高考數(shù)學備考沖刺之易錯點點睛系列專題 立體幾何教師版

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1、高考數(shù)學精品復(fù)習資料 2019.5立體幾何立體幾何一、高考預(yù)測一、高考預(yù)測立體幾何由三部分組成，一是空間幾何體，二是空間點、直線、平面的位置關(guān)系，三是立體幾何中的向量方法高考在命制立體幾何試題中，對這三個部分的要求和考查方式是不同的在空間幾何體部分，主要是以空間幾何體的三視圖為主展開，考查空間幾何體三視圖的識別判斷、考查通過三視圖給出的空間幾何體的表面積和體積的計算等問題，試題的題型主要是選擇題或者填空題，在難度上也進行了一定的控制，盡管各地有所不同，但基本上都是中等難度或者較易的試題；在空間點、直線、平面的位置關(guān)系部分，主要以解答題的方法進行考查，考查的重點是空間線面平行關(guān)系和垂直關(guān)系的證明

2、，而且一般是這個解答題的第一問；對立體幾何中的向量方法部分，主要以解答題的方式進行考查，而且偏重在第二問或者第三問中使用這個方法，考查的重點是使用空間向量的方法進行空間角和距離等問題的計算，把立體幾何問題轉(zhuǎn)化為空間向量的運算問題2。線面關(guān)系中三類平行的共同點是“無公共點” ；三類垂直的共同點是“成角 90”.線面平行、面面平行，最終化歸為線線平行；線面垂直、面面垂直，最終化歸為線線垂直.3。直線與平面所成角的范圍是2, 0；兩異面直線所成角的范圍是2, 0(.一般情況下，求二面角往往是指定的二面角，若是求兩平面所成二面角只要求出它們的銳角（直角）情況即可.4。立體幾何中的計算主要是角、距離、體

3、積、面積的計算.兩異面直線所成角、直線與平面所成角的計算是重點.求兩異面直線所成角可以利用平移的方法將角轉(zhuǎn)化到三角形中去求解，也可以利用空間向量的方法，特別要注意的是兩異面直線所成角的范圍.當求出的余弦值為a時，其所成角的大小應(yīng)為|arccos a.特別需要注意的是：兩向量所成的角是兩向量方向所成的角，它與兩向量所在的異面直線所成角的概念是不一樣的.本題中的向量1BD與DE所成的角大小是兩異面直線 DE 與 BD1所成角的補角.7。長方體、正方體是最基本的幾何體，要熟練掌握它們中的線面關(guān)系.長方體的長、寬、高分別為cba,，對角線長為l，則2222cbal.利用這一關(guān)系可以得到下面兩個結(jié)論：（

4、1）若長方體的對角線與三棱所成角分別為,，則1coscoscos222；（2）若長方體的對角線與三面所成角分別為,，則2coscoscos222.10.關(guān)注正棱錐中的幾個直角三角形：（1）高、斜高、底面邊心距組成的直角三角形；（2）側(cè)棱、斜高、底面棱長的一半組成的直角三角形；（3）底面上的邊心距、底面外接圓半徑、底面棱長的一半組成的直角三角形.（4）高、側(cè)棱、底面外接圓半徑組成的直角三角形.進一步關(guān)注的是：側(cè)棱與底面所成角、側(cè)面與底面所成二面角的平面角都體現(xiàn)在這些直角三角形中.11。特別注意有一側(cè)棱與底面垂直且底面為正方形、直角梯形、菱形等四棱錐，關(guān)注四個面都是直角三角形的三棱錐.它們之間的線

