浙江高考数学压轴题：立体几何选择题

浙江高考数学压轴题：立体几何选择题

一、单选题

1．已知在矩形ABCD中，AB2，AD4，E，F分别在边AD，BC上，且AE1，BF3，如图所示，沿EF将四边形AEFB翻折成AEFB，则在翻折过程中，二面角BCDE的大小为，则tan的最大值为（ ）

32A．5 33B．5 32C．4

33D．4 2．在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA11，点P满足BPBCBB1，其中

0,1,0,1，则（ ）

A．当1时，△AB1P的周长为定值

B．当1时，三棱锥PA1BC的体积不是定值

12时，有且仅有一个点P，使得APBP

C．当

D．当

12时，有且仅有一个点P，使得A1B平面AB1P

3．已知三棱锥PABC三条侧棱PA,PB,PC两两互相垂直，且PAPBPC2，M,N分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则M,N两点间距离的最小值为（ ）

试卷第1页，共14页

A．

2233 2313B．

C．

2233 4323D．

4．已知△ABC在平面内，不重合的两点P，Q在平面同侧，在点M从P运动到Q的过程中，记四面体M-ABC的体积为V，点A到平面MBC的距离为d，则可能的情况是（ ）

A．V保持不变，d先变大后变小 B．V保持不变，d先变小后变大

C．V先变大后变小，d不断变大 D．V先变小后变大，d不断变小

5．在三棱锥SABC中，SA,SB,SC两两垂直且相等，若空间中动一点P满足SPxSAySBzSC，其中

x0,y1,z1且

xyz125.记SP与平面ABC所成的角为，则sin的最大值为（ ）

1A．3

22B．3 C．1

466D．33

6．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB3，AD5，AA14，点F是AA1的中点，点E为棱BC上的动点，则平面C1EF与平面ABB1A1所成的锐二面角正切的最小值是（ ）

5A．13

513B．13 C．135 13D．5

7．如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练，已知点A到墙面的距离为AB，某

试卷第2页，共14页

目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角的大小，若

AB15cm,AC25cm,BCM30

，则tan的最大值是（ ）.（仰角为直线AP与平面ABC所成的角）

305301043C．9A． B．

53D．9

8．已知棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1，点A在空间直角坐标系Oxyz的x轴上移动，点C在平面yOz上移动，则OC1OB的最大值是（ ）

A．2 B．221 C．442 D．6

9．如图，在三棱锥PABC中，ABACPBPC5，PA4，BC6，点M在平面PBC内，且AM异面直线AM与BC所成的角为，则cos的最大值为（ ）

15，设

试卷第3页，共14页

A．

25 B．35 2C．5

D．55 10．正三棱锥ABCD中G为BC的中点，H为BG上的任意上点，设AH与CD所成的角的大小为1，AH与平面BCD所成的角的大小为2，二面角ABCD的大小为3，则（ ）

A．213 B．123

C．231

D．312

211．已知三棱锥PABC，其中PA平面ABC，PA2，ABAC2，

BAC.已知点Q为棱PA（不含端点）

上的动点，若光线从点Q出发，依次经过平面PBC与平面ABC反射后重新回到点Q，则光线经过路径长度的取值范围为（ ）

A．12,23 B．6,4

43,4 C．3D．3,23

12．如图，平面OAB平面，OA，OAAB，OAB120．平面内一点P满足PAPB，记直线OP与平面OAB所成角为，则tan的最大值是（ ）

试卷第4页，共14页

6A．12 1B．5

C．24 1D．3

13．如图，四边形ABCD中ACBD90，CDB30，ABAC，沿直线BC将ABC折成ABC，使点A在

平面BCD上的射影在△BCD内（不含边界），记二面角ABCD的平面角大小为，直线AB､AD与平面BCD所成角分别为､，则（ ）

A．

B．

C． D．

14．已知直角梯形ABCD满足:AD//BC, CDDA，且△ABC为正三角形.将△ADC沿着直线AC翻折至△ADC，且ADBDCD，二面角

D ABC,D BCA,D ACB

的平面角大小分别为,,，直线DA, DB, DC与平面ABC所成角分别是1,2,3，则（ ）

A．123,

试卷第5页，共14页

B．123,

C．123,

D．123,

15．已知菱形ABCD，DAB60，E为边AB上的点（不包括A，B），将△ABD沿对角线BD翻折，在翻折过程中，记直线BD与CE所成角的最小值为，最大值为（ ）

A．，均与E位置有关 B．与E位置有关，与E位置无关

C．与E位置无关，与E位置有关 D．，均与E位置无关

16．如图，已知锐二面角l的大小为1，A，B，Ml，Nl，AMl，BNl，C，D为AB，

MN的中点，若AMMNBN，记AN，CD与半平面所成角分别为2，3，则（ ）

A．122，123

B．122，123

C．122，123 D．122，123

17．已知正四面体PABC，Q为ABC内的一点，记PQ与平面PAB、PAC、PBC所成的角分别为,,试卷第6页，共14页

，则下

列不等式恒成立的个数为（ ）

222①sinsinsin2 ②cos2cos2cos22

1111222222tantantan1tantantan③ ④

A．0 B．1 C．2 D．3

18．如图，矩形ABCD中，已知AB2，BC4，E为AD的中点． 将△ABE沿着BE向上翻折至ABE，记锐二面角ABEC的平面角为α，AB与平面BCDE所成的角为，则下列结论不可能成立的是（ ）

A．sinα2sin

B．2cosαcos

C．α2 D．

απ4

19．如图，在大小为1的锐二面角l中，A，B，M、Nl，AMl，BNl，C、D分别为AB、

MN的中点.记直线AN与半平面的夹角为2，直线CD与半平面的夹角为3.若AMMNBN，则（ ）

试卷第7页，共14页

A．122，123 B．122，123

C．122，123 D．122，123

20．在三棱锥DABC中，AD2AB2AC2BC，点A在面BCD上的投影G是△BCD的垂心，二面角GABC的平面角记为，二面角GBCA的平面角记为，二面角GCDA的平面角记为，则（ ）

A．

B．

C． D．

21．如图，在三棱锥ABCD中，ABBC，BCCD，E，F分别为BC，AD的中点，记平面ABC与平面BCD所成的角为1，直线AC，EF与平面BCD所成的角分别为2，3，若ABBCCD，则（ ）

A．12， 123

B．12，123

试卷第8页，共14页

C．12，123 D．12，123

22．如图，在等边三角形ABC中，D,E分别是线段AB,AC上异于端点的动点，且BDCE，现将三角形ADE沿直线DE折起，使平面ADE平面BCED，当D从B滑动到A的过程中，则下列选项中错误的是（ ）

A．ADB的大小不会发生变化 B．二面角ABDC的平面角的大小不会发生变化

C．BD与平面ABC所成的角变大 D．AB与DE所成的角先变小后变大

23．已知底面ABCD为正方形的四棱锥PABCD，P点的射影在正方形ABCD内，且P到BC的距离等于PD的长，记二面角PABC的平面角为，二面角PCDA的平面角为，二面角PADC平面角为，则下列结

