浙江2020版高考數(shù)學(xué)第八章立體幾何與空間向量專題突破五高考中的立體幾何問題講義

高專突五

高中立幾問題型一求間幾何體的表面積與體積例1(1)一正方體挖去一個(gè)面體所得的幾何體的三視圖如圖所示中視圖側(cè)圖和俯視圖均為邊長(zhǎng)等于2的正形，則這個(gè)幾何體的表面積()A.16＋3C.20＋3

B.16＋5D.20＋5答案D解析由視圖可知，該幾何體棱長(zhǎng)為2正方體的內(nèi)部挖去一個(gè)底面邊長(zhǎng)為2的四棱錐，將三視圖還原可得如圖，1可得其表面積為S＝5×2＋4××2×5＝＋5，故選D.2(2)(2018·浙江省嘉興市第一中學(xué)期如圖知為圓O的徑為上動(dòng)點(diǎn)⊥圓O在平面，且PA＝，點(diǎn)A作面α⊥，交，分別于E，，三棱錐P－體積最大時(shí)，tanBAC＝________.

PCPC答案2解析∵⊥面AEF，∴⊥，又ACBCAPBC∩＝，，平面，∴⊥平面PAC又∵平，∴⊥，又PB∩BC＝，，平PBC∴⊥平面PBC∴∠＝90°設(shè)∠BACθ，在RtPAC中，AP·2×2cos2cosθAF＝＝＝.21＋θ＋cosθ在Rt△PAB中，＝＝2，∴＝－，∴V

1112＝···＝AF·2－×2＝·2AFAF326622＝－1≤，66∴當(dāng)AF1時(shí)，棱錐P的體積取最大值

26

，此時(shí)

2cos1＋cos

＝，0°<θ<90°∴cosθ＝

36，sin＝，＝2.33思維升華(1)等積轉(zhuǎn)換法多用來求三棱錐的體.(2)不規(guī)則的幾何體可通過分割補(bǔ)形轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體，再利用公式求.跟蹤訓(xùn)練1(1)(2018·嘉興模某幾何體的三視圖如圖所(單位cm)則該幾何體的表面積(單位：cm)是()A.36＋242C.40＋242

B.36＋125D.40＋125答案B解析由視圖得該幾何體為一組合體，上面是棱長(zhǎng)為正方體，下面是下底為邊長(zhǎng)為

2＋44的方形、上底為邊長(zhǎng)為2的方形的四棱臺(tái)，則其表面積為5×2＋4××5＋＝236＋125，故選B.(2)(2018·溫州高考適應(yīng)性測(cè))某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積()4A.＋π3

2B.＋π3C.

4＋3

4＋2D.3答案A解析由視圖可還原出幾何體直觀圖該幾何體是由半個(gè)圓柱(底圓的半徑為1高2)和個(gè)四棱(底面為邊長(zhǎng)是2的方形，高為1)成的，如圖所示故幾何體的體積V114＝×π×1×2＋×2＝＋.選A.233題型二空點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系例2如，在三棱柱ABC－A中，側(cè)棱垂直于底面⊥BC，AA＝2，BC＝，分別是A，的中點(diǎn)(1)求證：平面⊥平面B；(2)求證：∥平面ABE；(3)求三棱錐E－ABC的體.

eq\o\ac(△,S)ABCeq\o\ac(△,S)ABC(1)證明在棱柱ABC－中⊥底面ABC.因?yàn)锳B平，所以⊥.又因?yàn)锳B⊥，∩B，所以AB⊥平面BBCC.又AB平ABE所以平面ABE平面BBCC(2)證明方一如1，取中點(diǎn)G，連接EG，.因?yàn)椋质?，BC的中，1所以FGAC且FG＝AC2因?yàn)锳CC，且AC＝C，所以FG，且FGEC，所以四邊形FGEC為平行四邊形，所以FEG.又因?yàn)镋G平ABE，CF面，所以∥平面ABE.方法二如2，取AC的點(diǎn)H，連接CHFH因?yàn)?，分是AC，的中點(diǎn)，所以HF∥，又因?yàn)镋，分是，的點(diǎn)，所以∥AH且EC＝，所以四邊形EAHC為平行四邊形，所以HAE又∩HFH，∩＝，所以平面ABE∥平面C，又平HF所以CF平面.(3)解因AA＝＝，BC＝，⊥，所以ABAC－BC＝3.1113所以三棱錐E－的體積V＝·＝××3×1×2＝.3323思維升華(1)平行問題的轉(zhuǎn)化

