2017年高考数学试题分项版—立体几何(解析版)

一、选择题

1．(2017·全国Ⅰ文，6)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)

1．【答案】A

【解析】A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.

∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，

∴直线AB与平面MNQ相交；

B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，

∴AB∥MQ，

又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；

C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，

∴AB∥MQ，

又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；

D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，

∴AB∥NQ，

又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，

∴AB∥平面MNQ.

故选A.

2．(2017·全国Ⅱ文，6)如图，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，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为(　　)

A．90π    B．63π

C．42π    D．36π

2．【答案】B

【解析】方法一　(割补法)如图所示，由几何体的三视图，可知该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得．

将圆柱补全，并将圆柱体从点A处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的，所以该几何体的体积V＝π×32×4＋π×32×6×＝63π.

故选B.

方法二　(估值法)由题意，知V圆柱＜V几何体＜V圆柱．

又V圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π＜V几何体＜90π.

观察选项可知只有63π符合．

故选B.

3．(2017·全国Ⅲ文，9)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为(　　)

A．π  B．  C．  D．

3．【答案】B

【解析】设圆柱的底面半径为r，球的半径为R，且R＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r，R及圆柱的高的一半构成直角三角形．

∴r＝ ＝.

∴圆柱的体积为V＝πr2h＝π×1＝.

故选B.

4．(2017·全国Ⅲ文，10)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则(　　)

A．A1E⊥DC1      B．A1E⊥BD

C．A1E⊥BC1      D．A1E⊥AC

4．【答案】C

【解析】方法一　如图，∵A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，

∴B，D错；

∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1，

∴A1E⊥BC1，故C正确；

(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.

又A1E⊂平面CEA1B1，

∴A1E⊥BC1)

∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错．

故选C.

方法二　(空间向量法)建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，E，∴＝，＝(0,1,1)，＝(－1，－1，0)，＝(－1,0,1)，＝(－1,1,0)，∴·≠0，·≠0，·＝0，·≠0，∴A1E⊥BC1.

故选C.

5．(2017·北京文，6)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为(　　)

A．60  B．30  C．20  D．10

5．【答案】D

【解析】由三视图画出如图所示的三棱锥P－ACD，过点P作PB⊥平面ACD于点B，连接BA，BD，BC，根据三视图可知，底面ABCD是矩形，AD＝5，CD＝3，PB＝4，

所以V三棱锥PACD＝××3×5×4＝10.

故选D. 

6.(2017·浙江，3)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是(　　)

A．＋1      B．＋3

C．＋1      D．＋3

6.【答案】A

【解析】由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长是的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，

∴该几何体体积为V＝×π×12×3＋××××3＝＋1.

故选A.

7．(2017·浙江，9)如图，已知正四面体DABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP＝PB，＝＝2，分别记二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角为α，β，γ，则(　　)

A．γ＜α＜β      B．α＜γ＜β

C．α＜β＜γ      D．β＜γ＜α

7．【答案】B

【解析】如图①，作出点D在底面ABC上的射影O，过点O分别作PR，PQ，QR的垂线OE，OF，OG，连接DE，DF，DG，则α＝∠DEO，β＝∠DFO，γ＝∠DGO.

由图可知它们的对边都是DO，

∴只需比较EO，FO，GO的大小即可．

如图②，在AB边上取点P′，使AP′＝2P′B，连接OQ，OR，则O为△QRP′的中心．

设点O到△QRP′三边的距离为a，则OG＝a，

OF＝OQ·sin∠OQF＜OQ·sin∠OQP′＝a，

OE＝OR·sin∠ORE＞OR·sin∠ORP′＝a，

∴OF＜OG＜OE，

∴＜＜，

∴α＜γ＜β.

故选B.

8．(2017·全国Ⅰ理，7)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有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为(　　)

A．10      B．12

C．14      D．16

8．【答案】B

【解析】观察三视图可知，该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2.三棱锥的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为2，如图所示．因此该多面体各个面中有两个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，故这两个梯形的面积之和为2××(2＋4)×2＝12.故选B. 

9．(2017·全国Ⅱ理，4)如图，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，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为(　　)

A．90π      B．63π  

C．42π      D．36π

9．【答案】B

【解析】方法一　(割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示．

将圆柱补全，并将圆柱从点A处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的，所以该几何体的体积V＝π×32×4＋π×32×6×＝63π.故选B.