5、面關(guān)系也是高考命題的熱點內(nèi)容.12。對平面圖形的翻折問題要有所了解：翻折后，在同一半平面內(nèi)的兩點、點線及兩線的位置關(guān)系是不變的，若兩點分別在兩個半平面中，兩點之間的距離一般會發(fā)生變化.要認清從平面圖形到空間圖形之間的聯(lián)系，能夠從平面圖形的關(guān)系過渡到空間圖形的關(guān)系，根據(jù)問題畫出空間圖形.【知識點歸類點拔】高考對用一平面去截一立體圖形所得平面圖形的考查實質(zhì)上對學生空間想象能力及對平面基本定理及線面平行與面面平行的性質(zhì)定理的考查?？忌鶎@一類型的題感到吃力，實質(zhì)上高中階段對作截面的方法無非有如下兩種：一種是利有平面的基本定理：一個就是一條直線上有兩點在一平面內(nèi)則這條直線上所在的點都在這平面內(nèi)和兩

6、平面相交有且僅有一條通過該公共點的直線（即交線） （注意該定理地應(yīng)用如證明諸線共點的方法：先證明其中兩線相交，再證明此交點在第三條直線上即轉(zhuǎn)化為此點為兩平面的公共點而第三條直線是兩平的交線則依據(jù)定理知交點在第三條直線；諸點共線：即證明此諸點都是某兩平面的共公點即這此點轉(zhuǎn)化為在兩平的交線上）據(jù)這兩種定理要做兩平面的交線可在兩平面內(nèi)通過空間想象分別取兩組直線分別相交，則其交點必為兩平面的公共點，并且兩交點的連線即為兩平的交線。另一種方法就是依據(jù)線面平行及面面平行的性質(zhì)定理，去尋找線面平行及面面平行關(guān)系，然后根據(jù)性質(zhì)作出交線。一般情況下這兩種方法要結(jié)合應(yīng)用2.（1）正方體 ABCDA1 B1 C1

7、D1中，P、Q、R、分別是 AB、AD、B1 C1的中點。那么正方體的過 P、Q、R 的截面圖形是（）（A）三角形 （B）四邊形 （C）五邊形 （D）六邊形 (答案：D) （2）在正三棱柱ABC-111A B C中，P、Q、R 分別是BC、1CC、11AC的中點，作出過三點 P、Q、R 截正三棱柱的截面并說出該截面的形狀。 答案：五邊形?！局R點分類點拔】解決異面直線所成角的問題關(guān)鍵是定義，基本思想是平移，同時對本題來說是解決與兩異面直線所成的等角的直線條數(shù)，將兩異面直線平移到空間一點時，一方面考慮在平面內(nèi)和兩相交直線成等角的直線即角平分線是否滿足題意，另一方面要思考在空間中與一平面內(nèi)兩相交直

8、線成等角的直線的條數(shù)，此時關(guān)鍵是搞清平面外的直線與平面內(nèi)的直線所成的角與平面內(nèi)的直線與平面外的直線在平面內(nèi)的射影所成的角的關(guān)系，由公式coscoscos（其中是直線與平面所成的角）易知coscos，coscos（最小角定理）故一般地，若異面直線 a、b 所成的角為，L 與a、b 所成的角均為，據(jù)上式有如下結(jié)論：當02時，這樣的直線不存在；當2時，這樣的直線只有一條；當22時，這樣的直線有兩條；當2時這樣的直線有 3 條；當22時，這樣的直線有四條2.如果異面直線 a、b 所在的角為100,P 為空間一定點，則過點 P 與 a、b 所成的角都是50的直線有幾條？A、一條 B 二條 C 三條 D

9、四條 (答案：C)【易錯點易錯點 4】4】求異面直線所成的角，若所成角為求異面直線所成的角，若所成角為090，容易忽視用證明垂直的方法來求，容易忽視用證明垂直的方法來求夾角大小這一重要方法夾角大小這一重要方法 1、在三棱柱111ABCABC中，若12ABBB，則11ABC B與所成角的大小為（ ）A、060 B、090 C、0105 D、075【易錯點分析】忽視垂直的特殊求法導致方法使用不當而浪費很多時間。解析：如圖1,D D分別為11,BC BC中點， 連結(jié)1,AD DC，設(shè)11,2BBAB則則 AD 為1AB在平面1BC上的射影。又11322,cos,323BCBEBDC BCBC2221