→→利用線線平行面行面行的相互轉(zhuǎn)化解決平行關(guān)系的判定問題時(shí)般遵循從“低維”到“高維”的轉(zhuǎn)化，即從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”；而應(yīng)用性質(zhì)定理時(shí)其序正好相反在際的解題過程中定定理和性質(zhì)定理一般要相互結(jié)合靈活運(yùn)用(2)垂直問題的轉(zhuǎn)化在空間垂直關(guān)系中，線面垂直是核心，已知線面垂直，既可為證明線線垂直提供依據(jù)，又可為利用判定定理證明面面垂直作好鋪應(yīng)用面面垂直的性質(zhì)定理時(shí)般作輔助線本作法是過其中一個(gè)平面內(nèi)一點(diǎn)作交線的垂線，從而把面面垂直問題轉(zhuǎn)化為線面垂直問題，進(jìn)而可轉(zhuǎn)化為線線垂直問題.跟蹤訓(xùn)練2如，在底面是矩形的四棱錐PABCD中⊥面，點(diǎn)，F(xiàn)別是，PD的中點(diǎn)＝＝，2.(1)求證：∥面PAB(2)求證：平面⊥平面.證明(1)以A為點(diǎn)所在直線為x軸，所在直線為軸所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz則(0，，0)(1，0，，(120)，(02，0)，(0，0，1).∵點(diǎn)，分是PC，的中點(diǎn)，1111→∴1，0，(10，0).22

→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→ππ→1→→→∵＝－AB，∴AB即EF∥，2又AB平PABEF平面，∴∥平面PAB(2)由(1)可知，＝(0，，，＝(0，，，＝(1，，，∵·＝(0，，1)·(1，，0)＝，·＝，，0)·(10，0)，∴⊥，⊥，AP⊥DC，⊥.又APAD，，平，∴⊥平面PAD∵平PDC∴平面PAD⊥平面PDC題型三空角的計(jì)算1.(2018·浙江高考適應(yīng)性考)個(gè)同樣大小的球O，，，兩相切，點(diǎn)M是球O上的動(dòng)點(diǎn)，則直線OM與線OO所角的正弦值的取值范圍()A.C.

5，53，

B.D.

5，53，3答案C解析由個(gè)同樣大小的球O，，兩相切，則可以把O，，看成四面體的四個(gè)頂點(diǎn)的半徑為棱長(zhǎng)的半球半徑為正四面體的棱長(zhǎng)為2.平移直線OO至O位，過O，O的面截球O得一大，過O作圓的兩條切線OE，，由線面垂直易證OO⊥，由圖可知，當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)至切點(diǎn)，MO最，當(dāng)點(diǎn)運(yùn)至點(diǎn)F，∠最，設(shè)∠EOO＝，∠C∈－，＋θ2

1π.在eq\o\ac(△,Rt)中sin＝，θ＝，直線26OM與直線OO所角∈，線O與直線O所角的正值的取值范圍為2

3，

，故選C.2.(2017·浙江)如圖已知正四面體－所有棱長(zhǎng)均相等的三棱)Q分為AB，BQ上點(diǎn)，＝＝2，分別記二面－的面角為QCα，，，則()A.γ＜＜βC.α＜β＜

B.＜γ＜βD.＜＜答案B解析如①，作出點(diǎn)D在面上射影O，過點(diǎn)分作PR，PQ的垂線，OF，OG，連接，，，α＝∠DEO，β＝∠，＝∠.由圖可知它們的對(duì)邊都是，∴只需比較，，的大小即.如圖②，在邊取點(diǎn)′，使AP′＝P′，接，OR，O為△′中心設(shè)點(diǎn)到△QRP三邊的距離為，OGa，OF＝·sin∠OQF＜OQ·sin∠OQP′，OE＝·sin∠ORE＞OR·sin′＝a，ODOD∴＜＜，∴＜＜，tantantanα∴＜γβ.故選B.3.(2018·浙江)如圖知面ABCABCA均直于平面∠ABC＝120°A＝，C＝，＝＝B＝2.

