2020年高考数学真题分类汇编专题12：空间几何

2020年高考数学真题分类汇编专题12：空间几何

数学考试

注意事项：

1、填写答题卡的内容用2B铅笔填写

2、提前xx分钟收取答题卡

第I卷客观题

第I卷的注释

阅卷入

、单选题（共9题；共18分）

得分

1.（2分）（2020・新课标III,理）下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）

A.6+4V2B.4+4V2C.6+2百D.4+2V3

【答案】C

【解析】【解答】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形

根据二体图形可得,SA48c=SA4℃=S&CDB=gx2x2=2

根据勾股定理可得：AB=AD=DB=2V2

ADB是边长为2a的等边三角形

根据三角形面积公式可得:

2/3

1r

SAADB=AB,AD,sin60°—于2百

・・.该几何体的表面积是：3x2+2V3=6+2V3.

故答案为：C.

【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得

其表面积.

2.（2分）（2020•新课标II•理）已知△ABC是面积为黎的等边三角形，且其顶点都在球O的球面

上.若球O的表面积为16兀，则O到平面ABC的距离为（）

A.V3B.|C.1D孚

【答案】C

【解析】【解答】设球O的半径为R,贝IJ4zrR2=i67r,解得：R=2.

设AABC外接圆半径为r,边长为a,

■■AABC是面积为挛的等边三角形，

4

二'a?x乎=，解得：a=3.r=|xJa2-x19—*=V3，

球心0到平面ABC的距离d=7R2-产=正与=i.

故答案为：C.

【分析】根据球O的表面积和XABC的面积可求得球O的半径R和UBC外接圆半径r,由球

的性质可知所求距离d=.

3.（2分）（2020・新课标II•理）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图

中对应的点为M,在俯视图中对应的点为N,则该端点在侧视图中对应的点为（）

A.EB.FC.GD.H

【答案】A

【解析】【解答】根据三视图，画出多面体立体图形,

u的视用方向

图中标出了根据三视图M点所在位置，

可知在侧视图中所对应的点为E

故答案为：A

【分析】根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得M点在侧视图中对应的点.

4.（2分）（2020•新课标I•理）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四

棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形

底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）

A-1B^5-1cDA/5+I

,'~~2~'~~T~'-T"

【答案】C

【解析】【解答】如图，

设CD=a,PE=b,贝！Ipo=VPF2-OE2=J/一卷,

222

由题意PO=iab,即b-^-=1ab，化简得4（-）-2-^-l=0.

Z4，QQ

解得2=4在（负值舍去）.

a4

故答案为：C.

【分析】设CD=a,PE=b,利用PO2^\CDPE得到关于a.b的方程，解方程即可得到答案.

5.（2分）（2020•新课标I理）已知A.B.C为球O的球面上的三个点，。6为XABC的外接

圆，若。。1的面积为4兀,AB=BC=AC=001,则球。的表面积为（）

A.647rB.487rC.36〃D.327r

【答案】A

【解析】【解答】设圆01半径为r,球的半径为R,依题意,

得nr2=4TT,r=2,

由正弦定理可得AB=2rsin600=2V3,

001=AB=2y/3,根据圆截面性质。。11平面ABC,

22

0011014R=04=001+0rA=0012+「2=4

•••球。的表面积S=4兀/?2=64兀.

故答案为：A

【分析】由已知可得等边△ABC的外接圆半径，进而求出其边长，得出0。1的值，根据球截面性

质，求出球的半径，即可得出结论.

6.（2分）（2020・新高考I）日署是中国古代用来测定时间的仪器，利用与唇面垂直的唇针投射到唇

面的影子来测定时间.把地球看成一个球（球心记为O）,地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所

在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个曰暑，若暑面

与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40。，则号针与点A处的水平面所成角为（）

A.20°B.40°C.50°D.90°

【答案】B

【解析】【解答】画出截面图如下图所示,

其中CD是赤道所在平面的截线；1是点A处的水平面的截线，依题意可知OA1/；AB是唇针

所在直线.m是唇面的截线，依题意依题意，号面和赤道平面平行，唇针与唇面垂直，

根据平面平行的性质定理可得可知m//CD、根据线面垂直的定义可得AB1m..

由于ZAOC=40°,m//CD,所以ZOAG=ZAOC=400,

由于ZOAG+NGAE=ZBAE+ZGAE=90。，

所以ZB4E=AOAG=40°,也即辱针与点力处的水平面所成角为ZBAE=40°.

