高考数学试题分类分析汇编

高考数学试题分类分析汇编

G单元立体几何

G1空间几何体的结构

20.、、[2014•安徽卷]如图1-5,四棱柱ABCD-ABiGQi中，AA_L底面/WCO,四边

形A8C。为梯形，AD//BC,且AO=2BC.过4,C,。三点的平面记为a,B以与a的交点

为Q.

图1-5

(1)证明：Q为〃0的中点；

(2)求此四棱柱被平面a所分成上下两部分的体积之比；

(3)若44=4,67)=2,梯形A8CQ的面积为6,求平面a与底面A8CO所成二面角的

大小.

20.解：(1)证明：因为BQ〃A4，BC//AD,

BCC\BQ=B,ADOAA]=A,

所以平面Q/3C〃平面AiAD,

从而平面4C。与这两个平面的交线相互平行，

即QC//A\D.

故AQAC与△A3。的对应边相互平行，

于是△Q8CSAA]AD,

所以患=翳=能当即Q为明的中点.

(2汝口图1所示，连接QA,QO.设A4=/?,梯形A8C。的高为〃，四楂柱被平面a所分

图I

V三棱锥Q-A\AD=^X^•2a•h,d=\ahd,

J4D

唳9.斗牛・d・&)4〃&

所以VF=V三棱锥。-ANO+V^Q.ABCD=^Clhd.

又V四棱柱AiBiCQ-ABCD=^ahd,

3711V\\1

所以V1：=V四棱柱・43。。一丫下=呼血/一五〃以=五川以，=—.

(3)方法一：如图1所示，在△ADC中，作4E_LDC,垂足为R连接4E.

又。反LAAi，且AAnAE=A,

所以。及L平面AEAi，所以。E_L4£

所以/AE4为平面a与底面A8CO所成二面角的平面角.

因为BC〃/1。，AD=2BC,所以S»OC=2S.MCA.

又因为梯形ABC。的面积为6,DC=2,

所以以八℃=4,AE=4.

AAin

于是tanZAE4i=~AE19NAEAi="^".

故平面a与底面ABCD所成二面角的大小为

方法二：如图2所示，以。为原点，DA,历।分别为x轴和z轴正方向建立空间直角

坐标系.

设NCD4=。，BC=Q,则40=2。

空.2sin

因为S四边形A8CD=0=6,

所以。=一2

0'

从而可得C(2cos0,2sin

所以DC=(2cos0,2sin〃，())，0，4

设平面4OC的法向量〃=(x,y,1),

DA},〃=.4〃.x+4=0,

sin0

由

DCn=2xcof>〃+2ysin〃=0,

x=—sin0,

得

尸cos0,

所以〃=（—sin0,cos〃，1）.

又因为平面ABC。的法向量切=（0,0,1）,

irmy[2

所以cos(«>m)=丽=2'

n

故平面a与底面ABCD所成二面角的大小为了.

8.［2014・湖北卷］《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是

我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“困盖”的术：“置如其周，令相乘乜.又

以高乘之，三十六成一.”该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高小计算其体积V的

近似公式Vg表A?力它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率1T近似取为3.那么，近似公式V

7

心后1人相当于将圆锥体积公式中的n近似取为（）

、22「25-157、355

A-TBTc.前D.而

8.B

7.、［2014•辽宁卷］某几何体三视图如图1-1所示，则该几何体的体积为（）

A.8-2n

俯视图

图1-1

7.B

G2空间几何体的三视图和直观图

7.［2014・安徽卷］一个多面体的三视图如图1-2所示，则该多面体的表面积为（）

A.21+小B.8+72

C.21D.18

7.A

2.［2014.福建卷］某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是()

A.圆柱B.圆锥C.四面体D.三棱柱

2.A

5.［2014•湖北卷］在如图1-1所示的空间直角坐标系。-x*中，一个四面体的顶点坐

标分别是(0,0,2),(2,2,0),(1,2,1),(2,2,2).给出编号为①，②，③，④的四个

图，则该四面体的正视图和俯视图分别为()

A.①和②B.①和③C.③和②D.④和②

5.D

7.、［2014.湖南卷］一块石材表示的几何体的三视图如图1-2所示，将该石材切削、打

磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于()

