2017数学高考分类·理科(2017高考真题+模拟新题)G单元 立体几何

G 单元立体几何

G1 空间几何体的结构 8．G1、G8[2017·全国卷Ⅲ] 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 ．πB.3π

4

C.π2

D.π4

8．B [解析]由题可知球心为圆柱的中心，则圆柱底面圆的半径r ＝12

－????122＝32

，

故圆柱的体积V ＝π×???

?322×1＝3π4. 6．G1、G8[2017·江苏卷] 如图1-2，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1

V 2

的值是________．

图1-2

6.3

2

[解析]设球O 的半径为R ，因为该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面圆的半径为R ，圆柱的高为2R .故圆柱O 1O 2的体积V 1＝2πR 3，球O 的体积V 2＝4

3

π

R 3

，所以V 1V 2＝2πR 3

43πR 3

＝3

2.

18．G1、G5、C8[2017·江苏卷] 如图1-6，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32cm ，容器Ⅰ的底面对角线AC 的长为10 7cm ，容器Ⅱ的两底面对角线EG ，E 1G 1的长分别为14cm 和62cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm.现有一根玻璃棒l ，其长度为40cm.(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计)

图1-6

(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CC 1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GG 1上，求l 没入水中部分的长度．

18．解：(1)由正棱柱的定义，CC 1⊥平面ABCD ，所以平面A 1ACC 1⊥平面ABCD ，CC 1

⊥AC .

记玻璃棒的另一端落在CC 1上点M 处．

因为AC ＝107，AM ＝40，

所以MC ＝402－（107）2＝30，从而sin ∠MAC ＝3

4.

记AM 与水面的交点为P 1，过P 1作P 1Q 1⊥AC ，Q 1为垂足，

则P 1Q 1⊥平面ABCD ，故P 1Q 1＝12， 从而AP 1＝P 1Q 1

sin ∠MAC

＝16.

答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为16cm.

(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm) (2)如图，O ，O 1是正棱台的两底面中心．

由正棱台的定义，OO 1⊥平面EFGH ，所以平面E 1EGG 1⊥平面EFGH ，O 1O ⊥EG . 同理，平面E 1EGG 1⊥平面E 1F 1G 1H 1，O 1O ⊥E 1G 1. 记玻璃棒的另一端落在GG 1上点N 处． 过G 作GK ⊥E 1G 1，K 为垂足， 则GK ＝OO 1＝32.

因为EG ＝14，E 1G 1＝62，

所以KG 1＝62－142＝24，从而GG 1＝KG 21＋GK 2＝242＋322

＝40. 设∠EGG 1＝α，∠ENG ＝β， 则sin α＝sin ??

?

?π2＋∠KGG 1＝cos ∠KGG 1＝4

5.

因为π2<α<π，所以cos α＝－3

5

.

在△ENG 中，由正弦定理可得40sin α＝14sin β，解得sin β＝725.

因为0<β<π2，所以cos β＝24

25

.

于是sin ∠NEG ＝sin(π－α－β)＝sin(α＋β)＝ sin αcos β＋cos αsin β＝45×2425＋????－35×725＝3

5

. 记EN 与水面的交点为P 2，过P 2作P 2Q 2⊥EG ，Q 2为垂足，则P 2Q 2⊥平面EFGH ， 故P 2Q 2＝12，从而EP 2＝P 2Q 2

sin ∠NEG

＝20.

答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为20cm.

(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)

G2 空间几何体的三视图和直观图 4．G2[2017·全国卷Ⅱ] 如图1-1，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( )

图1-1

A ．90π

B ．63π

C ．42π

D ．36π

4．B [解析]几何体的直观图如图所示，所以该几何体的体积为π×32×4＋1

2

×π×32

×6＝63π.

7．G2[2017·全国卷Ⅰ] 某多面体的三视图如图1-2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( )

图1-2

A ．10

B ．12

C ．14

D ．16

7．B [解析]该几何体为一个三棱柱和一个三棱锥的组合体，其直观图如图所示，各个面中有两个全等的梯形，其面积之和为2×2＋4

2

×2＝12.

7．G2[2017·北京卷] 某四棱锥的三视图如图1-2所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )

图1-2

A ．32

B ．2 3

C ．22

D ．2 7．B [解析] 将四棱锥放在棱长为2的正方体中，该四棱锥为D ′-B ′C ′CB ，如图所示．该四棱锥最长的棱为正方体的体对角线D ′B ，D ′B ＝4＋4＋4＝12＝23，故选B.

