四川省2022屆高三數(shù)學(xué)理一輪復(fù)習(xí)典型題專項(xiàng)訓(xùn)練立體幾何

四川省2022屆高三數(shù)學(xué)理一輪復(fù)習(xí)典型題專項(xiàng)訓(xùn)練立體幾何一、選擇、填空題1、〔2022全國III卷高考）中國古建筑借助榫卯將木構(gòu)件連接起來，構(gòu)件的凸出局部叫棒頭，凹進(jìn)局部叫卯眼，圖中木構(gòu)件右邊的小長方體是棒頭．假設(shè)如圖擺放的木構(gòu)件與某一帶卯眼的木構(gòu)件咬合成長方體，那么咬合時(shí)帶卯眼的木構(gòu)件的俯視圖可以是〔〕2、〔2022全國111卷高考）圓柱的高為1,它的兩個(gè)底面的圓周在直徑為2的同一個(gè)球的球面上，那么該圓柱的體積為〔〕A.nbA.nb.3nC.D.3、〔2022全國III卷高考）如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1,3、那么該多面體的外表積為〔C〕90 〔D〕81[A〕18+〔C〕90 〔D〕814、〔成都市2022屆高三第二次診斷）m，是空間中兩條不同的直線，a,P為空間中兩個(gè)互相垂直的平面,那么以下命題正確的選項(xiàng)是〔〕A.假設(shè)mua，那么m±PC假設(shè)m?a,m±P，那么m//aB.假設(shè)mua,nu。，那么m1nD.假設(shè)aClP=m,n1m，那么n1a5、〔成都市2022屆高三第三次診斷）在正三棱柱ABC-Avq（底面是正三角形，側(cè)棱垂直于底面的棱柱）中，所有棱長之和為定值Q.假設(shè)正三棱柱ABC-ABC的頂點(diǎn)都在球O的外表上，那么當(dāng)11164兀D.——正三棱柱側(cè)面積獲得最大值64兀D.——A.4J3兀 B.33三 C.12兀6、〔達(dá)州市2022屆高三第一次診斷〕如圖某幾何體的三視圖是直角邊長為1的三個(gè)等腰直角三角形,那么該幾何體的外接球的外表積為〔〕D.3兀A.3兀D.3兀27、〔德陽市2022屆高三二診考試）如下圖的三視圖表示的幾何體的體積為32，那么該幾何體的外接球的外表積為〔〕A.12兀 B.24兀 C.36兀 D.48兀8、〔廣元市2022屆高三第一次高考適應(yīng)性統(tǒng)考）設(shè)m,n是兩條不同的直線，a,。是兩個(gè)不同的平面,且mua,nu。，以下命題中正確的選項(xiàng)是〔〕

A.假設(shè)a±P，那么m±n B.假設(shè)a//P，那么m//nC.假設(shè)m1n，那么aip D.假設(shè)nla，那么a±P9、〔瀘州市2022屆高三第二次教學(xué)質(zhì)量診斷〕設(shè)a,b是兩條不同的直線，a、萬是不重合的兩個(gè)平面，那么以下命題中正確的選項(xiàng)是A.假設(shè)a1b , ala，那么b//a B.假設(shè)a//a , a1P,那么a//PC.假設(shè)a//a , a//P，那么a//P D.假設(shè)a//b , ala,b1P，那么a//P10、〔南充市2022屆高三第二次高考適應(yīng)性考試〕某三棱錐的三視圖如下圖，那么該三棱錐的外表積為( )A.2<7+4V3+2 B.2V7+10 C.10+3D.12+4V：311、〔仁壽縣2022屆高三上學(xué)期零診〕如圖，正方體ABCD-A^1c1D1的棱長為1,E為棱DD1上的點(diǎn)，F(xiàn)為AB的中點(diǎn)，那么三棱錐B1-BFE的體積為12、〔遂寧市2022屆高三三診考試〕在一圓柱中挖去一圓錐所得的機(jī)械部件的三視圖如下圖,那么此機(jī)械部件的外表積為A.(7—.&)兀 B.(7+.<2)kC.(6+Q)兀 D.(7—%；3)兀13、〔雅安市2022屆高三下學(xué)期三診〕某幾何體的三視圖如下圖,其中,正視圖、俯視圖都是矩形,側(cè)視圖是直角三角形,那么該幾何體的體積等于〔〕A.123 D.414、〔資陽市2022屆高三4月模擬考試〔三診〕〕如圖，二面角a—BC-P的大小為A.123 D.414、〔資陽市2022屆高三4月模擬考試〔三診〕〕如圖，二面角a—BC-P的大小為6,ABuaC一 .一 五 底CDuP，且AB=22,BC=CD=2,ZABC=-,ZBCD=-，那么AD與口所成角的大4 3小為A.b.iC.n

