届高考高三数学(理)全国各地模拟试卷分类汇编解析版-立体几何(5月版)

专题8立体几何（2018年5月版）

-2018届高考高三数学（理）全国各地优质模拟试卷分类汇编解析版

一、选择题

1.【2018衡水金卷高三一卷】从一个几何体中挖去一部分后所得组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为

1In23兀71n

A.B.—c.一D.-

4842

【答案】A

【解析】由三视图，可知该组合体为一个底面半径为1,高为3的圆柱挖去两个底面半径均为1,高的1.5

可圆锥所得到的几何体，故其体积』小3-2&81xLW

24

故选：A

2.12018陕西咸阳高三二模】已知某几何体的三视图如图，其中正（主）视图中半圆的半径为1,则该几何体的

体积为（）

A.64—4KB.64—211c.64—3KD.64—K

【答案】B

【解析】由三视图可知该几何体是一个正方体挖去一个半圆柱形成的组合体,

其中正方体的棱长为4,半圆柱的底面直径为2,高为4,

据此可得，几何体的体积为：43-lx(^-xl2)x4=64-2^.

本题选择B选项.

3.12018北京顺义高三二模】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是

8J316。R

t.-^―B.—C.8J3D.16

33

【答案】B

该三棱锥底面是等腰三角形，底边长为4,底边上的高为4,三棱锥的高为

“11一c16

2.V=_x—x4x4x2=——.

P-ABC323

故选B.

4.12018陕西咸阳高三一模】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是()

A.12+"+#B.12+艰+2"c.12+272+76D,12+2^2+2^6

【答案】D

【解析】由三视图可知，几何体为四棱锥，目四棱锥的一条侧棱与底面垂直，

如图所示，

尸幺_1平面数8,"=2,加=2,*=4,3。=2,

求解直角三角形可得PD=Zj5,PC=2#,DC=2^2,

所以PCJ.CD,所以5"卯=；*2乂2=28山=；*2*4=4,

S.=k2x2^=2，s皿=L2&X2/=2^,S4；D=L(2+4)X2=6,

222

所以几何体的表面积为12+2&+2＞同，故选D.

5.12018湖南衡阳高三二模】如图，网格纸上的小正方形边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几

何体的体积为()

UNI-MMU9

8416

AB.C.—D.8

'33

【答案】A

B

【解析】0・

三视图还原为三棱锥N-5CD,如图所示，由三视图可知：BC=4,AO=CO=BO=DO=2,

AB=AC=BD=CD=AD=2^2,平面/BC_L平面5CD/0_L平面BCD,则三棱锥/-5CD的体

11Q

积为匕.比2）=2']*4*2*2=：,故选A.

【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问

题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不

但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几

何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体

的形状.

6.12018新疆维吾尔自治区高三二模】某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积为（）

俯视图

125点125100072500

——兀C.兀D.-----兀

33

【答案】A

【解析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个俯视图为底面的三棱柱切去一个三棱锥所得的组合体，其外

接球即为俯视图为底面的三棱柱的外接球，

设几何体的外接球的半径为&,则2R=,32+42+52=5所以R=

44[5目3125J2

所以该外接球的体积为v=w兀R3=?兀X一｝兀，故选A.

7.【2018陕西高三二模】已知三棱锥S—ABC中，SA平面ABC,且NAC5=30°,

4。=243=2/.&4=1.则该三棱锥的外接球的体积为（）

13rrr\1313713

A.—413TtB.13itC.------兀D.--—兀

866

,/ZACB=30。，AC=2AB=诏/.是以AC为斜边的直角三角形

其外接图半径厂=竿=4，则三棱锥外接球即为以“5CC为底面，以以为高的三棱柱的外接球

..・三棱锥外接球的半径K满足戍=Jr2+（竽J=理

故三棱锥外接球的体积夕4女=喑/

故选D.

【点睛】本题考查的知识点是球内接多面体，其中根据已知求出球的半径是解答的关键.