正视图侧视图

L

112U

俯视图

图1-2

A.1B.2C.3D.4

7.B

5.［2014・江西卷］一几何体的直观图如图1-■1所示，下列给出的四个俯视图中正确的是

）

左（侧）於L

肉1-1

mo三匕I

ABCE

图1-2

5.B

7.、［2014辽宁卷］某几何体三视图如图1-1所不,则该儿何体的体枳为（）

nn

A.8—2nB.8—n口C.8——D.8—-

I

i>2-<>।­―>2*1

主视图左视图

V■

LAI

1-------2^-----H

俯视图

图1-1

7.B

3.［2014.浙江卷］几何体的三视图（单位：cm）如图1-1所示，则此几何体的表面积是

）

DZ

侧视图

A.90cm2B.129cm2C.

3.D

12.[2014•新课标全国卷[]如图1・3,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是

某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（）

A.6也B.6C.4gD.4

12.B

6.[2014•新课标全国卷H]如图1-1,网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm）,图

中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm,高为6cm的圆柱体毛坯

切削得到，）

A旦

A-27

6.C

17.[2014•陕西卷」四面体A6C.。及其三视图如图19所示，过棱A4的中点《作平行

于A/5,8c的平面分别交四面体的棱8。，DC,O于点尸，G,H.

(1)证明：四边形EFG"是矩形；

(2)求直线与平面EFGH夹角。的正弦值.

17.解：(1)证明：由该四面体的三视图可知,

BD工DC,BD±AD,AD±DC,

BD=DC=2,AD=\.

由题设，BC〃平面EFGH,

平面平面BDC=FG,

平面平面ABC=E”，

:.BC〃FG,BC//EH,：.FG//EH.

同理E/〃A。，f/G//AD,：,Er//llG.

・•・四边形EFGH是平行四边形.

又・.・4/)J_OC,AD1BD,平面BQC,

：.AD±BC,：.EFLFG,

.••四边形是矩形.

(2)方法一：如图，以。为坐标原点建立空间直角坐标系，则0(0,0,0),A(0,0.1),

8(2,0,0),C(0,2,0),

0A=(0,0,1),BC=(~2,2,0),

84=(-2,0,1).

设平面MGH的法向量〃=(x,)，，z),

,：EF//AD,FG//BC,

：.n-DA=0,〃BC=0,

z=0,

得取〃=(1,1,0),

-2x+2y=0,

84・〃_2_VlO

sin«=|cos〈8A,加|=\BA\\n\=V5X^2=5'

方法二：如图，以。为坐标原点建立空间直角坐标系，

则。(0,0,0),4(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),

•・•£是48的中点，.•*,G分别为8。，。。的中点，得《1,0,习,

,0,0),G((),

1,0).

・••曲=(0,0,3，FG=(-I,I,0),

BA=(-2,0,1).

设平面EFG"的法向量〃=(x,y,z),

则〃FE=0,〃FG=0,

7z=0,

取〃=(l,1,0),

—x+y=0,

2迎

sin0=|cos(BAt加|=

10.[2014天津卷]一个儿何体的三视图如图1・3所示（单位：m）,则该几何体的体积为

7.[2014•重庆卷]某几何体的三视图如图1-2所翌则该几何体的表面积为（）

A.54B.60C.66D.72

7.B

G3平面的基本性质、空间两条直线

4.[2014•辽宁卷]已知机，〃表示两条不同直线，a表示平面.下列说法正确的是（）

A.若〃i〃a,”〃a,则〃?〃〃

B.若m_La,“Ua,则〃?

C.若，〃_La,m.Ln,则〃〃a

D.若/〃〃。，则〃_La

4.B

17.、、［2014•福建卷］在平面四边形A8C。中，AB=BD=CD=\.AB±I3D,CDLBD.

将△AB。沿8D折起，使得平面ABD_L平面BCD,如图1-5所示.

(1)求证：ABLCDx

(2)若M为A。中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.

