專題八2019BEBD3a2544NABCD的中心，△ECDECDABCD，M是EN是△3a2544DEaBD

2a，BE

2aBM

6a，EN2

a3a213a2144解析：A，內(nèi)有無數(shù)條直線與平行，則相交或∥，排除；B，內(nèi)有兩條相交直線與平行，則∥；C，平行于同一條直線，則與相交或∥，排除；D，垂直于同一平面，則相交或∥，排除．B．（1）ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，A1B1∥ED.所以A1B1（2）AB=BC，EAC因為C1C?A1ACC1，AC?平面因為C1E?平面A1ACC1，所以解析：l，mαl，lm，則mP．由線面平行、垂直的性質(zhì)定理得mPl則lm.2010-2018AABCDABCD，正方體的每條棱所在直線與平面所成AAABAD與平面所成的角都相等，如圖，F(xiàn)JGIHFJGIHBDCAABD所成的角都相等，分別取CDBCBBABADDD的中EF，GHIJEFFG．GHIHIJIEEF，EFFGGHIHIJJE

26 3(2)233，所以33 C【解析】解法一如圖，

EDCBFA補上一相同的長方體CDEFC1D1E1F1DE1B1E1．AD1DE1，則B1DE1AD1DB1所成角．12(1212(因為在長方體ABCDA1B1C1D1中，12(1212(DE2DE21

2，DB1

5

AB2AB2A1 1522(5)2(22在B1DE1中，由余弦定理，得cosB1DE1 5ADDB所成角的余弦值為5 解法二以DDADCDD1xyz軸建立zDBDBxA yD(000)A(100D1(00,3B1(1,1,3，AD1(10,3DB1(1,1,3，AD,DBAD,DB |AD||DB 2255ADDB所成角的余弦值為5 A【解析】若mnmn，由線面平行的判定定理知m∥m∥m，n，不一定推出mn，直線m與nmnm”的充分不必要條件．故選DSABCDSDODOEMBA連接BD，記AC BDO，連接SO，則SO平面ABCD，取AB的中點M，連接SM，OM，OE易得ABSM則2SEO，3SMO易知3≥2．因為OM∥BC，BCAB，SMAB，所以3也為OM與平面SAB所成的角，BCSAB所成的角，再根據(jù)最小角定理知，3≤1，所以2≤3≤1，故D．DDCBC2BC2CD22BCCDcos6012222121 11 12

325AD1 ，AB1 25(5)2(2)2((5)2(2)2(25 11 2AB1

5BOABC中心，底面如圖2O作OERPOFPQOGRQ，由題意可知tanDOtanODtanOD DyCQGROFEPEyCQGROFEPE B圖 圖2PAB2A(10B(10 3

23C(0,3)23

，∵APPB 2，∴Q( ) ) 3RPy32

xPQy23xRQy 3x53OE221，OF

OFOGOEtantantan，因為為銳角，所以B

AA的平面與平面CB1D1ABCDA1B1C1D1，所3所求角，所以mn32

Bm且lml或l∥m且l∥”可lmlml∥B．B【解析】解法一設(shè)ADCAB2，則由題意知ADBDAD1．在空間圖形中，連結(jié)AB，設(shè)ABt． AD2DB2

1212t

2t在ΔADBcosADB

2AD

NNPMBBPNMNPDCAPBP，則ANPACDB的平面角，所以ANPRtΔAND中DNADcosADCcosANADsinADCsin．同理BM=PN=sinDM=cos，故BPMN2cos．BPANPBPAPRtΔABP中AP2ABBP2t22cos)2t24cos2 AN2NP2在ΔANPcoscosANP

2ANsin2sin2(t24cos2)2sin2

22cos2t2 2sin2

2t22sin2

cos2sin2

cos2sin2

cosADB sin2所以cos cos 2

A

sin2

A

sin2

A1sin2

cos2

cos2

sin2

A

sin2

sin2(1

ADB)≥所以cos≥cosADB（當=2

時取等號因為ADB[0,]ycosx在[0,所以≤ADB解法二若CACB，則當=時ACB，排除D；當0ACB0ADB0A、CB．D【解析】利用正方體模型可以看出l1與l4的位置關(guān)系不確定．選B【解析】對于選項A，若mn,，則mn可能相交、平行或異面，ABC，若mmn，則n或n，C錯誤；對D，若mmn，則n或nn與相交，DD【解析】作PHBC，垂足為H，設(shè)PHx，則CH

