2015-2021七年高中数学联赛真题分类汇编 53立体几何与空间向量第五讲（学生版+解析版）

2015-2021七年高中数学联赛真题分类汇编

专题53立体几何与空间向量第五讲

1.(2021年吉林预赛】如图,R41^ABCD,RQ//AD，四边形A8CC为正方形,4。=AR=2RQ=2.E为

BR的中点，M为线段BQ上的动点.

⑴求证:AE1CM；

(2)求MC与平面MQD所成角的正弦值的取值范围.

2.【2021年全国高中数学联赛A卷一试】如图，正方体A5CD—EFG”的棱长为2,在正方形4BFE的内

切圆上任取一点Pi，在正方形BCGF的内切圆上任取一点22,在正方形EFGH的内切圆上任取一点P3.求IP1P2I+

IP2P31+IP3Pli的最小值与最大值.

3.【2021年全国高中数学联赛B卷一试】在正n(n23)棱锥…(中，。为底面正n边形…L

的中心，B为棱44t的中点.

⑴证明:PO2sir>2:+PAjCos2:=PB2;

⑵设正n棱锥P-4遇2…乙的侧棱与底面所成的角为d侧面与底面所成的角为0,试确定:%1cos44/8与

sina•sin夕的大小关系，并予以证明.

4.【2020年甘肃预赛】如图1,在直角梯形ABCD中/ZV/BC58AD=1,4B=BC=1,4D=2,E为AD的

中点,0为AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到AAiBE的位置，如图2.

(1)证明：CD,平面&OC;

(2)若平面4BEJL平面BCDE,求二面角B-AiC-D的正弦值.

5.【2019年内蒙古预赛】1863年法国Pmw〃々数学家将三角形的九点圆定理类比推广到垂心四面体中，由此

产生Pm”/?々球面的概念，后又得到广义球面的定义如下(注:以点。的球心，以R为半径的球面表示

为S(O,R).设任意一个四面体为44心的外接球面为S(O,R),对于空间中异于点。任意一个点，，以线段OH

的第二个三等分点P为球心《为半径的球面称为四面体为&44的广义球面记为S(P,§,其中球心尸满足

OP=-OH.

3

根据上述定义证明如下结论:设四面体4出力34的外接球面为5(0,R),对于空间中异于点o的任意一个点H,

记线段OH的中点为G,连接4G并延长至G,使得GGj=1^6,1=1,2,3,4.

6.【2018年湖南预赛】在四面体ABCD中，过棱AB的上一点E作平行于AD,BC的平面分别交四面体的

棱BD,DC,CA于点F,G,H

(1)求证：截面EFGH为平行四边形

(2)若P、Q在线段BD、AC±,黑=禁=$且P、F不重合，证明：PQ〃截面EFGH

7.[2018年湖南预赛】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形,NDAB=60。，PD_L平面ABCD,

PD=AD=1,点E,F分别为AB和PD中点。

(1)求直线AF与EC所成角的正弦值;

(2)求PE与平面PDB所成角的正弦值。

8.【2018年湖南预赛】如图,多面体ABCDE中，四边形ABED是直角梯形，NBAD=90。，DE〃AB,AACD

是的正三角形，CD=AB=|DE=1,BC=V2

(1)求证：4CDE是直角三角形

(2)F是CE的中点，证明：BF_L平面CDE

9.【2018年广东预赛】如图①，已知矩形ABCD满足AB=5,AC=yf34,沿平行于AD的线段EF向上翻

折(点E在线段AB上运动，点F在线段CD上运动)，得到如图②所示的三棱柱4BE-DCF.

⑴若图②中4ABG是直角三角形，这里G是线段EF上的点，试求线段EG的长度x的取值范围；

⑵若⑴中EG的长度为取值范围内的最大整数，且线段AB的长度取得最小值，求二面角C-EF-C的

值：

⑶在⑴与⑵的条件都满足的情况下，求三棱锥A-BFG的体积.

10.【2018年甘肃预赛】已知四边形ABCD满足A。//5C,84=A。=。C=g3C=a,E是BC的中点,

WABAE沿AE翻折成AE,使面耳AE±面AECO,F为耳。的中点.

(1)求四棱锥AECD的体积；

(2)求面AO旦与面EC4所成锐二面角的余弦值.