10、2cosDEBEBDBE BDC BC1132212323263而2220111,90362BEDEBDBED11ABC B與垂直。【知識點歸類點撥】求異面直線所成的角、直線與平面所成的角和二面角時，對特殊的角，如090時，可以采用證明垂直的方法來求之【易錯點易錯點 5】5】對于經(jīng)度和緯度兩個概念，經(jīng)度是二面角，緯度為線面角，二者容易混淆對于經(jīng)度和緯度兩個概念，經(jīng)度是二面角，緯度為線面角，二者容易混淆1、如圖，在北緯045的緯線圈上有 B 兩點，它們分別在東經(jīng)070與東經(jīng)0160的經(jīng)度上，設(shè)地球的半徑為 R，求 B 兩點的球面距離。解析：設(shè)北緯045圈的圓心為O，地球中心為 O，則000116

11、07090 ,AO B0145 ,OBOOBR112,2O BO AR ABR連結(jié),AO AB，則0,60AOBOABRAOB11263ABRR。故 A、B 兩點間的球面距離為13R?！局R點歸類點撥】數(shù)學上，某點的經(jīng)度是：經(jīng)過這點的經(jīng)線與地軸確定的平面與本初子午線（00經(jīng)線）和地軸確定的半平面所成的二面角的度數(shù)。某點的緯度是：經(jīng)過這點的球半徑與赤道面所成的角的度數(shù)。如下圖：圖（1）：經(jīng)度P 點的經(jīng)度，也是ABAOB或的度數(shù)。圖（2）：緯度P 點的緯度，也是POAPA或的度數(shù)（III）由 II 知，OF 平面PBC，F(xiàn)是O在平面PBC內(nèi)的射影.D是PC的中點，若點F是PBC的重心，則B、F、D

12、三點共線，直線OB在平面PBC內(nèi)的射影為直線BD.OBPC PCBD PBBC，即1K .反之，當1K 時，三棱錐OPBC為正三棱錐，O在平面PBC內(nèi)的射影為PBC的重心.方法二:OP 平面ABC,OAOC ABBC,.OAOB OAOP OBOP以O(shè)為原點，射線OP為非負z軸，建立空間直角坐標系Oxyz(如圖)，設(shè),ABa則2(,0,0)2Aa,2(0,0)2Ba,2(,0,0)2Ca.設(shè)OPh, 則(0,0, )Ph(I) D 為 PC 的中點，OD21(,0,)42ah，又2(,0,)2PAah,OD-12PAOD/PA OD/平面PAB.【知識點分類點拔】解決關(guān)于向量問題時，一要善于運

13、用向量的平移、伸縮、合成、分解等變換，正確地進行向量的各種運算，加深對向量的本質(zhì)的認識.二是向量的坐標運算體現(xiàn)了數(shù)與形互相轉(zhuǎn)化和密切結(jié)合的思想.向量的數(shù)量積常用于有關(guān)向量相等，兩向量垂直、射影、夾角等問題中.常用向量的直角坐標運算來證明向量的垂直和平行問題；利用向量的夾角公式和距離公式求解空間兩條直線的夾角和兩點間距離的問題.用空間向量解決立體幾何問題一般可按以下過程進行思考：要解決的問題可用什么向量知識來解決？需要用到哪些向量？所需要的向量是否已知？若未知，是否可用已知條件轉(zhuǎn)化成的向量直接表示？所需要的向量若不能直接用已知條件轉(zhuǎn)化成的向量表示，則它們分別最易用哪個未知向量表示？這些未知向量與

14、由已知條件轉(zhuǎn)化的向量有何關(guān)系？怎樣對已經(jīng)表示出來的所需向量進行運算，才能得到需要的結(jié)論【易錯點易錯點 7】7】常見幾何體的體積計算公式，特別是棱錐，球的體積公式容易忽視公式系常見幾何體的體積計算公式，特別是棱錐，球的體積公式容易忽視公式系數(shù)，導致出錯數(shù)，導致出錯1 如圖四棱錐 PABCD 中，底面 ABCD 為矩形，AB=8，AD=4 3，側(cè)面 PAD 為 等邊三角形，并且與底面成二面角為060。求四棱錐 PABCD 的體積。解析：如圖，去 AD 的中點 E，連結(jié) PE，則PEAD。作PO 平面 ABCD，垂足為 O，連結(jié) OE。根據(jù)三垂線定理的逆定理得OEAD，所以PEO為側(cè)面 PAD 與底