图1-5

17.解：(1)证明：・.•平面ABO_L平面BCD,平面ABDA平面BCD=3Q,A8U平面ABD,

ABA.BD,平面BCD

又CQU平面8CQ,・・・48J_CQ.

(2)过点B在平面BCD内作I3E1.BD.

由(1)知A8_L平面BC。，BEU平面8CQ,8QU平面8C。，C.ABVBE,ABLBD.

以B为坐标原点，分别以豆，BD,函的方向为x轴，)，轴，z轴的正方向建立空间直

角坐标系(如图所示).

依题意，得8(0,0,0),C(l,I,0),0(0,1,0),4(0,0,1),A7(0,去£).

则正=(1,1,0),施=(0,/£),病=(0,I,-I).

设平面M3c的法向量〃=(刈，州，zo),

〃氏=0,卜。一州=°，

贝什艮M1,।

“前=0,［洒+呼0=0，

取力=1,得平面MBC的一个法向量〃=(1,-1,1).

设直线AD与平面MBC所成角为仇

则sin〈〃,AD)卜吟邛.

\n\-\AD\"

即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为孝.

11.［2014•新课标全国卷U］直三棱柱A6aAi81cl中，//3CA=90°，用，N分别是4场，

AiG的中点，BC=C4=CG，则BM与AN所成角的余弦值为()

11.C［解析］如图，E为8C的中点.由于M,N分别是AIB”AIG的中点，故MN〃SG

且“、=5力。］,故MN触BE,所以四边形MNE4为平吁四边形，所以所以直

线4V,NE所成的角即为直线BM,AN所成的角.设BC=1,则8|M=)8/i=乎，所以

MB=N1+3=^=NE,4N=4E=坐，

18.,,,［2014•四川卷］三楂锥A-BCO及其侧视图、俯视图如图1-4所示.设M,N分

别为线段A。，A8的中点，尸为线段8C上的点，且MNJLNP

(1)证明：尸是线段4C的中点；

(2)求二面角A-NP-M的余弦值.

18.解：(1)如图所示，取B。的中点。，连接AO,CO.

由侧视图及俯视图知，△AB。，△BC。为正三角形，

所以AO_L8D,OC1BD.

因为A。，OCU平面A。。，且40Goe=0,

所以8。_1_平面A0C.

又因为ACU平面A0C,所以8O_L4C.

取8。的中点”，连接NH,PH.

又M,N,〃分别为线段AO,AB,30的中点，所以MN〃凶九NH//AO,

因为A0_LB。，所以NH工BD.

因为MNINP,所以NPIHD

因为N〃，NPU平西NHP,旦NHRNP=N,所以8O_L平面N〃P.

又因为“PU平面Mi'R所以BD_LHP.

又0C_L4Q,HPU平面3C。，OCU平面8C。，所以〃P〃OC.

因为“为8。的中点，所以P为8C的中点.

(2)方法一:如图所示,作NQ_LAC于Q,连接MQ.

由(I)知，NP//AC,所以NQJ_NP.

因为MNINP,所以/MNQ为二面角A-NP・M的一个平面角.

由(1)知，△48。，△BC。为边长为2的正三角形，所以人O=OC=小.

由俯视图可知，AO_L平面BCD

因为。CU平面8C。，所以40J_0C,因此在等腰直角△AOC中，AC=".

作BRLAC于R

因为在△48C中，AB=BC,所以R为AC的中点，

所以BR=yjAB?一性)=¥2

因为在平面A8C内，NQ_LAC,BRLAC,

所以NQ//BR.

又因为N为的中点，所以Q为AR的中点,

所以废=磬乎

同理，可得知。=%-.

故△MNQ为等腰三角形,

所以在等腰△MNQ中，

MNBD

~~VTo

COSNMNQ=H^=N^=5•

故二面角A-NP-M的余弦值是手.

方法二：由俯视图及⑴可知，AOJ•平面BCD.

因为0c08U平面8CQ,所以AO_LOC,AOLOB.

又OCLOB,所以直线OA,OB,0C两两垂直.

如图所示，以0为坐标原点，以OB,0C,。4的方向为x轴，y轴，z轴的正方向,

建立空间直角坐标系O-xyz.