11.【2018年河北预赛】已知三棱锥S-ABC中侧棱SA、SB、SC互相垂直，M是底面三角形ABC内一动

点.直线MS与SA、SB、SC所成的角分别是%0、Y.

(1)证明：a、0、y不可能是锐角三角形的三个内角；

(2)设s=3+f+至呻02,证明：S>3.

cos2acos2pcoszycosacos0cosy

12.【2018年湖南预赛】(本小题满分12分)(注意：在试题卷上作答无效)

如图，四棱锥S-ABCD中，SD_L底面ABC。，AB//DC,ADVDC,AB=AD=\,DC=SD=2,E为棱SB上的一

点，平面EQCJ.平面SBC.

(I)证明：SE=2EB；

(II)求二面角A-DE-C的大小.

13.【2017年甘肃预赛】如图，将边长为4的等边三角形4BC沿与边BC平行的直线EF折起，使得平面4EF，平

面BCFE,。为EF的中点.

A

(1)求二面角尸-AE-B的余弦值；

⑵若BEJL平面ZOC,试求折痕EF的长.

14.(2017年黑龙江预赛】如图，在直三棱柱ABC-AiBiCi中/B=4C=5,D、E分别为BC、BB1的中点，四

边形/BCG是边长为6的正方形.

⑴求证〃平面4G。：

(2)求证：CE1平面4Ci。；

(3)求二面角C-4cl一。的余弦值.

15.[2016年天津预赛】已知正三棱锥P-4BC的体积为9百,侧面PAB与底面4BC所成二面角的平面角为

60°,D为线段AB上一点，AD=〃B,E为线段AC上一点，AE=)C,F为线段PC的中点，平面DEF与线段

66

PB交于点G.求四边形DEFG的面积.

16.(2016年甘肃预赛】如图，在四棱锥P-ABCD中，P41底面ABCD,BC=CD=2,AC=A,^ACB=

/-ACD=pF为PC的中点，AF1PB.

求（1）PA的长；

（2）二面角B-AF-D的正弦值.

17.【2015年上海预赛】求上底边长与侧棱长均为1的正四棱台的体积的最大值（精确到0.001）.注：若正

四棱台的上底面积为S”下底面积为S2,高为h,则其体积V=；/i（Si+S2+V^>

18.【2015年安徽预赛】在图1的多面体4BCDEF中，己知4。、BE、CF均与平面ABC垂直.设力。=a,BE=

b,CF=c,48=4。=8。=1.求四面体力8。片与四面体8。£尸公共部分的体积（用a、b、c表示）.

AD

19.[2015年黑龙江预赛】如图，已知PD垂直于梯形4BCD所在的平面，/.ADC=/.BAD=90°,F为P4的中

点，PD=五,AB-AD=\CD=1.若四边形PDCE为矩形，线段PC与。E交于点M

「B

（1）证明：4c〃平面OEF.

（2）求二面角4—BC-P的大小。

（3）在线段EF上是否存在一点Q,使得BQ与平面BCP所成角的大小为勺若存在，请求出FQ的长；若不存

6

在，请说明理由。

2015-2021七年高中数学联赛真题分类汇编

专题53立体几何与空间向量第五讲

1.[2021年吉林预赛】如图,R41平面ABCDRQ//4。，四边形ABC。为正方形,4。=AR=

2RQ=2.E为8R的中点，M为线段BQ上的动点.

⑴求证:AE1CM；

（2）求MC与平面MQD所成角的正弦值的取值范围.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】⑺因为RQ//4D,4D//8C

所以RQ//BC.故8、c、。、R共面.

因为CB_L平面群B,PL4EU平面RA8

所以C81AE.

又RB1AE,RRBClCB=B.

所以4E_L平面8CQR.

又CMu平面BCQR.

所以4E1CM.

（//）如图.以4为坐标原点.建立空间直角坐标系4-xyz

♦z

则4(0,0,0),8(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),R(0,0,2),Q(0,1,2).

平面MQD某为平面DBQ.

DF=(2,-2,0),DQ=(0,-l,2),

—

设平面DBQ的法向量为n=(x,y,z),

X-2

nDB=O令2

则y-,所以泥=(2,2,1)

nDQ=O

因为M为线段BQ上的动点，所以可设.=ACQ+(1-共中04入41).

