（浙江專(zhuān)用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何與空間向量 專(zhuān)題突破五 高考中的立體幾何問(wèn)題講義（含解析）.docx

高考專(zhuān)題突破五高考中的立體幾何問(wèn)題題型一求空間幾何體的表面積與體積例1(1)一個(gè)正方體挖去一個(gè)多面體所得的幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖、側(cè)視圖和俯視圖均為邊長(zhǎng)等于2的正方形，則這個(gè)幾何體的表面積為()A.164B.164C.204D.204答案D解析由三視圖可知，該幾何體是棱長(zhǎng)為2的正方體的內(nèi)部挖去一個(gè)底面邊長(zhǎng)為2的正四棱錐，將三視圖還原可得如圖，可得其表面積為S52242204，故選D.(2)(2018浙江省嘉興市第一中學(xué)期中)如圖，已知AB為圓O的直徑，C為圓上一動(dòng)點(diǎn)，PA圓O所在平面，且PAAB2，過(guò)點(diǎn)A作平面PB，交PB，PC分別于E，F(xiàn)，當(dāng)三棱錐PAEF體積最大時(shí)，tanBAC_.答案解析PB平面AEF，AFPB，又ACBC，APBC，ACAPA，AC，AP平面PAC，BC平面PAC，又AF平面PAC，AFBC，又PBBCB，PB，BC平面PBC，AF平面PBC，AFE90，設(shè)BAC，在RtPAC中，AF.在RtPAB中，AEPE，EF，V三棱錐PAEFAFEFPEAF，當(dāng)AF1時(shí)，三棱錐PAEF的體積取最大值，此時(shí)1，且0<<90，cos，sin，tan.思維升華(1)等積轉(zhuǎn)換法多用來(lái)求三棱錐的體積.(2)不規(guī)則的幾何體可通過(guò)分割或補(bǔ)形轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體，再利用公式求解.跟蹤訓(xùn)練1(1)(2018嘉興模擬)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的表面積(單位：cm2)是()A.3624B.3612C.4024D.4012答案B解析由三視圖得該幾何體為一個(gè)組合體，上面是棱長(zhǎng)為2的正方體，下面是下底為邊長(zhǎng)為4的正方形、上底為邊長(zhǎng)為2的正方形的四棱臺(tái)，則其表面積為5224423612，故選B.(2)(2018溫州高考適應(yīng)性測(cè)試)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是()A.B.C.D.答案A解析由三視圖可還原出幾何體的直觀圖，該幾何體是由半個(gè)圓柱(底面圓的半徑為1，高為2)和一個(gè)四棱錐(底面為邊長(zhǎng)是2的正方形，高為1)組成的，如圖所示.故該幾何體的體積V122221.故選A.題型二空間點(diǎn)、線(xiàn)、面的位置關(guān)系例2如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點(diǎn).(1)求證：平面ABE平面B1BCC1；(2)求證：C1F平面ABE；(3)求三棱錐EABC的體積.(1)證明在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1底面ABC.因?yàn)锳B平面ABC，所以BB1AB.又因?yàn)锳BBC，BCBB1B，所以AB平面B1BCC1.又AB平面ABE，所以平面ABE平面B1BCC1.(2)證明方法一如圖1，取AB中點(diǎn)G，連接EG，F(xiàn)G.因?yàn)镋，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點(diǎn)，所以FGAC，且FGAC.因?yàn)锳CA1C1，且ACA1C1，所以FGEC1，且FGEC1，所以四邊形FGEC1為平行四邊形，所以C1FEG.又因?yàn)镋G平面ABE，C1F平面ABE，所以C1F平面ABE.方法二如圖2，取AC的中點(diǎn)H，連接C1H，F(xiàn)H.因?yàn)镠，F(xiàn)分別是AC，BC的中點(diǎn)，所以HFAB，又因?yàn)镋，H分別是A1C1，AC的中點(diǎn)，所以EC1AH，且EC1AH，所以四邊形EAHC1為平行四邊形，所以C1HAE，又C1HHFH，AEABA，所以平面ABE平面C1HF，又C1F平面C1HF，所以C1F平面ABE.(3)解因?yàn)锳A1AC2，BC1，ABBC，所以AB.