则A(0,0,小),8(1,0,0),C(0,小，0),D(-l,0,0).

因为M,N分别为线段A。，A8的中点，

乂由(1)知，P为线段的中点，

所以从一；，0,0,乎，。)于是AB=(1,0,—小)，BC=(—

\,小，0),MN=(I,0,0),NP=((),坐,一要

设平面A8C的一个法向量〃i=(xi，＞'i，zi),

«iA.AB,n\•八8=0,

由《得即

[〃i_L8C,Im・BC=0,

（xi，y\,z\）•（1,0,一小）=0,

.（xi，yi，zi）•（—1,小，0）=0,

Xi—A/3ZI=0,

从而，

.~x\+=0・

取zi=l,则.*=小，yi=l,所以鹿i=(小，1,I).

设平面MN尸的一个法向量〃2=(X2，丫2，Z2)，由，

n，工MN,[/i?•MN=0,

得

〃2_LNP,n2・NP=0,

加Z2）♦（I,0,0）=0,

即1Z2）（o,坐,一鸣=（）,

（12,”，

卜2=0，

从而立龙n

［2^2-222=0

取Z2=l，则丁2=1，M=。，所以〃2=(()，1，1).

〃1•〃2（小，1,1）.（0,1,I）

设二面角A-NP-M的大小为仇则coso=

l»il•M小X也

_VTo

=5-

故二面角A-NP-M的余弦值是手.

G4空间中的平行关系

20.、、［2014•安徽卷］如图1-5,四棱柱ABC。-A由Ci。中，4A_L底面48CQ,四边

形/WC。为梯形，AD//BC,且人。=2BC过4，C,。三点的平面记为a,BBi与a的交点

为Q.

图1-5

(1)证明：Q为/阳।的中点；

(2)求此四棱柱被平面a所分成上下两部分的体积之比；

(3)若AA=4,CD=2,梯形ABC。的面积为6,求平面Q与底面A8CO所成二面角的

大小.

20.解：(1)证明：因为8Q〃AA，BC//AD,

BCCBQ=B,ADOAAi=A,

所以平面QBC〃平面AAO,

从而平面AiCD与这两个平面的交线相互平行，

即QC//A\D.

故△Q8C与△AN。的对应边相互平行，

于是△QBC'sAA/o,

所以照=署=器斗即。为胸的中点.

(2)如图1所示，连接QA,QD设A4=/?,梯形ABC。的高为d,四棱柱被平面。所分

成上下两部分的体积分别为V上和丫下,BC=a,则AO=2a.

图1

V三棱锥Q-A|AO=1X；•2a,h,d=\ahd,

所以V卜=丫三棱锥2-44。+八世9"6=马"

又V四棱柱AliGD-ABCD鼻hd,

所以Vjt=V四棱柱Zii^iCiDi-ABCD—VT=^ahd—~^ahd=^ahd,故;=空

⑶方法一：如图1所示，在△AQC中，作AE_LOC,垂足为E,连接4E.

又。EJ_M，RAA\HAE=A,

所以。及L平面4E4I，所以。E_L4£

所以NASA为平面a与底面A8c。所成二面角的平面角.

因为BC〃A。，AD=2BC,所以S.MDC=2S.MCA.

又因为梯形A8CO的面积为6,。。=2,

所以5AADC=4,AE=4.

.-AA\n

于是ianNAE4i=/^=I,ZAEA\=~.

故平面a与底面ABCD所成二面角的大小为

方法二：如图2所示，以。为原点，DA,分别为xz轴正方向建立空间直角

坐标系.

设NCOA=e,BC=Q,则AO=2a

空.2sin

因为S四边形ABCD='。=6,

2

所以〃=▽♦

从而可得C(2cos。，2sin。»

0,4.

所以。C=(2cos°,2sin0，0),DAi=sin〃

设平面AQC的法向量〃=(x,y,1),

4

DA\,n=.nA+4=0,

sin0

由

DCw=2xcos0+2ysin〃=0,

x=­sin0,

得〉

y=cos0,

所以〃=(—sin0,cos0,1).

又因为平面ABC。的法向量皿=(0,0,1),

ivmV2

所以cos<n,m)=

川网一2'

故平面a与底面ABCD所成二面角的大小为子.