又,=((),-2,0),丽=(-2,-1,2),

所以而=(-22,2-2,2X),MC=(22,-2+2,-22)

设MC与平面MQ。所成角为6.

m2

则S.\MC\.\n\~3xj9/-"+4.3xJ9(A_2)+32[§，2]，

即MC与平面MQD所成角的正弦值的取值范围是东争.

2.【2021年全国高中数学联赛A卷一试】如图，正方体ABCD—EFGH的棱长为2,在正方形ABFE的内

切圆上任取一点匕,在正方形BCGF的内切圆上任取一点P2,在正方形EFGH的内切圆上任取一点「3.求伊也1+

IP2P31+IP3Pli的最小值与最大值.

【答案】最小值为3四-3,最大值为3遍.

【解析】以正方体的中心为原点，砺、DC.而的方向分别为%轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐

标系.

根据条件，可设Pi(l,c6sQi，sinai),P2(sin%l,cosa2)1P3(cosa31sina31根

约定”=Pi,a4=%.记4=EB+iia=1,2,3),

222

则#=(1—sinaz+1)+(1—cosaj)+(sin/—cosaj+1)①

记f=|P$2l+|P2P31+忸3「11.

先求/的最小值.对i=1,2,3，根据①与平均值不等式得片2(1-日叫+1)2+(1-cosa；)2>i((l-

2

sin«i+1)4-(1-cosaj),

故山>y(2-sinaz+1-cosaj.

于是f=d.1-Vd2+d3>-yX?=i(2—sinai+1—cosa。=3A/2—-ySf=i(sinaf+cos/)

=3V2-Sf=isin+^>3V2-3.

当/==1,2,3)时/可取到最小值3或-3.

4-

再求/的最大值.由①知力=4-2cos-2sina/+1-2sinazcosaj+1.

注意到sinQi>-Leos%>-l(i=1,2,3),有

Xf=i=12-2。乙sinaj+i+^f=1cosat+^f=1sinttjcosai+1)=12-2(^f=1sinat+^f=1cosai+1+

£；=isina£cosa£+1)=18—2Jf=1(l+sin%)(1+cosai+1)<18.

由柯西不等式知产<3(青+啰+退)=54,故/<3V6.

当g=7r(i=1,2,3)时/可取到最大值3份.

综上所述，/的最小值为3a-3,最大值为3遍.

3.【2021年全国高中数学联赛B卷一试】在正71(/133)棱锥P—&4…4n中，。为底面正几边形…4n

的中心，B为棱力14的中点.

⑴证明:PO?sin2:+PAlcos2?=PB2\

⑵设正n棱锥P-“4的侧棱与底面所成的角为a，侧面与底面所成的角为仇试确定霁却cos乙”B与

sina•sin/7的大小关系,并予以证明.

【答案】证明见解析

【解析】⑴由于P。1底面…4n，故4P0%=乙POB=90".

设041=r,则OB=0Ar-cos/-A10B=rcos*

于是有N+PO2=PAir2cos2^+P02=PB2.

消去N得P02(1-COS2=PB2—P41COS2

BPPO2sin2-+PAjcos2-=PB2.

nAn

(2)由条件知而,可=o(i=1,2,-,n),pdOB=0.

设正n棱锥的侧棱长为，，

则/•|PB|N%cos"[PB=£Li|P4|•\PB\'cos^PB=X匕西•丽=2忆式丽+西)•(而+0B)=

优式而2+的.而)=nPO2+OB-Xili西=n•|P0『，

最后一步用到了8=2占两=6(这是因为，。为正n边形…4t的中心，各刃g=12…,⑶在逆时针旋

转生后仍为这些向量的排列，故它们的和向量6逆时针旋转生后仍为6,所以S只能为零向量).

nn

于是kiCOs"liPB==Y-=sin"4i。-sinzPSO①

易知/P4i。是侧棱与底面所成的角，又由OB1Ai4n，PB，知4P8。是侧面与底面所成的角.于是

Z-PAAO=a,Z-PBO=/?.

从而由①得(JXICOS乙4jPB与sina•sin/?相等.

TT

4.[2020年甘肃预赛】如图1,在直角梯形ABCD中,4D//BC,=-,AB=BC=

1,2,E为AD的中点,0为AC与BE的交点.将△沿BE折起到△的位置,

AD=ABEA±BE

如图2.