故答案为：B

【分析】画出过球心和暑针所确定的平面截地球和兽面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面

垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A处的纬度，计算出暑针与点A处的水平面所成角.

7.（2分）（2020•天津）若棱长为2遮的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为

（）

A.12nB.247rC.367rD.1447r

【答案】c

【解析】【解答】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，

即R=J（2再）2+零）2+（2宙=3,

所以，这个球的表面积为S=4兀/?2=4兀x32=367r.

故答案为：C.

【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.

8.（2分）（2020•北京）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为

（）.

侧（左）视图

A.6+V3B.6+2V3C.12+V3D.12+273

【答案】D

【解析】【解答】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的

正方形，

则其表面积为：S=3x（2x2）+2x（1x2x2xsin603=12+2k.

故答案为：D.

【分析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.

9.（2分）（202。浙江）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：

cm3）是（）

A.ZB.竽C.3D.6

【答案】A

【解析】【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图，

下部是直三棱柱，底面是斜边长为2的等腰直角三角形，棱锥的高为2,上部是一个三棱锥，一个侧

面与底面等腰直角三角形垂直，棱锥的高为1,

所以几何体的体积为：1x2xlx24-ix|x2xlxl=1.

故答案为：A.

【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可.

阅卷人三、填空题供4题；共4分）

得分

10.（1分）（2020•新课标川,理）已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的

体积为.

【答案】孝兀

【解析】【解答】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，

其中BC=2,AB=AC=3,且点M为BC边上的中点，

设内切圆的圆心为O,

由于AM=V32—I2=2V2,故S4BC=*X2x2V2=2V2,

设内切圆半径为r,则：

111

SAABC=S&AOB+S&BOC+S4Aoe=2xABxr+^xBCxr+^xACxr

=/x（3+3+2）xr=2V2,

解得：r=¥，其体积：v=^nr3=孝兀•

故答案为：孝兀.

【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.

11.（1分）（202。新高考I）已知直四棱柱ABCD-ABCD的棱长均为2,ZBAD=60°.以。1为

球心，V5为半径的球面与侧面BCC.BI的交线长为.

【答案］孝兀

【解析】【解答】如图：

取BG的中点为E,BB]的中点为F,CC1的中点为G,

因为ZBAD=60°,直四棱柱/BCD的棱长均为2,所以△历8道1为等边三角形，

所以%E=6,DiElBi*,

又四棱柱ABCD-为直四棱柱，所以BBil平面为当前小，所以BBJB©,

因为BBiCBiJ=B],所以DiFl侧面B&CB,

设P为侧面B&CB与球面的交线上的点，则D.E1EP,

因为球的半径为V5,。透=冉，所以\EP\=7lDiPl2-=V2,

所以侧面BGCB与球面的交线上的点到E的距离为V2,

因为\EF\=\EG\=y[2,所以侧面B^CB与球面的交线是扇形EFG的弧FG,

因为NBiEF=NJEG=/所以NFEG=,

所以根据弧长公式可得的=外在=亨兀.

故答案为：岑兀.

【分析】根据已知条件易得0^=73,DiFl侧面BGCB,可得侧面BiQCB与球面的交线

上的点到E的距离为V2,可得侧面BGCB与球面的交线是扇形EFG的弧F6,再根据弧长

公式可求得结果.

12.（1分）（2020•江苏）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知螺帽的

底面正六边形边长为2cm,高为2cm,内孔半轻为0.5cm,则此六角螺帽毛坯的体积是

cm.

【解析】【解答】正六棱柱体积为6X^X22X2=12V3

圆柱体积为兀8）2.2=3

所求几何体体积为1273-^

故答案为：12百一左

【分析】先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果.

13.（1分）（2020•浙江）已知圆锥展开图的侧面积为2兀，且为半圆，则底面半径为

【答案】1

【解析】【解答】解：：圆锥侧面展开图是半圆，面积为2兀，

•••侧面展开扇形的弧长为2K,

设圆锥的底面半径OC=r,则271r=2兀，解得r=l.

故答案为：1.

【分析】利用圆锥的侧面积，求出母线长，求解底面圆的周长，然后求解底面半径.