15、面所成二面角的平面角。由已知條件可060 ,6PEOPE，所以3 3PO ，四棱錐 PABCD 的體積18 4 33 3963P ABCDV 。 【知識點歸類點撥】計算簡單幾何體的體積，要選擇某個面作為底面，選擇的前提條件是這個面上的高易求2、 如圖，直三棱柱 ABCA1B1C1中，底面是等腰直角三角形，ACB=90，側(cè)棱AA1=2，D、E 分別是 CC1與 A1B 的中點，點 E 在平面 ABD 上的射影是ABD 的垂心 G.（）求A1B 與平面 ABD 所成角的大小（結(jié)果用反三角函數(shù)值表示） ；(）求點 A1到平面 AED 的距離. 答案：（）;32arcsin（）362.【易錯點易錯點

16、9】9】二面角平面角的求法，主要有定義法、三垂線法、垂面法等二面角平面角的求法，主要有定義法、三垂線法、垂面法等1. 如圖所示，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，已知AA1A1C1a，E 為 BB1的中點，若截面 A1EC側(cè)面 AC1求截面 A1EC 與底面 A1B1C1所成銳二面角度數(shù)解法 1 截面 A1EC側(cè)面 AC1A1C連結(jié) AC1，在正三棱ABCA1B1C1中，截面 A1EC側(cè)面 AC1，就是所求二面角的度數(shù)易得A1AC145，故所求二面角的度數(shù)是 45解法 2 如圖 3 所示，延長 CE 與 C1B1交于點 F，連結(jié)AF，則截面 A1EC面 A1B1CAFEB1面 A1B1C1，過

17、 B1作B1GA1F 交 A1F 于點 G，連接 EG，由三垂線定理知EGB1就是所求二面角的平面角 即所求二面角的度數(shù)為 45【知識點歸類點撥】二面角平面角的作法：（1）垂面法：是指根據(jù)平面角的定義，作垂直于棱的平面，通過這個平面和二面角兩個面的交線得出平面角。（2）垂線法：是指在二面角的棱上取一特殊點，過此點在二面角的兩個半平面內(nèi)作兩條射線垂直于棱，則此兩條射線所成的角即為二面角的平面角；（3）三垂線法：是指利用三垂線定理或逆定理作出平面角易錯點易錯點 1010 三視圖三視圖一個棱錐的三視圖如圖，則該棱錐的全面積（單位：2cm）為( ) （A）48 12 2 （B）4824 2 （C）36

18、 12 2 （D）3624 2解析:棱錐的直觀圖如右，則有PO4，OD3，由勾股定理，得 PD5，AB62，全面積為：2166221652162448122，故選.A。2、如圖，在四棱錐P-ABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD為平行四邊形，ADB90，AB2AD （）證明：PABD；（）若PDAD，求二面角A-PB-C的余弦值【解析】 （）由ADB90，可得BDAD因為PD底面ABCD，所以PDBD又PDADD，所以BD平面PAD，因為PA平面PAD，所以BDPA（4 分）（）建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz，設(shè)ADa，則A（a，0，0） ，B（0，a，0） ，C（a，a，0） ，

19、P（0，0，a） ，（a，a，0） ，（a，0，0） ，（a，0，a） ，（a，a，a） 設(shè)平面PAB的法向量為n n（x，y，z） ，所以可得設(shè)y，則xz3，可得n n（3， ，3） 同理，可求得平面PBC的一個法向量為m m（0，1，） 所以cosm m，n n由圖形知，二面角A-PB-C為鈍角，因此二面角A-PB-C的余弦值是（12 分）3、如圖，四棱柱1111ABCDABC D的底面ABCD是平行四邊形，,E F分別在棱11,BB DD上，且1AFEC （1）求證：1AEFC；（2）若1AA 平面ABCD，四邊形1AEC F是邊長為6的正方形，且1BE ，2DF ，求線段1CC的長,