D.—1215、〔成都市石室中學(xué)高2022屆高三下期二診模擬〕一個(gè)底面為正方形的四棱錐,其三視圖如下圖，假設(shè)這個(gè)四棱錐的體積為2，那么此四棱錐最長的側(cè)棱長為16、〔成都市2022屆高三第二次診斷〕?九章算術(shù)?中將底面為長方形,且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱之為“陽馬〞.現(xiàn)有一陽馬,其正視圖和側(cè)視圖是如下圖的直角三角形.假設(shè)該陽馬的頂點(diǎn)都在同一個(gè)球面上,那么該球的體積為〔 〕A.B.8c'贏 C.v'6- D.24-17、2022全國III卷高考〕在封閉的直三棱柱ABC-ABC內(nèi)有一個(gè)體積為V的球，假設(shè)AB1BC,111AA1=3，那么V的最大值是32兀〔D〕三AA1=3，那么V的最大值是32?！睤〕三9?！睟〕2〔C〕6n〔〔C〕6n二、解答題1、〔2022全國III卷高考〕如圖，邊長為2的正方形ABCD所在平面與半圓弧CD所在平面垂直，M是CD上異于C,D的點(diǎn).⑴證明：平面AMD，平面BMC；⑵當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時(shí)，求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值.2、〔2022全國III卷高考〕如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形.ZABD=CCBD,AB=BD.〔1〕證明：平面ACD，平面ABC；〔2〕過AC的平面交BD于點(diǎn)E，假設(shè)平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩局部.求二面角D-AE-C的余弦值.3、〔2022全國III卷高考〕如圖，四棱錐P—ABC中，PA1地面ABCD,AD"BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段AD上一點(diǎn)，AM=2MD,N為PC的中點(diǎn)．〔I〕證明MN//平面PAB；〔II〕求直線AN與平面PMN所成角的正弦值.4、〔成都市2022屆高三第二次診斷〕如圖，D是AC的中點(diǎn)，四邊形BDEF是菱形，平面BDEF1平面ABC,/FBD=60°,AB1BC,AB=BC=<2.〔1〕假設(shè)點(diǎn)M是線段BF的中點(diǎn)，證明：BF1平面AMC；〔2〕求平面AEF與平面BCF所成的銳二面角的余弦值.5、〔成都市2022屆高三第三次診斷〕如圖①，在等腰梯形ABCD中，AB//CD,ZABC=60。，CD=2,AB=4，點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)；現(xiàn)將三角形BEC沿線段EC折起，形成直二面角P—EC—A，如圖②，連接PA,PD得四棱錐P—AECD,如圖③.〔I〕求證：PD1EC；〔II〕求平面PEC與平面PAD所成的銳二面角的余弦值.6、〔達(dá)州市2022屆高三第一次診斷〕如圖在棱錐P-ABCD中，ABCD為矩形，PD1面ABCD,PB=2,PB與面PCD成45。角，PB與面ABD成300角.〔1〕在PB上是否存在一點(diǎn)E,使PC1面ADE，假設(shè)存在確定E點(diǎn)位置，假設(shè)不存在，請說明理由；〔2〕當(dāng)E為PB中點(diǎn)時(shí)，求二面角P—AE—D的余弦值.7、〔德陽市2022屆高三二診考試〕如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為邊長為2的菱形，/DAB=60，/ADP=90，面ADP1面ABCD，點(diǎn)F為棱PD的中點(diǎn).〔1〕在棱AB上是否存在一點(diǎn)E，使得AF//面PCE，并說明理由；1〔2〕當(dāng)二面角D-FC-B的余弦值為4時(shí)，求直線PB與平面ABCD所成的角.8、〔廣元市2022屆高三第一次高考適應(yīng)性統(tǒng)考〕如圖，AABC是以ZABC為直角的三角形，5A1平面ABC,5A=BC=2,AB=4,M,N分別是SC,AB的中點(diǎn).〔1〕求證：MN1AB；〔2〕D為線段BC上的點(diǎn)，當(dāng)二面角S-ND-A的余弦值為法時(shí)，求三棱錐D-SNC的體積.9、〔瀘州市2022屆高三第二次教學(xué)質(zhì)量診斷〕如圖，三棱錐A-BCD的側(cè)面△ABD是等腰直角三角形，ZBAD=90，BD=DC，ZBDC=120，且AC=2AB.⑴求證：平面ABD1平面BCD;〔II〕求二面角B-AC-D的余弦值.10、〔南充市2022屆高三第二次高考適應(yīng)性考試〕如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，ZABC=660。，PA1PB,PC=2.(I)求證：平面PAB1平面ABCD；(II)假設(shè)PA=PB,求二面角A—PC—D的余弦值.11、〔仁壽縣2022屆高三上學(xué)期零診〕如圖，直角梯形ABCD與等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直，AB〃CD,AB±BC,AB=2CD=2BC,EA±EB〔1〕求證：EA,平面EBC；〔2〕求二面角C-BE-D的余弦值.TOC\o"1-5"\h\z12、〔遂寧市2022屆高三三診考試〕如下圖的幾何體中，ABC-ABC為三棱柱，且AA1平面111 1ABC，四邊形ABCD為平行四邊形，AD=2CD,ZADC=60。.〔1〕假設(shè)AA=AC,求證：AC1平面ABCD；i i ii _〔2〕假設(shè)CD=2,AA=XAC，二面角C-AD-C的余弦值為立，求三棱錐C-ACD的體積.i ii 4 ii13、〔雅安市2022屆高三下學(xué)期三診〕如圖，在四棱錐S-ABCD中，SD1底面ABCD,M為SD的中點(diǎn)，底面ABCD為直角梯形，AB1AD,AB//CD，且CD=2AB=2AD=2.〔1〕求證：AM//平面SBC，平面SBC1平面SDB；3 〔2〕假設(shè)SB與平面SDC所成角的正弦值為—，求二面角A-SB-C的余弦值.3