(1)證明：⊥平面BC；(2)求直線AC與平面所成角的正弦值方法一(1)證由AB2，＝，＝，⊥AB，BB⊥，得＝B＝2，所以＋＝

，故AB⊥.由BC2，BB＝，＝，⊥BC，CC⊥，得＝5.由ABBC2，∠ABC＝120°，得＝3.由⊥AC得＝13所以＋＝

，故AB⊥.又因?yàn)锳∩＝，，平面ABC因此⊥平面(2)解如，過點(diǎn)C作C⊥AB，直線于點(diǎn)，連接.由⊥平面C，得平面AC⊥面ABB.由⊥AB，面ABC∩平面ABB＝B，D平AC，得D⊥平面ABB.所以∠是AC與平面所的角由＝5，＝2，＝21，得cos∠CAB＝

427，sin∠A＝，77CD39所以＝3，sin∠AD＝.13

→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→||||因此直線與面所成角的正弦值是

3913

.方法二(1)證如，以AC的點(diǎn)為點(diǎn)分別以射線，為x，軸正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系.由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：(0－3，0)(1，，，(0－34)，B(1，0，，(031).因此＝(1，3，，＝(13，2)，＝(0，3，3).由AB·＝，⊥.由AB·＝，⊥.又∩＝，AC平面AC所以⊥平面(2)解設(shè)線AC與平面所的角為θ由可知AC＝(023，，AB(1，30)，BB＝(0，，2).設(shè)平面的個(gè)法向量為n＝(，，z).由

＝，＝0，

＝0，得0

可取n＝－31，0).→|AC·n39所以θ＝|cos〈，〉＝＝.→13因此直線與面所成角的正弦值是

3913

.思維升華空間角是高考中的?？純?nèi)容，線線角和二面角多出現(xiàn)在小題中，線面角多出現(xiàn)在解答題中，主要注意幾何法與空間向量法的靈活應(yīng).題型四立幾何中的動(dòng)態(tài)問題1.(2018·杭州模擬等腰直角三形ABE的斜邊為正四面體的棱邊AE繞

邊AB旋，則在旋轉(zhuǎn)的過程中，有下列說法：①四面體EBCD的體積有最大值和最小值；②存在某個(gè)位置，使得⊥BD；③設(shè)二面角D——的平角為θ，≥∠DAE；④的點(diǎn)與的點(diǎn)N的線交平面于P，則點(diǎn)P的跡為橢.其中，正確說法的個(gè)數(shù)是()A.1B.2C.3D.4答案C解析四體E—的底面的面積為定值在旋轉(zhuǎn)的過程中E到面的離存在最大值和最小值，所以四面體—體積有最大值和最小值，①正確；設(shè)BD的中為旋到平面內(nèi)時(shí)確轉(zhuǎn)到內(nèi)角——π的大小為0，∠DAE＝，此時(shí)θ≥DAE不立，③錯(cuò)誤；由題意得點(diǎn)P的軌跡以MN為12π母線，為的圓錐面與平面BCD的交線，易得圓錐的母線與圓錐的軸的夾角為，正四4面體ABCD中易得直線ππ與平面所的角α滿足<α<，以圓錐面與平面的交線為橢圓，即點(diǎn)P的42軌跡為橢圓，④正確.綜上所述，正確說法的個(gè)數(shù)為3故選C.2.(2018·浙江高考研究聯(lián)盟聯(lián)如圖，已知正四面體，線段上的動(dòng)點(diǎn)(端點(diǎn)除外)，則二面角D—PC—平面角的余弦值的取值范圍____________.11答案，3解析當(dāng)P從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)點(diǎn)B時(shí)二面角——的平面角逐漸增大，二面角D—PCB

的平面角最小趨近于二面角D—的面角，最大趨近于二面角BCA的平面角的補(bǔ)角設(shè)正四面體的棱長(zhǎng)為2所的點(diǎn)為E.連接DE∠為面—AC3的平面角，＝＝3所以cos∠＝2×3×311＝，理二面角D—A平面角的補(bǔ)角的余弦值為－，二面角D—PC—的面角的3311余弦值的取值范圍是，3