第II卷主观题

第II卷的注释

阅卷入

三、解答题（共12题；共105分）

得分

14.（10分）（2020•新课标III.文）如图，在长方体ABCD-AiBiJDi中，点E,F分别在棱DD±,

BBi上，且2DE=EDi,BF=2FB1.证明：

（1）（5分）当AB=BC时，EF1AC；

（2）（5分）点Ci在平面AEF内.

【答案】⑴解：因为长方体/雨。一48心。1,所以BBi1平面ABCDAAC1BBr,

因为长方体ABCD-=BC,所以四边形ABCD为正方形:.AC±BD

因为BB、CBD=B,BB］、BDc平面BBRD，因此AC1平面BBRD,

因为EFu平面BBRD，所以AC1EF

（2）解：在CQ上取点M使得CM=2MG,连DM,MF,

因为Z）iE=2ED,DDi〃CCi，DZ）i=CCi,所以ED=MC“ED〃MC”

所以四边形DMCrE为平行四边形，DM//ECr

因为MF//DA,MF=DA,所以四边形MFAD为平行四边形，ADM//AF,：.ECJ/AF

因此Ci在平面AEF内

【解析】【分析】（1）根据正方形性质得AC1BD,根据长方体性质得AC1，进而可证AC1

平面BBDD，即得结果；（2）只需证明ECJ/AF即可，在C£上取点M使得CM=2MQ,再

通过平行四边形性质进行证明即可.

15.（10分）（2020•新课标出・理）如图，在长方体ABCD-A1B6D1中，点E,F分别在棱

DD1,BB1上，且2DE=EDr,BF=2FBr.

⑴（5分）证明：点的在平面AEF内；

（2）（5分）若=2,AD=1,AAt=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.

【答案】（1）解：在棱CC］上取点G,使得CXG=\CG，连接DG、FG、CXE、gF

在长方体力BCD-4B1GD1中，AD//BC且4。=BC,BBJ/CG且=CQ

"C1G=^CG,BF=2FBi,CG=gBB、=BF且CG=BF,

所以，四边形BCGF为平行四边形，则AF//DG且4尸=OG,

同理可证四边形DEJG为平行四边形，CXE//DG且JE=DG,

•••C^Z/AF且CXE=AF,则四边形AE^F为平行四边形，

因此，点Ci在平面AEF内

(2)解：以点的为坐标原点，、QB1、CiC所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所

示的空间直角坐标系Cx-xyz,

则4(2,1,3)、Ai(2,1,0)、E(2,0,2)、尸(0,1,1),

AE=(0,-l,-l),AF=(-2,0,-2),砧=(0,—1,2),=(-2,0,1),

设平面AEF的法向量为m=(xi，yvzi),

由匹亚=0,得(二力一：1=°取z1=-l,得勺=%=1,则m=(1,1-1),

^m-AF=01-2%!-2Zi=01

设平面AXEF的法向量为n=(x2,y2,z2),

由产竺=0,得已2+/2=1取2,得久2=1，丫2=4，则H=(1,4,2),

尻•公尸=0(-2X2+Z2=0

m-n3_/7

cos<m,n>=

1WW=原同=不

2

设二面角A-EF-A1的平面角为9,贝［I|cos0|=y-，:.sin®=V1—cos0=

因此，二面角A-EF-A1的正弦值为竽

【解析】【分析】(1)连接CiE、Ci尸,证明出四边形AECXF为平行四边形，进而可证得点Q

在平面AEF内；(2)以点Ci为坐标原点，的。1、C$i、CiC所在直线分别为x、y、z轴

建立空间直角坐标系G-xyz,利用空间向量法可计算出二面角A-EF-A.的余弦值，进而可

求得二面角A-EF-A1的正弦值.

16.（10分）（2020•新课标U・文）如图，已知三棱柱ABC-ABC的底面是正三角形，侧面BBCC

是矩形，M,N分别为BC,BICI的中点，P为AM上一点.过BiG和P的平面交AB于E,交AC

于F.

(1)(5分)证明：AA//MN,且平面AiAMN_L平面EBICIF；

(2)(5分)设O为△AIBICI的中心，若AO=AB=6,AO〃平面EBiCiF,且/MPN=亨，求四

棱锥B-EBCF的体积.