20、并證明：1.ACEC【說明】本題主要考察空間點、線、面位置關(guān)系，考查線線、線面平行的性質(zhì)和判定，線線垂直的性質(zhì)和判定，考查空間想象能力、運算能力、把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題的意識以及推理論證能力第 18 題圖A1ABCDC1B1D1FE1BB 平面,ABCDAC 平面,ABCD1ACBB. 1,BC BB 平面11,BBC CAC平面11.BBC C13 分1EC 平面11,BBC C 1.ACEC 14 分4、已知四棱柱1111ABCDABC D中，1AAABCD底面,90ADC，ABCD，122ADCDDDAB. 求證：11ADBC； 求二面角11ABDC的正弦值;（3）求四面體11ABDC

21、的體積.【命題意圖】本小題主要考查立體幾何的相關(guān)知識，具體涉及到線面的垂直關(guān)系、二面角的求法、空間向量在立體幾何中的應(yīng)用以及幾何體體積的求法.A1CD1DABB1C1 (3) 設(shè)所給四棱柱的體積為 V,則61AASVABCD，又三棱錐ABDA 1的體積等于三棱錐111CDAB 的體積，記為1V，而三棱錐111CDAD 的體積又等于三棱錐CBDC 1的體積，記為2V.則由于3221221311V， 3422221312V，所以所求四面體的體積為22221VVV. (12 分)5、如圖，在四面體ABCD中，二面角BCDA的平面角為60，,CDAC ,CDBD 且,2BDCDAC點E、F分別是AD、

22、BC的中點.()求作平面，使EF，且AC平面,BD平面；（）求證：BCDEF平面.EDACGBPF6、已知四棱錐ABCDP 中，PA平面ABCD，四邊形ABCD是直角梯形，90ADC，ADBC，ACAB ，2 ACAB，G為PAC重心，E為PB的中點，F(xiàn)在BC上，且FBCF2.（）求證：FG平面PAB；（）求證：FGAC.【解析】()連接CG交AP于M點因為12BFCFGMCG，所以BMFG/,又BM平面PAB，F(xiàn)G平面PAB所以/FG平面PAB 6分.8、三棱錐 O-ABC 中，OA、OB、OC 兩兩垂直，P 為 OC 中點，PQ 垂直 BC 于Q，OA=OB=OC=2，過 PQ 作一個截面

23、，交 AB、AO 于R、S，使 PQRS 為梯形。（1）求SOAS、RBAR的值；（2）求五面體 ACPQRS 的體積。【解析】 （1）因 PQRS 為梯形，只能是PSQR，于是得到PSACQRAC因 P 為 OC 中點，所以1SOAS因 PQ 垂直 BC，所以22 CQPQ而22CB所以31BCCQ即：31RBAR（2）連 OA，OR，PR342222131ABCOV43232322131OBRQV12112112131OSRPV81232112131OPQRV所以五面體 ACPQRS 的體積83)8112143(349、如圖，正方形 AA1D1D 與矩形 ABCD 所在平面互相垂直，AB=

24、2AD=2，點 E 為 AB 上一點(I)當點E為AB 的中點時,求證；BD1/平面A1DE(II )求點 A1到平面 BDD1的距離； (III)當時，求二面角 D1-EC-D 的大小.解法二：（I）同解法一3 分（II）由面ABCD面ADD1A，且四邊形AA1D1D為正方形，四邊形ABCD為矩形，可得D1DAD，D1DDC，DCDA于是以D為原點，DA，DC，DD1分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系由AB=2AD=2 知：D(0，0，0)，D1(0，0，1)，A1(1，0，1)，B(1，2，0)， DB=(1，2，0)，1DD=(0，0，1)，BA1=(0，2，-1)設(shè)面