3xAH

6253x6253x240tantanPAH 6254033 143tan53 B【解析】直線OP與平面A1BD所成的角為的取值范圍 AOA12C1OA1，由于sinAOA13sinC

2

6 322

， 所以sin的取值范圍是

3D【解析】作正方形模型，mmαβnl可知DD【解析】A中mn可能平行、垂直、也可能為異面；B中mn還可能為異面；C中mD．BBl∥l，則．如選項A：ll或C：若l⊥l或l；D：若,ll或l．BAAEBDACBDBDACEBDCEBD與CEAACCD時，因為BCCD，所以CDABC，從而可得ABCD；若ADBC，因為2BCCD，所以BC面ACD，從而可得BCAC，而AB1 這樣的位置不存在，故C不正確；同理，D也不正確，故選B．2DD，若平面平面，則平面內(nèi)的某些直線可能不垂直于平面，即與平面的關(guān)系還可以是斜交、平行或在平面內(nèi)，其余選項易知均是正確的． 兩平行直線的平行投影不一定重合，故A錯；由空間直線與平面的位置關(guān)系及線面垂直與平行的判定與性質(zhì)定理可知B、C均錯誤，故選D．402SABS在底面的射影為SASSSSAB1cos21SASBsinASB1SA2 15SA21cos2 5，SA280SA SA與底面所成的角為45SAS5，ASSAcos

45

22102∴底面周長l2AS4101

454104022AA為直線mCD為直線n,ABCD所在的平面為ABCD直線和平面滿足題目條件，但命題②正確，證明如下：設(shè)過直線n的某平面與平面相交于直線l，則l∥n，由m，有ml，從知mn結(jié)論正確．7NDNDE，連接ME,CEME//AN8ANCM所成的角為EMC，由題意可知CN=1AN22222∴ME ．又CM=22，DN= ，NE ，∴CE=3222CM2EM2 82 222則cos2222CM 2ABxADyAQz5設(shè)正方形邊長為22 2cos ,令f(m) (m0,55m25m2f(m)

m2

5m2(2m)25m25m2m0,2,f(m) f(m)maxf(05，即cosmax52②③【解析】如圖BDEF為底面圓的內(nèi)接正方形，設(shè)ACBC1，則ABADAEAFFBFEEDBD 2ACBDEFAFC FCD假設(shè)aFB，由題意bBDABa60°AB與b角，所以①錯，②正確；假設(shè)aEB所以AB∥平面A1B1CDCDCBA因此AB1A1BAB1BC．所以AB1⊥平面A1BC．因為AB1平面ABB1A1所以平面ABB1A1⊥平面A1BC2AB1A1B1 21 AB2AB2AA2．AB11 5由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC得B1C1 由ABBC2，ABC120得AC23，5由CCAC，得AC ，所以AB2BC2AC2，故ABBC 1 1如圖，過點C1作C1DA1B1A1B1DADDD B由C1DA1B1得C1D平面ABB1，所以C1ADAC1ABB152 526717得cosC1A1B1 6717 所以CD 3，故sinCADC1D 39 ACABB所成的角的正弦值是39 (1)AC的中點O為原點，分別以射線OB，OCxy軸的正半軸，建立空間直角坐標系Oxyz．zzOCyxB

因此AB11,32A1B11,32A1C10233，由AB1A1B10AB1A1B1．(2)AC1ABB1所成的角為由(1)可知AC1023,1AB1,30)BB1002ABB1的法向量nxyznAB由