8.12018内蒙古呼和浩特高三一模】已知球。半径为3展，设S、A、B、C是球面上四个点，其中

ZABC=90,AB=BC=4&,则棱锥S—ABC的体积的最大值为（）

647264户327232"

A.D.——

399

【答案】A

【解析】根据题意知，直角三角形,ABC的面积为16.其所在球的小圆的圆心

在斜边NC的中点上，若四面体S-N5c的体积的最大值，由于底面积5皿不变，高最大时体积最大，

所以，S0与面数C垂直时体积最大.设球小圆的圆心为0，如图.设球心为。，半径为犬，则在直角

“0。中，OA2=AQ2+OQ2,即R2=(4)2+(S0-川+•.,改=3。二盟=短

则棱锥S-A5c的体积最大值为为厂=；5皿XSQ=

故选A.

【点睛】本题考查的知识点是球内接多面体，球的表面积，其中分析出何时四面体ABCD的体积的最大值，是解

答的关键，考查等价转化思想思想.

9.12018内蒙古呼和浩特一调】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形

组成，正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中，面积最大的面的面积为()

A.273B.6C.6/D.12

【答案】B

【解析】由三视图可画出直观图，如图所示,

该立体图中两个相同的梯形的面,为该多面体的各个面中,面积最大的面,S梯形=；x2x(2+4)=6.

故选B

10.12018河南商丘高三二模】一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为()

【答案】A

【解析】几何体为一个四棱锥（高为2/,底面为长位，宽为3的矩形）与一个半圆柱（半圆半径为2,高

为3）的组合体，所以条件为:X2V3X4X3+扣-21X3=873+6",选A

11.【2018四川德阳高三二诊抨面。过正方体""刀-"小£%的顶点%,平面N'/平面4平面an平面4BCD=1,

则直线/与直线C"i所成的角为（）

A.30°B.45°c,6(TD.90

【答案】C

【解析】如图所示，平面。过正方体"'CD-4181cl凡的顶点平面火/

平面平面。介平面ABC。=I=AF,"CDX//BAVRD//AF,则直线，与直线所成的角即为直线”与直线M

所成的角为60二

故选c.

12.【2018宁夏银川高三4月质检】是两个平面，皿〃是两条直线，则下列命题中错误的是（）

A.如果m_Ln,m_La,n_L0,那么a10B.如果mua,a//夕，那么m〃0

C.如果an«=Lm〃a,m〃0,那么m〃/D.如果m，n,m1a解〃£,那么a_L"

【答案】D

【解析】对于A,如果mJ_”,mJ.a,则n〃a或nua,因为““，则a■!"/?,故正确;对于B,如果mca,a//fi,

那么qJ无公共点，则叫76,故正确；对于C,如果ac§=则m〃l,故正确；对于D,

如果mJ.n,m_LaK///J,那么a与6的关系不确定，故错误.

故选D

13.12018安徽马鞍山高三二模】如图，点E在正方体的棱‘心上，且削去正方体过BE/三点所在的

平面下方部分，则剩下部分的左视图为（）

【答案】A

【解析】先作出经过B,瓦乌三点所在的平面，可以取441的中点F,则平行四边形BED,檄是过B,£Dt三点

所在的平面（两个平行的平面被第三个平面所戢交线平行），所以剩下部分的三视图是A,故选A.

14.12018河南高三4月适应性考试】已知四棱锥P-4BCD的三视图如图所示，则四棱锥P-48CD外接球的表面

积是（）

A.20“B.5c.25〃D.22〃

【答案】B

【解析】由三视图得，几何体是一个四棱锥A-BCDE,底面ABCD是矩形，侧面ABEL底面BCDE.

如图所示，矩形ABCD的中心为M球心为O,F为BE中点，OG1AF.设OM=x,

由题得ME=褥,在直角△OME中，x2+S=户（1）,又MF=QG=1,AF73?-71=VS,

AG=Vfl3-LGF=x.：.V/?2-l+x=VS（2）,解⑴（2）得中=詈,...5=时肥=早几故选B.

点睛：本题的难点在于作图找到关于R的方程，本题条件复杂，要通过两个三角形得到关于R的两个方程

/+5=/?2（1）、JR?-1+*=J5（2）,再解方程得到R的值.