方法二　(估值法)由题意知，V圆柱10．(2017·全国Ⅱ理，10)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　)

A.      B.       C.          D.

10．【答案】C

【解析】方法一　将直三棱柱ABC－A1B1C1补形为直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，如图①所示，连接AD1，B1D1，BD.由题意知∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1， 所以AD1＝BC1＝，AB1＝，∠DAB＝60°. 

在△ABD中，由余弦定理知BD2＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3，所以BD＝，所以B1D1＝.                                                                                                        

又AB1与AD1所成的角即为AB1与BC1所成的角θ，

所以cos θ＝＝＝.

故选C.

方法二　以B1为坐标原点，B1C1所在的直线为x轴，垂直于B1C1的直线为y轴，BB1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图②所示．

由已知条件知B1(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(1,0,0)，A(－1，，1)，

则＝(1,0，－1)，＝(1，－，－1)．                                            

所以cos〈，〉＝＝＝.

所以异面直线AB1与BC1所成的角的余弦值为.

故选C.

11．(2017·全国Ⅲ理，8)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为(　　)

A．π      B.      C.      D.

11．【答案】B

【解析】设圆柱的底面半径为r，球的半径为R，且R＝1，

由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，

r，R及圆柱的高的一半构成直角三角形．

∴r＝＝.

∴圆柱的体积为V＝πr2h＝π×2×1＝.

故选B.

12．(2017·北京理，7)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为(　　)

A．3      B．2

C．2      D．2

12．【答案】B

【解析】在正方体中还原该四棱锥，如图所示，

可知SD为该四棱锥的最长棱．由三视图可知正方体的棱长为2，

故SD＝＝2.故选B.

二、填空题

1．(2017·全国Ⅰ文，16)已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥SABC的体积为9，则球O的表面积为________．

1．【答案】36π

【解析】如图，连接OA，OB.

由SA＝AC，SB＝BC，SC为球O的直径知，OA⊥SC，OB⊥SC.

由平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，OA⊥SC知，OA⊥平面SCB.

设球O的半径为r，则

OA＝OB＝r，SC＝2r，

∴三棱锥S－ABC的体积

V＝×(SC·OB)·OA＝，

即＝9，∴r＝3，∴S球表＝4πr2＝36π.

2．(2017·全国Ⅱ文，15)长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．

2．【答案】14π

【解析】∵长方体的顶点都在球O的球面上，

∴长方体的体对角线的长度就是其外接球的直径．

设球的半径为R，

则2R＝＝.

∴球O的表面积为S＝4πR2＝4π×2＝14π.

3．(2017·天津文，11)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．

3．【答案】

【解析】设正方体的棱长为a，则6a2＝18，∴a＝.

设球的半径为R，则由题意知2R＝＝3，

∴R＝.

故球的体积V＝πR3＝π×3＝.

4．(2017·山东文，13)由一个长方体和两个圆柱构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．

4．【答案】2＋

【解析】该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个半径为1，高为1的圆柱体构成，

∴V＝2×1×1＋2××π×12×1＝2＋.

5.(2017·浙江，11)我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度．祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S6，S6＝________.

5．【答案】

【解析】作出单位圆的内接正六边形，如图，

则OA＝OB＝AB＝1，S6＝6S△OAB＝6××1×＝.

6．(2017·江苏，6)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．

6．【答案】

【解析】设球O的半径为R，

∵球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，

∴圆柱O1O2的高为2R，底面半径为R.

∴＝＝.

7．(2017·全国Ⅰ理，16)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________．

7．【答案】4

【解析】如图，连接OD，交BC于点G，由题意知，OD⊥BC，OG＝BC.

设OG＝x，x∈，

则BC＝2x，DG＝5－x，

三棱锥的高h＝

＝

＝，S△ABC＝×2x×3x＝3x2，

则三棱锥的体积V＝S△ABC·h＝x2·＝·.

令f(x)＝25x4－10x5，x∈，则f′(x)＝100x3－50x4.

令f′(x)＝0，得x＝2.当x∈(0,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故当x＝2时，f(x)取得最大值80，则V≤×＝4.