论可能成立的是（ ）

A． B．

C．

D．

试卷第9页，共14页

24．如图，长方形ABCD中，

AB152，AD1，点E在线段AB（端点除外）上，现将ADE沿DE折起为ADE．设

ADE，二面角ADEC的大小为，若

π2，则四棱锥ABCDE体积的最大值为（ ）

1A．4

2B．3

C．15112 D．518 25．如图，ABC是等腰直角三角形，ABAC，点D是AB上靠近A的三等分点，点E是AC上靠近C的

，则（ ）

三等分点，沿直线DE将ADE翻折成ADE，所成二面角ADEB的平面角为

A．ADBAEC

B．AECADB

C．ADBAEC D．AECADB

26．如图，三棱锥ABCD的底面BCD在平面内，所有棱均相等，E是棱AC的中点，若三棱锥ABCD绕棱CD旋转，设直线BE与平面所成的角为，则cos的取值范围为（ ）

试卷第10页，共14页

3

,16 A．

5,16 B．

110,6 C．330,6 D．27．如图，在矩形ABCD中，ADAB，将△ACD沿AC翻折至△ACD，设直线AD与直线BC所成角为，直线

BD与平面ACD所成角为，二面角ACDB的平面角为，当为锐角时（ ）

A． B．

C．

D．

28．如图，在长方形ABCD中，ADCD，现将△ACD沿AC折至△ACD，使得二面角ACD1B为锐二面角，

1设直线AD1与直线BC所成角的大小为，直线BD1与平面ABC所成角的大小为，二面角ACD1B的大小为，则,,的大小关系是（ ）

A． B．

C．

D．不能确定

试卷第11页，共14页

29．如图，在四棱锥PABCD中，

APBBPCCPDDPA

，平面ADP平面DCP，若APC，BPD，AP与平面DCP所成的角为，则以下结论正确的是（ ）

A． B．

C．

D．

30．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB1，BCCC122，E，F，G分别为AD，AB，C1D1上的点，AEED，

GC1(4)，分别记二面角GEFD1，GEFC，GFBC的平面角为1AFFB，DG，，，则（ ）

A． B．

C． D．与有关

31．如图，在菱形ABCD中，BAD60，线段AD，BD的中点分别为E，F，现将△ABD沿对角线BD翻折，则异面直线BE与CF所成的角的取值范围是

试卷第12页，共14页

,A．63

,B．62

,C．32

2,33 D．

32．三棱锥PABC中，ABBC，D是棱AB上的动点，点P在平面的射影在为，PD与面ABC所成的角为，二面角PABC为，则（ ）

ABC内部，PD与BC所成的角

A． B．

C．

D．

a,abmina,bb,ab，已知矩形ABCD中，AB2AD，E是边AB的中点，将ADE沿DE翻折至ADE（A不33．记

在平面BCD内），记二面角ABCD为，二面角ACDE为，二面角ADEC为，二面角ABED为，则

min,,,（ ）

试卷第13页，共14页

A．

B．

C．

D．

234．在四面体ABCD中，BCD为等边三角形，是（ ）

ADB，二面角BADC的大小为，则的取值范围

0,A．6

π0,B．4 π0,C．3 0,D．2

试卷第14页，共14页

参

1．C

【分析】

过B作EF 的垂线交EF与O，交AD于M，CD于G，然后可得BKH为二面角BCDE的平面角，设BOH，可得

BH32sin，

HK53cos22，

tanBKHBHsin32HK53cos

，然后可求出答案.

【详解】

过B作EF 的垂线交EF与O，交AD于M，CD于G，

设B在平面AC内的投影为H，则H在直线BM上，过H作CD的垂线，垂足为K，

答案第1页，共90页

则BKH为二面角BCDE的平面角，设BOH

3由题意

BOBO2 BHBOsin32sin，

BHBOBOcos32(1cos)

，

由GBC45，BG4322，

HGBGBH42(1cos)

，

1353HG4(1cos)cos2222

HK，

BHsin32HK53costanBKH

，

14，

令

tsin53cos，可得sin3tcos5t19t2解得t答案第2页，共90页

所以

tan324；

故选：C．

2．D

【分析】

判断当1时P在线段CC上，分别计算点P为两个特殊点时的周长，即可判断A；当11时P在线段B1C1上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断B；当

12时，取

线段BC，B1C1的中点分别为M，M1，连结M1M，则P在线段M1M上，分别取P在M1，M处，得到均满足A1PBP，即可判断C；当

1BB12时，取CC1的中D1，的中点D，则P在线的DD1上，

证明当P在点D1处时，A1B平面AB1D1，利用过定A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，即可判断D．

【详解】

A：当1时，BPBCBB1，即CPBB，所以CP//BB，

11故P在线段CC上，此时△AB1P的周长为ABBPAP，

111当P为CC的中点时，△AB1P的周长为152，

当P在点C1处时，△AB1P的周长为221，

答案第3页，共90页

故周长不为定值，故错误；

B：当1时，BPBCBB1，即BPBC，所以BP//BC，

11故P在线段B1C1上，又B1C1//BC，B1C1面A1BC，BC面A1BC，则B1C1//面A1BC，

∴直线B1C1上的点到平面A1BC的距离相等，又△A1BC的面积为定值，

∴三棱锥PA1BC的体积为定值，故错误；

12时，取线段BC，B1C1的中点分别为MC：当，M1，连结M1M，

由

BP1BCBB12，即MPBB1，所以MP//BB1，则P在线段M1M上，

答案第4页，共90页

当P在M1处时，AM11B1C1，A1M1B1B，又B1C1B1BB1，则AM平面BB1C1C，

11又BM1平面BB1C1C，所以A1M1BM1，即A1PBP，

同理，当P在M处，A1PBP，故错误；

12时，取CC1的中点D1，BB1的中点D，

D：当

1BPBCBB12由，即DPBC，所以DP//BC，则P在线的DD1上，

当P在点D1处时，取AC的中点E，连结A1E，BE，

由正三棱柱的性质知：BE面ACC1A1，又AD1面ACC1A1，所以AD1BE，

在正方形ACC1A1中，AD1A1E，又BEA1EE，BE、A1E面A1BE，

故AD1面A1BE，又A1B面A1BE，所以A1BAD1，

在正方体形ABB1A1中A1BAB1，又AD1AB1A，AD1、AB面AB1D1，

1答案第5页，共90页

∴A1B平面AB1D1，过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，

故有且仅有一个点P，使得A1B平面AB1P，故正确．

故选：D．

【点睛】

关键点点睛：根据各选项给定的参数值，结合题设向量的线性关系判断P的位置，再由三棱锥的体积公式、线面垂直的判定及性质判断各项的正误.

3．D

【分析】

采用补形法得正方体，作出图形，找出内切球，外接球球心，由几何关系知，M,N两点间距离的最小值为PG2r，易求外接圆半径R，结合等体积法可求出内切圆半径r和PG，进而得解.

答案第6页，共90页

【详解】

由已知可将该三棱锥补成正方体，

如图所示.设三棱锥内切球球心为O1，

外接球球心为O2，内切球与平面ABC的切点为G，

易知O1,O2,G三点均在PD1上，且PD1平面ABC，

1R2222223设内切球的半径为r，外接球的半径为R，则2.