15.12018河北唐山高三二模】如下图，网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图，则

其表面积为（）

A.2兀B.5KC.8KD.ICh

【答案】C

【解析】由题得几何体原图是球被切割后剩下的：，所以它的表面积由三个部分组成，所以

4

S=1・4兀-22+L・兀・22+1・兀・22=8K.故选c

422一

二、填空题

16.【2018黑龙江大庆高三二模】已知三棱锥,-ABC%■1•平面4EC,A4BC为等边三角形，S4=2/B=3,则三棱

锥S-4枚:外接球的体积为.

32〃

【答案】3.

【解析】根据已知中底面AABC是边长为3的正三角形，SA，平面ABC,SA=2,可得此三棱锥外接球，即

为以44BC为底面以山1为高的正三棱柱的外接球.

•.NABC是边长为3的正三角形

.•.4ABC外接图的半径为r=V3,球心到4ABe的外接图图心的距离为d=1.

球的半径为火=V3+T=2

三棱锥5TBe外接球的体积为1<=半肥=等

故答案为等.

点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解决的关键是确定球心的位置.对于外切的问题要注意球心到各个

面的距离相等且都为球的半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出

由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径

17.【2018湖南衡阳高三二模】在四棱锥S-A5CD中，底面A5CD是边长为4的正方形，侧面SAD是以SD为

斜边的等腰直角三角形，若4"<SC<8,则四棱锥S-A3CQ的体积取值范围为

s

32/64

【答案】

3

【解析】

由题意可得，疝〃4B,又平面胸，二国u平面痴...3_L平面胸，

.KDu平面疑二平面平面又平面平面过作于

•CD£4B_L&CD,1s^4BcMCD=4ffSSOJ.XB

0,则SO_L平面N5CD,JjjF=ixSO=—SO,在ASN5中，SA=AB=4,设/SNB=。,

33

则有Rtl^SOA中，S0=4sin0,OA=4<x>s6>,OS=4-4cos6>,又在K必03c中，

OC1=OB1+BC1=32-32cos0+16cos2^,在&ASDC中，

SC2=Sb1+OC1=48-32cos0=>SC=+x^-2cos6>,又4④WSCW80

4友<45/5-2cos6<8=>——<cos0<—,贝i]sin&e,1,

22|_2

.„16sl6一“64.324,o=64如经安队「32464-

33333|_33

18.【2018河北唐山高三二模】在四棱锥S-A5CD中，SQ,底面A5CD,底面A5C。是正方形，

SD=AD=2,三棱柱MNP—MNP的顶点都位于四棱锥S-ABCQ的棱上，已知M,N,P分别是棱

11।

AB,AD,AS的中点，则三棱柱MNP-MNP的体积为__________.

111—

【答案】1

【解析】由题得知是BC中点，N是DC中点，P是SC中点,PN=1,MN="，且PN_LMN,

111

I6

所以三棱柱MVP-MNP的底面积为xlxJI=Y.

iii22

由题得正方形的对角线长2点,三棱柱MNP-MNP的高为:x2,

1112

/T

所以三棱柱MNP—MNP的体积为:xV2=l,故填1.

1112

点睛：本题的关键是确定"、N和尸位置，后面求三棱柱MNP-MNP的体积就可以迎刃而解了.

111111

19.12018安徽安庆高三二模】祖瞄是我国南北朝时期杰出的数学家和天文学家祖冲之的儿子，他提出了一条原

理：“幕势既同幕，则积不容异”.这里的“幕”指水平截面的面积，“势”指高这句话的意思是：两个等高的

几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等.一般大型热电厂的冷却塔大都采用双

X2V2

曲线型.设某双曲线型冷却塔是曲线--1=1（。〉0/>0）与直线方=0,y=O和y=b所围成的平面图形

Q282

绕y轴旋转一周所得，如图所示.试应用祖迪原理类比求球体体积公式的方法，求出此冷却塔的体积为

、4加2。

【答案】二一

【解析】设点4%,为），则所以圆环的面积为内一可‘^?。）.

因为£一^=1，所以*=密+4，所以圆环的面积为a（字■+『）一«?刈）2=32.