3．G2、G7[2017·浙江卷] 某几何体的三视图如图1-1所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )

图1-1

A.π2＋1

B.π

2＋3 C.3π2＋1D.3π

2

＋3 3．A [解析] 通过分析三视图可知，该几何体是一个三棱锥与一个半圆锥的组合体，

其直观图如图所示．

由三视图可知该组合体的高为3，底面是由一个底边长为2的等腰直角三角形与半径为1的半圆组成的，所以该几何体的体积V ＝13×3×12×2×1＋1

2π×12＝π2＋1(cm 3)．因此选

A.

13．G2[2017·山东卷] 由一个长方体和两个1

4

圆柱体构成的几何体的三视图如图1-2，则

该几何体的体积为________．

图1-2

13．2＋π2 [解析] 该几何体的直观图如图所示，由三视图的俯视图可知，底面积为

π

4

＋π4＋2＝π2＋2，由正视图和侧视图可知高为1，所以体积V ＝???

?π

2＋2×1＝π2＋2.

G3 平面的基本性质、空间两条直线

G4空间中的平行关系 15．G4、G5[2017·江苏卷] 如图1-4，在三棱锥A -BCD 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 .

图1-4

求证：(1)EF ∥平面ABC ； (2)AD ⊥AC .

15．证明：(1)在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF ⊥AD ，所以EF ∥AB . 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 .

17．G4、G11[2017·天津卷] 如图1-2，在三棱锥P-ABC 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C-EM-N 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

7

21

，求线段AH 的长．

图1-2

17．解：如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP →

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：DE →＝(0，2，0)，DB →

＝(2，0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量， 则?????n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即?????2y ＝0，2x －2z ＝0.

不妨取z ＝1，可得n ＝(1，0，1)． 又MN →＝(1，2，－1)，可得MN →

·n ＝0.

因为MN ?平面BDE ，所以MN ∥平面BDE .

(2)易知n 1＝(1，0，0)为平面CEM 的一个法向量．

设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面EMN 的法向量，则?????n 2·EM →＝0，

n 2·MN →＝0.

因为EM →＝(0，－2，－1)，MN →

＝(1，2，－1)，

所以?????－2y 2－z 2＝0，x 2＋2y 2－z 2

＝0.

不妨取y 2＝1，可得n 2＝(－4，1，－2)．

因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－4

21，

于是sin 〈n 1，n 2〉＝

10521

， 所以二面角C -EM -N 的正弦值为

10521

. (3)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0，0，h )，进而可得NH →＝(－1，－2，h )，BE →

＝(－2，2，2)．

由已知，得|cos 〈NH →，BE →

〉|＝|NH →·BE →||NH →||BE →|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721，整理得10h 2－21h ＋8＝0，

解得h ＝85或h ＝1

2

，

所以，线段AH 的长为85或12

.

19．G4、G11[2017·全国卷Ⅱ] 如图1-4，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形

且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝1

2

AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．

图1-4

(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M-AB-D 的余弦值．

19．解：(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 ＝12AD.由∠BAD ＝∠ABC ＝90°得BC ∥AD ，又BC ＝12

AD ，所以EF 綊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)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB 的方向为x 轴正方向，|AB |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，则

A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，3)，PC →＝(1，0，－3)，AB →

＝(1，0，0)．

设M(x ，y ，z)(0＜x ＜1)，则 BM →＝(x －1，y ，z)，PM →

＝(x ，y －1，z －3)．

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 〈BM →

，n 〉|＝sin45°，|z |（x －1）2＋y 2＋z 2＝22

，

即(x －1)2＋y 2－z 2＝0.①

又M 在棱PC 上，设PM →＝λPC →

，则 x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.②

由①②解得???

x ＝1＋22，y ＝1，

z ＝－6

2

(舍去)或???

x ＝1－2

2

，

y ＝1，

z ＝62，

所以M ?

???

1－

22，1，

62， 从而AM →

＝?

???1－22，1，62.

设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，则

?????m ·AM →＝0，m ·

AB →＝0，即???（2－2）x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，

所以可取m ＝(0，－6，2)．

于是cos 〈m ，n 〉＝m·n

|m ‖n|

＝105，

因此二面角M -AB -D 的余弦值为10

5

.