14、〔資陽市2022屆高三4月模擬考試〔三診〕〕如圖，三棱柱ABC-ABC的各棱長均相等，AA1111 1底面ABC,E,F分別為棱AA,BC的中點(diǎn).1〔1〕過FA作平面a，使得直線BE//平面a，假設(shè)平面a與直線BB交于點(diǎn)H，指出點(diǎn)H所在的位11置，并說明理由；〔2〕求二面角B-FH-A的余弦值.115、〔成都市石室中學(xué)高2022屆高三下期二診模擬〕如圖，在多面體ABCDEF中，矩形BDEF所在平面與正方形ABCD所在平面垂直，點(diǎn)M為AE的中點(diǎn).〔1〕求證：BM//平面EFC〔2〕假設(shè)DE二AB，求直線AE與平面BDM所成角的正弦值.參考答案：一、選擇、填空題1、A2、【答案】B1 （1、2,;3【解析】由題可知球心在圓柱體中心，圓柱體上下底面圓半徑r-12--=13,V12） 23n 、一那么圓柱體體積丫=nr2h=一，應(yīng)選B.43、B4、C5【答案】D【解析】設(shè)正三棱柱ABC-ABC底面邊長為x，側(cè)棱為y,那么6%+3y=a,三棱柱111ABC—々BC］側(cè)面積S=3xy.所以S=3孫＜6‘%；3y=2_,當(dāng)且僅當(dāng)6%=3y=2,即aa%=-2，y=6時(shí),等號成立,所以a=24，%=2，y=4.所以正三棱柱ABC-AiBiCi的外接球的球心。到頂點(diǎn)A的間隔為4。3 64的球心。到頂點(diǎn)A的間隔為-7，所以該球的外表積為飛.應(yīng)選D.6、D7、C 8、D9、D10、Bi11、— 12、B13、B 14、C15、C16、Ci217【答案】B【解析】試題分析：要使球的體積V最大，必須球的半徑R最大.由題意知球的與直三棱柱的上下底面都相3 4 43 9切時(shí)，球的半徑獲得最大值萬，此時(shí)球的體積為兀R3=兀（不）3=不兀，應(yīng)選B.二、解答題1、解答：〔1〕,?,正方形ABCD1半圓面CMD,??.AD1半圓面CMD,.?.AD1平面MCD.：CM在平面MCD內(nèi)，AD1CM，又;M是半圓弧CD上異于C,D的點(diǎn)，，CM1MD