25、BDD1的一A1D1AEBCyxz個法向量為n1)1(11zx，則 ，00111DDDBnn 即 ，00211zx )012(1， n 點A1到面BDD1的距離552|111nnBAd8 分（III）由（II）及題意知：E(1，32，0)，C(0，2，0)，) 1321 (1，ED，)0341(，EC設(shè)面D1EC的一個法向量為) 1(222， yx n，則 ，00212ECEDnn 即，03401322222yxyx可得) 12132(2，,n 又易知面DEC的一個法向量是1DD(0，0，1)，設(shè)D1-EC-D的大小為，則6161616611|cos1212 DDDDnn ，得61616arc

26、cos即D1-EC-D的大小為61616arccos1,2PNNCN點是點是PC的三等分點的三等分點2222=2(2 2)2 3PCPAAC，2 3.3PN 4 4 分分3,3PNPAAPNCPAPAPC 0,90PANPCAANP ，ANPC6 6 分分又又PCAM且且AMANA, ,PC 面面AMN. . 7 7 分分 （）設(shè)平面）設(shè)平面BAN的法向量為的法向量為( , , )nx y z， 0,0,n ABn AN (0,2, 1)n (2,2, 2)PC 是平面是平面AMN的法向量，的法向量， 1010 分分15cos,.5n PCn PCn PC 二面角二面角BANM的余弦值的余弦值

27、155. . 1212 分分11、如圖所示四棱錐PABCD中,PA 底面ABCD,四邊形ABCD中,ABAD,/BCAD,2PAABBC,4AD ,E為PD的中點,F為PC中點.（）求證:CD 平面PAC； （）求證:/BF平面ACE；（）求直線PD與平面PAC所成的角的正弦值；【解析】（）因為PA 底面ABCD,CD 面ABCD, 所以PACD,又因為直角梯形面ABCD中,2 2,2 2ACCD, 所以222ACCDAD,即ACCD,又PAACA,所以CD 平面PAC；4 分 （）解法一解法一:如圖,連接BD,交AC于O,取PE中點G, 連接,BG FG EO,則在PCE中,/FGCE, 又

28、EC 平面ACE,FG 平面ACE,所以/FG平面ACE, 因為/BCAD,所以BOGEODED,則/OEBG, 又OE平面ACE,BG 平面ACE,所以/BG平面ACE, 又BGFGG,所以平面/BFG平面ACE, 因為BF 平面BFG,所以/BF平面ACE.10 分 解法二解法二:如圖,連接BD,交AC于O,取PE中點G, 連接FD交CE于H,連接OH,則/FGCE, 在DFG中,/HEFG,則12GEFHEDHD, 在底面ABCD中,/BCAD,所以12BOBCODAD, 所以12FHBOHDOD,故/BFOH,又OH 平面ACE,BF 平面ACE,所以/BF平面ACE.（）由（）可知,

29、CD 平面PAC,所以DPC為直線PD與平面PAC所成的角, 在Rt PCD中,222 2,2 5CDPDPAAD, 所以2 210sin52 5CDDPCPD, 所以直線PD與平面PAC所成的角的正弦值為105.14 分12、如右圖所示，四棱錐 PABCD 中，側(cè)面 PDC 是邊長為 2 的正三角形且與底面垂直，底面 ABCD 是ADC=60的菱形，M 為 PB 的中點 （1）求 PA 與底面 ABCD 所成角的大小；（2）求證：PA平面 CDM；（3）求二面角 DMCB 的余弦值（3）由（2）知MC 平面PAB，則NMB為二面角DMCB的平面角，在Rt PAB中，易得22226,6210P

30、APBPAPB（），210cos510ABPBAPB,10coscos()5NMBPBA 故，所求二面角的余弦值為105. 12分解法二：(1)同解法一. 4分(2)由底面ABCD為菱形且060ADC，2,1DCDO，有OADC 建立空間直角坐標系如圖，則( 3,0,0)A,(0,0, 3)P,(0, 1,0)D,( 3,2,0)B,(0,1,0)C由M為PB中點，33(,1)22M，33(,2)22DM uuu u r，,( 3,03)PA uu r，,(0,2,0)DC uuu r3332 0(3)022PA DM uu r uuu u rg032 00 (3)0PA DC uu r uu