(1)证明：CDJ_平面410c；

⑵若平面41BE1平面BCDE,求二面角3-41c-D的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；(2)等.

7T

【解析】(1)在图1中，因为48=BC=1,AD=2,E为AD的中点=万，所

以,，即在图2中,BE11，且久。与oc交于点o.从而.BE1平

BE_LACOAlfBEOC

面A]OC.

1

^AD//BC,BC=-AD,E为AD的中点，则BC//EO.

于是,四边形BCDE为平行四边形.故CD//3E.从而,C。_L平面410C.

⑵由平面_L平面结合(1)，知BE11

BCDE,0AltBEOC.

于是/410C为二面角A1一BE-C的平面角.

TT

从而,乙41。。=—.

如图6,以O为原点建立空间直角坐标系.

图6

—A1E—BC=ED-1,BC//ED，知

B（净,0,0）,E（一号,0,0）,公（0,0,C（0,y,0）.

则前=（一孚",0）.砧=（o*,_孝）CD=BE=（-72,0,0）

设平面41BC的法向量"1=（Xi，yi，Zi）,

平面41co的法向量ri?=（x2,y2,z2）.

Jn1-BC=0（-x1+y1=0,

（zii4^=0l%-Zi=0

取%=（1,14）；

n2-CD=0,今（x2=0

n2'A±C=0（为-Z2=°

取兀2=（0,1,1）.

故|COSV%,%>1=岛=手.

设二面角3—41。一。为夕则

.八V3

sind=—,

即二面角3-AtC-D的正弦值为等.

5.【2019年内蒙古预赛】1863年法国尸〃浦々数学家将三角形的九点圆定理类比推广到垂心四面体中，由此

产生P/wMa球面的概念,后又得到广义尸厂。油々球面的定义如下（注:以点。的球心，以R为半径的球面表示

为S（O,R）.设任意一个四面体41424344的外接球面为S（。,7?）,对于空间中异于点O任意一个点H,以线

段OH的第二个三等分点P为球心，号为半径的球面称为四面体41424344的广义球面记为$（P，g），

其中球心P满足加=河

根据上述定义证明如下结论:设四面体41424344的外接球面为s（o，R），对于空间中异于点O的任意一个

点H,记线段OH的中点为G,连接AjG并延长至G,使得GGi=i=1,2,3,4

【答案】证明见解析

【解析】•••OP=|OH,OG=：OH,OP=]OG,BGOG+GP=

GP=^OG,而GGj=^AtG,1=1,2,3,4

:"AiGO〜gGP,即PGj=；R,i=1,2,3,4

3

,球面S（P,必经过点G„

6.【2018年湖南预赛】在四面体ABCD中，过棱AB的上一点E作平行于AD,BC的平面分别交四面体的

棱BD,DC,CA于点F,G,H

（1）求证：截面EFGH为平行四边形

（2）若P、Q在线段BD、AC上，饪=铝=二，且P、F不重合，证明：PQ〃截面EFGH

BDAC4

【答案】（1）见解析；（2）见解析

【解析】

（1）证明：；AD〃平面EFGH,平面ADBCI平面EHGH=EF,ADu平面ABD,

，AD〃EF：AD〃平面EHGH,平面ADCn平面EHGH=GH,ADu平面ADC,.AD〃GH

由平行公理可得EF〃GH

同理可得EH〃FG

...四边形EFGH为平行四边形.

⑵如图在CD上取点M,使饕=器=；,连接MQ

BDDC4

则PM〃BC〃FG,笔=翳=$则QM〃AD〃HG

PMnQM=M,平面PMQ〃平面EHGH

：PQu平面PMQ

.•.PQ〃截面EFGH

7.(2018年湖南预赛】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形,/DAB=60。，PDJ_平面ABCD,

PD=AD=I,点E,F分别为AB和PD中点。

(1)求直线AF与EC所成角的正弦值；

(2)求PE与平面PDB所成角的正弦值。

【答案】(1)~(2)经

714

【解析】

(1)作FM〃CD交PC于M.

:点F为PD中点,FM=|CD.