双曲线里冷却塔

第16题图

根据祖晒原理可知，该双曲线型冷却塔挖出一个以渐近线为母线的圆锥后的几何的体积等于底面半径沏、高为

14

万的圆柱的体积，所以冷却塔的体积为：na^b+-ita^b.

20.12018湖南郴州高三二模】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为.

【答案】"+；

【解析】由三视图可知，该几何体由四分之三的圆柱与三棱锥组成，

2611Gjr1

，该几何体的体积为±xnxPx3+±x±xlxlx3=j+2

43242

故答案为：9—〃+11

42

21.【2018云南昆明高三二模】如图，等腰尸43所在平面为a,PA±PB,43=4,点C,。分别为PA,

AB的中点，点G为CD的中点.平面a内经过点G的直线/将,PAB分成两部分，把点尸所在的部分沿直线/翻

折，使点尸到达点尸’（尸石平面a）.若点尸'在平面a内的射影“恰好在翻折前的线段AB上，则线段P"

的长度的取值范围是.

p

【答案】卜I

【解析】当/与CD重合时，P，H=O,由题意得^PGH为直角三角形，且斜边PG2=|为定值，所以要求最大

113(3-

值，只需GH最小，GH最小值为",所以P"="PG2-G42=填0,彳。

2max2I2_

【点睛】

折叠问题最重要的是找到折叠之前与折叠之后不变量，这是两个图形的桥梁，再结合新图形的新特征处理。

三、解答题

22.【2018黑龙江大庆高三二模】如图，在矩形48(刀中，4®=44D=4,M是4”的中点，将AM4B沿向上折起,

使平面J.平面

(I)求证：AR1CM.

(11)求二面角/'-"。-河的大小.

【答案】(I)见解析；

(II)90°.

【解析】试题分析：(I＞根据题意可得BM,CM的值，可推出CMJ.8M,根据平面48Ml平面8CDM且BM

是交线，即可证明CM1平面ABM,从而证明48J.CM；(II)设BM中点为O,BC中点为M连接。N,可推出

ON//MC,则。N_L平面48M,即可以。为坐标原点，分别以。从ON、。4所在直线为琏由、亦由建立空间直

角坐标系，分别求出平面ABC和平面ACM的一个法向量，利用空间向量夹角的余弦公式即可得结果.

试题解析：(I)证明：由题意可知，

BM=yjAB2+AM2=J22+22=2aCM=yICD2+DM2=J22+22=2-j2,BC=4

.•.在中所以；

ABCMBC2=BM2+CM2CM±BM

•.•平面平面BCDM且BM是交线，CMu平面BCDM

.•.CM,平面4BM

・.・48u平面

•••ABLCM

（ID解：设BM中点为O,BC中点为N,连接。N.

:ON//MC

・・.ONJL平面/IBM

・・.ON1BM,ONLAO

\*AB=AM

AOIBM

以。为坐标原点，分别以0氏°N、°4所在直线为X轴、y轴建立空间直角坐标系，如图

则4（0,0,在「q-V2.2V2.0h5（72,0.0）,MP，0,0）,从而而=（2企,一2企,0）,

CA=（V2,-2V2,V2）,CM=（0.-2V2.0）.

设K=Q,y,z）为平面说的法向蚩，则忖=/一"；=。，可以取云=（川）.

设石=（xy,Z）为平面4cM的法向量，咂:生；=『一汽/°可以取石=（LOT）.

因此，M•石=0,有云_L元=0,即平面月BCj_平面4cM一

故二面角B-AC-M的大小为90。.

点睛：本题主要考查线线垂直及利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）

观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面

的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据

定理结论求出相应的角.

23.[2018河南郑州高三二模】如图所示四棱锥尸—平面ABC。，DAB”为线段BD上

的一点，且EB=ED=EC=BC,连接CE并延长交AD于F.

(I)若G为PD的中点，求证：平面PAD,平面CGF；

(II)若BC=2,PA=3,求平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值.

__71

【解析】试题分析：(1)由EB=ED=EC=BC,可知BCD是有个角为不，的直角三角形。

DAB^DCB,可得EFLAD,AF=FD,又G为PD的中点，所以FG〃PA,可证Gb,平面ABC。。

(2)以点A为坐标原点，AB,AD,AP分别为x,y,z轴建立如图所示的坐标系，由空间向量可求得二面角。

试题解析：(I)在由CD中，EB=ED=EC,故NBCD=:,NCBE=NCEB=+,

23

jr

因为力AB9力CB，二正AB9在CB,从而有/尸£D=N5EC=4郎=-.