所以三棱錐EABC的體積VSABCAA112.思維升華 (1)平行問(wèn)題的轉(zhuǎn)化利用線(xiàn)線(xiàn)平行、線(xiàn)面平行、面面平行的相互轉(zhuǎn)化解決平行關(guān)系的判定問(wèn)題時(shí)，一般遵循從“低維”到“高維”的轉(zhuǎn)化，即從“線(xiàn)線(xiàn)平行”到“線(xiàn)面平行”，再到“面面平行”；而應(yīng)用性質(zhì)定理時(shí)，其順序正好相反.在實(shí)際的解題過(guò)程中，判定定理和性質(zhì)定理一般要相互結(jié)合，靈活運(yùn)用.(2)垂直問(wèn)題的轉(zhuǎn)化在空間垂直關(guān)系中，線(xiàn)面垂直是核心，已知線(xiàn)面垂直，既可為證明線(xiàn)線(xiàn)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墊.應(yīng)用面面垂直的性質(zhì)定理時(shí)，一般需作輔助線(xiàn)，基本作法是過(guò)其中一個(gè)平面內(nèi)一點(diǎn)作交線(xiàn)的垂線(xiàn)，從而把面面垂直問(wèn)題轉(zhuǎn)化為線(xiàn)面垂直問(wèn)題，進(jìn)而可轉(zhuǎn)化為線(xiàn)線(xiàn)垂直問(wèn)題.跟蹤訓(xùn)練2如圖，在底面是矩形的四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)，PAAB1，BC2.(1)求證：EF平面PAB；(2)求證：平面PAD平面PDC.證明(1)以點(diǎn)A為原點(diǎn)，AB所在直線(xiàn)為x軸，AD所在直線(xiàn)為y軸，AP所在直線(xiàn)為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1).點(diǎn)E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)，E，F(xiàn)，(1，0，0).，即EFAB，又AB平面PAB，EF平面PAB，EF平面PAB.(2)由(1)可知，(0，0，1)，(0，2，0)，(1，0，0)，(0，0，1)(1，0，0)0，(0，2，0)(1，0，0)0，即APDC，ADDC.又APADA，AP，AD平面PAD，DC平面PAD.DC平面PDC，平面PAD平面PDC.題型三空間角的計(jì)算1.(2018浙江高考適應(yīng)性考試)四個(gè)同樣大小的球O1，O2，O3，O4兩兩相切，點(diǎn)M是球O1上的動(dòng)點(diǎn)，則直線(xiàn)O2M與直線(xiàn)O3O4所成角的正弦值的取值范圍為()A.B.C.D.答案C解析由四個(gè)同樣大小的球O1，O2，O3，O4兩兩相切，則可以把O1，O2，O3，O4看成正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)，球的半徑為棱長(zhǎng)的一半，記球的半徑為1，則正四面體的棱長(zhǎng)為2.平移直線(xiàn)O3O4至O2C位置，過(guò)O2C，O1O2的平面截球O1得一個(gè)大圓，過(guò)O2作大圓的兩條切線(xiàn)O2E，O2F，由線(xiàn)面垂直易證O1O2O2C，由圖可知，當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)至切點(diǎn)E時(shí)，MO2C最小，當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)至切點(diǎn)F時(shí)，MO2C最大，設(shè)EO2O1，則MO2C.在RtEO2O1中，sin，則，即直線(xiàn)O2M與直線(xiàn)O3O4所成角，則直線(xiàn)O2M與直線(xiàn)O3O4所成角的正弦值的取值范圍為，故選C.2.(2017浙江)如圖，已知正四面體DABC(所有棱長(zhǎng)均相等的三棱錐)，P，Q，R分別為AB，BC，CA上的點(diǎn)，APPB，2，分別記二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角為，則()A.B.C.D.答案B解析如圖，作出點(diǎn)D在底面ABC上的射影O，過(guò)點(diǎn)O分別作PR，PQ，QR的垂線(xiàn)OE，OF，OG，連接DE，DF，DG，則DEO，DFO，DGO.由圖可知它們的對(duì)邊都是DO，只需比較EO，F(xiàn)O，GO的大小即可.如圖，在AB邊上取點(diǎn)P，使AP2PB，連接OQ，OR，則O為QRP的中心.