.,.AE=-AB=FM,

2

/.AEMF为平行四边形,二AF〃EM,

ZMEC为直线AF与EC所成角或其补角。

EM=AF—，MC=—,EC=—,.♦.△MEC为RtAMEC

222

sinZMEC=—=1-=—

EC三7

2

(2)连接AC,BD交于O,连接EG

•.•点E,O分别为AB和AC中点。

AAOEG,

：AC_L平面PBD,

.,.EGJ_平面PBD,

根据直线与平面所成角的定义可得：ZEPG为PE与平面PDB所成角,

RSEGP中,A。］,EG当

DE=y,PE=J12+(§2=

叵pzr

二卷=—

..•sinNEPGV714

2

8.【2018年湖南预赛】如图,多面体ABCDE中，四边形ABED是直角梯形，ZBAD=90°,DE〃AB,AACD

是的正三角形，CD=AB=|DE=I,BC=V2

(1)求证：ACDE是直角三角形

(2)F是CE的中点，证明：BF_L平面CDE

【答案】(1)见解析；(2)见解析

【解析】

(1)证明：•.•NBAD=9(T，ABJ_AD

△ACD是的正三角形，CD=AB=1,BC=V2,

...△ABC是直角三角形，AB±AC

，AB_L平面ACD

VDE/7AB

，DE_L平面ACD

...△CDE是直角三角形

(2)证明:取CD中点M,连接AM、MF.

「F是CE的中点

AAMFB是平行四边形

；.MF〃AB,AM〃BF

.♦.MF_L平面ACD

：MF在平面ECD内

平面CDE_L平面ACD

1•△ACD是的正三角形，M是CD中点

AAM±CD

平面CEDD平面ACD=CD,；.AMJ_面CDE,

：AM〃BF,

；.BF_L平面CDE

9.【2018年广东预赛】如图①，已知矩形ABCD满足AB=5,4C=内，沿平行于AD的线段EF向上翻

折(点E在线段AB上运动，点F在线段CD上运动)，得到如图②所示的三棱柱ABE-CCF.

⑴若图②中4ABG是直角三角形，这里G是线段EF上的点，试求线段EG的长度x的取值范围;

⑵若⑴中EG的长度为取值范围内的最大整数，且线段AB的长度取得最小值，求二面角C-EF-D的

值；

⑶在⑴与⑵的条件都满足的情况下，求三棱锥A-BFG的体积.

【答案】⑴[0,2.5)⑵/.AEB=TI-arccos(3)

【解析】

⑴由题设条件可知AAEG、ABEG均为直角三角形，

Hltt/IG2=AE2+x2,EG2=BE2+X2.

由余弦定理48?=AE2+BE2_2AE.BEcos^AEB.

于是2/+AE2+BE2=AB2=AE2+BE2-2AE-BEcaAEB.

x2=—AE-BEcos乙AEB<AE-BE=t(5—t)=-t2+5t<2.52.

所以，x£[0,2.5).

又对任意ke[0,2.5),AE=EB=2.5,乙4EB=n-arccos持.

则x=yl-AE-BEcos^AEB=k，故x的取值范围为[0,2.5).

⑵因为AELEF,BE±EF,所以NAEB就是二面角C-EF-D的平面角

又由⑴知EG的长度x为[0,2.5)的最大整数，因此x=2.

于是AB?=t2+(5-t)2+4=2t2-10t+29,t6(0,5).

因此t=2.5时，线段AB的长度取得最小值.

由此得2=——COSZ.AEB,/.AEB=n—arccos—.

425

(3)由(I)、(2)知4AEB=兀-arccos且，AE=EB=-,AG=BG=—,EG=2

2522

S.EF=yjAC2-AB2=434-25=3.

因为AEJ_EF,BE±EF,AEnBE=E.

所以EF_L平面EAB,故以YFG=VA-BEF-%-BEG="(ZAEB-EF-S6ACB-EG)

=I(4E2sinNAEB)EF-^BG2EG

一但丝X3，x2)=且空

614U6254I24

10.【2018年甘肃预赛】已知四边形ABCD满足AO//5C,6A=A。=DC=」8C=a,E是BC的中点,

2

将ZiBAE沿AE翻折成AgAE,使面gAE±面AECZ),F为BQ的中点.

(1)求四棱锥用一AECD的体积;

(2)求面AOg与面ECg所成锐二面角的余弦值.