由等体积法可得

1S31S3ACPSACPSABPSABCrABPPC

233，

，得

r1331S3，由等体积法可得1PGSABC3ABPPC，得

PGM,N两点间距离的最小值为

答案第7页，共90页

PG2r23234323233

故选：D

4．A

【分析】

先用根据题意，可知M:PQ的过程中，h是单调或不变的，故可排除C、D，

再结合图像，得到所以hM会先变小后变大或单调或不变，即可求解.

【详解】

设点M到平面的距离为h，易知M:PQ的过程中，h是单调或不变的，于是

1VSABCh3，是单调的或不变的，排除

C、D.

对于AB选项，V不变即h不变，得到PQ//PQ，是平行于的平面.

111VSMBCd|BC|hMd332

，hM是M到直线BC的距离.

如图①M:FH过程中，hM会先变小后变大，反向移动，也会先变小后变大；

答案第8页，共90页

②M:EF的过程中，hM会一直变大，反向移动会一直变小；

③M:EG的过程中，hM会不变；

所以hM会先变小后变大或单调或不变，

所以SMBC也会先变小后变大或一直变大或不变，又M-ABC的体积为定值，

故d会先变大后变小或不变或者单调.

故选：A.

5．B

【分析】

根据题意，可知P点的可行域为三棱锥QEFG的表面及其内部，设三棱锥SABC中

SASBSC10，则三棱锥QEFG中棱QEQGQF4，所以SP与平面ABC所成的角的正弦值sin，即转化为SP与平面GEF所成的角的正弦值，过S作SHTG交TG的延长线于H点，H点

即S点在平面EGF内的投影，且H点落在△EGF外部，所以当P点取点G时，sin取到最大值，

答案第9页，共90页

通过线段关系和直角三角形的三角函数值，得出

SHSGsinmaxsinSGH

，计算即可得出结果.

【详解】

125，

解：已知x0,y1,z1且

xyz可知P点的可行域为三棱锥QEFG的表面及其内部，

设三棱锥SABC中SASBSC10，则三棱锥QEFG中棱QEQGQF4，

1QT424222222则SQ1010102，，EF4442，

22所以SP与平面ABC所成的角的正弦值sin，即转化为SP与平面GEF所成的角的正弦值，

取EF的中点T，则STSQQT122，

过S作SHTG交TG的延长线于H点，

H点即S点在平面EGF内的投影，且H点落在△EGF外部，

所以当P点取点G时，sin取到最大值，

答案第10页，共90页

此时ST122，

TGGF2FT242222226，

cosGTQQTTG223263

，而GTQHTS，

则

cosHTSHTHT3ST1223 ，解得：HT46，

HGHTTG462626 ，

在Rt△SHG中，

SGSQ2QG210224266，

答案第11页，共90页

SHSG2HG266226283 ，

所以

sinmaxsinSGHSH8322SG663 ，

22所以sin的最大值为3.

故选：B.

答案第12页，共90页

6．B

【分析】

AD、AA1分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系， 以A为原点，AB、用向量法求解即可.

【详解】

AD、AA1分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系， 以A为原点，AB、

则A0,0,0、B3,0,0、C3,5,0、D0,5,0、A10,0,4、B13,0,4、C13,5,4、D10,5,4、F0,0,2、

E3,t,0其中0t5.

答案第13页，共90页

则FC13,5,2,FE3,t,2.

设mx,y,z是平面C1EF的一个法向量，则

m3,5,2?x,y,z3x5y2z0FC1·m3,t,2?x,y,z3xty2z0FE·

，不妨设

63t15m1,,t52t10， x=-1，则

显然n0,1,0是面ABB1A1的一个法向量.

设平面C1EF与平面ABB1A1所成的锐二面角为，则

cosmnmn6010t563t1511t52t10221213t250t469

，

要使平面C1EF与平面ABB1A1所成的锐二面角正切的最小，只需平面C1EF与平面ABB1A1所成的锐二面角最小，只需平面C1EF与平面ABB1A1所成的锐二面角余弦最大.

2513时，

所以当

t25672213t50t46913t13 1322答案第14页，共90页

最小，cos最大.

此时

1213t250t3252sin1cos1213t250t46913t50t469 2，

所以

2525135032513sin13t250t32513tancos121223600135131213 .

故选：B

7．D

【分析】

PPAP，设BPx(x0)，

由题可得，BC20，过P作PPBC，交BC于P，连接AP，则

tan分类讨论，若P在线段BC上，则CP20x，可求出PP和AP，从而可得出

tan3320x225x2，

利用函数的单调性，可得出x0时，取得最大值；若P在CB的延长线上，同理求出PP和AP，

答案第15页，共90页

可得出

tan3320x225x2，可得当

x454时，函数取得最大值；结合两种情况的结果，即可得

出结论．

【详解】

解：AB15cm,AC25cm，ABBC，

由勾股定理知，BC20，

PPAP，

过点P作PPBC交BC于P，连结AP，则

tan设BPx(x0)，

若P在线段BC上，则CP20x，

由BCM30，得

PPCPtan303(20x)3，

在直角△ABP中，AP225x2，

tan3320x225x2，

令

y20x225x2，则函数在x[0，20]单调递减，

20343x0时，取得最大值为459；

答案第16页，共90页

若P在CB的延长线上，

PPCPtan303(20x)3，

在直角△ABP中，AP225x2，

tan3320x225x2，

(20x)2y令225x2，则y0可得

x53454时，函数取得最大值9.

53故答案为：9．

8．D

【分析】

取AC的中点M，连接OM，求得OMC1D2，取BC1的中点N，连接BD、OB、OC1、ON、MN、

，求得MN2，求出ON的最大值，分析可得

OBOC1ON22，即可求得结果.

【详解】

答案第17页，共90页

取AC的中点M，连接OM，如下图所示：

因为OA平面yOz，OC平面yOz，则OAOC，

1AC22，

因为M为AC的中点且AC22，故OM取BC1的中点N，连接BD、OB、OC1、ON、MN、C1D，如下图所示：

答案第18页，共90页

因为M为AC的中点且四边形ABCD为正方形，故M为BD的中点，

1MNC1D22又因为N为BC1的中点，故，

所以，ONOMMN22，当且仅当O、M、N三点共线且M在线段ON上时，等号成立，

所以，

OBOC1ONNBONNC1ONNBONNBONNB22

ON2222226

.

因此，OC1OB的最大值为6.

故选：D.

【点睛】

方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：

（1）利用定义：

（2）利用向量的坐标运算；

答案第19页，共90页

（3）利用数量积的几何意义．

具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．

9．D

【分析】

设线段BC的中点为D，连接AD，过点P在平面PAD内作POAD，垂足为点O，证明出PO平面ABC，然后以点O为坐标原点，CB、AD、OP分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设BMmBPnBC，其中m0，n0且mn1，求出3m6n3的最大值，利用空间向量法可求得cos的最大值.