設(shè)點(diǎn)O到QRP三邊的距離為a，則OGa，OFOQsinOQFOQsinOQPa，OEORsinOREORsinORPa，OFOGOE，.故選B.3.(2018浙江)如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.(1)證明：AB1平面A1B1C1；(2)求直線(xiàn)AC1與平面ABB1所成的角的正弦值.方法一(1)證明由AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB，得AB1A1B12，所以A1BABAA，故AB1A1B1.由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC，得B1C1.由ABBC2，ABC120，得AC2.由CC1AC，得AC1，所以ABB1CAC，故AB1B1C1.又因?yàn)锳1B1B1C1B1，A1B1，B1C1平面A1B1C1，因此AB1平面A1B1C1.(2)解如圖，過(guò)點(diǎn)C1作C1DA1B1，交直線(xiàn)A1B1于點(diǎn)D，連接AD.由AB1平面A1B1C1，得平面A1B1C1平面ABB1.由C1DA1B1，平面A1B1C1平面ABB1A1B1，C1D平面A1B1C1，得C1D平面ABB1.所以C1AD是AC1與平面ABB1所成的角.由B1C1，A1B12，A1C1，得cosC1A1B1，sinC1A1B1，所以C1D，故sinC1AD.因此直線(xiàn)AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是.方法二(1)證明如圖，以AC的中點(diǎn)O為原點(diǎn)，分別以射線(xiàn)OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：A(0，0)，B(1，0，0)，A1(0，4)，B1(1，0，2)，C1(0，1).因此(1，2)，(1，2)，(0，2，3).由0，得AB1A1B1.由0，得AB1A1C1.又A1B1A1C1A1，A1B1，A1C1平面A1B1C1，所以AB1平面A1B1C1.(2)解設(shè)直線(xiàn)AC1與平面ABB1所成的角為.由(1)可知(0，2，1)，(1，0)，(0，0，2).設(shè)平面ABB1的一個(gè)法向量為n(x，y，z).由得可取n(，1，0).所以sin|cos，n|.因此直線(xiàn)AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是.思維升華空間角是高考中的?？純?nèi)容，線(xiàn)線(xiàn)角和二面角多出現(xiàn)在小題中，線(xiàn)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)用.題型四立體幾何中的動(dòng)態(tài)問(wèn)題1.(2018杭州模擬)等腰直角三角形ABE的斜邊AB為正四面體ABCD的側(cè)棱，直角邊AE繞斜邊AB旋轉(zhuǎn)，則在旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中，有下列說(shuō)法：四面體EBCD的體積有最大值和最小值；存在某個(gè)位置，使得AEBD；設(shè)二面角DABE的平面角為，則DAE；AE的中點(diǎn)M與AB的中點(diǎn)N的連線(xiàn)交平面BCD于點(diǎn)P，則點(diǎn)P的軌跡為橢圓.其中，正確說(shuō)法的個(gè)數(shù)是()A.1B.2C.3D.4答案C解析四面體EBCD的底面BCD的面積為定值，且在旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中，點(diǎn)E到底面BCD的距離存在最大值和最小值，所以四面體EBCD的體積有最大值和最小值，正確；設(shè)BD的中點(diǎn)為F，則當(dāng)AE旋轉(zhuǎn)到平面ACF內(nèi)時(shí)，AEBD，正確；當(dāng)點(diǎn)E旋轉(zhuǎn)到ABD內(nèi)時(shí)，二面角DABE的大小為0，DAE，此時(shí)DAE不成立，錯(cuò)誤；由題意得點(diǎn)P的軌跡為以MN為母線(xiàn)，AB為軸的圓錐面與平面BCD的交線(xiàn)，易得圓錐的母線(xiàn)與圓錐的軸的夾角為，在正四面體ABCD中易得直線(xiàn)AB與平面BCD所成的角滿(mǎn)足<<，所以圓錐面與平面BCD的交線(xiàn)為橢圓，即點(diǎn)P的軌跡為橢圓，正確.綜上所述，正確說(shuō)法的個(gè)數(shù)為3，故選C.2.