，即

3y

，可取n

2z1所以sin|cosACn1

|AC1n| 39|AC1||n ACABB所成的角的正弦值是39 FHFHQEND 1E，F(xiàn)PD，PAEF∥ADEF1

AD2BC∥ADBCEF∥BC

AD2BCEFCE∥BF，CEPAB．（Ⅱ）BC，ADM，NPNEFQMQ．E，F(xiàn)，NPD，PA，ADQEF中點，BCEF中，MQ∥CE．由PAD為等腰直角三角形得DC⊥AD，NADBC∥ADBCPBN，PBCPBN．QPBH22MHMQPBC上的射影，所以∠QMHCEPBC所成的角．CD=1．22在PCD

得 在△PBN

得QH 3143121在RtMQH中，QH 214所以sinQMH 282所以，直線CE與平面PBC所成角的正弦值 28（1）ABDABADEFADEFABEFABCABABCEFABC．（2）因為平面ABD⊥平面BCD，平面ABD 平面BCD=BD，BCBCDBCBD，所以BC平面ABD．ADABDBCAD又ABAD，BC ABB，AB平面ABC，BC平面ABC，所以AD⊥平面ABC，ACABC所以ADAC（Ⅰ）APBEABBEABAPABPABAPABEABP，BPABPBEBP，又EBC120，因此CBP30ECHEHGHCH．因為EBC120，BEHC32所以AEGEACGC32AG中點MEMCMEC．EMAGCMAG，3所以EMC3AM1，所以EM在BEC中，由于EBC120

由余弦定EC22222222cos120123所以EC ，因此EMC為等邊三角形3故所求的角為60．BBEBPBAxyz軸，建立如圖所示mx1y1z1AEG由

可得

3y1z12AEG的一個法向量m3n(x2,y2z2ACG

由

可得

3y2

z22ACG的一個法向量n3

3,2)所以cosm,n m 1|m||n 因此所求的角為60（1）CC1ABCDA1ACC1ABCDCC1AC．記玻璃棒的另一端落在CC1MAC402402(10

，AM407330，從而sinMAC 734

sin

16答：玻璃棒l沒入水中部分的長度為(OO1⊥平面EFGH，E1EGG1EFGHOO1EG記玻璃棒的另一端落在GG1N處．過G作GKE1G1K為垂足，則GKOO1EG14E1G1KG=621424，從而GG

KG2GK1KG2GK1242 設(shè)∠EGG,∠ENG則sinsin∠KGG)

4 因為，所以cos3

在△ENG中，由正弦定理可得因為0，所以cos24

，解得sin7 于是sin∠NEGsin(sin(sincoscossin424(3)73 為垂足，則

20答:玻璃棒l【解析（Ⅰ）由已知可得AFDFAFFE，所以AF平面EFDCAF平面ABEF，故平面ABEF平面EFDC．（Ⅱ）DDGEF，垂足為G，由（Ⅰ）DGABEF以GGFx軸正方向，|GF|為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標系Gxyz．由（Ⅰ）知DFEDAFE的平面角，故DFE60DF23DG A(140B(340E(300D(00,33AB∥EFAB∥EFDC又平面 平面EFDCDC，故AB∥CD，CD∥EFBEAFBEEFDCCEF為二面角CBEFCEF60．從而可得C(20,3,nxyzBCE

，即

3z，

所以可取n303．n,mnmn,mnm2n同理可取m0,3,4．則 故二面角C的余弦值為219（I）AECF54∴AECF，∴EF∥AC ABCD∴ACBD，∴EFBD∴EFDH，∴EFDH∴OHAEOD1，∴DHDH3∴OD2OH2D'H2，∴D'HOHOH

（Ⅱ）Hxyz

4x3y

x 由 得

，取y4n3，4，5

x3y3z

zAD'C的法向量n23，0，1n1

，∴sin 9595272（Ⅰ）AM2AD23BP的中點TAT,TN1由N為PC中點知TN//BC，TN BC212ADBCTN平行且等于AMAMNT為平行四邊形，于是MN//ATATPABMNPAB，所以MN//PAB（Ⅱ）BCEAEABACAEBCAEADAE

AB2(BC)2 5AB2AB2A為坐標原點，AE的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)xyzPM(0,2,4)，PN