17.、［2014.北京卷］如图1-3,正方形AMOE的边长为2,B,C分别为AM,MQ的中

点.在五棱锥尸-A3CDE中，尸为棱尸E的中点，平面4B/与棱尸。，PC分别交于点G,

H.

(1)求证：AB//FG；

(2)若以J_底面ABODE,且附=A£,求直线8c与平面A8/所成角的大小，并求线段

尸〃的长.

17.解：(1)证明：在正方形八例OE中，因为8是4W的中点，所以4

又因为A加平面

所以48〃平面PDE.

因为ABU平面ABF,且平面ABFQ平面PDE=FG,

所以A8〃FG

⑵因为%J_底面4BCQE,

所以以_LA8,PALAE.

建立空间直角坐标系Ar)，z,如图所示，则A(0,0,0),8(1,0,0),C(2,1,0),P((),

0,2),F(0,I,I),BC=(1,1,0).

设平面A8r的法向量为〃=(x,y,z),则

n-AB=0,fx=O,

即

［〃寿=o,b+z=().

令z=l,则y=-1.所以〃=(0,—1,1).

设直线AC与平面所成角为a,则

nBC1

ain,BC)|=

sin=|cosZ

MBC\

因此直线6C与平面A”所成角的大小为看.

设点〃的坐标为(〃，。，w).

因为点，在棱尸。上，所以可设两=2斤

即3，v,w—2)=42,1,—2),所以〃=2Lw=2—2L

因为〃是平面ABF的一个法向量，

所以〃.国/=0,

即(0,-1,1)(2；.,2,2-2A)=0,

解得泻，所以点”的坐标为住,|，

所以

19.、、、［2014.湖北卷］如图1-4,在棱长为2的正方体ABCD-如BiGDi中,E,F、M,

N分别是棱48,AD,4Bi，A1。的中点，点尸，。分别在棱。G，3历上移动，旦DP=

8Q=2(0<；.<2).

⑴当2=1时，证明：直线8G〃平面EFPQ.

(2)是否存在九使面EFP。与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出入的

值；若不存在，说明理由.

19.解：方法一(几何方法)：

(1)证明：如图①，连接A。”由ABCQ-A/iGOi是正方体，知8G〃4Oi.

当2=1时，。是。。的中点，又F是AQ的中点，所以FP〃4。所以3G〃FP.

而FPU平面EFPQ,且8GQ平面EFPQ,故直线8G〃平面E"Q.

图①

(2)如图②，连接8D.因为E,尸分别是AB,AO的口点，所以E广〃B。，且EF=；BD.

又DP=BQ,DP//BQ,

所以四边形PQ8。是平行四边形，板PQ//BD,且PQ=8。，从而EF〃PQ,且互'=4

PQ.

在RtZXEBQ和Rl△尸D尸中，因为BQ=OP=2,BE=DF=\,

于是EQ=FP=4而，所以四边形£FPQ也是等腰梯形.

同理可证四边形PQMV也是等腰梯形.

分别取ERPQ,MN的中点为，，O,G,连接。从OG,

则GO_LPQ,HO±PQ,而GOn"O=O,

故NGO”是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的立面角.

若存在九使面EFPQ与面。0MN所成的二面角为直二面角，则NGO〃=90°.

连接EM,FN,则由£：F〃MM且EF=MN知四边形EFMW是平行四边形.

连接G",因为"，G是EF,MN的中点,

所以GH=ME=2.

在△GOH中，GH?=4,0印=1+乃一(^=R+J

OG2=l+(2-A)2-^}=(2-X)2+^,

由OG2+O,2=G“2,得(2—2)2+/+产+3=4,解得力=1+乎，

故存在使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.

方法二(向量方法)：

以。为原点，射线。A,DC,。。分别为x,y,z轴的正半轴建立如图③所示的空间直

角坐标系.由己知得8(2,2,0),Ci(0,2,2),EQ,1,0),F(l,0,0),P(0,0,A).

BC(=(-2,0,2),FP=(-1,0,A),FE=(1,I,0).