(2018浙江高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)如圖，已知正四面體DABC，P為線(xiàn)段AB上的動(dòng)點(diǎn)(端點(diǎn)除外)，則二面角DPCB的平面角的余弦值的取值范圍是_.答案解析當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，二面角DPCB的平面角逐漸增大，二面角DPCB的平面角最小趨近于二面角DACB的平面角，最大趨近于二面角DBCA的平面角的補(bǔ)角.設(shè)正四面體的棱長(zhǎng)為2，如圖所示，取AC的中點(diǎn)為E.連接DE，BE，易知DEB為二面角DACB的平面角，DEBE，所以cosDEB，同理二面角DBCA的平面角的補(bǔ)角的余弦值為，故二面角DPCB的平面角的余弦值的取值范圍是.思維升華 (1)考慮動(dòng)態(tài)問(wèn)題中點(diǎn)線(xiàn)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(wèn)題.(2)運(yùn)動(dòng)變化中的軌跡問(wèn)題的實(shí)質(zhì)是尋求運(yùn)動(dòng)變化過(guò)程中的所有情況，發(fā)現(xiàn)動(dòng)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律.(3)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中端點(diǎn)的情況影響問(wèn)題的思考，可以利用極限思想考慮運(yùn)動(dòng)變化的極限位置.1.(2018紹興質(zhì)檢)已知m，n是兩條不同的直線(xiàn)，是兩個(gè)不同的平面，則下列命題中正確的個(gè)數(shù)是()若m且m，則；若m且，則m；若mn，m，n，則；若mn，n，則m.A.1B.2C.3D.4答案B解析若m，則由線(xiàn)面平行的性質(zhì)定理知，在內(nèi)有直線(xiàn)l與m平行，又m，則l，從而，故正確；若m且，則m或m，故不正確；若mn，m，則n，又n，所以，故正確；若mn，n，則m或m，故不正確.故正確的個(gè)數(shù)為2.2.過(guò)正方體ABCDABCD的頂點(diǎn)A作平面，使得棱AB，CC，AD在平面上的投影的長(zhǎng)度相等，則這樣的平面的個(gè)數(shù)為()A.6B.4C.3D.1答案B解析考慮到平行的性質(zhì)，AB，CC，AD可以用同一頂點(diǎn)處的三條棱替代，如AB，AA，AD，投影的長(zhǎng)度相等等價(jià)于這些線(xiàn)段所在直線(xiàn)與平面所成的角相等，因此以正方體為依托，如圖，平面ABD(BCD)，ACD(ABC)，ABD(BCD)，ACD(ABC)均符合題意，所以這樣的平面有4個(gè).故選B.3.(2018紹興模擬)九章算術(shù)中，將底面是直角三角形的直三棱柱稱(chēng)之為“塹堵”.已知某“塹堵”的三視圖如圖所示，俯視圖中間的實(shí)線(xiàn)平分矩形的面積，則該“塹堵”的側(cè)面積為()A.2B.24C.44D.46答案C解析由題可得，該幾何體是底面為等腰直角三角形，直角邊長(zhǎng)為，高為2的直三棱柱，所以其側(cè)面包括一個(gè)邊長(zhǎng)為2的正方形及兩個(gè)長(zhǎng)和寬分別為2和的長(zhǎng)方形，所以其側(cè)面積為S222244，故選C.4.(2018臺(tái)州適應(yīng)性考試)如圖，已知菱形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC，BD相交于點(diǎn)O，將菱形ABCD沿對(duì)角線(xiàn)AC折起，使得平面ACD平面ABC，若點(diǎn)N是BD上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)線(xiàn)段ON最短時(shí)，二面角NACB的余弦值為()A.0B.C.D.答案C解析易知OBOD，所以當(dāng)N為BD的中點(diǎn)時(shí)，線(xiàn)段ON最短，因?yàn)锳COB，ACOD，OBODO，OB，OD平面OBD，所以AC平面BOD，所以O(shè)NAC，又OBAC，所以BON即二面角NACB的平面角.因?yàn)槠矫鍭CD平面ABC，平面ACD平面ABCAC，ODAC，所以O(shè)D平面ABC，所以O(shè)DOB，BOD為等腰直角三角形，所以BON45，所以二面角NACB的余弦值為.5.