又＜又＜AD[yDM=D，二CM±平面ADM,vCM在平面BCM內(nèi)，.?.平面BCM±平面ADM.〔2〕如圖建立坐標(biāo)系：???S面積恒定，AABC.?.MO±CD,V 最大.M—ABCM(0,0,1),A(2,-1,0),B(2,1,0),C(0,1,0),D(0,-1,0),TOC\o"1-5"\h\z設(shè)面MAB的法向量為薪=(x,y,z)，設(shè)面MCD的法向量為胃二(x,y,z),111 2 2 2M4=(2,-1,-1),MB=(2,1,-1),MC=(0,1,-1),MD=(0,-1,-1),0一0n根=(1,0,2),2x-0一0n根=(1,0,2),V 1 1 12x+y-z=i1 i i同理元二(1,0,0),,?'cose=75二得一'sine=關(guān)2、【解析】⑴取AC中點(diǎn)為O，連接BO,DO2、丁AABC為等邊三角形'.BO1AC'AB二BCJAB二BCVBD=BD AABD二ACBD.NABD=NDBC'.AD=CD，即AACD為等腰直角三角形，NADC為直角又O為底邊AC中點(diǎn)'.DO1AC令|AB|二a，那么|AB|=|AC二|BC|二|BD|二易得：|OD|=-2-a,|OB|=-2a?二|odI2+|ob|2二|bd|2 .一 兀由勾股定理的逆定理可得NDOB=-2即OD1OB又?.?ODu平面ADC由面面垂直的斷定定理可得平面ADC1平面ABC⑵由題意可知V =VD-ACE B-ACE即B,D到平面ACE的間隔相等即E為BD中點(diǎn)以O(shè)為原點(diǎn)，OA為x軸正方向，OB為y軸正方向，OD為z軸正方向，設(shè)1Ad二a，建立空間直角坐標(biāo)系，

那么。（0,0,0）,易得:=A—,0,0,12J那么。（0,0,0）,易得:=A—,0,0,12J'a43〃、I244jDfo,O,-l2,,B0,—?,0,E0,

2r 、a aZ"，°，"T"I2 2J7 \ / 、,OA=-,0,0(2J\3Q、—u,一44J設(shè)平面AED的法向量為〃，平面A石。的法向量為那么1那么AD-n-0 iAE-n=0 —>—?， ，解得〃OAn=0 2假設(shè)二面角。-假設(shè)二面角。-A￡-C為0,易知0為銳角,那么COS0=n\'n113、- n-PM=0，即1若 ，可取〃=(0,2,1),，即1若 ，可取〃=(0,2,1),—x+y-2z=0I2n-PN=0, --r~\rI??ANI8^5于是Icos<n,AN>1=.—= .\n\\AN\254、解：門〕連接，F(xiàn)D.?四邊形BDEF為菱形，且/FBD=60°,??ADBF為等邊三角形.??”為B方的中點(diǎn)，????！?，6方.??AB1BC,AB=BC=W,又。是AC的中點(diǎn)，.?.BD1AC,.?平面平面,平面ABC，平面6。石尸，ACu平面ABC,,.AC，平面石方.又8尸u平面石尸，AC1BF,由DM上BF,AC1BF,DMp[AC=D,BF1平面AMC.12〕設(shè)線段右廠的中點(diǎn)為N,連接DN.易證ON，平面ABC.以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，DB,DC,DN1/T所在直線分別為軸，y軸，軸建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系那么4。,-1,。），￡（-萬,0，+）,乙 乙