所以三棱锥体积的最大值为4 cm3.

8．(2017·全国Ⅲ理，16)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：

①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；

②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；

③直线AB与a所成角的最小值为45°；

④直线AB与a所成角的最大值为60°.

其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)

8．【答案】②③

【解析】依题意建立如图所示的空间直角坐标系，设等腰直角三角形ABC的直角边长为1. 

由题意知，点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆．

设直线a的方向向量为a＝(0,1,0)，直线b的方向向量为b＝(1,0,0)，以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈，则B(cos θ，sin θ，0)，

∴＝(cos θ，sin θ，－1)，||＝.

设直线AB与a所成的夹角为α，

则cos α＝＝|sin θ|∈，

∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误；

设直线AB与b所成的夹角为β，

则cos β＝＝|cos θ|.

当直线AB与a的夹角为60°，即α＝60°时，

则|sin θ|＝cos α＝cos 60°＝，

∴|cos θ|＝，∴cos β＝|cos θ|＝.

∵45°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB与b的夹角为60°.

∴②正确，①错误．

9．(2017·天津理，10)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．

9．【答案】π

【解析】设正方体棱长为a，则6a2＝18，∴a＝.

设球的半径为R，则由题意知2R＝＝3，∴R＝.

故球的体积V＝πR3＝π×3＝π.

10．(2017·山东理，13)由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如下，则该几何体的体积为________．

10．【答案】2＋

【解析】该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，

∴V＝2×1×1＋2××π×12×1＝2＋.

三、解答题

1．(2017·全国Ⅰ文，18)如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°. 

(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；

(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥PABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．

1．(1)证明　由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，

得AB⊥PA，CD⊥PD.

由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD.

又AB⊂平面PAB，

所以平面PAB⊥平面PAD.

 (2)解　如图，在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E. 

由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，AB⊥AD，

所以PE⊥平面ABCD.

设AB＝x，则由已知可得AD＝x，PE＝x，

故四棱锥PABCD的体积VPABCD＝AB·AD·PE＝x3.由题设得x3＝，故x＝2.

从而结合已知可得PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2，

可得四棱锥PABCD的侧面积为

PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2.

2．(2017·全国Ⅱ文，18)如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°. 

(1)证明：直线BC∥平面PAD；

(2)若△PCD的面积为2，求四棱锥PABCD的体积．

2．(1)证明　在平面ABCD内，因为∠BAD＝∠ABC＝90°，所以BC∥AD.

又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，

故BC∥平面PAD.

(2)解　如图，取AD的中点M，连接PM，CM.由AB＝BC＝AD及BC∥AD，∠ABC＝90°得四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD. 

因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD.因为CM⊂底面ABCD，所以PM⊥CM.

设BC＝x，则CM＝x，CD＝x，PM＝x，PC＝PD＝2x.

取CD的中点N，连接PN，则PN⊥CD，

所以PN＝x.

因为△PCD的面积为2，

所以×x×x＝2，

解得x＝－2(舍去)或x＝2.

于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2.

所以四棱锥PABCD的体积V＝××2＝4.

3．(2017·全国Ⅲ文，19)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.

(1)证明：AC⊥BD；

(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD.若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．

3．(1)证明　如图，取AC的中点O，连接DO，BO.

因为AD＝CD，所以AC⊥DO.

又由于△ABC是正三角形，

所以AC⊥BO.

又DO∩OB＝O，

所以AC⊥平面DOB，故AC⊥BD.

(2)解　连接EO.

由(1)及题设知∠ADC＝90°，所以DO＝AO.

在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.

又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°.

由题设知△AEC为直角三角形，所以EO＝AC.

又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝BD.

故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.

4．(2017·北京文，18)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．

(1)求证：PA⊥BD；

(2)求证：平面BDE⊥平面PAC；

(3)当PA∥平面BDE时，求三棱锥E－BCD的体积．

4．(1)证明　因为PA⊥AB，PA⊥BC，AB∩BC＝B，

所以PA⊥平面ABC.

又因为BD⊂平面ABC，所以PA⊥BD.

(2)证明　因为AB＝BC，D是AC的中点，所以BD⊥AC.