(1)证明：当2=1时，FP=(-1,0,1),

因为比1=(-2,0,2),

所以反>1=2崩，即〃/P.

而FPU平面七/中Q,且8GQ平面E/PQ,故直线8G〃平面上"Q.

\FE,n=(),.»+)，=(),

(2)设平面"PQ的一个法向量为〃=(x,y,z),则由1可得

［FPn=0—x+/lz=0.

于是可取〃=(3—A,1).

同理可得平面MNPQ的一个法向量为〃1=(1-2,2-z,1).

若存在九使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，

则mn=(A—2,2—2,1>(4,—X,1)=0,

即;1(4一2)一久(2—/1)+1=0,解得;1=1土乎.

故存在4=1*,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.

18.、［2014.新课标全国卷H］如图1・3,四棱锥尸-4BCQ中，底面ABCQ为矩形，M±

平面A8CQ,七为。。的中点.

(1)证明：PB〃平面NEC；

(2)设二面角Q-AE-C为60°,AP=\,AD=小,求三棱锥E-AC短的体积.

E

图1-3

18.解：(1)证明：连接8。交AC于点O,连接E0.

因为/WCO为矩形，所以。为〃。的中点.

又E为P。的中点，所以EO//PB.

因为EOU平面AKC,P8Q平面AEC,

所以P8〃平面AEC.

(2)因为办_L平面ABC。，48CO为矩形，

所以A8,AD,AP两两垂直.

如图，以A为坐标原点，AB,AD,A0的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，|亦|为单位

长，建立空间直角坐标系A-xyz，则。(。，小，0),d0,坐，,，AE=(0,坐，

设0,0)(/〃>0),则。(机，小，0),Ac=(w,6,0).

设小=(x,y,2)为平面ACE的法向量，

切x+小v=0,

n\•AC=0,噌金。,

则，

iii,AE=0,

可取〃尸僧,一匕小)

又〃2=(1，0,0)为平面OAE的法向量，

由题设易知|cos</1|,112)|=1»即

吊下W，解得加器.

因为E为P。的中点，所以三棱锥E-ACD的高为;.三棱锥E-ACD的体积V=gx/小

义溺邛

17.,[2014.山东卷]如图1-3所示，在四楂柱ABC。-A网GQi中，底面ABCQ是等腰

梯形，ND48=60。，AB=2CD=2,M是线段A8的中点.

(1)求证：CM〃平面

(2)若CDi垂直于平面ABCD且CD尸小,求平面GQM和平面ABCD所成的角(匏角)

的余弦值.

17.解：(1)证明：因为四边形人8CO是等腰梯形，

且48=2CO,所以至〃。。，

又M是/W的中点，

所以CD//MA且CO=MA.

连接A。］.因为在四楂柱A3CO-A|/3IGQI中，

CD//CiD^CD=GDi,

所以G0i〃MA,C\Di=MA,

所以四边形AMGG为平行四边形，

因此，C\M//Dx\.

又GMQ平面4人。。1,QiAU平面

所以GM〃平面44D。.

(2)方法一：连接AC,MC.

由(1)知，CO〃AM且CD=AM,

所以四边形4MC。为平行四边形，

所以BC=AD=MC.

由题意/48C=ND48=60°,

所以△MBC为正三角形，

因此A8=28C=2,CA=小,

因此CAA.CB.

设C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C-xvz.

所以4V5，o,0),B(0,1,0),D)(0,0,y/3).

因此加宵，J,o）,

所以诟i=（一坐，-1,小），求|=%=（一坐，1,0）

设平面CiGM的一个法向量〃=（x,户z）,

w-D|Ci=0,［小x—y=o,

由，得欣+厂2

〃MQi=0,

可得平面的个法向量〃=（1,小,I).

又无产（0,0,小）为平面ABCD的一个法向量.

因止匕cos（cbi，加~~=5»

I国II川

所以平面CQM和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值为害.

方法二：由（1）知，平面Q1GA/C1平面A4CO=44点过C向48引垂线交A8于点M

连接DiN.

由平面/WCZ）,可得。iN_L/W,

因此NQNC为二面角G-AB-C的平面角.