F(|aA,5(1,0,0),C(0,l,0).乙 乙：.AE=(--X

2，喬=（1,。,。），麗=4噌）,BC=：.AE=(--X

2設(shè)平面4石廠，平面廠的法向量分別為m二（x,y,z）,n=（x,y,z）.1 1 1 2 2 21J3AE-m=0EF-m=0——xAE-m=0EF-m=02ii2-x=0[2i取q=-2,1m=(0,73,-2).又由BCn=0 ,又由BCn=0 ,n<BFn=0-x+y=02 2取I2=1，二.〃二.,/cos<m.n>-,/cos<m.n>- A-?m-n???平面AEF與平面BCb所成的銳二面角的余弦值為;.5、【解析】6、1）法一：要證明PC，面ADE,易知AD,而PDC,即得AD,PC，故只需。石?PC=°即可,TOC\o"1-5"\h\z所以由（9+詬）?麗=0n麗?麗+方?正=0nl詼1=1,即存在點(diǎn)E為PC中點(diǎn) -6分法二：建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系D-XYZ,由題意知PD=CD=LCE=五,設(shè)）二九而，，詼二九萬二九（五1,—1）,正二（0,1,—1） . ， ， ， ， t— 1由尸。?。石二尸。（。尸+尸石）=（0,1,—1）（52九,九』一九）=0,得九二一，2即存在點(diǎn)E為PC中點(diǎn)。 6分,511[2）由[1）知。（0,0,0）,A?2,0,0）, ,尸（0,0,1）2r

1 1),2,-2)DA1 1),2,-2)DA=(*2,0,0),DE=(y-,2,2),Pa=(v2,0,-1),PE=設(shè)面ADE的法向量為n=(x,y,z),而PAE的法向量為n=(x,y,z)1 111 2 222由的法向量為4n-DE=01。2x=0 一>1 1得n=(0,1,-1)。2x1+-y1+2z1=0 1同理求得n=(1,0,<2)2所以cos0=n?n 33—4~―u= InI」nI311故所求二面角?的余弦值為三.6分7、解：〔1〕在棱AB上存在點(diǎn)E，使得AF//面PCE，點(diǎn)E為棱AB的中點(diǎn).理由如下：取PC的中點(diǎn)Q，連結(jié)EQ、FQ，由題意，F(xiàn)Q//DC且FQ=1CD，AE//CD且AE=1CD，故AE//FQ且AE=FQ.所以，四邊形AEQF為平行四邊形.所以，AF//EQ，又EQu平面PEC，AF亡平面PEC，所以，AF//平面PEC.〔2〕由題意知AABD為正三角形，所以ED1AB，亦即ED1CD，又ZADP=90°，所以PD1AD，且面ADP1面ABCD，面ADP。面ABCD=AD，所以PD1面ABCD，故以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖空間坐標(biāo)系，設(shè)FD=a，那么由題意知D(0,0,0)，F(xiàn)(0,0,a)，C(0,2,0)，B(v3,1,0)，F(xiàn)C=(0,2,-a)，CB=?3,-1,0)，設(shè)平面FBC的法向量為m=(x,y,z)，[m.FC=0[2y-az=0那么由4 得4一，[m?CB=0 [V3x-y=0