.思維升華(1)考慮動(dòng)態(tài)問題中點(diǎn)面的變化引起的一些量的變化，建立目標(biāo)函數(shù)，用代數(shù)方法解決幾何問題(2)運(yùn)動(dòng)變化中的軌跡問題的實(shí)是尋求運(yùn)動(dòng)變化過程中的所有情況，發(fā)現(xiàn)動(dòng)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)規(guī)(3)運(yùn)動(dòng)過程中端點(diǎn)的情況影響題的思考，可以利用極限思想考慮運(yùn)動(dòng)變化的極限位.1.(2018·紹興質(zhì)檢已知m是兩條不同的直線α，β是兩個(gè)不同的平面，則下列命題中正確的個(gè)數(shù)是)①若∥α且⊥β，α⊥；②若⊥β且α⊥β，則m∥；③若∥，m⊥，β，α∥；④若∥，n∥，∥.A.1B.2C.3D.4答案B解析若m∥線平的性質(zhì)定理知α內(nèi)直線m平行⊥βl⊥，從而α⊥①確⊥且α⊥mα或∥α不正確m∥α，

則⊥α，⊥β，以α∥，③正確；若∥∥，mα或mα，④不正確.故正確的個(gè)數(shù)為2.2.過方體ABCD—′′′′的頂點(diǎn)A作面α，得′′′平面α上的投影的長(zhǎng)度相等，則這樣的平面α的數(shù)()A.6B.4C.3D.1答案B解析考到平行的性質(zhì)CC′′′可以用同一頂點(diǎn)處的三條棱替代AB′AD的長(zhǎng)度相等等價(jià)于這些線段所在直線與平面α所的角相等以方體為依托，如圖，平面′′(BC′DACD′(A′′)BDB′CD′)A′′(′)均符合題意，所以這樣的平面有4個(gè).故B.3.(2018·紹興模擬九章算術(shù)中底面是直角三角形的直三棱柱稱之為“塹堵”已某“塹堵”的三視圖如圖所示，俯視圖中間的實(shí)線平分矩形的面積，則該“塹堵”的側(cè)面積為)A.2C.4＋42

B.2＋2D.4＋2答案C解析由可得，該幾何體是底為等腰直角三角形，直角邊長(zhǎng)為2，高為2的直棱柱，所以其側(cè)面包括一個(gè)邊長(zhǎng)為2的方形及兩個(gè)長(zhǎng)和寬分別為2和2的長(zhǎng)方形以側(cè)面積為＝＋2×2×2＝＋2故選C.4.(2018·臺(tái)州適應(yīng)性考)如，已知菱形ABCD的對(duì)角線AC，相交于點(diǎn)O將菱形沿對(duì)角線AC折起，使得平面ACD⊥平面ABC若點(diǎn)是BD上動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)線段最短時(shí)，二

EO′2EOEO′2EO面角—AC的弦值為()123A.0B.C.D.222答案C解析易OB＝，所以當(dāng)為BD中點(diǎn)時(shí)，線段ON最，為AC⊥ACODOB∩OD＝OB平，所以AC⊥平面BOD所以O(shè)N⊥，又⊥，以即二面角——的面角因?yàn)槠矫妗推矫鍭BC，平面∩面ABC＝，⊥AC，所以O(shè)D⊥平面所OD⊥eq\o\ac(△,，)為腰直角三角形所∠＝45°所二面角N—ACB的余弦值為

2.25.(2018·浙江)已知四棱錐－ABCD的面是正形棱均相等是段上點(diǎn)不含端點(diǎn)，SE與所成的角為θ，SE與平面所成的角為，二面角－AB的平面角為θ，則)A.θ≤θ≤θC.θ≤θ≤θ

B.≤≤θD.≤≤θ

答案D解析如，不妨設(shè)底面正方形邊長(zhǎng)為2，E為上靠近點(diǎn)A的四分點(diǎn)，′為AB的中點(diǎn)，S到底面的距離SO＝，以′，′為鄰作矩形OO′′則∠SEO＝，SEO＝θ，SE′＝θ.SO′5SO12由題意，得tan＝＝，tan＝＝＝，tanθ＝，552此時(shí)θ＜tanθ＜tan，可得θ＜＜θ.當(dāng)在中處時(shí)θ＝＝θ.選D.6.(2018·嘉興調(diào)研如圖正體ABCDBC的長(zhǎng)為1F分是棱AA的中，

過EF的面與棱BB，DD分交于點(diǎn)G，.設(shè)BG＝，∈[0，①四邊形一定是菱形；②∥平面EGFH③四邊形的面積S＝(x)在區(qū)間0，1]上有單調(diào)性；④四棱錐A的體積為定.以上結(jié)論正確的個(gè)數(shù)()A.4B.3C.2D.1答案B解析由方體的性質(zhì)易得DH＝＝，則四邊形A、四邊形ABGE、四邊形CBGF、四邊形CHF為個(gè)全等的直角梯形，則＝＝＝，四邊形為形，①正確；因?yàn)椤?，EF平面EGFH，AC平面EGFH所以AC∥平面，正確；在線段DD上DM＝，則易得為直角三角形，且＝－，則GH＝HM