【详解】

设线段BC的中点为D，连接AD，

ABAC5，D为BC的中点，则ADBC，

BC5，则BDCD3，ADAB2BD24，同理可得PD4，PDBC，

PDADD，BC平面PAD，

过点P在平面PAD内作POAD，垂足为点O，

因为PAPDAD4，所以，△PAD为等边三角形，故O为AD的中点，

答案第20页，共90页

BC平面PAD，PO平面PAD，则BCPO，

POAD，ADBCD，PO平面ABC，

以点O为坐标原点，CB、AD、OP分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系Oxyz，

因为△PAD是边长为4的等边三角形，O为AD的中点，则OPPAsin6023，

则A0,2,0、B3,2,0、C3,2,0、

P0,0,23，

由于点M在平面PBC内，

可设

BMmBPnBCm3,2,23n6,0,03m6n,2m,23m

，

答案第21页，共90页

其中m0，n0且mn1，

从而

AMABBM3,4,03m6n,2m,23m33m6n,42m,23m

，

因为

AM15，则

33m6n42m，

2212m215

所以，

33m6n，

216m216m14m232

故当

m1223m6n332时，16m16m1有最大值3，即，

故33m6n33，即3m6n3有最大值3，

所以，

答案第22页，共90页

coscosAM,BCAMBCAMBC633m6n6156355615

.

故选：D.

【点睛】

方法点睛：求空间角的常用方法：

（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；

（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.

10．C

【分析】

根据题意作出示意图，分别通过线段长度表示出1,2,3的正切值，然后根据线段长度比较1,2,3的正切值的大小，由此确定出1,2,3的大小关系.

【详解】

答案第23页，共90页

如图所示，记A在底面的投影点为O点，取CD中点Q，连接OG,BQ,OH，显然BQ过点O，

过H作HR//CD交BQ于R点，连接AR，

过G作GN//CD交BQ于N点，连接AN，

因为AGBC,OGBC，所以二面角ABCD的平面角为AGO，

AOOG，

所以3AGO，所以

tan3tanAGO又因为AO平面BCD，所以AH与平面BCD所成角即为AHO，

AOOH，

所以2AHO，所以

tan2tanAHOAOAOOGOHOGOH，所以tan3tan2，结合正切函数的单调性可知3≥2， 又因为，所以

因为HR//CD，所以AH与CD所成的角为AHR，所以1AHR，所以

ANAO,tan3GNGO，又ANAO,GNGO，

tan1ARHR，

当H点在G点时，此时

tan1ANAO所以GNGO，所以tan1tan3，所以13，

当H由G向B运动时，此时AR增大，HR减小，所以tan1增大，所以1增大，

答案第24页，共90页

综上可知：231，

故选：C.

【点睛】

关键点点睛：解答本题的关键在于理解异面直线所成角、线面角以及二面角的概念以及通过线段长度表示出每个角的正切值，将不直观的角度大小关系通过比值的形式直观表示出来.

11．C

【分析】

依题意可知光线所构成的平面与平面PBC和平面ABC均垂直，即平面PAD. 问题等价于：

答案第25页，共90页

光线从线段PA（不含端点）上的点Q出发，经过PD,AD反射后重新回到点Q，求光线经过路径长度的取值范围. 以A为原点，以AD为x轴建立平面直角坐标系，设Q0,m（0m2），分别求得Q关于PD的对称点M和Q关于AD的对称点N，根据几何光学知识可得光线经过路径长度为线段MN的长度，进而可求得结果.

【详解】

依题意可知光线所构成的平面与平面PBC和平面ABC均垂直.

如图，取BC的中点D，连接PD,AD，则ADBC，又PA平面ABC，所以PABC，因为

PAADA，所以BC平面PAD，又BC平面PBC，所以平面PBC平面PAD；因为PA平面

ABC，且PA平面PAD，所以平面PAD平面ABC.

所以平面PAD与平面PBC和平面ABC均垂直.

因此，问题等价于：光线从线段PA（不含端点）上的点Q出发，经过PD,AD反射后重新回到点Q，求光线经过路径长度的取值范围.

以A为原点，以AD为x轴建立平面直角坐标系如图所示.

答案第26页，共90页

则P0,2，

D2,0，所以PD的方程为xy122，即2xy2，

设Q0,m（0m2）关于PD的对称点为Ma,b，

1bma2222m4m222mamb4mM,22a,b33， 2233，即则，解得

Q关于AD的对称点为N0,m，

根据几何光学知识可得光线经过路径长度为线段MN的长度.

因为

MN2816848222m1m3m26,169999

，所以

43MN3,4.

答案第27页，共90页

故选：C.

【点睛】

关键点点睛：将问题转化为：光线从线段PA（不含端点）上的点Q出发，经过PD,AD反射后重新回到点Q，求光线经过路径长度的取值范围.

12．A

【分析】

B的坐标，如图建立空间直角坐标系，令OAAB1，即可得到A、设Px,y,0，根据PAPB，

3x2yy12则APPB0，即可得到，再求出平面OAB的法向量，依题意根据正弦函数、

正切函数的单调可知，要求tan的最大值，即可求sin的最大值，利用空间向量法表示出线面角的正弦值，再根据函数的性质求出sin的最大值，从而根据同角三角函数的基本关系求出tan；

【详解】

解：如图以平面为xoy平面，平面OAB为yoz平面，建立如图所示空间直角坐标系，令

33B0,2,2A0,1,0，显然平面OAB的法向量可以为n1,0,0，设Px,y,0，则OAAB1，则，33PBx,y,22OPx,y,0APx,y1,0，因为PAPB，所以 ，，

3APPBx2yy102

答案第28页，共90页

30,x2yy1

2，即，因为直线OP与平面OAB所成角为，因为2，显然2，

即

0,0,2ytanxysinx，因为与在2均单调递增，要求tan的最大值，即可求sin的最

大值，

所以

sinxxy22x2x2y2 353y2yyy12225332yyy1y222y253y221 151312y2y211315252y62421 sin6cos1215261cos1sin2sinmax55，又，所以当y6时

，所以

tan 故选：A

答案第29页，共90页

13．A

【分析】

题目考察二面角和线面角的概念，首先，将别在图中的位置，因为

,,0,2ABC折成ABC，通过辅助线找到,,分

，所以比较三个角的大小，可以等价于比较sin,sin,sin的大小，根据图中的直角三角形可以表示出三个角的正弦值，通过比较各线段的长度判断正弦的大小，从而推出角度的大小

【详解】

图一 图二

答案第30页，共90页

沿直线BC将以AF平面BCD

ABC折成ABC之后如图一所示，记BC中点为E,A在底面的投影为F，所

连接AE,AF,BF,DF,EF，则

AEF,ABF,ADF

所以，在三个直角三角形中，

sinAFAE，

sinAFAFsinAD AB，

设ABAC1，因为A90，所以

AE22，BC2 ，

ABC4

当A点落在平面内时，如图二所示，RtBDC中，CDB30，所以BD6 BDF中，

DBF45,BD6,BF1

由余弦定理可得：

DF26126272312

答案第31页，共90页

所以，ADminDF1

,,0,2所以：ADABAE，所以sinsinsin，且

所以

故选：A

【点睛】

题目比较综合，有一定的难度，关键点在于找到折叠之后的二面角和线面角的位置，其中,的大小比较容易判断，如果要比较的大小，还需要在底面中结合解三角形的方法去计算，才能准确比较大小

14．A

【分析】

由题设得到平面图及翻折的立体示意图，E、F分别为AB、BC的中点，G为DE、AF交点，易知D在面ABC上的投影在DE上，由ADBDCD判断D投影的所在线段，根据投影点到AB、BC、CA的距离判断二面角的大小关系，再设DABC的高为h，由

hhh,sin2,sin3DADBDC

sin1，即可知线面角的大小关系.