由(1)知，PA⊥BD，

又PA∩AC＝A，

所以BD⊥平面PAC.

所以平面BDE⊥平面PAC.

(3)解　因为PA∥平面BDE，平面PAC∩平面BDE＝DE，所以PA∥DE.

因为D为AC的中点，所以DE＝PA＝1，BD＝DC＝.

由(1)知，PA⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC，

所以三棱锥E－BCD的体积V＝BD·DC·DE＝.

5．(2017·天津文，17)如图，在四棱锥PABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2.

(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值；

(2)求证：PD⊥平面PBC；

(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．

5．(1)解　由已知AD∥BC，故∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角．

因为AD⊥平面PDC，直线PD⊂平面PDC，所以AD⊥PD.

在Rt△PDA中，由已知，得AP＝＝，

故cos∠DAP＝＝.

所以异面直线AP与BC所成角的余弦值为.

(2)证明　由(1)知AD⊥PD.

又因为BC∥AD，所以PD⊥BC.

又PD⊥PB，PB∩BC＝B，所以PD⊥平面PBC.

(3)解　如图，过点D作DF∥AB，交BC于点F，连接PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角．

因为PD⊥平面PBC，所以PF为DF在平面PBC上的射影，所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角．

由于AD∥BC，DF∥AB，故BF＝AD＝1.

由已知，得CF＝BC－BF＝2.

又AD⊥DC，所以BC⊥DC.

在Rt△DCF中，可得DF＝＝2，

在Rt△DPF中，可得sin∠DFP＝＝.

所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.

6．(2017·山东文，18)由四棱柱ABCD－A1B1C1D1截去三棱锥C1－B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.

(1)证明：A1O∥平面B1CD1；

(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.

6．证明　(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，

由于ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，

所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，

因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C.

又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，

所以A1O∥平面B1CD1.

(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，

所以EM⊥BD.

又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

所以A1E⊥BD.

因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1.

又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，

所以B1D1⊥平面A1EM.

又B1D1⊂平面B1CD1，

所以平面A1EM⊥平面B1CD1.

7．(2017·浙江，19)如图，已知四棱锥PABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．

(1)证明：CE∥平面PAB；

(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．

7．(1)证明　如图，设PA中点为F，连接EF，FB.

因为E，F分别为PD，PA中点，

所以EF∥AD且EF＝AD，

又因为BC∥AD，BC＝AD，

所以EF∥BC且EF＝BC，

所以四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF.

因为BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，

因此CE∥平面PAB.

(2)解　分别取BC，AD的中点为M，N，

连接PN交EF于点Q，连接MQ.

因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，

所以Q为EF中点，

在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.

由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.

由DC⊥AD，BC∥AD，BC＝AD，N是AD的中点得BN⊥AD.所以AD⊥平面PBN.

由BC∥AD得BC⊥平面PBN，

那么平面PBC⊥平面PBN.

过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH.

MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．

设CD＝1.

在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝得CE＝，

在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝得QH＝，

在Rt△MQH中，QH＝，MQ＝，

所以sin∠QMH＝，

所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.

8．(2017·江苏，15)如图，在三棱锥ABCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.

求证：(1)EF∥平面ABC；

(2)AD⊥AC.

8．证明　(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，

则AB∥EF.

又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，

所以EF∥平面ABC.

(2)因为平面ABD⊥平面BCD，

平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，

所以BC⊥平面ABD.

因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.

又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，

所以AD⊥平面ABC.

又因为AC⊂平面ABC，

所以AD⊥AC.

9．(2017·江苏，18)如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32 cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为10 cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG，E1G1的长分别为14 cm和62 cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12 cm.现有一根玻璃棒l，其长度为40 cm.(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计)．

(1)将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分的长度；

(2)将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分的长度．

9．解　(1)由正棱柱的定义，CC1⊥平面ABCD，

所以平面A1ACC1⊥平面ABCD，CC1⊥AC，

如图①，记玻璃棒的另一端落在CC1上点M处．

①

因为AC＝10，AM＝40，

所以MC＝＝30，

从而sin∠MAC＝.

记AM与水面的交点为P1，

过P1作P1Q1⊥AC，Q1为垂足，

则P1Q1⊥平面ABCD，故P1Q1＝12，

从而AP1＝＝16.