19．G4、G5、G11[2017·浙江卷] 如图1-6，已知四棱锥P -ABCD ，△P AD 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P AB ；

(2)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．

图1-6

19．解：(1)证明：如图，设P A 的中点为F ，连接EF ，FB . 因为E ，F 分别为PD ，P A 的中点， 所以EF ∥AD 且EF ＝1

2AD .

又因为BC ∥AD ，BC ＝1

2

AD ，

所以EF ∥BC 且EF ＝BC ，

即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE ∥BF ， 因此CE ∥平面P AB .

(2)分别取BC ，AD 的中点M ，N .

连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ ，BN .

因为E ，F ，N 分别是PD ，P A ，AD 的中点，所以Q 为EF 的中点， 在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE .

由△P AD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD . 由DC ⊥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 ＝2得CE ＝ 2. 在△PBN 中，由PN ＝BN ＝1，PB ＝3得QH ＝1

4.

在Rt △MQH 中，QH ＝1

4，MQ ＝2，

所以sin ∠QMH ＝

28

，

所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是

28

.

G5空间中的垂直关系 18．G1、G5、C8[2017·江苏卷] 如图1-6，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32cm ，容器Ⅰ的底面对角线AC 的长为10 7cm ，容器Ⅱ的两底面对角线EG ，E 1G 1的长分别为14cm 和62cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm.现有一根玻璃棒l ，其长度为40cm.(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计)

图1-6

(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CC 1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GG 1上，求l 没入水中部分的长度．

18．解：(1)由正棱柱的定义，CC 1⊥平面ABCD ，所以平面A 1ACC 1⊥平面ABCD ，CC 1

⊥AC .

记玻璃棒的另一端落在CC 1上点M 处．

因为AC ＝107，AM ＝40，

所以MC ＝402－（107）2＝30，从而sin ∠MAC ＝3

4.

记AM 与水面的交点为P 1，过P 1作P 1Q 1⊥AC ，Q 1为垂足，

则P 1Q 1⊥平面ABCD ，故P 1Q 1＝12，

从而AP 1＝P 1Q 1

sin ∠MAC

＝16.

答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为16cm.

(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm) (2)如图，O ，O 1是正棱台的两底面中心．

由正棱台的定义，OO 1⊥平面EFGH ，所以平面E 1EGG 1⊥平面EFGH ，O 1O ⊥EG . 同理，平面E 1EGG 1⊥平面E 1F 1G 1H 1，O 1O ⊥E 1G 1. 记玻璃棒的另一端落在GG 1上点N 处． 过G 作GK ⊥E 1G 1，K 为垂足， 则GK ＝OO 1＝32.

因为EG ＝14，E 1G 1＝62，

所以KG 1＝62－142＝24，从而GG 1＝KG 21＋GK 2＝242＋322

＝40. 设∠EGG 1＝α，∠ENG ＝β， 则sin α＝sin ??

?

?π2＋∠KGG 1＝cos ∠KGG 1＝4

5.

因为π2<α<π，所以cos α＝－3

5

.

在△ENG 中，由正弦定理可得40sin α＝14sin β，解得sin β＝725.

因为0<β<π2，所以cos β＝24

25

.

于是sin ∠NEG ＝sin(π－α－β)＝sin(α＋β)＝ sin αcos β＋cos αsin β＝45×2425＋????－35×725＝3

5

. 记EN 与水面的交点为P 2，过P 2作P 2Q 2⊥EG ，Q 2为垂足，则P 2Q 2⊥平面EFGH ， 故P 2Q 2＝12，从而EP 2＝P 2Q 2

sin ∠NEG

＝20.

答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为20cm.

(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)

15．G4、G5[2017·江苏卷] 如图1-4，在三棱锥A -BCD 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 .

图1-4

求证：(1)EF ∥平面ABC ； (2)AD ⊥AC .

15．证明：(1)在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF ⊥AD ，所以EF ∥AB . 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 .

17．G5、G11、G12[2017·山东卷] 如图1-3，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DF ︵

的中点．

(1)设P 是CE ︵

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．

图1-3

17．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°，因此∠CBP ＝30°. (2)方法一： 取EC ︵

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 ＝32＋22＝13.

取AG 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 ＝13－1＝2 3. 在△BEC 中，由于∠EBC ＝120°，

由余弦定理得EC 2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12， 所以EC ＝23，因此△EMC 为等边三角形， 故所求的角为60°.