答案第32页，共90页

【详解】

由题意，若ABBCCD2，则AD1，CDG为DE、AF交点，

3，如下图，E、F分别为AB、BC的中点，

∴AD1,CD3，则1BD3，在旋转过程中D在面ABC上的投影在DE上，

BDCD，BDCD，BDCD，当D投影为G时，当D投影为DG上时，当D投影为GE上时，

当D投影为E时，ADBD，

∴要使ADBDCD，则D投影在G,E两点之间，此时投影点到AB、BC、CA的距离

dABdCAdBC.

∴二面角D ABC最大，其次为二面角D ACB，而二面角D BCA最小，即.

答案第33页，共90页

设三棱锥DABC的高为h，则

hhhsin2sin3DADBDCsin1

，

1,2,3[0,]2∵，

∴123.

故选：A

【点睛】

关键点点睛：根据翻折过程中ADBDCD的情况下，D的投影点位置判断二面角的大小关系，再设DABC的高为h，由线面角

hhh,sin2,sin3DADBDC

sin1判断它们的大小关系.

15．C

【分析】

答案第34页，共90页

数形结合，作EF//BD，利用线面垂直得到EFCP，然后找到异面直线所成角CEP，并表示

tanCEPCPPE，通过讨论点C位置得到结果.

【详解】

作EF//BD交AD于点F，分别取EF,BD的中点P,Q

连接CQ,CP,AQ,CE，如图，

由翻折前该四边形为菱形，且DAB60，所以ABD,BDC为等边三角形

同时P点在AQ上，由

BDCQ,BDAQ,CQAQQ,CQ,AQ

平面CPQ

所以BD平面CPQ,又EF//BD，所以EF平面CPQ，所以EFCP

答案第35页，共90页

直线BD与CE所成角即直线EF与CE所成角，该角为CEP

所以

tanCEPCPPE,由点E不与A,B重合，

所以当点C翻折到与点A重合时，CP最小，CEP60为最小与点E位置无关；

当没有翻折时，CP最大，tanCEP最大，则CEP最大，与点E位置有关

故选：C

16．A

【分析】

根据面面角的定义求得AMG1，根据线面角的定义找到ANH2，3FMG，通过比较1,2的正弦值比较两角的大小，接着根据1,22的范围判断1,22的大小，根据线段长度的大小关系求得1,23的大小关系.

【详解】

分别过点M和点B作BN，MN的平行线相交于点G，

因为BNl，所以MGl,所以AMG1，

过A点作AHMG，连接NH，所以ANH2，

答案第36页，共90页

所以

sin1AHAHsin2AM,AN,由于AMMN，所以AMAN，

所以sin1sin2，又因为1,2都为锐角，

4所以12，又AMMN，所以

2，则

222，

所以122；

取线段AG中点为点F，又C，D为AB，MN的中点，

所以CF与DM平行且相等，所以CD//MF，

所以CD与半平面所成角为3FMG，

显然31，又因为AMMG，所以123；

故选：A.

答案第37页，共90页

【点睛】

(1)求直线与平面所成的角的一般步骤：

①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；

②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．

(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．

17．B

【分析】

答案第38页，共90页

结合正四面体的特点，四个面是全等的等边三角形，表示出PQ与平面PAB、PAC、PBC所成的角分别为,,，求出

131sinsinsin32332

，再根据选项的特点进行判断.

【详解】

取点Q为ABC 的中心，设正四面体的棱长为1，则

131sinsinsin32332

，

所以

123

sin2sin2sin2，排除①；

18cos2cos2cos21()239

答案第39页，共90页

，

cos2cos2cos22492

，因此 ②是正确的，

n2tan2tan21所以

ta8，

所以

11tan2tan21tan2241

排除④；

取BC的中点D，连接PD,AD,易知AP与平面PBC所成的角为APD 且

1PA1cosAPD21PD2332

，所以

sinAPD23 ，tanAPD21 ，

所以当点Q靠近点A时，QP与平面PBC所成的角的正切值大于1，答案第40页，共90页

，

222tantantan1，排除③ . 所以

故选：B

【点睛】

充分利用正四面体的几何特征，观察选项的特点，进行计算.

18．D

【分析】

先取BC中点为F，判断四边形ABFE是正方形，再作AHOF于H，证明αAOF，

ABH，分别再直角三角形中计算sinα和sin，比较即判断A正确；将选项A的结论平

方，结合二倍角公式和余弦函数的单调性，即判断C正确；计算cosα,cos即判断B可能成立；判断

ππα4，判断4，结合α2，即得

D错误.

【详解】

记BC中点为F，连接EF，连接AF与BE交于点O， 依题意知四边形ABFE是正方形.

AOBE,OFBE，故锐二面角ABEC的平面角为αAOF，

答案第41页，共90页

BE平面AOF，过A作AHOF于H，则BEAH，

而BE，OF相交于平面BCDE内，

故AH平面BCDE，故连接BF，则AB与平面BCDE所成的角为ABH.

AHhOA2，

记AHh，因为RtAOH中，

sinαRtABH中，

sinAHhAB2，所以sinα2sin①，选项

A成立；

221cos2α21cos2sinα2sin将①平方得：，所以，

cos2α2cos21cos2

，

易见α，都是锐角，则cos2αcosα，∴cos2cosα，而02,α<，

根据余弦函数的单调性可知，α2，选项C成立；

OH2因为

cosα，cosBH2，若使2cosαcos，则需2OHBH，

即当

OBHπ6，可以成立，即

B可能成立；

答案第42页，共90页

另外，由α，都是锐角，且2sinsinα<1知，

sin22，知

π4.

由选项C知α2，∴

α2π4，选项

D错误．

故选：D.

【点睛】

关键点点睛：

本题的解题关键在于熟知二面角和线面角的定义，并准确找出α，，才能结合三角函数及恒等变换等知识来突破难点.

19．A

【分析】

构造直三棱柱AMFCNB，可得出

AMFGDIENB1

，ANH2，CDI3，由S△GDCS△IDC，AMMNBN推导出123，由

sinANHsinAMFsinANM

答案第43页，共90页

可得

sin2sin1sinANM2sin12

，推导出122，即可得出结论.

【详解】

如下图所示，构造直三棱柱AMFCNB，分别取AE、BF的中点G、I，连接DG、DI、GI，

则AMl，MFl，则AMF1，同理可得BNE1，

AE//MN且AEMN，G、D分别为AE、MN的中点，所以，AG//DM且AGDM，

所以，四边形AMDG为平行四边形，所以，DG//AM，同理可知DI//MF，

答案第44页，共90页

所以，DGl，DIl，故GDI1，

AE//BF且AEBF，G、I分别为AE、BF的中点，AG//BI且AGBI，

设ABGIR，则RAGRBI，ARGBRI，△ARG△BRI，

ARBR，则R为AB的中点，故点R与点C重合，

DGl，DIl，DGDID，l平面DGI，

CD平面DGI，则CDl，故CDI3，

在△GDI中，

S△GDCS△IDC，则

11CDDGsinGDCCDDIsin322

，

AMMNBN，则DGDI，所以，sinGDCsin3，

由于GDC、3均为锐角，所以，GDC3，则1GDC323，

过点A在平面AMF内作AHMF，垂足为点H，连接NH，

l平面AMF，AH平面AMF，AHl，

答案第45页，共90页

又AHMF，MFlM，AH，所以，ANH2，

tanANMAM1ANMMN2， 且ANM为锐角，所以，4AHAMsin1，

sin2AHAMsin12sin1sinANMsin1ANAN2

，

所以，

1cos2212sin2212sin21cos21cos12

，

易知1、220,，且余弦函数在0,上单调递减，所以，122.