答　玻璃棒l没入水中的部分的长度为16 cm.

(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24 cm)

(2)如图②，O，O1是正棱台的两底面中心．

②

由正棱台的定义，OO1⊥平面EFGH，

所以平面E1EGG1⊥平面EFGH，O1O⊥EG.

同理，平面E1EGG1⊥平面E1F1G1H1，O1O⊥E1G1.

记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处．

过G作GK⊥E1G1，K为垂足，

则GK＝OO1＝32.

因为EG＝14，E1G1＝62，

所以KG1＝＝24，

从而GG1＝＝＝40.

设∠EGG1＝α，∠ENG＝β，

则sin α＝sin＝cos∠KGG1＝.

因为<α<π，所以cos α＝－.

在△ENG中，由正弦定理可得＝，

解得sin β＝.

因为0<β<，所以cos β＝.

于是sin∠NEG＝sin(π－α－β)＝sin(α＋β)

＝sin αcos β＋cos αsin β＝×＋×＝.

记EN与水面的交点为P2，过P2作P2Q2⊥EG，Q2为垂足，则P2Q2⊥平面EFGH，

故P2Q2＝12，从而EP2＝＝20.

答　玻璃棒l没入水中部分的长度为20 cm.

(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20 cm)

10．(2017·江苏，22)如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°.

(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；

(2)求二面角BA1DA的正弦值．

10．解　在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.

因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.

如图，以{，，}为正交基底，

建立空间直角坐标系Axyz.

因为AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°，

则A(0,0,0)，B(，－1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)，A1(0,0，)，C1(，1，)．

(1)＝(，－1，－)，＝(，1，)，

则cos〈，〉＝＝＝－，

因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.

(2)平面A1DA的一个法向量为＝(，0,0)．

设m＝(x，y，z)为平面BA1D的一个法向量，

又＝(，－1，－)，＝(－，3,0)，

则即

不妨取x＝3，则y＝，z＝2，

所以m＝(3，，2)为平面BA1D的一个法向量，

从而cos〈，m〉＝＝＝.

设二面角BA1DA的大小为θ，则|cos θ|＝.

因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝＝.

因此二面角BA1DA的正弦值为.

11．(2017·全国Ⅰ理，18)如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°. 

(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；

(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角APBC的余弦值．

11．(1)证明　由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD，

因为AB∥CD，所以AB⊥PD.

又AP∩DP＝P，所以AB⊥平面PAD.

因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.

(2)解　在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为点F.

由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD.

以点F为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系F－xyz.

由(1)及已知可得A，P，B，C，

所以＝，＝(，0,0)，

＝，＝(0,1,0)．

设n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的一个法向量，则

即

所以可取n＝(0，－1，－)．

设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的一个法向量，则

即

所以可取m＝(1,0,1)，

则cos 〈n，m〉＝＝＝－.

所以二面角A－PB－C的余弦值为－.

12．(2017·全国Ⅱ理，19)如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．

(1)证明：直线CE∥平面PAB；

(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角MABD的余弦值．

12．(1)证明　取PA的中点F，连接EF，BF.

因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝AD.

由∠BAD＝∠ABC＝90°，得BC∥AD，

又BC＝AD，

所以EF BC，四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，

又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，

故CE∥平面PAB.

(2)解　由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，

则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，)，

＝(1,0，－)，＝(1,0,0)．

设M(x，y，z)(0＝(x－1，y，z)，＝(x，y－1，z－)．

因为BM与底面ABCD所成的角为45°，

而n＝(0,0,1)是底面ABCD的法向量，

所以|cos〈，n〉|＝sin 45°，

＝，

即(x－1)2＋y2－z2＝0.①

又M在棱PC上，设＝λ，则

x＝λ，y＝1，z＝－λ.②

由①②解得(舍去)或

所以M，从而＝.

设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则

即

所以可取m＝(0，－，2)．

于是cos〈m，n〉＝＝.

所以二面角MABD的余弦值为.

13．(2017·全国Ⅲ理，19)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD.

(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；

(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角DAEC的余弦值．

13．(1)证明　由题设可得△ABD≌△CBD.