(2018浙江)已知四棱錐SABCD的底面是正方形，側(cè)棱長(zhǎng)均相等，E是線(xiàn)段AB上的點(diǎn)(不含端點(diǎn))，設(shè)SE與BC所成的角為1，SE與平面ABCD所成的角為2，二面角SABC的平面角為3，則()A.123B.321C.132D.231答案D解析如圖，不妨設(shè)底面正方形的邊長(zhǎng)為2，E為AB上靠近點(diǎn)A的四等分點(diǎn)，E為AB的中點(diǎn)，S到底面的距離SO1，以EE，EO為鄰邊作矩形OOEE，則SEO1，SEO2，SEO3.由題意，得tan1，tan2，tan31，此時(shí)tan2tan3tan1，可得231.當(dāng)E在AB中點(diǎn)處時(shí)，231.故選D.6.(2018嘉興調(diào)研)如圖，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，E，F(xiàn)分別是棱AA1，CC1的中點(diǎn)，過(guò)EF的平面與棱BB1，DD1分別交于點(diǎn)G，H.設(shè)BGx，x0，1.四邊形EGFH一定是菱形；AC平面EGFH；四邊形EGFH的面積Sf(x)在區(qū)間0，1上具有單調(diào)性；四棱錐AEGFH的體積為定值.以上結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是()A.4B.3C.2D.1答案B解析由正方體的性質(zhì)易得D1HBGx，則四邊形A1D1HE、四邊形ABGE、四邊形CBGF、四邊形C1D1HF為四個(gè)全等的直角梯形，則HEEGGFFH，即四邊形EGFH為菱形，正確；因?yàn)锳CEF，EF平面EGFH，AC平面EGFH，所以AC平面EGFH，正確；在線(xiàn)段DD1上取DMx，則易得HMG為直角三角形，且HM12x，則GH，則菱形EGFH的面積Sf(x)EFGH，易得其在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，在0，1上不具有單調(diào)性，錯(cuò)誤；V四棱錐AEGFHV三棱錐AEFHV三棱錐AEGFV三棱錐FAEHV三棱錐FAEG1111，為定值，正確.綜上所述，正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是3，故選B.7.如圖，在正四面體ABCD中，P，Q，R分別為AB，AC，AD上的點(diǎn)，2，3，記二面角BPQR，CQRP，DPRQ的平面角分別為，則()A.<<B.<<C.<<D.<<答案C解析易知二面角BPQR的平面角的補(bǔ)角就是二面角APQR的平面角，二面角CQRP的平面角的補(bǔ)角就是二面角AQRP的平面角，二面角DPRQ的平面角的補(bǔ)角就是二面角APRQ的平面角.易得二面角APQR的平面角>二面角AQRP的平面角>二面角APRQ的平面角，即<<.故選C.8.如圖，在梯形ABCD中，ADBC，ABC90，ADBCAB234，E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點(diǎn)，將四邊形ADFE沿直線(xiàn)EF進(jìn)行翻折，給出四個(gè)結(jié)論：DFBC；BDFC；平面DBF平面BFC；平面DCF平面BFC.在翻折過(guò)程中，可能成立的結(jié)論是_.(填寫(xiě)結(jié)論序號(hào))答案解析因?yàn)锽CAD，AD與DF相交不垂直，所以BC與DF不垂直，則錯(cuò)誤；設(shè)點(diǎn)D在平面BCF上的射影為點(diǎn)P，當(dāng)BPCF時(shí)就有BDFC，而ADBCAB234，可使條件滿(mǎn)足，所以正確；當(dāng)點(diǎn)P落在BF上時(shí)，DP平面BDF，從而平面BDF平面BCF，所以正確；因?yàn)辄c(diǎn)D的投影不可能在FC上，所以平面DCF平面BFC不成立，即錯(cuò)誤.故答案為.9.如圖，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面互相垂直，動(dòng)點(diǎn)M在線(xiàn)段PQ上，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn).設(shè)異面直線(xiàn)EM與AF所成的角為，則cos的最大值為_(kāi).答案解析以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AQ所在直線(xiàn)分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，設(shè)AB1，則，E，設(shè)M(0，y，1)(0y1)，則，cos，.