故选：A.

【点睛】

关键点点睛：本题考查空间角的大小比较，解题的关键在于根据对应角的同名三角函数的大小关系结合同名三角函数的单调性来进行比较.

答案第46页，共90页

20．C

【分析】

先根据题意作出各二面角的平面角，再在每一个直角三角形中将角用三角函数表示出达，然后再通过比较边长从而达到比较角的大小的目的.

【详解】

因为G为点A在平面BCD的投影，且G为△BCD的垂心连接DG交BC于点E，连接AE，可知BC平面DAE，所以BCAE，可知BDDC，所以G在AE上的投影为H，过H作HFAB，连接GF.连接BG交DC于M，连接AM.

这样

GFH,GEH,GMA

.

又因为AD2AB2AC2BC,在△ABD中，ABBDAD,可得BDABBC.

在△BCD中，

答案第47页，共90页

GMGCcosCGMGCcosCDB

,

GEGCcosCGEGCcosCBD

,

GMcosCDBGEcosCBD，

又因为在△BCD中，BDDCBC，所以

GMcosCDB1GEcosCBA所以，所以GM>GE

0CDBCBA2，所以cosCDBcosCBA0，

而

AEAG2+GE2,AMAG2+GH2,

答案第48页，共90页

所以AMAE.

AGAE，

所以在AGE中，

sin所以在AGM中，

sinAGAM，

因为AMAE，所以sinsin，所以.

由题意，可知AG平面BCD，所以CDAG，

又G为△BCD的垂心，所以CDBM，且ABBMB，

所以CD平面ABM，所以CDAB，

取AB的中点N，连接CN、DN.

由于ABC为正三角形，所以ABCN，且CNCDC，

所以AB平面CDN，因此DNAB，由于N为AB的中点，所以DADB，

又DBDC，所以三棱锥DABC为正三棱锥.

GHGH,tanHEHF在分别RtGHE，RtGHF中，

tan，

而HEHF，，

答案第49页，共90页

从而可知选项C正确.

故选：C.

21．A

【分析】

Q分别为AG，DMP，将三棱锥ABCD置于直三棱柱ABMGCD中，不妨设ABM为锐角，

ACH2EQ，PQ，CH，H为线段BM上一点，的中点，且AHBH，连接PE，然后可得ABH1，，

FEQ3，利用

sin1AHAB，

sin2AHAC可比较出1,2的大小，由

S△PEFS△QEF可得sinPEFsinQEF，

然后可得123.

【详解】

如图所示， 将三棱锥ABCD置于直三棱柱ABMGCD中，

答案第50页，共90页

不妨设ABM为锐角，P，Q分别为AG，DM的中点，H为线段BM上一点，且AHBH．

连接PE，EQ，PQ，CH，由直三棱柱的几何性质易知，F为PQ的中点，

AHABABH1，

ACH2，

FEQ3，则

sin1，

sin2AHAC，

又ABAC，故sin1sin2，12；

易知

S△PEFS△QEF，则PEsinPEFQEsinQEF，又PEABCDQE，所以sinPEFsinQEF，

故PEFQEF23PEQABH1．

故选：A

【点睛】

方法点睛：将问题中的几何体扩充到圆柱或棱柱的母体当中，往往可以使问题更加直观简化，使问题迎刃而解．

22．C

答案第51页，共90页

【分析】

过点A作AGBC，交DE于点H，交BC于点G，连接BH，可证明在三角形ADE沿直线DE折起的过程中，AH平面BCED，然后用x的值分别将各个选项中的角的相应三角函数表示出来，然后判断可得答案.

【详解】

设等边三角形ABC的边长为1，ADx0x1，则BD1x

在ABC中，由BDCE，则DE//BC

过点A作AGBC，交DE于点H，交BC于点G，连接BH，则AHDE

AG3,ADHABG602

,所以

AH3x2，

HG333x1x222

在三角形ADE沿直线DE折起的过程中，AHDE，HGBC始终满足.

由平面ADE平面BCED，平面ADE平面BCEDDE，所以AH平面BCED

由BH平面BCED,则AHBH

答案第52页，共90页

在BHG中，

BH1321x44 ,

所以

ABAH2BH232132x1x444323xx122

所以

323x21xx2x1ADBDAB221cosADB2ADBD2x1x4222

所以ADB大小不变，故选项A正确.

3xOHx4 2，则

过H作HOBD交BD于O点，由

DH答案第53页，共90页

由AH平面BCED，又BD平面BCED，则AHBD

由AHOHH,所以BD平面AOH,

所以AOH为二面角ABDC的平面角

在直角△AOH中，

3xAH2tanAOH31OHx2

所以AOH大小不变，故选项B正确.

1133BCHG11x1x2224

SBCD

由AHDE,则AHBC，又HGDE, 且HGAHH

答案第54页，共90页

所以BC 平面AGH，又AG平面AGH,所以BCAG

由AH平面BCED，由HG平面BCED,则AHHG

所以

AGAH2GH23232x1x44

1BCAG2

SABC设点D到平面ABC的距离为d.

由等体积法可得VABCDVDABC,即

1S31AHS3BCDABCd

则

1SBCDAH2BCHGAHd1SABCBCAG23x1x2x21x2 答案第55页，共90页

设BD与平面ABC所成的角为，则

sindBD3x2x1x2232111x2

当D从B滑动到A的过程中，x的值从1变小到0，这一过程中111x2逐渐变大.

所以在这一过程中，sin变小，则角变小， 故选项C不正确.

由DE//BC，则ABC (或其补角)为AB与DE所成的角.

由上可知：BCAG，则

AG22AG3x21x32x22x1BG tanABC

12

函数y2x2x10x1的对称轴为

2x当

0x122时，函数y2x2x10x1单调递减.

答案第56页，共90页

1x1y2x22x10x12当时，函数单调递增.

所以当x从1变到的过程中，tanABC变小，当x从变到0的过程中，tanABC变大，

1212所以选项D正确.

故选：C

【点睛】

关键点睛：本题考查翻折过程中空间角的变化情况，解答本题的关键是设等边三角形

ABC的边长为

1，ADx0x1，则BD1x，根据条件可得AH平面BCED，用x的值分别

将角表示出来，然后判断，属于难题.

23．C

【分析】

设P点在正方形ABCD内的射影为Q，作PEBC，得PEPD；

若A成立，由对称性可知Q与正方形ABCD中心O重合，此时不满足PEPD，A错误；

若B成立，由知Q在AC上，得到PBPDPE，B错误；

若C成立，由知Q在BC,AD中点F,G连线上，由知QOG，可知存在满足PEPD答案第57页，共90页

的Q点，C正确；

若D成立，由知Q在BD上，由知QOB，此时不存在满足PEPD的Q点，D错误.