3

:./FED=NFEA，故EE1AD,AF=FD.又PG=GD,二FG//PA.又PA_L平面ABCD,

故GV_L平面3CD,.\GF±AD,CFc即=尸故加J＞平面57.

又/Du平面CFG，，平面PAD，平面CGF.

(II)以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系，则

A(0,0,0),B(2,0,0),cQ,/o)DQ,2/O),P(0,0,3).

故3C=(l,/0),CP=(-3,-^3),CD=(—3,40).

设平面3cp的法向量〃=(1,y,z),

11

__73

/

1+底=0,乂一与。2、

则｛:1解得｛3即〃=1,

-3-y/3y+3z=0,_21

11Z=—.

13

—3+=0,~事，

设平面。CP的法向量〃=（Ly，z）,则｛y/3yy

_2解得｛2

222—3—\/^y+3z=0,z=2,

222

即4=（,耳,）.

从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为

【点睛】利用平面的法向量求二面角的大小时,二面角是锐角或钝角由图形决定.由图形知二面角是锐角时cos6

=由图形知二面角是钝角时，COS9=—LiLjL当图形不能确定时，要根据向量坐标在图形中观察

\n\\n\n\\n

法向量的方向，从而确定二面角与向量n,n的夹角是相等（一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面

•一12

的法向量指向二面角的外部），还是互补（两个法向量同时指向二面角的内部或外部）.

24.12018陕西咸阳高三二模】如图，在四棱锥尸-ABCQ中，四边形ABCQ为正方形，尸4,平面

PA^AB,M是PC上一点，且BWPC.

（1）求证：PC，平面M3。；

（2）求直线尸3与平面M3。所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）当

【解析】试题分析：

(1)连接AC,由线面垂直的性质定理可得AD_L以，且AD_LZC,故AD_L平面PAC,PC±BD,

又PCIBM,利用线面垂直的判断定理可得PC_L平面MBD.

(2)法1：由(1)知PCJL平面MBD,即NPEM是直线尸3与平面M3D所成角，设尸X=1,则JC=1,

PC=出,PB=j2,结合几何关系计算可得£加/网"=£竺=理，即直线网与平面MBD所成

PB3

角的正弦值为坐.

3

法2：取A为原点，直线,MD,MP分别为无，y,z轴，建立坐标系A-qz,不妨设R4=AB=1,

结合(1)的结论可得平面得法向量PC=(1,1厂D,而P8=(LQ3-),据此计算可得直线尸3与平面

所成角的正弦值为1.

试题解析：

(1)连接AC,由PA，平面ABC。，BD平面ABC。得,

又5。LAC,PAr>AC=A,

3D_L平面PAC,得PCLBD,

又PCLBAf,BDcBC=B,

：.PC，平面M3。.

(2)法1：由(1)知PC_L平面MB0,即/PEA/是直线期与平面M3。所成角，易证知_L5C,而

BM1PC,

不妨设以=1,则3c=1,PC=y/3,PB=y/2,

在KfAPBC中，由射影定理得PM:MC=PB2-BC2=2A,

可得PM=2pc=空，所以sinZPBM=胆=理，

33PB3

故直线尸8与平面MBD所成角的正弦值为

3

M

法2：取A为原点，直线以5,MD,分别为x,y,z轴，建立坐标系A-孙z,不妨设P4=AB=1,

则尸(0,0,1),5(1,0,0),C(1,1,0),

由(1)知平面MB。得法向量PC=(1,1「D,而P8=(l,0,—1),

_^6

/.cos[PB,PC\二

\/X/2.733

V6

故直线尸3与平面M3。所成角的正弦值为:.

25.12018北京顺义高三二模】如图，在正三棱柱ABC-ABC中，侧棱长和底面边长均为1,D是BC的中点.