从而AD＝CD，又△ACD为直角三角形，

所以∠ADC＝90°，

取AC的中点O，连接DO，BO，则DO⊥AC，DO＝AO.

又因为△ABC是正三角形，故BO⊥AC，

所以∠DOB为二面角DACB的平面角，

在Rt△AOB中，BO2＋OA2＝AB2，

又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°，

所以平面ACD⊥平面ABC.

(2)解　由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直，以O为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，

则O(0,0,0)，A，D，B，C(－1，0,0)，由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得E，

故＝，＝，＝.

设平面AED的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面AEC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，

则即

令x1＝1，则n1＝(1，，1)．

即

令y2＝－1，则n2＝(0，－1，)，

设二面角DAEC的平面角为θ，易知θ为锐角，

则cos θ＝＝.

14．(2017·北京理，16)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝，AB＝4.

(1)求证：M为PB的中点；

(2)求二面角BPDA的大小；

(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．

14．(1)证明：设AC，BD交于点E，连接ME，如图．

因为PD∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，

所以PD∥ME.

因为四边形ABCD是正方形，

所以E为BD的中点，

所以M为PB的中点．

(2)解：取AD的中点O，连接OP，OE.

因为PA＝PD，所以OP⊥AD，

又因为平面PAD⊥平面ABCD，且OP⊂平面PAD，

所以OP⊥平面ABCD.

因为OE⊂平面ABCD，所以OP⊥OE.

因为四边形ABCD是正方形，

所以OE⊥AD，

如图，建立空间直角坐标系O－xyz，

则P(0,0，)，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，＝(4，－4,0)，＝(2,0，－)．

设平面BDP的法向量n＝(x，y，z)，

则即

令x＝1，则y＝1，z＝.于是n＝(1,1，)．

平面PAD的法向量为p＝(0,1,0)，所以cos〈n，p〉＝＝.

由题意知二面角B－PD－A为锐角，所以它的大小为.

(3)解：由题意知M，C(2,4,0)，＝.

设直线MC与平面BDP所成的角为α，则sin α＝|cos〈n，〉|＝＝.

所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.

15．(2017·天津理，17)如图，在三棱锥PABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.

(1)求证：MN∥平面BDE；

(2)求二面角CEMN的正弦值；

(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．

15．解　如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系．

依题意，可得A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)．

(1)证明　＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)．

设n＝(x，y，z)为平面BDE的一个法向量，

则即不妨设z＝1，

可得n＝(1,0,1)．

又＝(1,2，－1)，可得·n＝0.

因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE.

(2)易知n1＝(1,0,0)为平面CEM的一个法向量．

设n2＝(x1，y1，z1)为平面EMN的一个法向量，

则

因为＝(0，－2，－1)，＝(1,2，－1)，

所以

不妨设y1＝1，可得n2＝(－4,1，－2)．

因此cos〈n1，n2〉＝＝－，

于是sin〈n1，n2〉＝.

所以，二面角CEMN的正弦值为.

(3)解　依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，

则H(0,0，h)，进而可得＝(－1，－2，h)， ＝(－2,2,2)．

由已知，得|cos〈，〉|＝＝＝，

整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝.

所以，线段AH的长为或.

16．(2017·山东理，17)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．

(1)设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；

(2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E—AG—C的大小．

16．解　(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，

AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，

所以BE⊥平面ABP.

又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP，又∠EBC＝120°，

所以∠CBP＝30°.

(2)方法一　取的中点H，连接EH，GH，CH.

因为∠EBC＝120°，

所以四边形BEHC为菱形，

所以AE＝GE＝AC＝GC＝＝.

取AG的中点M，连接EM，CM，EC，

则EM⊥AG，CM⊥AG，

所以∠EMC为所求二面角的平面角．

又AM＝1，所以EM＝CM＝＝2.

在△BEC中，由于∠EBC＝120°，

由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12，

所以EC＝2，因此△EMC为等边三角形，

故所求的角为60°.

方法二　在平面EBC内，作EB⊥BP交于点P.以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，，3)，C(－1，，0)，

故＝(2,0，－3)，＝(1，，0)，＝(2,0,3)，

设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量．

由可得

取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－，2)．

设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量．

由可得

取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－，－2)．

所以cos〈m，n〉＝＝.

因此所求的角为60°.