【详解】

设P点在正方形ABCD内的射影为Q，连接AC,BD，且ACBDO，作PEBC，垂足为E，则PEPD，

对于A，若，由对称性可知，Q点在AC上；

同理，当时，Q点在BD上；则ACBDQ，即Q点与O点重合，

此时PBPD，又PBPE，PDPE，与PDPE矛盾，A错误；

对于B，若，则Q点在AC上，此时PBPD，又PBPE，PDPE，与PDPE矛盾，B错误；

对于C，若，则Q点在BC,AD中点F,G连线上，如下图所示：

答案第58页，共90页

由对称性可知：PBPC，此时PFBC，即E与F重合，PFPD；

，Q在线段OG上，设正方形ABCD边长为a，

35OGaQFQDa8时，8，使得PFPD成立，C则当

正确；

对于D，若，则Q在BD上，如下图所示：

，则Q在线段OB上，此时不存在点Q满足QEED，使得PEPD，D错误.

故选：C.

【点睛】

答案第59页，共90页

关键点点睛：本题考查立体几何中二面角相关问题的求解，解题关键是能够根据二面角的大小关系和对称性确定点P在底面ABCD上的投影点Q的位置，结合Q点位置来进行分析.

24．A

【分析】

将棱锥ABCDE的底面边长BE及高用含有的三角函数来表示，根据体积公式写出棱

锥体积，整理化简后利用三角函数求最值.

【详解】

设过A与DE垂直的线段长为a，

则AEtan，

0tan152，

DE1cos，asin，

则四棱锥ABCDE的高

πhasinsinsinsincos2

，

则

答案第60页，共90页

111515VABCDEtan1sincos3222

1615tansincos

1615sincossin2

112

11215sin2cos211151sin2cos212344

1511tansin215， 312，111ABCDE3∴四棱锥体积的最大值为124.

故选：A.

【点睛】

求解立体几何体积的最值时，一般需要将体积写为函数关系式或者是三角函数关系式，进而利用函数求最值或三角函数求最值的方法求解其最值.

25．B

【详解】

答案第61页，共90页

如图，在等腰直角三角形中，

过B作直线l//DE，作BMED交直线DE于点M，过C作直线DE的垂线，垂足为R，

交直线l与T，过A作DE的垂线，垂足为O，且交l于N，

不妨设AB3，则ADCE1,BDAE2，

在直角三角形ADE中，

AO122555，

因为BMD45AOAD1BM5AOD，故BMBD2，故

，同理

DM2DO2152555 答案第62页，共90页

，

所以

ON455，

BNOM355，同理

RCOS565NT5，5.

在几何体中连接AB,AS,AC，如图，

因为AODE,NODE,故NOA为二面角ADEB的平面角，

故NOA，而AONOO，故DE平面AON，

所以TB平面AON，而AN平面AON，故BNAN.

AN24162545162cos4cos55555

答案第63页，共90页

，

故

1692916coscos5555AB24

，故

2916cos4155cos21255

5cosADB，

14cosAECcos55， 同理

11cosADBcoscos055

，故cosADBcos，同理cosAECcos，

33cosADBcosAECcos055

，故cosADBcosAEC，

因为,ADB,AEC0,，故AECADB，

故选B.

答案第页，共90页

【点睛】

关键点点睛：关键求出二面角，难点在于计算cosADB，cos，注意知识的交叉应用，考验分析能力以及逻辑推理能力，熟练掌握公式，属难题.

26．A

【分析】

取AD的中点F，连接EF、BF，让正四面体ABCD相对静止，让平面绕着直线CD转动，将问题等价转化为过直线EF且与平面平行的平面绕EF旋转，分别找出使得取最大值和最小值对应的位置，分别求出cos的最大值和最小值，即可得解.

【详解】

取AD的中点F，连接EF、BF，如下图所示：

E、F分别为AC、AD的中点，所以，EF//CD，

答案第65页，共90页

1EFCD12设正四面体ABCD的棱长为2，则BEBF3，，

由余弦定理可得

BE2EF2BF23cosBEF2BEEF6 .

当三棱锥ABCD绕棱CD旋转时，直线BE与平面所成的角为，

让正四面体ABCD相对静止，让平面绕着直线CD转动，则平面的垂线也绕着CD旋转，

设过直线EF的平面满足//，

EF//CD，问题也等价于平面绕着直线EF旋转，

当B时，取得最小值0，此时，cos取得最大值1；

dBE当B时，设点B到平面的距离为d，可得

sin，

当d取最大值时，取最大值，此时，平面BEF平面，

由于BEBF，取EF的中点O，连接BO，可得BOEF，

平面BEF平面，平面BEFEF，BO平面BEF，BO，

答案第66页，共90页

此时，BEF，所以，cos的最小值为36. 3

,16. 综上所述，cos的取值范围是

故选：A.

【点睛】

关键点点睛：解本题的关键在于以下几点：

（1）将问题等价转化为过直线EF且与平面平行的平面绕EF旋转；

（2）结合线面角的定义找出线面角取最大值和最小值的位置，尤其在最小值确定时，可充分利用三角函数值来确定.

27．D

【分析】

由于要用到最小角定理，先证明最小角定理；分别找出设直线AD与直线BC所成角为，直线BD与平面ACD所成角为，二面角ACDB的平面角为，再利用三棱锥的等体积法得到BHDB，比较得到.

，利用最小角定理判断出BHO最小，所以BHO，从而

【详解】

答案第67页，共90页

要解决本题，需要用到最小角定理.下面先证明最小角定理：与平面斜交的直线与其在该平面内的射影的夹角不大于该直线与平面内其他直线的夹角.

如图示：

设直线AB与平面斜交，斜足为B,AO⊥，BC⊥BO,则AO⊥BO，BC⊥AO,

又AOCOO,所以BC⊥平面AOC，所以BC⊥AC.

在Rt△ABO、Rt△ABC中，

BOBC,cosABC,ABAB

cosABO而BC下面解答本题：

如图示：

答案第68页，共90页

过D作DO平面ABC于O，过B作BO平面ACD于O，过O作OH⊥CD于H,连结

OA、OB、BH，则DBO为直线BD与平面ABC所成的角，即DBO

由BO平面ACD得BOCD,又OH⊥CD，且BOHOO,

所以CD面BOH,所以CDBH，所以BHO为二面角ACDB的平面角为.

又VDABCVBADC,即

11S△ABCDOS△ADCBO33

1S△ABCS△ADC=SABCD2,而,所以DOBO.因为

sinBHOBODO,sinDBO,BHDBBHDB

,所以sinBHOsinDBO，所以BHODBO，即.

又在平面ACD中，AD⊥DC,OH⊥DC,所以AD∥OH，所以等于直线OH与BC所成的角.即BHO为直线OH与BCD所成的角，根据上面证明的最小角定理有：BHO，所以

.

答案第69页，共90页

故选：D.