在RtZkBNC中，8c=1,NNBC=6（）Q,

可得CN=^,

所以NDi=在丽右0=隼.

坐r

在RtZ\£)iCN中，cosND[NC=D[N=1^^=5，

2

所以平面GAM和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为坐.

18.,,,[2014•四川卷]三棱锥A-BCO及其侧视图、俯视图如图1-4所示.设M,N分

别为线段人。，的中点，P为线段BC上的点，且MN_LNP.

(1)证明：P是线段BC的中点；

(2)求二面角A-NP-M的余弦值.

18.解；(1)如图所示，取。。的中点O,连接AO,CO.

由侧视图及俯视图知，AABD,△BC。为正三角形，

所以AO_LB。，OC1BD.

因为40,OCU平面AOC,且AOGOC=O,

所以平面AOC.

又因为ACU平面AX,所以BD_LAC

取BO的中点〃，连接N4,PH.

又M,N,”分别为线段A。，AB,8。的中点，所以MN//BD、NH//AO,

因为AO_L3。，所以NHLBD.

因为MNJ_N尸，所以NP工BD.

因为N”，NPU平面NHP,且NHCNP=N,所以8。_1_平面NHP.

又因为HPU平面NHP,所以BD工HP.

又OC_L8O,HPU平面8CO,0CU平面8CQ,所以HP〃OC

因为，为BO的中点，所以P为的中点.

由(1)知，NP//AC,所以NQLNP.

因为MNINP,所以NMNQ为二面角A-NP-M的一个平面角.

由(1)知，^ABD,△BC。为边长为2的正三角形，所以AO=OC=，1

由俯视图可知，4O_L平面8CD

因为OCU平面4CQ,所以AO_LOC,因此在等腰直角△AOC中，AC=«

作BRA.AC于R

因为在△48C中，AB=BC,所以R为AC的中点，

所以BR=yp商囹=邛.

因为在平面A4C内，NQLAC,BRLAC,

所以NQ〃BR.

又因为N为A3的中点，所以Q为AR的中点，

所以八9考=乎

同理，可得MQ=邛.

故△MNQ为等腰三角形,

所以在等腰△MNQ中，

MNBD

24-JTo

cos/MNQ=^=湎=5•

故二面角A-NP-M的余弦值是邛.

方法二：由俯视图及⑴可知，AO_L平面BCD

因为。C,08U平面8CQ,所以40_L0C,AOLOB.

又OCLOB,所以直线。4,。/3,0C两两垂直.

如图所示，以0为坐标原点，以。8,0C,。4的方向为x轴，y轴，z轴的正方向,

建立空间直角坐标系O-xyz.

贝|JA(U,U,5)，仅1,U,0),C(U,V5,0),/)(一I,0,0).

因为M,N分别为线段AD,A8的中点，

又由(1)知，P为线段8C的中点，

所以MTO.嗡,心,o,坐),pQ,坐,0)于是A8=(l,0,一小)，BC={~

坐一吗

\,小，0),MN=(1,0,0),NP=0,

设平面ABC的一个法向量〃i=(xi，yi，zi),

HI_LA8,,AB=0,

rtr得即

m±BC,zu・BC=。,

(xi>yi，zi)•(1»0,一小)=0,

(xi，y\,zi)•(—1,小，0)=0,

XL小zi=0,

从而V厂

「制+q31yl=（）.

取zi=i,则｝?i=i>所以〃i=N^,i,1）.

设平面M/V0的一个法向量〃2=（X2,”，Z2）,由，

〃2_LMN,n2・MN=0,

得

ii2.LNP,[〃2,NP=0,

（工2，以，Z2）♦（1，0,0）=0,

即（及，”，Z2）（o,坐，一明=0，

X2=o,

从前近亚八

2Z2=o

取Z2=l,则>2=1，.V2=。，所以〃2=（0，1»1）.

(小，1,1)•(0,1,1)

设二面角4-NP-M的大小为优则cos0=瑞■

^5X^2

二迎

—5'

故二面角A-NP-M的余弦值是邛.

G5空间中的垂直关系

17.、、［2014•福建卷］在平面四边形A3CO中，AB=BD=CD=l,AB±BD,CD1BD.