【答案】(1)解：「M,N分别为BC,Big的中点，

又AAJ/BBr

MN//AA1

在等边AABC中，M为BC中点，则BC1AM

又•.•侧面BBiGC为矩形，

・•・BC1BB1

MN1BC

由MNCAM=M,MN,AMu平面AXAMN

BC1平面AXAMN

又"BiCJ/BC,且81clC平面ABC,BCu平面ABC,

平面ABC

又•：B©u平面EBGF,且平面EB^FCl平面ABC=EF

B£〃EF

EF//BC

又•••BC1平面A^AMN

EF1平面A^AMN

•••EFu平面EB&F

平面EBGF1平面AtAMN

(2)解：过M作PN垂线，交点为H,

画出图形，如图

-AO//平面EBGF

AOu平面A^AMN,平面A^AMNn平面EB^F=NP

AO//NP

又vNO//AP

AO=NP=6

•••0为的中心.

11L

・・.ON=氐AiCiSin60°=氐x6xsin600=v3

故：ON=AP=相，则力M=3AP=35/3,

v平面EBGF1平面AtAMN,平面EBgFCl平面AXAMN=NP,

MHu平面AyAMN

MH1平面EBQF

EF_AP

又；在等边ZkABC中

BC~AM

aniAP-BCV3x6

（X|J=—-=--7="=2

AM373

由（1）知，四边形EB0F为梯形

.•・四边形EB©F的面积为：S四边形EB、C、F=竺苧S•NP=竽x6=24

V四边形•八'

"B-EB1C1F=%SEB[C、F

h为M到PN的距离MH=sin6(T=3

1

K=x24x3=24.

【解析】【分析】（1）由M,N分别为BC,BG的中点，MN"CC\,根据条件可得

AA1//BB1,可证MN"AA\'要证平面EB&F1平面ArAMN,只需证明EF1平面

A.AMN即可；（2）根据已知条件求得S四边形EB1C1F和M到PN的距离，根据椎体体积公式，即

可求得唳-EBiCiF.

17.（10分）（202。新课标I•文）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，aZBC是底面的

内接正三角形，P为。。上一点，ZAPC-900.

（1）（5分）证明：平面PABL平面PAC；

（2）（5分）设DO=V2,圆锥的侧面积为V37T,求三棱锥P-ABC的体积.

【答案】（1）解：「。为圆锥顶点，O为底面圆心，OD1平面ABC,

•••P在DO上，OA=OB=0C,PA=PB=PC,

•••△ABC是圆内接正三角形，AAC=BC,△PAC=△PBC,

ZAPC=ZBPC=90°,即PB1PC,PA1PC,

PAOPB=P,：.PC1平面PAB,PCu平面PAC,•••平面PAB1平面PAC

（2）解：设圆锥的母线为1,底面半径为r,圆锥的侧面积为nrl=43n,rl=43,

D

OD2=I2—r2=2,解得r=1,Z=V3,AC=2rsin60°=V3,

在等腰直角三角形APC中，AP=：AC，

在Rt△PAO中，PO=yjAP2-OA2=1=孝，

•••三棱锥P—ABC的体积为匕_谢=却。$丽=卜畀枭3=第.

【解析】【分析】（1）根据已知可得PA=PB=PC,进而有XPAC三4PBC,可得ZAPC=

NBPC=90°,即PB1PC,从而证得PC1平面PAB,即可证得结论；（2）将已知条件转化

为母线/和底面半径r的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形ABC边长，在等

腰直角三角形APC中求出AP,在RtsAPO中，求出PO,即可求出结论.

18.（10分）（2020,新课标II•理）如图，已知三棱柱ABC-AiBiG的底面是正三角形，侧面BBiCC

是矩形，M,N分别为BC,BiG的中点，P为AM上一点，过BiG和P的平面交AB于E,交AC

于F.

（1）（5分）证明：AAi〃MN,且平面AIAMN_LEBICIF；

(2)(5分)设0为△AIBICI的中心，若A0〃平面EBCiF,且AO=AB,求直线BiE与平面

AiAMN所成角的正弦值.