方法二：

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(1，3，3)，C(－1，3，0)， 故AE →＝(2，0，－3)，AG →＝(1，3，0)，CG →

＝(2，0，3)． 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEG 的一个法向量，

由?????m ·AE →＝0，m ·

AG →＝0，可得???2x 1－3z 1＝0，x 1＋3y 1＝0，

取z 1＝2，可得平面AEG 的一个法向量m ＝(3，－3，2)． 设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACG 的一个法向量，

由?????n ·AG →＝0，n ·

CG →＝0，可得???x 2＋3y 2＝0，2x 2＋3z 2＝0，

取z 2＝－2，可得平面ACG 的一个法向量n ＝(3，－3，－2)．

所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝1

2

，

因此所求的角为60°.

18．G5、G11[2017·全国卷Ⅰ] 如图1-5，在四棱锥P -ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.

图1-5

(1)证明：平面P AB ⊥平面P AD ；

(2)若P A ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角A -PB -C 的余弦值．

18．解： (1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面P AD . 又AB ?平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD . (2)在平面P AD 内作PF ⊥AD ，垂足为F .

由(1)可知，AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PF ，可得PF ⊥平面ABCD .

以F 为坐标原点，F A →的方向为x 轴正方向，|AB →

|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz .

由(1)及已知可得A ??

??22，0，0，P ????0，0，

22，B ????22，1，0，C ???

?－22，1，0， 所以PC →＝????－22，1，－22，CB →＝(2，0，0)，P A →

＝????22，0，－22，AB →＝(0，1，0)．

设n ＝(x ，y ，z )是平面PCB 的法向量，则

?????n ·

PC →＝0，n ·CB →＝0，即?????－22x ＋y －22z ＝0，2x ＝0，

可取n ＝(0，－1，－2)．

设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面P AB 的法向量，则 ?????m ·

P A →＝0，m ·AB →＝0，即?????22x 1－22z 1＝0，y 1＝0，

可取m ＝(1，0，1)，

则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n||m|＝－33，

所以二面角A -PB -C 的余弦值为－

33

.

19．G5、G11[2017·全国卷Ⅲ] 如图1-3，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD ＝∠CBD ，AB ＝BD .

图1-3

(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D -AE -C 的余弦值．

19．解：(1)证明：由题设可得，△ABD ≌△CBD ，从而AD ＝DC . 又△ACD 是直角三角形，所以∠ADC ＝90°.

取AC 的中点O ，连接DO ，BO ，则DO ⊥AC ，DO ＝AO . 又由于△ABC 是正三角形，故BO ⊥AC ， 所以∠DOB 为二面角D -AC -B 的平面角．

在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2.

又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°， 所以平面ACD ⊥平面ABC .

(2)由题设及(1)知，OA ，OB ，OD 两两垂直．以O 为坐标原点，OA →

的方向为x 轴正方向，|OA →

|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则

A (1，0，0)，

B (0，3，0)，

C (－1，0，0)，

D (0，0，1)．

由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的1

2，从而E 到平面ABC 的距

离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得E ????0，32，12.故]＝OD →

＝(－1，0，

1)，AC →＝(－2，0，0)，AE →

＝?

???－1，32，12.

设n ＝(x ，y ，z )是平面DAE 的法向量，则?????n ·

]＝OD →＝0，n ·AE →＝0，即?????－x ＋z ＝0，－x ＋32y ＋1

2z ＝0， 可取n ＝?

??

?

1，

33，1.

设m 是平面AEC 的法向量，则?????m ·

AC →＝0，m ·AE →＝0.同理可取m ＝(0，－1，3)，

则cos n ，m ＝n ·m |n||m|＝7

7，

所以二面角D -AE -C 的余弦值为

77

. 16．G5、G11[2017·北京卷] 如图1-4，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面P AD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD ∥平面MAC ，P A ＝PD ＝6，AB ＝4. (1)求证：M 为PB 的中点； (2)求二面角B -PD -A 的大小；

(3)求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．

图1-4

16．解：(1)证明：设AC ，BD 的交点为E ，连接ME .

因为PD ∥平面MAC ，平面MAC ∩平面PDB ＝ME ，所以PD ∥ME . 因为ABCD 是正方形，所以E 为BD 的中点，所以M 为PB 的中点．

(2)取AD 的中点O ，连接OP ，OE . 因为P A ＝PD ，所以OP ⊥AD .