＋，菱121形EGFH的面積S＝()EFGH得其遞減1222上單調(diào)遞增[0上不具有單調(diào)性誤

＝＋＝VA＋V

1111111＝×1××1×＋×1×＝為定值，④正.綜上所述，正確結(jié)論的322322個(gè)數(shù)是3，故選B.APCQ7.如，在正四面體—中，，分別，，AD上的點(diǎn)，＝，＝，PBQA記二面角BPQ—，—QR—P，——平面角分別為α，，，則)A.γ<α<βC.α<β<γ答案C

B.<γ<βD.<<

解析

易知二面角——R的面角的補(bǔ)角就是二面角

A——的面角，二面角——的面角的補(bǔ)角就是二面角A——平面角面角——的面角的補(bǔ)角就是二面角A——的平角易得二面角A—的面>二面角A——的面>二面角A——的面角，即α<β<γ.故選C.8.如，在梯形中，AD∥，∠＝90°，∶∶＝2∶4，分別是ABCD的中點(diǎn)，將四邊形ADFE沿線EF進(jìn)行翻折，給出四個(gè)結(jié)論：①⊥；②⊥；③平面DBF⊥平面BFC；④平面DCF⊥平面BFC.在翻折過程中，可能成立的結(jié)論________.(寫結(jié)論序號(hào)答案②解析因BC∥，AD與DF相不垂直，所以與DF不垂直則①錯(cuò)誤；設(shè)點(diǎn)在面上的射影為點(diǎn)P，當(dāng)⊥時(shí)就有⊥，∶∶AB＝2∶3∶4，可使件滿足，所以②正確；當(dāng)點(diǎn)落在BF時(shí)，平，從而平面⊥面BCF，所以③正確；因?yàn)辄c(diǎn)D的影不可能在上所平面DCF⊥平面不成立即④錯(cuò)故答案為②③.9.如，四邊形和均正方形，它們所在的平面互相垂直，動(dòng)點(diǎn)在段上，分為AB的點(diǎn)設(shè)面直線與AF所成的角為θcosθ的最大值______.

1→1→→→→→＝t，1→1→→→→→＝t，答案

25解析以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)AB，，所在直線分別為x軸y軸z，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，設(shè)AB＝，A＝02

，100

，設(shè)(0，y，≤，則E＝，，2AF，＝

11－＋y221－y＝－.1151＋·＋1·4y＋442則θ＝

AF，EM＝

1－251－y＝·，554y＋5·4＋52令＝－，則＝－，∵0≤≤1，∴0≤t≤1，25t25那么θ＝·＝54t－t＋51令＝，∵0≤1，∴≥1t251那么θ＝4－8＋9x5

t254－＋5

1，894－＋又∵z＝x－＋4在[，＋∞)上單調(diào)遞增，∴＝，＝，25此時(shí)θ的最大值為·5

12552＝·＝.555510.(2009·浙江如，在長(zhǎng)方形ABCD中AB＝2，＝1，為DC的點(diǎn)為段EC端點(diǎn)除外上動(dòng).現(xiàn)將△AFD沿AF起，使平面⊥平面ABC在平面內(nèi)點(diǎn)D作DK⊥，為足設(shè)AKt，則的值范圍是____________.

1.tt1.tt答案1解析如，在平面ADF內(nèi)D作⊥AF，垂足為，連接.過F點(diǎn)作FPBC交AB點(diǎn).225設(shè)∠FABθ，則cosθ∈，5

.設(shè)DF，則1<2.∵平面ABD⊥平面ABC，平面ABD∩面ABCDK⊥AB，⊥平面ABC又平，∴⊥AF.又∵⊥，∩＝，DK，平面，∴⊥平面DKH∴AFHK即AH.在Rt△ADF中，＝1＋，DH

1＋∵△ADF和△APF是直角三角形＝，∴Rt△≌Rt△APF，∴AP＝DF.∵△AHD△ADF，1∴cosθ＝

1＋＝

x1.∴＝1＋11∵1<x<2，∴1<<2，∴<t<1.t211.(2017·浙江如四錐－ABCDeq\o\ac(△,，)是以為斜邊的等腰直角三角形ADCD⊥，＝＝DC＝CB，為PD的中點(diǎn)(1)證明：∥面PAB(2)求直線CE與平面所成角的正弦值.