【答案】（1）解：:MN分别为BC,BiQ的中点，

又AA1//BB1

：.MN//AAX

在AABC中，M为BC中点，贝IJBC1AM

又•••侧面BBQC为矩形，

•••BC1BB]

MN//BB、

MN1BC

由MNCtAM=M,MN,AMc平面AXAMN

BC1平面A^MN

又•••B]Q〃BC,且BGC平面ABC,BCu平面ABC,

平面ABC

又vB©u平面EBGF,且平面EB©Fn平面ABC=EF

：.B\C\"EF

EF//BC

又vBC1平面ArAMN

：.EF1平面ArAMN

"EFu平面EB&F

平面EB、C\F1平面A^MN

⑵解：连接NP

V40〃平面EBQF,平面AONPn平面EB^F=NP

：.A0//NP

根据三棱柱上下底面平行，

其面ArNMAD平面ABC=AM,面AtNMAD平面公名的=&N

0N//AP

故：四边形0NPA是平行四边形

设△ABC边长是6m(m>0)

可得：ON=AP,NP=AO=AB=6m

0为AAIBIG的中心，且△4遇传1边长为6m

1「

・・.ON=ax6xsin600=v3m

故：ON=AP=V3m

vEF//BC

APEP

'''AM=BM

BEP

’57T工

解得：EP=m

在BiCi截取BAQ=EP=m,故QN=2m

vB]Q=EP且B[Q//EP

：.四边形B\QPE是平行四边形，

•••B\E〃PQ

由⑴B©1平面AXAMN

故NQPN为BiE与平面AXAMN所成角

在Rt△QPN,根据勾股定理可得：PQ=yjQN2+PN2=V(2m)2+(6m)2=2V10m

QN2m710

・♦・sinZQPN==—;=«.

PQ2/IOm10

直线BrE与平面A.AMN所成角的正弦值：卷.

【解析】【分析】（1）由M.N分别为BC,B&的中点，MN〃CG,根据条件可得

AA1//BB1,可证MN//AAr,要证平面EBGF1平面ArAMN,只需证明EF1平面

&AMN即可；（2）连接NP,先求证四边形ONPA是平行四边形，根据几何关系求得EP,在

BG截取BiQ=EP,由⑴BC1平面AiAMN,可得NQPN为BXE与平面A^MN所

成角，即可求得答案.

19.（10分）（2020・新课标I•理）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，

AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，P0=^-DO-

6

（1）（5分）证明：PA1平面PBC；

（2）（5分）求二面角B-PC-E的余弦值.

【答案】（1）解：由题设，知△D4E为等边三角形，设4E=1

则DO=*，CO=BO=\AE=1,所以PO=电。。=乌

2NZ64

,-----V6,------76-

PC=y/PO2+OC2=干PB=0。2+OB2=

彳'

又4ABC为等边三角形，则岑^=204,所以BA=^

sinoU2

2

PA2+PB2=l=AB,贝IJAAPB=90。，所以PA1PB

同理PA1PC,又PCCPB=P,所以PA1平面PBC；

（2）解：过。作ON〃BC交AB于点N,因为P。1平面ABC,以O为坐标原点，OA为x

轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则E（-*,0,0）,P（0,0，¥）,B（一上,苧,0）,C（-*,-1,0）’

定=T，一孚，一辛），丽=（一上,字,一¥），匠=（一4，。,一¥）

设平面PCB的一个法向量为n=（%i，y1（Zi）,

中伊•汽：=0产卜K1~遮丫1—在zi=0

zi=-l,y=0,

出U-ra=0,付［一亚+0丫］_&21=0令=鱼，得1

所以n=(V2,0,-l),

设平面PCE的一/1^法向量为m=(x2,y2,z2)

cm-PC=0得「2-V3y2-V2Z2=0

令％2=1，得Z2=—y/2,y2=空

PE=01-2%2->/2Z2=0

所以m=(1,^,-V2)

n-m_2V2_275

cos<fn,n>=

故\n\-\m\~^710~~5~

73

设二面角B-PC-E的大小为e,贝IJCOS0=^.

【解析】【分析】（1）要证明PA1平面PBC,只需证明PA1PB,PA1PC即可；（2）以O

为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面PCB的法向

量为五，平面PCE的法向量为m,利用公式cos（沅，元＞=■^裔计算即可得到答案.

|71||771|

20.（10分）（2020•新高考I）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PDJ_底面ABCD.设平面

PAD与平面PBC的交线为1.

(1)(5分)证明：平面PDC；

(2)(5分)已知PD=AD=1,Q为1上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.