則cos|cos，|，令t1y，則y1t，0y1，0t1，那么cos，令x，0t1，x1，那么cos，又z9x28x4在1，)上單調(diào)遞增，x1時(shí)，zmin5，此時(shí)cos的最大值為.10.(2009浙江)如圖，在長(zhǎng)方形ABCD中，AB2，BC1，E為DC的中點(diǎn)，F(xiàn)為線(xiàn)段EC(端點(diǎn)除外)上一動(dòng)點(diǎn).現(xiàn)將AFD沿AF折起，使平面ABD平面ABC.在平面ABD內(nèi)過(guò)點(diǎn)D作DKAB，K為垂足.設(shè)AKt，則t的取值范圍是_.答案解析如圖，在平面ADF內(nèi)過(guò)D作DHAF，垂足為H，連接HK.過(guò)F點(diǎn)作FPBC交AB于點(diǎn)P.設(shè)FAB，則cos.設(shè)DFx，則1<2.平面ABD平面ABC，平面ABD平面ABCAB，DKAB，DKABD，DK平面ABC，又AF平面ABC，DKAF.又DHAF，DKDHD，DK，DH平面DKH，AF平面DKH，AFHK，即AHHK.在RtADF中，AF，DH.ADF和APF都是直角三角形，PFAD，RtADFRtAPF，APDFx.AHDADF，cos.x.1<x<2，1<<2，<t<1.11.(2017浙江)如圖，已知四棱錐PABCD，PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BCAD，CDAD，PCAD2DC2CB，E為PD的中點(diǎn).(1)證明：CE平面PAB；(2)求直線(xiàn)CE與平面PBC所成角的正弦值.(1)證明如圖，設(shè)PA的中點(diǎn)為F，連接EF，F(xiàn)B.因?yàn)镋，F(xiàn)分別為PD，PA的中點(diǎn)，所以EFAD且EFAD，又因?yàn)锽CAD，BCAD，所以EFBC且EFBC，所以四邊形BCEF為平行四邊形，所以CEBF.因?yàn)锽F平面PAB，CE平面PAB，因此CE平面PAB.(2)解分別取BC，AD的中點(diǎn)為M，N，連接PN交EF于點(diǎn)Q，連接MQ.因?yàn)镋，F(xiàn)，N分別是PD，PA，AD的中點(diǎn)，所以Q為EF的中點(diǎn)，在平行四邊形BCEF中，MQCE.由PAD為等腰直角三角形得PNAD.由DCAD，BCAD，BCAD，N是AD的中點(diǎn)得BNAD.所以AD平面PBN.由BCAD得BC平面PBN，那么平面PBC平面PBN.過(guò)點(diǎn)Q作PB的垂線(xiàn)，垂足為H，連接MH.MH是MQ在平面PBC上的射影，所以QMH是直線(xiàn)CE與平面PBC所成的角.設(shè)CD1.在PCD中，由PC2，CD1，PD得CE，在PBN中，由PNBN1，PB得QH，在RtMQH中，QH，MQ，所以sinQMH，所以直線(xiàn)CE與平面PBC所成角的正弦值是.12.(2018浙江重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，D是棱A1C1的中點(diǎn)，CC1h(h>0).(1)證明：BC1平面AB1D；(2)若直線(xiàn)BC1與平面ABB1A1所成角的大小為，求h的值.(1)證明方法一如圖1，連接A1B，交AB1于點(diǎn)E，連接DE，則DE是A1BC1的中位線(xiàn)，圖1所以DEBC1.又DE平面AB1D，BC1平面AB1D，所以BC1平面AB1D.方法二如圖2，取AC的中點(diǎn)F，連接BF，C1F，DF.圖2因?yàn)锳FDC1，且AFDC1，所以四邊形AFC1D是平行四邊形，故ADFC1.又FC1平面BFC1，AD平面BFC1，所以AD平面BFC1.因?yàn)镈FB1B，且DFB1B，所以四邊形DFBB1是平行四邊形，故DB1FB.又FB平面BFC1，DB1平面BFC1，所以DB1平面BFC1.又ADDB1D，AD，DB1平面ADB1，所以平面ADB1平面BFC1.又BC1平面BFC1，故BC1平面AB1D.(2)解方法一取A1B1的中點(diǎn)H，連接C1H，BH.因?yàn)锳1B1C1與ABC都是正三角形，所以C1HA1B1.在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABB1A1平面A1B1C1，平面ABB1A1平面A1B1C1A1B1，又C1H平面A1B1C1，故C1H平面ABB1A1.所以C1BH就是BC1與平面ABB1A1所成的角，即C1BH.在RtC1BH中，BC12HC12，在RtBCC1中，BC1.