31、u rgPADM，PADC PA平面DMC8 分(3) 33(,0)22CM uuu r，,( 3,10)CB uur，.令平面BMC的法向量( ,)nx yzr，則0n CM r uuu rg，從而0 xz； , 0n CB r uurg，從而30 xy 由、，取1x ，則3,1yz 可取( 1, 31)n r，由(2)知平面CDM的法向量可取( 3,03)PA uu r，2 310cos556|n PAn PAn PA r uu rr uu rggu ruu rg所求二面角的余弦值為105.12分【解析】 （）,ADAE ADAF, 2 分又,AEAFA AEAEF AFAEF面面，4 分

32、AD面AEF 5 分AOBCD14、如圖，已知AOB，AOB2，BAO6，AB4，D為線段AB的中點若AOC是AOB繞直線AO旋轉(zhuǎn)而成的記二面角BAOC的大小為（1）當平面COD平面AOB時，求的值；（2）當2，23時，求二面角CODB的余弦值的取值范圍【解析】法一法一：（1）解：如圖，以O(shè)為原點，在平面OBC內(nèi)垂直于OB的直線為x軸，OB，OA所在的直線分別為y軸，z軸建立空間直角坐標系Oxyz，則A (0，0，23)，B (0，2，0)， D (0，1，3)，C (2sin，2cos，0)設(shè)1n(x，y，z)為平面COD的一個法向量， 由110,0,n ODn OC 得sincos0,30

33、,xyyz取zsin，則1n(3cos，3sin，sin)因為平面AOB的一個法向量為2n (1，0，0)，由平面COD平面AOB得1n2n 0，所以 cos0，即27 分（2）設(shè)二面角CODB的大小為，由（1）得當2時， cos0；當(2,23時，tan3，cos= 1212|nnnn 23cos3sin234tan3， 故55cos0綜上,二面角CODB的余弦值的取值范圍為55，015分法二：法二：（1）解：在平面AOB內(nèi)過B作OD的垂線，垂足為E，因為平面AOB平面COD，平面AOB平面CODOD，所以BE平面COD，故BECO又因為OCAO，所以O(shè)C平面AOB，故OCOB又因為OBOA

34、，OCOA，所以二面角BAOC的平面角為COB，即2 7 分 （2）解：當2時，二面角CODB的余弦值為 0；當(2,23時，過C作OB的垂線，垂足為F，過F作OD的垂線，垂足為G，連結(jié)CG，則CGF的補角為二面角CODB的平面角在 RtOCF中，CF2 sin，OF2cos，在 RtCGF中，GFOF sin33cos，CG224sin3cos，所以 cosCGF FGCG223cos4sin3cos因為(2,23，tan3，故 0cosCGF234tan355所以二面角CODB的余弦值的取值范圍為 55，015分15、如圖 5，AB是圓柱ABFG的母線，C是點A關(guān)于點B對稱的點，O是圓柱上

35、底面的圓心，BF過O點，DE是過O點的動直徑，且AB=2，BF=2AB.（1）求證：BE平面ACD；（2）當三棱錐DBCE的體積最大時，求二面角CDEA的平面角的余弦值.16、如圖，在底面為直角梯形的四棱錐PABCD中90ADBCABC，PD 平面ABCD，AD 1，3AB ，4BC （）求直線AB與平面PDC所成的角；（）設(shè)點E在棱PC上，PEPC ，若DE平面PAB， 求的值A(chǔ)PECDB【解析】本小題將直四棱錐的底面設(shè)計為梯形，考查平面幾何的基礎(chǔ)知識本小題將直四棱錐的底面設(shè)計為梯形，考查平面幾何的基礎(chǔ)知識. .同時題目指同時題目指出一條側(cè)棱與底面垂直，搭建了空間直角坐標系的基本架構(gòu)出一條側(cè)