111

(I)求证：A6〃平面AOC；

(II)求AA与平面AOC所成角的正弦值;

11

(IID试问线段中上是否存在点心使CEL平面ADCJ若存在，求痴的值，若不存在，说明理由.

11

【答案】(1)见解析＞2)y；(3)见解析.

【解析】试题分析：(I)连结A。交AG于点0,连结OD,则0D是AA]BC的一条中位线，则

A]B//OD,即可证明A]B〃平面ADC】

(II)以点D为坐标原点，DB所在直线为X轴，AD所在直线为Y轴，垂直于面ABC的直线为Z轴，建立空间直

角坐标系，求出;及平面ADC1的一个法向量一个法向量m=(x,y,z),即可求出AA与平面ADC所成角的

AA111

1

正弦值；-

(ni)假设点E在线段A[B]上，使CE_L平面ADC],不妨设施=人布(0。41),通过曰五5=0

(1)CEAC^=Q(2)求得之不相等，故这样的点E不存在..

试题解析：(I)连结AC交AC于点0,连结0D

11

•一•AC交AC于点0，0是AC的中点

111

又是BC的中点，0D是AABC的一条中位线

1

AB〃0D又・・ODu平面ADC

11

/.AB〃平面ADC

11

(II)以点D为坐标原点，DB所在直线为X轴，AD所在直线为Y轴，垂直于面ABC的直线为Z轴，建立空间直

1C(-1,0,1)

角坐标系，则D(0,0,0),A(0,—1,0),c0,0)

212

在平面ADC中，DA=(0,-—,0),(--,0,1)

1212

x/3「

mDA=0——-y=0

设m=(x,y,z)为平面ADJ的一个法向量，则有｛即｛2

mDC=0'

_1x+z=0

2

不妨令x=2,则z=l,y=0,所以根=(2,0,1)

又A10，一；'1，则■=(0,0,-1)-

AA

\71

设AA与平面ADC所成角为。，则sine=cosm,AA\=——

1111\m\AA

AA与平面ADC所成角的正弦值为叵

5

（Ill）假设点E在线段A1B］上，使CE_L平面ADC1

不妨设4岳=之44（0</i<l）

B】（扣

•:A10,44界。）

君/话白孝/。

J.E-A.—A--,1

匕22J

-cJ"容"坐1

122

一孚,0）,两（弓，孝，。

在平面ADJ中,DA=(0,

CE-DA=Q(1)CEAQ=0(2)

由（1）可解得入=1又（2）可解得为=0,（1）与（2）矛盾，所以这样的点E不存在.

26.12018湖南衡阳高三二模】如图，E4，平面平面ABC,ABC是等边三角形,

4。=24瓦”是43的中点.

⑴证明：CM1DM.

（2）若直线与平面ABC所成角的余弦值为f,求二面角3-CD-E的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）1.

【解析】试题分析：<1）由♦岱c是等边三角角形，”是4B的中点，可得CM，M3,利用直线与平面

垂直的判定定理得出直线与平面垂直，再利用直线与平面垂直的性质定理证明线线垂直J（2）以点M为坐

标原点，MC所在直线为x轴，MB所在直线为y轴，过"且与直线3D平行的直线为z轴，建立立空

间直角角坐标系，根据直线DM与平面ABC所成的角的余弦值为g.可得BD=2MB,不妨设AC=2,

利用向量垂直数量积为零，分别求出平面BCD与平面CDE的法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得二

面角CD-E的余弦值，进而可得正弦值.

试题解析：（1）因为-ABC是等边三角形，〃是的中点，所以因为DB_L平面

ABC,CMu平面ABC,所以DBLCM,因为DBMB=B，所以CM，平面DMB,因为DMu平面

DMB,所以CM_LDM.

⑵解法1：以点M为坐标原点，所在直线为x轴，M3所在直线为y轴，过"且与直线3。平的直

线为Z轴，建立如图所示的空间直角坐标系M-孙Z.

因为DBL平面ABC,所以NDMB为直线DM与平面ABC所成的角.

由题意得cosNDWB==\",tanZDMB==2,

DM5MB

即BD=2MB,从而BD=AC,不妨设AC=2,又AC=2AE,则CM=JT,AE=1.