5o

【答案】(1)—;(2)-

45

【解析】

।C

试题分析：(1)取AE的中点M,连结B.M，因为BA=AD=DC=-BC=a,AABE为等边三角形，则与Ma,

又因为面片AEJ_面AECD,所以B|M上面AECD,

所以V--x^-axaxaxsin-=-

3234

、

(2)连结MD,贝U/AMD=90。，分别以ME,MD,M5|为x,y,z轴建系，则E信O,o1,Ca,5石a,0

2

，应［f亭。\

A--,0,0,D0,6a,0,B,0,0,—a所以丽;=--,0,

【2JI2)2

T77

~x+-ay=0

aGa、22-

,设面ECB］的法向量为〃=(x,y,z),<

AB.(22J

a

I——2x+——2az=Q

令x=l,5J1,一旦正\h一走一

,同理面AD4的法向量为丫=I」，

33

7

3

故而ADB1与向ECB,所成锐二面角的余弦值为-.

5

考点：本题考查求棱锥的体积和二面角的求法

点评：解决本题的关键是应用空间向量求二面角，建立合适的空间坐标系

11.【2018年河北预赛】已知三棱锥S-ABC中侧棱SA、SB、SC互相垂直，M是底面三角形ABC内一动

点.直线MS与SA、SB、SC所成的角分别是a、/?.y.

(1)证明：a、0、y不可能是锐角三角形的三个内角；

(2)设s=3+f一%』誓"少，证明：S>3.

cos2acos2pcoszycosacos0cosy

【答案】(1)见解析(2)见解析

【解析】

(1)以线段MS为体对角线构造长方体，则©/?、y恰好为长方体的体对角线与从一个顶点出发的三条棱

所成的角，因此cos2a+cos2^?+cos2y=1.

因为cos2a+cos2/?+cos2y=1—cos2y,

22

所以］(cos2a+cos2£)=-cosytcos(a+/?)xcos(a-£)=-cosy<0,

故cos(a+0)V0.所以］<a+£V7E

下面证明a+£+y<TT.

要证a+£+y<兀，只需证a+/?<〃-/,只需证COS(TT-y)<cos(a+£)<0,只需证cos?(兀-y)>

cos2(a+0).

因为cos2(a+5)—cos2y=cos2(a+3)+|(cos2a+cos2^?)

=cos2(a+6)+cos(a+/?)-cos(a—3)=2cos(a+/?)•cosa•cosp<0,

所以a+S+y<7r,故a、0、y不可能是锐角三角形的三个内角.

(2)因为5-3=++$+二■-2(丝s」t△一3

coszacoszpcoszycosa-cospcosy

cos2a+cos2/?+cos2ycos2a+cos?。+cos2ycos2a+cos2/?+cos2y

cos2acos2jBcos2y

22

+cos/?(―-------—)>o,

\cosacosy/+cos2y(£一点)

所以S>3.

12.【2018年湖南预赛】(本小题满分12分)(注意：在试题卷上作答无效)

如图，四棱锥S-ABCD中，SO1.底面ABC。，AB//DC,ADA.DC,AB=AD=\,DC=SD^2,E为棱SB上的一

点，平面££)C1平面SBC.

(I)证明：SE=2EB；

(II)求二面角A-DE-C的大小.

【答案】(I)证明见解析

(II)120°

【解析】本题主要考查直线与平面垂直的判断与性质定理、平面与平面垂直的性质，二面角的求解，以及考

查逻辑思维能力、空间想象力与简单运算能力、同时考查转化与化归的思想.

解法一:

(1)连接8»取DC的中点G,连接BG,

由此知。6=6。=36=1,即八。8。为直角三角形，故5C_L5£>.

乂SO_L平面4BC。,故8C±SD.

所以，5c_L平面5DS,BC_LDE.

作BKLEC,K为垂足，因平面EDC，平面SBC,

故8KL平面EDC,BK，DE,DE与平面SBC内的两条相交直线3K、BC都垂直.

DE1平面SBC,DE±EC,DE1SB

SB=yjSDr+DB1=瓜

DE=迎些；

SB石

EB=yjDB2*-DE2=-,SE^SB-EB=

33

所以，SE=2EB.

(II)由SA=JsrP+AD：=6,AB=l,SE=2EB,ABJ_5?l，知

2

1

AE=-SA\+(-AB|=1,又AD=1.

313

故AAPE为等腰：:角形.

取ED中点凡连接A/7,则A/工DE,AP7AD?一DF?="

3

连接FG,则FG//EC,EG，£>E.