令x=1,那么y=33,z=2^3,a(所以取m所以取m=I顯然可取平面DFC的法向量n=(1,0,0),由題意：4由題意：4=cos<m,n>1+3+12a2由于PD1面ABCD,所以PB在平面ABCD內(nèi)的射影為BD,所以ZPBD為直線PB與平面ABCD所成的角，易知在RtAPBD中tanZPBD=PD=1，從而ZPBD=45°，BD所以直線PB與平面ABCD所成的角為45。.8、解：以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC,BA為x,y軸的正方向，垂直于平面ABC的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系〔如圖〕(1)由題意得A(0,4,0),B(0,0,0),M(1,2,1),N(0,2,0),S(0,4,2),D(1,0,0)所以MN=(-1,0,-1),AB=(0,-4,0)〔2〕設(shè)平面5W的一個(gè)法向量為m=(x,y,z)，設(shè)D(m,0,0)(0<m<2)那么m-SN=0且m-DN=0???Sn=(0,-2,-2),Dn=(-m,2,0),???一:2z=0,即[y二-mx+2y=0 [mx=2y令y-m得x=2,z=-m，.=m=(2,m,-m)m?n<6又平面AND的法向量為n-(0,0,1),cos<m,n>= =-m|?|n6解得m-1,即D為BC中點(diǎn).22V -V =7,故所求體積為一.TOC\o"1-5"\h\zD-SNC S-DNC3 39、證明：⑴如圖，取BD中點(diǎn)E,連結(jié)AE、CE, 1分因?yàn)椤鰽BD是等腰直角三角形，所以AE1BD, 2分設(shè)AB-a，那么BD=CD=<2a, 3 分在"DE中，由余弦定理得：CE2=(—a)2+(v2a)2—2?—^a?<2acos120=—a2CE2=(—a)2+(v2a)2—2?—^a?<2acos120=—a2,2 2 4分因?yàn)锳C=2AB=2a,AE= a,2所以AC2=AE2+CE2，即AE1CE, 5分又AE1BD,BDC\CE=E,所以AE1平面BCD,所以平面ABD1平面BCD; 6分〔II〕解法一：過點(diǎn)E在平面BCD內(nèi)作EF1BD交BC于點(diǎn)F,由〔I〕知AE1平面BCD,分別以EB,EF,EA為x軸，y軸，z軸建立如圖空間直角坐標(biāo)系， 7分不妨設(shè)BD=2，那么：A(0,0,1),B(1,0,0),D(-1,0,0),C(-2,v3,0)，8分那么命=(-2,v3,-1)，有=(1,0,-1)，)=(1：3,0)， 9分設(shè)平面ABC的法向量m=(%,y,z)，%-z=0行 取m=(1,。3,1)，?….10分12%-y3y+z=0設(shè)平面ABC的法向量n=(%,y,z)，%—':3y=0 一二 ，取n=(，31,-也)，?ii分2%--3y+z=0所以mtn33 <105cos<m,n>= =-=—== ，ImIInI J5…7 35因?yàn)槎娼荁-AC-D的平面角是銳角，所以二面角B所以二面角B-AC-D的余弦值為若12分解法二：過點(diǎn)D作DN±AC于點(diǎn)N解法二：過點(diǎn)D作DN±AC于點(diǎn)N,設(shè)D在平面ABC上的射影為M，連接MN,那么AC±MN,所以/DNM為所求二面角的平面角， 7分設(shè)AB=1,那么AD=1,BD=CD=G,AC=2,BC.=v6,3在^ADC中，cos/DAC=4,…歷 八所以DN=—, 8分一， 1 15在^ABC中，cos/BAC=-4，所以sin/BAC=-4—,9分由V=VD-ABC A-BCD所以31--V15…