又因为平面P AD ⊥平面ABCD ，且OP ?平面P AD ，所以OP ⊥平面ABCD . 因为OE ?平面ABCD ，所以OP ⊥OE . 因为ABCD 是正方形，所以OE ⊥AD .

如图建立空间直角坐标系O -xyz ，则P (0，0，2)，D (2，0，0)，B (－2，4，0)，所以BD →

＝(4，－4，0)，PD →

＝(2，0，－2)．

设平面BDP 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则?????n ·

BD →＝0，n ·PD →＝0，即???4x －4y ＝0，2x －2z ＝0.

令x ＝1，则y ＝1，z ＝2，于是n ＝(1，1，2)．

平面P AD 的一个法向量为p ＝(0，1，0)，所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝1

2.

由题知二面角B -PD -A 为锐角，所以它的大小为π

3

.

(3)由题意知M －1，2，

22，C (2，4，0)，则MC →

＝3，2，－22

. 设直线MC 与平面BDP 所成角为α，则sin α＝|cos 〈n ，MC →

〉|＝|n ·MC →

||n ||MC →

|＝269，

所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为26

9

.

19．G4、G5、G11[2017·浙江卷] 如图1-6，已知四棱锥P -ABCD ，△P AD 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P AB ；

(2)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．

图1-6

19．解：(1)证明：如图，设P A 的中点为F ，连接EF ，FB . 因为E ，F 分别为PD ，P A 的中点， 所以EF ∥AD 且EF ＝1

2AD .

又因为BC ∥AD ，BC ＝1

2

AD ，

所以EF ∥BC 且EF ＝BC ，

即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE ∥BF ， 因此CE ∥平面P AB .

(2)分别取BC ，AD 的中点M ，N .

连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ ，BN .

因为E ，F ，N 分别是PD ，P A ，AD 的中点，所以Q 为EF 的中点， 在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE .

由△P AD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD . 由DC ⊥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 ＝2得CE ＝ 2. 在△PBN 中，由PN ＝BN ＝1，PB ＝3得QH ＝1

4.

在Rt △MQH 中，QH ＝1

4，MQ ＝2，

所以sin ∠QMH ＝

28

， 所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是

28

.

G6 三垂线定理

G7 棱柱与棱锥 16．G7、B12[2017·全国卷Ⅰ] 如图1-4，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，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 ，△F AB 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 ，△F AB ，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：cm 3)的最大值为________．

图1-4

16．415 [解析]设△ABC 的边长为a cm ，0＜a ＜5

3，则三个等腰三角形的高为

?

???5－36a cm ，折起后所得正三棱锥的高为

?

???5－36a 2－????36a 2

＝

25－5 33

a (cm)，所

以所得三棱锥的体积为13×34

a 2×

25－

5 3

3

a ＝

312

25a 4－

5 33

a 5(cm 3)．令u ＝

25a 4－

5 33

a 5，则u ′＝100a 3－25 33a 4＝25a 3?

???4－3

3a ，其中0＜a ＜5

3，当0＜a ＜4 3时，u ′＞0，当4

3＜a ＜5

3时，u ′＜0，故a ＝4

3为u ＝25a 4－

5

33

a 5在定义域

内唯一的极大值点，也是最大值点，所以当a ＝4 3时，三棱锥的体积最大，最大值为1

3

×

3

4

×(4 3)2×

25－

5 33

×4

3＝4

3×5＝415(cm 3)．

3．G2、G7[2017·浙江卷] 某几何体的三视图如图1-1所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )

图1-1

A.π2＋1

B.π

2＋3 C.3π2＋1D.3π

2

＋3 3．A [解析] 通过分析三视图可知，该几何体是一个三棱锥与一个半圆锥的组合体，

其直观图如图所示．

由三视图可知该组合体的高为3，底面是由一个底边长为2的等腰直角三角形与半径为1的半圆组成的，所以该几何体的体积V ＝13×3×12×2×1＋1

2π×12＝π2＋1(cm 3)．因此选

A.

G8 多面体与球 10．G8[2017·天津卷] 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________．

10.9π

2 [解析] 设正方体的棱长为a ，则6×a 2＝18，即a ＝ 3.∵正方体内接于球，∴

球的半径R ＝32a ，∴球的体积V ＝43π????32a 3＝9π

2

.

8．G1、G8[2017·全国卷Ⅲ] 已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同