所以，NAFG是二面角A-DE—C的平面角.

连接AG,AG=VLFG=VDG2-DF2=—,

3

cos"/尸+…G?1

2.Z1F.FG2

所以，二面角A—OE—C的大小为120。.

解法二:

以。为坐标原点，射线。A为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系O-A>'z,

设A(1,O,O),则8(1,1,0).C(0,2,0).5(0,0,2).

(I反=(0,2,-2),=(-1,1,0)

设平面SBC的法向量为〃=(a,8,c),

由〃J,豆，〃,BCWn.SC=0,n^BC=0,

故2b—2c=0,-。+b=0.

令。=1,贝防=1,c=1,〃=(1,1,1),

又设兖=X丽(丸＞0),则

E(—l+_/_T_l_+__/_C_l+—7)，

___11*7___

DE=(—,—Z)C=(0,2,0)

1+A1+21+A

设平面CDE的法向量m=(x,y,z),

由〃zJ_DE,m±OC,得

m*DE=0,m*DC=0

..AxAy2z__八

故----+——+-----=0,2y=0.

1+21+A1+2

令x=2,则〃?=(2,0,—/1).

由平面DEC±平面S3C得m±〃，则根・〃=0,即2-4=0,4=2.

故SE=2EB.

(11)由(I)知取DE中点凡则=

(333jU33)(333

故丽・瓦=0,由此得，DE.

又E一C=(-2釜4,—?2,故_E_C_.__D_E_=0,由此得ECIDE,

向量瓦与比的夹角等于：面角A—DE—C的平面角.

于是cos(中,比)=产产।=

|FA||EC|2

所以，二面角A-。£一。的大小为120。.

点评：对立体几何的考查是一直解答题中比较常规、变化不大的题。但今年(I)的问题的设置由证明空间

位置关系变为证明西安段之间的相等关系，在力求创新考查，但实际还是考查空间直线、平面之间的位置的

关系的证明及应用.

13.【2017年甘肃预赛】如图，将边长为4的等边三角形4BC沿与边BC平行的直线E尸折起，使得平面ZEFJL平

面BCFE,。为E『的中点.

(1)求二面角F-AE-B的余弦值；

(2)若BE_L平面AOC,试求折痕EF的长.

【答案】(1)一日；(2)*

【解析】(1)取BC的中点G,连结0G.由题设知四边形EFCB是等腰梯形，所以0G1EF.

由己知4。1平面EFCB.又OGu平面EFC8,所以。A10G.

如图建立空间直角坐标系。-盯z,设EF=2a,则E(a,0,0),4(0,0,V5a),8(2,百(2-a),0)瓦？=

(-a,0,V3a),BE={a-2,V3(a-2),0)

元.更=0,,即—ax+V3az=0

设平面4EB的法向量为元=(x,y,z),则

n-BE=0,(a—2)x+V3a-2y=0

令z=i,则工=V3,y=—1,于是元=平面的法向量为力=(o,i,o).

所以cos伍，中=晶=一'由题知二面角凡4EB为钝角，所以它的余弦值为一日.

(2)因为BE，平面40C,所以BE10C,即直0C=0.

因为锯=(a-2,V3(a-2),0),0C=(-2,V3(2-a),0),

所以市•OC=-2(a-2)-3(a-2)2.

由丽•OC=0且0<a<2,解得a=，所以EF=|.

14.[2017年黑龙江预赛】如图，在直三棱柱ABC-4181cl中,AB=AC=5,0、E分别为BC、BB1的中点，四

边形BiBCCi是边长为6的正方形.

⑴求证48〃平面4GD;

(2)求证：CE1平面AC1。；

(3)求二面角C一4G-。的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）詈.

【解析】（1）如图1,连结为C,与4cl交于。点，连结0D.

因为。、。分别为4c和BC的中点，所以OD〃4B.

又。0u平面AG。//C平面AQD,所以4遇〃平面4GD

又ADu平面ABC,所以1AD.

因为48=4C,。为BC的中点，所以4。1BC.

又BC0BBi=B,所以4。，平面8凤的.

又CEu平面&BCG，所以4。1CE.

因为四边形为BCG为正方形刀、E分别为的中点，所以Rt△CBEmRt△GCD/CC'D=乙BCE.