x—x1x2所以31--V15…

x—x1x2x xDM=1X1x(.2)2x國x國32 2 2,10即DM=—,11分在^DMN中，sinZDNM=4=,<35所以cosZDNM=叫5,所以二面角B-AC-。的余弦值為雪12分10、解：〔I〕取AB中點(diǎn)O，連接AC.CO、PO,???四邊形ABCD是邊長為2的菱形，??.AAB=BC=2./ABC=60°,??.AABC是等邊三角形.??.CO1AB,OC=<3.:PA1PB,：.PO=1AB=1.， 2:PC=2一?.OP2+OC2=PC2..?.CO1PO.:ABAPO=O,?CO1平面PAB.:COu平面ABCD，二平面PAB1平面ABCD.(II)：PA=PB,O為AB的中點(diǎn)由〔I〕知，平面PAB1平面ABCD,?PO1平面ABCD二直線OC,OB,OP兩兩垂直.以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，如圖，那么O(0,0,0),A(0,-1,0),B(0,1,0),C(v3,0,0),D(v3,-2,0),P(0,0,1).二AP=(0,1,1)PC=(3,0,-1)DC=(0,2,0),設(shè)平面APC的法向量m=(%,y,z),由mAP=0,得]；+z=°,取X=1,得m=(,r-13,^3)、m-PC=0 卜-'3%-z=0、“十工八八八3、上日、, ( 1 .[n-PC=0,口I;3x—z=0設(shè)平面PCD的法向量為n=\x,y,z人由〈—r ，得〈n-DC=0 12y=0取%=1,得n=(1,0,-v/3),

由圖可知二面角A-PC-D為銳二面角.由圖可知二面角A-PC-D為銳二面角.cos<m,n>- = Iml-n7J二面角A-PC-D的余弦值為手.TOC\o"1-5"\h\z11、⑴證明：???平面ABE_L平面ABCD,且AB_LBC,??.BC_L平面ABE 2分?「EA?平面ABE,???EA_LBC, 4分VEAXEB,EBABOB,.力人,平面EBC 6分〔2〕取AB中O,連接EO〔2〕取AB中O,連接EO,DO.VEB=EA,.\EO±AB,??平面ABE±平面ABCD,JEO±平面ABCDAB=2CD,AB〃CD,AB±BC,??DO，AB,建立如圖的空間直角坐標(biāo)系O-xyz如圖： 7分設(shè)CD=1,那么A[0,1,0〕，B[0,-1,0〕，C由〔1〕得平面EBC的法向量為應(yīng)=[0,1,-1〕，設(shè)平面BED的法向量為m=[x,y,z〕，,那么一口甲BE=0，即皿甲BD=0[1,-1,0]，D[1,0,0]，E[0,0, 8分設(shè)x=1,那么y=-1,z=1,那么m=[1,-1,1〕，詼/?> -<,IEA■m| 2v6那么1c°s<m,R〉]F?吊『月一巧=可'，故二面角C-BE-D的余弦值是3. 12分12、解：〔1〕證明：連接AC交AC于E,因?yàn)锳A=AC,又AA,平面ABCD,1 1 1 1所以AA1±AC,所以四邊形A1ACC1為正方形，所以AC1AC,在AACD中，AD=2CD,^ADC=60。,1 11],由余弦定理得AC2=AD2+CD2—2AD-CDcos600,所以AC=J3CD,所以AD2=AC2+CD2，所以CD1AC,又AA11CD,所以CD1平面A1ACC1,所以CD1AC，又因?yàn)镃D^}AC=C,從而AC1平面ABCD 5分1 1 1 11〔2]如圖建立直角坐標(biāo)系，那么D(2,0,0),40,2日,0),01(0,0,2/31),\(0冰2網(wǎng)

TOC\o"1-5"\h\z設(shè)平面ACD的法向量為〃=(x,y,z),由ii iiiinDC=0＜nDC=0＜」in-DA=0L1 1.彳二(揚(yáng)。1)i 8分工=(0,-X,l)? 10分AC, 11 分x2^/3)x2=4 12分-2x+23+2/心=0

i i i設(shè)平面AC。的法向量為〃=(x,y,z)1 2 2 2 2fzTCD=0f 2%=0 、由《二—.得＜- _2解得1=。,丁二一九z，.二\nCA=0 2#y+2衣z=0 2 2 2l2 1 I2 2由cos0二二幾一二―二得九=1,所以A4Inl-lnI技77T.仄7T 4 1此時(shí)CD=2,AA,=AC=2/,所以V =V=-x(—x21