36、棱與底面垂直，搭建了空間直角坐標系的基本架構(gòu). .本題通過分層設(shè)計，考查了空本題通過分層設(shè)計，考查了空間平行、垂直，以及線面成角等知識，考查學生的空間想象能力、推理論證能力和運算求間平行、垂直，以及線面成角等知識，考查學生的空間想象能力、推理論證能力和運算求解解能力能力. . 滿分滿分 1414 分分. .法二法二如圖，在平面ABCD內(nèi)過D作直線DF/AB，交BC于F，分別以DA、DF、DP所在的直線為x、y、z軸建立空間直角坐標系.（）設(shè)PDa，則( 1,3,0),( 3, 3,)BDPCa ， 330BD PC ，BDPC. BDPDC DBPDC 面就是平面的法向量， .由條件知A（1，

37、0，0） ，B（1，3，0） ，(0, 3,0),(1, 3,0)ABDB .設(shè)ABPDC與面所成角大小為，則|33sin.2| |2 3DB ABDBAB 09060 ,， 即直線ABPDC與平面所成角為60.6 6 分分（）C（3，3，0） ，記P（0，0，a） ，則03 0AB （，），(0, 0, )DPa ，PAa （1，0，- ），33PCa （，），而PEPC ，所以33PEa （，），DEDPPEDPPC (0,0, )( 33)aa ，=33 ,.aa（，）PEFBCDAGxyz設(shè)nx yz（，）為平面PAB的法向量，則00AB nPA n ，即300yxaz，即0yxaz.

38、1zxa取，得， 進而得,na（0 1）， 由/DEPAB平面,得0DE n ，30aa a-，10.4a而，1414 分分（3）假設(shè)在 BC 上存在一點 M，使得點 D 到平面 PAM 的距離為 2，則以PAM 為底 D 為頂點的三棱錐的高為 2，連結(jié) AM，則 AM=22ABBM=222BM，由（2）知 PAAM SPAM=222112 2422PAAMBMBMVDPAM=123PAMS=13242BM=2243BM11 分114 2422AMDSADAB 1184 2333P AMDAMDVSPA 12分VDPAM =P AMDV2243BM=83 解得：2 3BM 2 34在 BC 上

39、存在一點 M，當2 3BM 使得點 D 到平面 PAM 的距離為2。.14 分（）以 AB , AD , PA 為 x 軸、y 軸、z 軸建立空間直角坐標系則A（0 ，0， 0） ，B（1，0，0） ，C（1，1，0） ，P（0，0，1） ，E（0 , ,）,AC= （1,1,0）, AE = （0 , , ）-9 分設(shè)平面 AEC 的法向量n= （x, y,z） , 則00AEnACn ，即：020zyyx， 令 y = 1 , 則n= （- 1,1, - 2 ） -10分假設(shè)側(cè)棱 PC 上存在一點 F, 且CF CP ， （0 1）, 使得：BF/平面 AEC, 則BFn 0又因為：BF

40、BC+ CF （0 ，1，0）+ （-,-,）= （-,1-,）,BFn+ 1- - 2= 0 , = ,所以存在 PC 的中點 F, 使得 BF/平面AEC-13 分設(shè)E 0,0,m，平面1AEB的法向量為nx,y,z，依1AB2,2,4 ，AE2,0,m 且1nAB，nAE .可得1ABn2x2y4z0AE n2xmz0 取z2，得nm,m4,2-（4 分）當E是棱1CC的中點時，m2.則n2, 2,2及CF1,1,0 得n CF0 故CF平面1AEB.-（2 分）（2）因平面1EBB的法向量為CA2,0,0， -（2 分）又二面角1AEBB的大小是045，故0CA ncos45CA n 即2222m22 mm44解得5m2.故在棱1CC上存在點E，使得二面角1AEBB的大小是045.此時5CE2.（4 分）（）AE平面CDE,90,AECCEAE,又 ABCD為正方形,所以有GEACGDGCGBGA21,所以四棱錐ABCDE 有外接球,且半徑為22512 分