所以NBCE+乙QDC=90。.所以6。1CE.

又4DnC±D=。，所以CE1平面4GD.

（3）如图2,以BiG的中点G为原点，建立空间直角坐标系.

则4(0,6,4),£(3,3,0),C(-3,6,0),G(-3,0,0)

由(2)知CE，平面AG。,所以方=(6,-3,0)为平面4cle的一个法向量.

设元=(x,y,z)为平面的一个法向量，前=(-3,0,-4),CG=(0,-6,0).

令x=1,则y=0,z=一*所以元=(1,0,一[J

从it血右cos(/7CME^,nF)=演CE丽n=玄3\[S,

因为二面角C—4C]—。为锐角，所以二面角C—4c1—。的余弦值为与"

15.【2016年天津预赛】已知正三棱锥尸-48c的体积为9遮，侧面P48与底面48C所成二面角的平面角为

60°,D为线段AB上一点，AD=〃B,E为线段AC上一点，AE=)C,F为线段PC的中点，平面DEF与线段

66

PB交于点G.求四边形DEFG的面积.

【答案】V57

【解析】

设正△ABC的边长为X,中心为O,线段BC的中点为M,联结力M、PM、PO.

由4M1BC.PM1BC,知N4MP为正三棱锥P-4BC的侧面与底面所成二面角的平面角.

于是，乙4Mp=60°.

故P。=OMtan^AMP=-AMtan60°=-x—xxy/3=-,

3322

=v=8c.P。=gXX|=(/=9^/3nx=6.

因为华=祭=!，所以，

DE〃BD,DE=；BC=1.

由DE〃"，知BC〃平面DEF,

从而,BC〃FG,

再由F为线段PC的中点，知G为PB的中点，FG=\BC=3.

由BD=CE,BG=CF.^ABP=乙4cP,

=△BDg=△CEF=>DG=EF,

由。E〃BC〃FG,知四边形。EFG为等腰梯形，其底边长分别为DE=1,FG=3.

设DE的中点为K,FG的中点为L.则KL为等腰梯形DEFG的高.

于是，点K在AM上，且4K=有KM==沃=浮；

点L在PM上，且PL=：PM,有LM=|PM=0M=^AM=|x3V3=V3.

在^KLM中，由余弦定理得：

KL=>JKM2+LM2-2KM-LMcos60°=Jy+3-y=^p.

(DE+FG)KL

因又、榜形DEFG=2=Vb/-

16.[2016年甘肃预赛】如图，在四棱锥P-ABCD中，P41底面ABCD,BC=CD=2,AC=4,^ACB=

AACD=pF为PC的中点，AF1PB.

求(1)PA的长;

(2)二面角B-AF-D的正弦值.

【答案】⑴2V3(2)—

【解析】

(1)如图，连结BD交AC于O,因为BC=CD,即ABCD为等腰三角形，乂AC平分NBCD,

j嗓N7

H

故ACJ_BD.以O为坐标原点，OB,OC,而的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系

Oxyz,则OC=CDcosg=l,而AC=4,得A0=AC-0C=3.又OD=CDsing=b，故A(0,—3,0),B(V3,

0,0),C(0,1,0),D(-V3,0,0).

因为PA_L底面ABCD,可设P(0,-3,z),由F为PC边中点，得F(O.-lJ),乂而=(0.2,|),而=(遮,

3,-z),因AF_LPB,故而•两=0,即6—9=0,z=2百(舍去一2次)，所以|丙|=2百.

(2)由(1)知而=(一我，3,0),荏=(b，3,0),而=(0,2,V3).设平面FAD的法向量为,〃=(xi，yi，

Z|),平面FAB的法向量为〃2=(X2,丫2，Z2).

由”/•而=0,mAF=0,得(一遍/；3月一°’因此可取小=(3,V3,-2).

I2yl+>J3Z1=0，

由“2•都=0，rt2-AF=0,得2*?2=0'故可取"2=(3,-V3,2).

12y2V-V3Z2=0,

从而向量〃/,〃2的夹角的余弦值为COS",小〉=5

|ni||n2|8

故二面角B-AF-D的正弦值为尊.

17.【2015年上海预赛】求上底边长与侧棱长均为1的正四棱台的体积的最大值(精确到0.001).注：若正

四棱台的上底面积为S”下底面积为S