【答案】⑴解：在正方形ABCD中，AD//BC,

因为ADC平面PBC,BCu平面PBC,

所以AD//平面PBC,

又因为ADu平面PAD,平面PADn平面PBC=I,

所以AD//1,

因为在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD1DC,I1DC,

且PD1平面ABCD,所以AD1PD,：.I1PD,

因为CDCPD=D

所以I1平面PDC；

(2)解：如图建立空间直角坐标系D-xyz,

X

因为PD=AD=1,则有D(0,0,0),C(0,1,0),4(1,0,0),P(0,0,l),B(l,l,0),

设Q0n,0,1),则有DC=(0,1,0),DQ=(m,0,1),PB=(1,1,-1),

设平面QCD的法向量为n-(x,y,z),

，即｛二。

令x=l,贝IJz=-m,所以平面QCD的一个法向量为n=(1,0,-m),则

n-^PB1+0+m

cos<云，丽>=

\n\\PB\V3-Jm2+1

根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以

直线与平面所成角的正弦值等于|COS〈元，而>|=行—1+四西一.=£3J产*竽+1¥2=泉3

11+^7<-VTT1=,当且仅当m=i时取等号，

Nmz+l3qmz4-l33

所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为苧.

【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得ADL平面PDC,利用线面平行的判定定理以

及性质定理，证得AD//1,从而得到I1平面POC；（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标

系，得到相应点的坐标，设出点Q（m,0,1）,之后求得平面QCD的法向量以及向量PB的坐标，

求得cos<n,PB>的最大值，即为直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.

21.（5分）（202。天津）如图，在三棱柱ABC-A^Ci中，CCr1平面ABC,AC1BC,AC=

BC=2,CCi=3,点。，E分别在棱AAi和棱CCr上，且4。=1CE=2,M为棱

41Bi的中点.

（I）求证：RM±BiD；

（II）求二面角B-B.E-D的正弦值；

（III）求直线AB与平面DB[E所成角的正弦值.

【答案】解：依题意，以C为原点，分别以CA.CB.CC；的方向为x轴、y轴、z轴的正方

向建立空间直角坐标系（如图），

可得C(0,0,0)、4(2,0,0)、B(0,2,0)、G(0,0,3)、

41(2,0,3)、Bi(0,2,3)、£)(2,0,1)、F(0,0,2)、.

(I)依题意，的=(1,1,0),B^D=(2,-2,-2),

从而QM-B^D=2-24-0=0,所以£M1BXD；

(II)依题意，85=(2,0,0)是平面BBiE的一个法向量,

而7=(0,2,1),ED=(2,0,-1).

设n=(x,y,z)为平面DB[E的法向量，

则伊.包=。，即｛铲+z=,

(n-ED=0(2%-z=0

不妨设x=1,可得记=(1,—1,2)

t_CA-n_2_>[6

cosVCA,九>=,—,一；=——r==n->

\CA\^\n\2x766

2

:.sin<CA,n>=Jl—cos<~CAtn>=•

所以，二面角B—B]E—D的正弦值为组；

6

(Hl)依题意，AB=(-2,2,0).

4

由(II)知n=(1,-1,2)为平面DB]E的一个法向量，于是cos<AB,n>=o~=

|/1DI,|n|2y2Xv6

_>/3

一■r-

所以，直线AB与平面DB]E所成角的正弦值为字.

【解析】【分析】以C为原点，分别以CA.CB.CC；的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直

角坐标系.(I)计算出向量C^M和瓦万的坐标，得出京荫.瓦万=0,即可证明出G(M±

BiD；(II)可知平面BBiE的一个法向量为CA,计算出平面BiED的一个法向量为n,利用

空间向量法计算出二面角B-B.E-D的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果；

（Ill）利用空间向量法可求得直线AB与平面DB]E所成角的正弦值.

22.（10分）（2020•江苏）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=隗，BD=2,O为BD的中点，AO±

平面BCD,AO=2,E为AC的中点.

（1）（5分）求直线AB与DE所成角的余弦值；

（2）（5分）若点F在BC上，满足BF=1BC,设二面角F—DE—C的大小为9,求sin。的值.