5,2,0)，N2

2AN

2nx,yzPMN的法向量，則nPN

2x4z5xy2z0可取n02,1，于是|cos

n,n,AN||nAN|5|n||AN【解析（Ⅰ）設(shè) BEO，連結(jié)E為ADABBCAEBCAEABBC

1AD,AD//BC2ABCEOACFPC的中點，因此在PACAP//OF．又OFBEFAPBEFAPBEF（Ⅱ）EDBCEDBCBCDE為平行四邊形，BE//CDAPPCDAPCDAPBE．ABCEBEAC又 ACA，AP，AC平面PAC，所以BE平面PACE（Ⅱ）∵DEPC，ACDE1PA2EFAC，ABEF1BC2∴DE2EF2DF2，∴DEF90，∴DE⊥EFE//AA EFE，∴DE∵DEBDEBDE（Ⅰ）BD交AC于點O，連結(jié)EOABCDOBD的中點EPDAABxAP為單位長，建立空間直角Axyz，zPPEADyBxOC3 33則D(0,3, ,),AE ,) 設(shè)b(m0

0，則c(m,30),ACm,3,0n1xyz為平面ACE

mx

3ym則 即m

,1,3)．nAE

y z n2100為平面DAE

n,

1，解得m3331 331EPDEACD12三棱錐EACD的體積V11331 3 MF//BC

MF=2

BCBC//AD，BC=ADE為ADMF//AEMF=AEAMFE為平行四邊形，EF//AM，又AMPABEFPAB，（Ⅱ（i）PEAD，BEAD，所以PEBP-AD-BPADAD2PAPD

5在三角形ABDBABD

2，PEB中，PE=2，BE=1PEB，PB=3，從而PBE90BEBC//AD，BEADBEBCBEPBCBEABCD，PBCABCD．（ii）BF，由（i）BEPBC．所以EFBEFPBC5PB=35

得ABPMB1PB=3AM=112 2EF=11BE=1EBFsinEFBBE2112EFPBC2

（Ⅰ）OAC，BDAB＝BC，AD＝CDBDAC的中垂線．OAC的中點，BD⊥AC．∠OGDDGAPC3132

2AB2BC2AB2BC22ABBC33133

＝ 2

CD2在直角△OCD中CD2在直角△OGD中，tan∠OGD＝OD43 4所以DG與平面APC所成的角的正切值43OGPCBGD，OGBGDPC⊥OG．在直角△PACPC＝15．GC＝ACOC215 3從而35 所 【解析】（Ⅰ）ABO的直徑，得AC⊥BC．PA⊥ABC，BCABCPA⊥BC，（Ⅱ）連OG并延長交AC與M，PQO CG為?AOC的重心，得MAC中點，GPA中點，得QM//PC．O為ABQM∩MO=M,QMQMO．QG//PBC．ABC,AD平面ABC,所以CC1AD，又因為ADDE,CC1DE平面BCC1B1，CC1DEE所以AD平面CC1B1C1C1，所以A1F平面BCC1B1，所以A1FADADEA1FADEA1F//ADE【解析】（Ⅰ）ABPADPHPADPH又PHAD, ABAPH面EPB中點EBCF的距離h

1PH EBCF的體積V1

h11FCADh1121 3

PA的中點為GDGEGPDADDGPAABPADPADPABDGPAB EGPBPA的中點EG/EFPAB

AB,DF/

ABEG//DFDG//EF（Ⅰ）在△PADE、FAP，AD的中點，所以EF//PDEFPCD，PDPCD，所以直線EF//PCD．EFEFDACB（Ⅰ）PGAD，在ABDABAD1DAB60，有ABD為等邊BGADBGPGG，ADPBGADPBADPB//EFADEFDE//GBADDEFEDEE，ADDEF．FGFGDAEBC（Ⅱ）PGADBGAD，PGBP—AD—BRtPAG中PG2PA2AG24RtABG中,BG=ABsin60=273 PG2BG2 cosPGB 2PG

2 7 （Ⅰ）ABADDAB60ABDBGADADBGOPOOBPOPBG，POADOBGPOOOB，OPx軸，zADy P(00m),G(n00),則A(nz

, PPyFOGDAEx|GB||AB|sin60 2

3,0,0),C(n

3,1,0),E(n

3 13 3