(1)證明如，設(shè)PA的點(diǎn)為，連接EF，.因?yàn)?，分為PD，的中點(diǎn)，1所以EF且EFAD，21又因?yàn)锽C∥，＝，2所以EF且EF＝BC，所以四邊形為平行四邊形，所以∥.因?yàn)槠矫鍼AB，因此CE平面PAB.(2)解分取BC，的點(diǎn)為M，，連接PN交EF于Q，連接MQ.因?yàn)?，，N分別，，的中點(diǎn)，所以為的點(diǎn)，在平行四邊形BCEF，MQ∥.由△PAD為等腰直角三角形得⊥.1由DCADBCAD＝ADN是AD的中點(diǎn)得BN⊥所以⊥平面PBN2由BC得⊥平面PBN，那么平面PBC⊥平面PBN.過點(diǎn)作的線，垂足為，連接MH.是MQ在面上射影，所以∠是直線CE與平面所成的.設(shè)CD1.在△PCD中，由2，CD＝，＝2得＝2，1在△PBN中，由BN，PB＝3得QH＝，41在Rt△MQH中，＝，MQ＝2，4所以sin∠QMH＝

28

，

66所以直線CE與平面所成角的正弦值是

28

.12.(2018·浙江重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)圖，在直三棱柱—A中，底面ABC是長(zhǎng)為的三角形，D是棱的中點(diǎn)，＝h(>0).(1)證明：∥平面D；π(2)若直線BC與平面ABB所成角的大小為，求的值.(1)證明方一如1，連B，交點(diǎn)，連接DE則DE是eq\o\ac(△,A)eq\o\ac(△,)的位線，圖1所以DE.又DE平D，BC平D，所以∥平面AB.方法二如2，取AC的點(diǎn)F，連接，F(xiàn).圖2因?yàn)锳F，且AFDC，所以四邊形D是行四邊形，故ADFC.又平BFC，AD?平面BFC，所以AD平面BFC.因?yàn)镈F，且DF＝B所以四邊形DFBB是平行四邊形，故DB∥FB.又FB平BFC，?平BFC，所以∥平面BFC.

→→|BC|||→→|BC|||又AD＝，，平面，所以平面ADB∥面BFC.又平BFC，故∥平面AB.(2)解方一取A中點(diǎn)，連接C，BH因?yàn)閑q\o\ac(△,A)eq\o\ac(△,)△都是正三角形，所以C⊥AB在直三棱柱ABC—C中，面A平面ABC，平面A∩平面ABC＝，又平C，故C⊥面ABBA所以∠就與面成的角，π即∠C＝.6在Rteq\o\ac(△,C)eq\o\ac(△,)BH中，BC＝2＝3，在Rt△BCC中，＝BC＋＝h

＋所以h＋＝3，解得h＝22.方法二以AB的點(diǎn)O坐標(biāo)原點(diǎn)，，所在直線分別為x軸，y，過點(diǎn)O且與面垂直的直線為軸建立空直角坐標(biāo)系，如圖示，圖3則(1，，0)(0，3，).易得平面ABBA的個(gè)法向量為n＝(0，，又BC＝－1，3，)，π→|BC|所以sin＝|cos〈，〉＝，6→即

31＝，解h＝2.h＋213.(2018·紹興市適應(yīng)性考試)圖ABC＝90°CAB＝為的中點(diǎn)

將△ACM沿著翻折至eq\o\ac(△,A)eq\o\ac(△,)′CM使得A′⊥MB，則θ的取值不可能()πππA.B.C.D.9653答案A解析如，設(shè)點(diǎn)A′在平面上的射影為″，則由題意知點(diǎn)″在直線的垂線′A″上要′⊥則″⊥MB以只需考慮其臨界情況A″⊥時(shí)A與點(diǎn)″關(guān)于直線對(duì)以∠AMD＝A″＝BMC＝

π4

π又AM以△AMC是∠為底角的等腰三角形以＋∠＝θ＝，4πππ所以＝.此當(dāng)θ≥時(shí)有A′⊥，以的取值不可能為，故選A.88914.(2018·溫州高考適