【答案】（1）解：连CO•••BC=CD,BO=ODCO1BD

X

以OB,OC,OA为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,2),B(1,0,0),C(0,2,0),D(-1,0,0)

£1(0,1,1)

cos<AB,DE>==-绯

AB=(1,0,-2),DF=(1,1,1)A

757315

从而直线AB与DE所成角的余弦值为冬

（2）解：设平面DEC一个法向量为ni=（x,y,z）,

(省•历7=0x+2y=0

・・・比=(1,2,0),

播.历E1=0/+y+z=0

令y=1・•・%=-2,z=1.•・五=(-2,1,1)

设平面DEF一个法向量为雨=（右,丫1*1）,・.•即=肘+酢=四+*属=（8,0乂：：嚣二:

（7^1

4X1+2y1=n0

+zi=0

令y1=-7:,%]=2,Z]=5:.nJ=（2,-7,5）

_»_,-61

・•・cos<n,n>=一,=——；z~~:

A2T6V78713

cnil-p-，122j39

因It匕sin0a=-；==”

71313

【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；（2）先求

两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.

23.（10分）（2020•江苏）在三棱柱ABC-A山iCi中,AB±AC,BCJ_平面ABC,E,F分别是AC,

BiC的中点.

(1)(5分)求证：EF〃平面ABiCi；

(2)(5分)求证：平面ABC平面ABB「

【答案】(1)证明：由于E,F分别是AC,BrC的中点，所以EF//AB1.

由于EFsz平面ABiG,A%u平面ABxCr,所以EF//平面ABrCx.

(2)证明：由于为C1平面ABC,ABc平面ABC,所以B^CA.AB.

由于AB1AC.AC=C,所以AB1平面ABrC,

由于ABu平面ABB1,所以平面ABtC1平面ABBr.

4G

【解析】【分析】（1）通过证明EF//AB1,来证得EF//平面AB©.⑵通过证明AB1平面

ABrC,来证得平面ABrC1平面ABBr.

24.（5分）（2020•北京）如图，在正方体ABCD中，E为BBr的中点.

（I）求证：BCJ/平面ADrE；

（II）求直线AA.与平面ADXE所成角的正弦值.

【答案】解：（I）如下图所示：

在正方体ABC。中，AB//A1B1且AB=A1B1,AXBX//CXDX且&/=的％,

AB/fC^且AB=CR,所以，四边形ABCXDX为平行四边形，贝ljBC1//AD1,

•••BCiC平面AD1E,ADiu平面ADrE,BCJ/平面ADrE；

(ID以点A为坐标原点，AD,AB、Aa所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间

直角坐标系A-xyz,

设正方体ABCD-ABGDi的棱长为2,则71(0,0,0)、%(0,0,2)、0^2,0,2)、£,(0,2,1),

屈=(2,0,2),AE=(0,2,1)

设平面AD.E的法向量为n=(x,y,z),由｛：［嚏］;，得］除曾二:

令z=—2,贝(J%=2,y=1,贝IJ元=(2,1,-2).

n-AA4

cos<n,AA^>—1

恒H研3x2

因此，直线AAT与平面ADrE所成角的正弦值为|

【解析】【分析】(I)证明出四边形ABJDi为平行四边形，可得出BC1//AD1,然后利用线面平

行的判定定理可证得结论；(II)以点A为坐标原点，AD.AB,所在直线分别为x、y、

z轴建立空间直角坐标系A-xyz,利用空间向量法可计算出直线AA.与平面ADXE所成角的正

弦值.

25.(5分)(202。浙江)如图，三棱台DEF-ABC中，®ADFC1®ABC,ZACB=ZACD=

45°,DC=2BC.

(I)证明:EF±DB；

(H)求DF与面DBC所成角的正弦值.

D

【答案】解：(I)证明：作DHLAC,且交AC于点H,

•.•面ADFCL面ABC,DHu面ADFC,ADHIBC,

.,.在RSDHC中，CH=CD・cos45°=孝CD,

VDC=2BC,：.CH=孝CD=挈«2BC=V2•BC,

...黑=孝，即aBHC是直角三角形，且/HBC=90。，

HB1BC,，BC_L面DHB,；BDu面DHB,BC1BD,

;在三棱台DEF-ABC中，EF〃BC,AEFXDB.

(H)设BC=1,则BH=1,HC=V2,

在RSDHC中，DH=V2,DC=2,

在RtADHB中，DB=JDH2+HB?=V2+1=V3>

作HG_LBD于G,VBC1HG,，HGJ_面BCD,：GCu面BCD,

/.HG±GC,.•.△HGC是直角三角形，且/HGC=90。，

设DF与面DBC所成角为0,则0即为CH与面DBC的夹角，

且sinO=sinNHCG=薨=震，

在RtADHB中，DH・HB=BD«HG,

•ur=DHHB=&=乃

•*HG-~BD7T~T'

sin0=里=