将△A3。沿8。折起，使得平面43。_1_平面8CQ,如图1-5所示.

（1）求证：ABLCDx

（2）若M为A。中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.

图1-5

17.解：（1）证明：••・平面人8。_1_平面BCD,平面人BOG平面8CQ=4O,A8U平面

AB1BD,・"BJ_平面8co.

又CQU平面8CQ,：,ABLCD.

（2）过点B在平面BCD内作BELBD.

由(I)知人8_1_平面BC。，BEU平面BCD,4OU平面BC。，：.ABLBE,ABLBD.

以B为坐标原点，分别以废，BD,丽的方向为x轴，)，轴，z轴的正方向建立空间直

角坐标系(如图所示).

依题意，得8(0,0,0),C(l,I,0),。(0,L0),&0,0,I),40,£).

则证=(1,1,0),诙=((),。Ab=(o,i,-1).

设平面M8C的法向量〃=(M),制，Zo),

"辰=0,x（）—yo=O,

则J即11J八

2.yo+po=0,

BM=0,

取为=1,得平面的一个法向量〃=(1,-I,I).

设直线AD与平面MBC所成角为仇

则而"二晟5,布卜黑邛.

即直线A。与平面MBC所成角的正弦值为乎.

18.、［2014•广东卷］如图1-4,四边形A8C。为正方形，尸。_L平面ABC。，,

AFLPC于点F,FE//CD,交PD于点E.

(1)证明：C尸J■平面厂；

(2)求二面角D-AF-E的余弦值.

图1-4

19.、［2014.湖南卷］如图1-6所示，四棱柱A8CO-A&G。的所有棱长都相等,ACC8。

=0,A1C1AB1D1=O1，四边形ACG4和四边形8。。闰均为矩形.

(1)证明：OQ_L底面ABC7)；

(2)若NC8A=60°,求二面角的余弦值.

图1-6

19.解：⑴如图(a),闪为四边形ACC1A1为矩形，所以CG_LAC.同理ODi_L6D

因为CG〃QO|,所以CGJ_8D而ACna)=0,因此CGJ_底面48CD

由题设知，OiO〃GC.故OiOJ■底面ABCD

⑵方法一：如图(a),过万作Oi//_LOB］于H,连接HG.

乂因为四棱柱4BCO-A囚GG的所有棱长都相等，所以四边形A用iCiG是菱形，

因此4G_LSOi，从而AQJ_平面BDABi，所以4G_LOS，于是ABiJ_平面Q〃G.

进而OS_LG”.故NG"。1是二面角CrOBrD的平面角.

不妨设A8=2.因为NC3A=60°,所以。3=小，OC=1,0%=币.

方法二：因为四棱柱A8CD-A囚G"的所有棱长都相等，所以四边形A8C。是菱形,

因此人C_L3O.又OiOJ_底面A8C。，从而04,0C,001两两垂直.

图(b)

如图(b),以。为坐标原点，OB,0C,。。所在直线分别为x轴，)，轴，z轴，建立空

间直角坐标系0-xyz,不妨设A8=2.因为NCBA=60°,所以。8=/，0C=\,于是相

关各点的坐标为0(0,0,0),

囱(小，0,2),Ci(0,1,2).

易知，〃1=(0,1,())是平面3。。归］的一个法向量.

Il2,06]=0,小x+2z=0,

设〃2=(x，y，Z)是平面O81G的一个法向量，则

112•及1=0,），+2z=0.

取2=一小，则X=2,)，=2小，所以〃2=(2,2V5,一小).

设二面角G-O3-O的夫小为。，易如。是锐角，于是

故二面角G-OB「。的余弦值为嚼.

19.、、［2014•江西卷］如图1-6,四棱锥P-ABCO中，A8CQ为矩形,平面以平面

ABCD.

⑴求证：ABLPD.

(2)若N4PC=90°,PB=®PC=2,问/W为何值时，四棱锥P-A6co的体积最大？

并求此时平面8PC与平面QPC夹角的余弦值.

19.解：(1)证明：因为A3CD为矩形,所以A8LW.

乂平面网。J_