故B（0,l,0）CC/3,0,0）,D（0,l,2）,e（0,-l,l）.

于是BC=C/3,-l,O）Br>=（0,0,2\CE=l瓜—1）,CD=（"1,2）

设平面BCD与平面CDE的法向量分别为莉=（孙必,zJ国=（%J?逐）,

由^^一0=｛的F乂-口令巧=1,得为=4,=说=(L&0)

mBD=Q,2Z]=0,'f

由｛啊=0=｛干—=0,令巧二得._葭=季

耘MD=0,-任2+当+222=0,33

.。W2⑸

(33J

（2）解法2：。3_1平面43。,二/。〃3为直线。/与平面ABC所成的角.

■•

由题意得COSZDMB=—=—,:.tanZDMB=—=2,

DM5MB

即=从而BO=AC.

不妨设AC=2,又AC=2AE,则CM=事,AE=1,AB=BC=BD=2.

由于EAL平面ABC,1.平面ABC,则胡//60.

取3。的中点N,连接EN,则EN=A3=2.

在RtEND中，ED=JEN2+N£)2=",

在RtEAC中，EC=JEA2+402=4,

在RtCBD中，CD=《BC?+BD[=20,

取CD的中点尸，连接EP,BP,BE,则EPJ.CO,BP，CD.

所以NEPS为二面角3—CE—E的平面角.

在RtEPC中，EP=JEC2-CP2=#,

在RtCBD中，BP=；CD=&,

在RtEAB中，EB=JEA2+AB2=邪,

EP2+BP2=5=EB2,：.ZEPB=90°.

故二面角B-CD-E的正弦值为1.

【方法点晴】本题主要考查线面垂直的判定与性质，以及利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体

几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的

方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关

系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.

27.【2018河南商丘高三二模】如图所示的几何体是由棱乎MN-48D和棱锥C-BDNM拼接而成的组合体，其底

面四边形4BCD是边长为2的菱形，〃/?C=60。，PA1平面48CD/P=2PM=2.

（1）求证：MNLPC.

（2）求平面MNC与平面4PMB所成锐角二面角的余弦值.

2y/3

【答案】（1）证明见解析；（2）飞

【解析】试题分析：（D根据菱形性质得ACLB。，根据线面垂直得PA再根据线面垂直判定定理得

BD评面/MC,即得BDJ.PC.最后根据得结论，（2）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点

坐标，根据方程组解得法向量，根据向量数量积求夹角，最后根据二面角与向量夹角关系确定所成锐角二

面角的余弦值.

试题解析：（1）证明：因为底面四边形是菱形，

•■•ACLBD，

又・.・P/11平面4BCD,

;PALBD9

•；ACnPA=Af:.BD1平面P4C,

•••BD1PC

又棱台PMN-4BD中，BD//MN

；.MN[PC

p

D

展

⑵建立空间直角坐标系如图所示，则C(O,LO),那(一?,一；,2),A(O,-LO),尸(0「L2),

5(73.0,0),

眦、南=2),CW=(-y,-p2),AP=(0,0,2),同=(O，L0),

设平面MNC的一个法向量为而=(xvyvZt),则德，

7xi+2zi=0

•(CM■m=0

“而居o'一等一；%+2Z1=0

八4一小4八

人z-1z=xi==□m=(0与，1)

令Zi-l,得[3,・・・3；

(APLn

设平面MMB的法向量为"=(犯必，2),贝油1元,

f/IP-n=0f2Z2=0

[AB-n=0?+力=0

令叼=1,得丫2=-\&z2­0,;.n=(1,-<3,0),

设平面MNC与平面4PM/?所成锐二面角为a,

4

0x14~—x(—y/3)+1x0

|m-n|3、

cosa=------=.-------------------------=

则।叫向12+(孑+F.、《+(一®+02

2.

所以平面MNC与平面4PMB所成锐二面角的余弦值为飞■.

28.【2018安徽马鞍山高三二模】如图，在五棱锥M-4BCDE中，四边形4ECD为等腰梯形,

AD//BCAD=2BC=4,48=/，AME/1和AMED都是边长为2夜的正三角形.

M

AB

(1)求证：MEI面MBC；

(2)求二面角8-M