所以2，解得h2.方法二以AB的中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC所在直線(xiàn)分別為x軸，y軸，過(guò)點(diǎn)O且與平面ABC垂直的直線(xiàn)為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖3所示，圖3則B(1，0，0)，C1(0，h).易得平面ABB1A1的一個(gè)法向量為n(0，1，0).又(1，h)，所以sin|cos，n|，即，解得h2.13.(2018紹興市適應(yīng)性考試)如圖，在ABC中，ACB90，CAB，M為AB的中點(diǎn).將ACM沿著CM翻折至ACM，使得AMMB，則的取值不可能為()A.B.C.D.答案A解析如圖，設(shè)點(diǎn)A在平面BMC上的射影為A，則由題意知，點(diǎn)A在直線(xiàn)CM的垂線(xiàn)AA上.要使AMMB，則AMMB，所以只需考慮其臨界情況，即當(dāng)AMMB時(shí)，點(diǎn)A與點(diǎn)A關(guān)于直線(xiàn)CM對(duì)稱(chēng)，所以AMDAMDBMC，又AMMC，所以AMC是以MAC為底角的等腰三角形，所以CAMMCA2，所以.因此當(dāng)時(shí)，有AMMB，所以的取值不可能為，故選A.14.(2018溫州高考適應(yīng)性測(cè)試)已知線(xiàn)段AB垂直于定圓所在的平面，B，C是圓上的兩點(diǎn)，H是點(diǎn)B在AC上的射影，當(dāng)C運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)H運(yùn)動(dòng)的軌跡()A.是圓B.是橢圓C.是拋物線(xiàn)D.不是平面圖形答案A解析設(shè)在定圓內(nèi)過(guò)點(diǎn)B的直徑與圓的另一個(gè)交點(diǎn)為點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)B作AD的垂線(xiàn)，垂足為點(diǎn)E，連接EH，CD.因?yàn)锽D為定圓的直徑，所以CDBC，又因?yàn)锳B垂直于定圓所在的平面，所以CDAB，又因?yàn)锳BBCB，所以CD平面ABC，所以CDBH，又因?yàn)锽HAC，ACCDC，所以BH平面ACD，所以BHEH，所以動(dòng)點(diǎn)H在以BE為直徑的圓上，即點(diǎn)H的運(yùn)動(dòng)軌跡為圓，故選A.15.(2018浙江省鎮(zhèn)海中學(xué)模擬)已知直三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)棱長(zhǎng)為6，且底面是邊長(zhǎng)為2的正三角形，用一平面截此棱柱，與側(cè)棱AA1，BB1，CC1分別交于三點(diǎn)M，N，Q，若MNQ為直角三角形，則該直角三角形斜邊長(zhǎng)的最小值為()A.2B.4C.2D.2答案D解析取D，D1分別為AC，A1C1的中點(diǎn)，連接DD1，DB，根據(jù)題意以D為原點(diǎn)，DB，DC，DD1所在直線(xiàn)分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，點(diǎn)M在側(cè)棱AA1上，設(shè)M(0，1，a)，點(diǎn)N在BB1上，設(shè)N(，0，b)，點(diǎn)Q在CC1上，設(shè)Q(0，1，c)，不妨設(shè)c<b<a，則(，1，ba)，(，1，bc).因?yàn)镸NQ為直角三角形，由c<b<a，得MNQ為直角，所以0，即(ba)(bc)20，斜邊MQ2，當(dāng)且僅當(dāng)abbc時(shí)取等號(hào)，故選D.16.已知三棱錐PABC中，點(diǎn)P在底面ABC上的投影正好在等腰直角三角形ABC的斜邊AB上(不包含兩端點(diǎn))，點(diǎn)P到底面ABC的距離等于等腰直角三角形ABC的斜邊AB的長(zhǎng).設(shè)平面PAC與底面ABC所成的角為，平面PBC與底面ABC所成的角為，則tan()的最小值為_(kāi).答案解析設(shè)點(diǎn)P在底面ABC上的投影為H，連接PH，則PH平面ABC.過(guò)H作HMAC于M，HNBC于N，連接PM，PN，則PMH，PNH.設(shè)ACBC1，AHt(0<t<)，則PHAB.因?yàn)锳BC為等腰直角三角形，所以MHAHsin45，NHBHsin45，所以tan，tan，所以tan().因?yàn)?<t<，所以當(dāng)t時(shí)，tan()取得最小值，最小值為.