【点睛】

利用几何法求线面角、二面角的大小：作（作出要求的角）、证（证明所作的角即为所求）、算（解三角形，求出角的大小）.

28．B

【分析】

先证明最小角定理，再过点D1作D1O平面ABC，过点B作BO平面ACD1，连接OB，过

O作OHCD1，连接BH，可得BHO，D1BO，由等体积法可得BOD1O，进而可得，，所以AD1//OH.所以等于直线OH与BC所成的

的大小，在平面ADC内，

1AD1D1C,OHD1C角BHO也为直线OH与平面BCD1所成的角，根据上面已证的最小角定理有BHO，从而得到答案.

【详解】

解决本题，先来了解最小角定理：平面外的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角平面斜交的直线与它在该平面内的射影的夹角不大于直线与平面内其他直线的夹角．

证明如下：

直线AB与平面斜交，斜足为B，

答案第70页，共90页

AO平面，BCOC，

由AO平面，BCOC，

可证明BC平面AOC，

则BCAC．

BO则

cosABOAB，

cosABCBCAB，

cosOBCBCBO，

所以

cosABOcosOBCBOABBCBCBOAB，

即

cosABCcosABOcosOBC

，

答案第71页，共90页

故cosABCcosABO，

ABCABO．

过点D1作D1O平面ABC，

过点B作BO平面ACD1，

连接OB.

过O作OHCD1，

连接BH，如图：

则D1BO为直线BD与平面ABC所成角，

1答案第72页，共90页

即D1BO，

由BO平面ACD1，

则BOCD1，

又OHCD1，

且BOOHO

所以D1C平面BOH，

则CD1BH

所以BHO为二面角ACD1B的平面角，

即BHO，

又VD1ABCVBAD1C，

即

11S△ABCOD1S△AD1COB33

，

答案第73页，共90页

且

S△ABCS1△AD1C2S矩形ABCD

，

所以BOD1O.

BO由

sinBHOBH,

sinD1BOD1OBD1，

由BHBD1，

所以sinBHO sinD1BO，即BHO D1BO，

也即.

又在平面AD1C内，

AD1D1C,OHD1C，

所以AD1//OH.

答案第74页，共90页

所以等于直线OH与BC所成的角，

BHO也为直线OH与平面BCD1所成的角.

根据上面已证的最小角定理有BHO.

所以，

故选：B.

【点睛】

方法点睛：最小角定理：平面外的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角平面斜交的直线与它在该平面内的射影的夹角不大于直线与平面内其他直线的夹角．

29．D

【分析】

在射线PC取PC'PA，过A作PD的垂线，垂足为M，连接CM，设过A,C,M三点平面交棱PB于B，在四棱锥PAMCB中可讨论,,的大小关系.

【详解】

答案第75页，共90页

在射线PC取PC'PA，过A作PD的垂线，垂足为M，连接CM，

因为PAPC，PMPM，APMCPM，

故PAMPCM，故AMMC，CMPAMP90即CMPM.

设过A,C,M三点平面交棱PB于B，

以下在四棱锥PAMCB中讨论,,的大小关系.

连接AC,BM，它们交于点O.

因为平面PAM平面PCM，AMPM，平面PAM平面PCMPM，

AM平面PAM，故AM平面PCM，

答案第76页，共90页

所以APM为直线AP与平面PCM所成的角，故APM，

而APC为AP与平面PCM内的直线PC（异于射影PM）所成的角，

故APC.

因为AMPM，CMPM，故AMC为APDC的平面角，

结合平面PAM平面PCM可得AMC90，故AMC为等腰直角三角形.

又PAPC，PBPB，APBCPB，故PABPCB，

故ABCB，而AMMC，BMBM，故AMBCMB，

故AMBCMB，故AOMB，

因为AMPM，CMPM，AMCMM，故PM平面AMCB，

而AO平面AMCB，故AOMP，而MPMOM，故AO平面PMB.

因为APMAPB，故PO为APB的角平分线.

11AOAPOAPCtan22，且2OP， 又

在直角三角形MPO中，

tan2tanMPOMOPM，

答案第77页，共90页

因为AOMO，OPPM，故

tan2tan2，而22均为锐角，故，

综上，.

故选：D.

【点睛】

关键点点睛：解本题的关键就是在原来的四棱锥中构造出新的四棱锥，然后利用线面角的定义得出，再由正切值的大小关系得出，解题时充分分析新几何体的结构特征，分析几何关系以及不等关系，进而求解.

30．B

【分析】

GMGMtanMNBC过G点作GMCD于M点，过M作MNEF于N点，由

βγ45tanβ=1，所以

，设θ为D1EFC，则θ=90，又β45则45，即可比较,,的大小.

【详解】

过G点作GMCD于M点，过M作MNEF于N点

CECD2DE2322BC

答案第78页，共90页

由D1GGC14，可知MNCEBC

GMCD,MNEF，EFGN

GNM，

tanβGMMN

GM面ABCD，过M作MPAB于点P，MPBC

GPM

tanGM1BC

∴

GMGMtan1MNBC

tanβ∴βγ45，

设θ为D1EFC，则θ=90，

又β45，∴45

∴

故选：B

答案第79页，共90页

【点睛】

（1）求二面角大小的过程可总结为：“一找、二证、三计算．”

（2）作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．

31．C

答案第80页，共90页

【分析】

设菱形的边长为1，则

BECF3,BD12，利用向量的平行四边形法则得到

BE11BABD,CFBD2BC22

，再利用数量积运算求出BECF，再由

411cosBE,CFcosBA,BC382

，根据

BA,BC的范围，利用余弦函数的性质求解.

【详解】

设菱形的边长为1，则

BECF3,BD12，

BE111BABD,CFCBCDBD2BC222

，

1BABDBD2BC4BECF

，

答案第81页，共90页

21111BABDBABCBDBDBC4242

，

1111cosBA,BC8244

，

11cosBA,BC82，

所以

cosBE,CF411cosBA,BCBECF382BECF

，

23由图可知：

0BA,BC，

1cosBA,BC1所以2，

11cosBE,CF2， 所以2所以3BE,CF23，

答案第82页，共90页

(,]CFBE所以异面直线与所成的角的取值范围是32

故选：C

【点睛】

11cosBA,BC关键点点睛：本题关键是得到BECF82，转化为余弦函数求得其范围，进

而求出

BE,CF的范围.

32．B

【分析】

根据异面直线所成角、线面所成角和二面角的概念，在图中作出它们所成的角，利用正弦值可得到βλ，再利用正切值可得λα.

【详解】

作PO平面ABC，垂足为O，连结OD，则PDOβ，

答案第83页，共90页

作PEAB，连结OE，因为PO平面ABC，AB平面ABC，

所以POAB，又POPEP，PO,PE平面POE，

所以AB平面POE，又OE平面POE，所以OEAB,

所以PEO为二面角PABC的平面角，所以PEOλ，

在RtPOD中，

sinβsinPDOPOPOsinλsinPEOPD，在Rt△POE中，PE，

因为PDPE，所以sinβsinλ，所以βλ，

过D作DF//BC交AC于点F，则DFAB，PDFα，

作OGDF垂足为G，连结PG，则DGPG，四边形DEOG为矩形，所以OEDG，

在Rt△PDG中，

PGPGDGOE

tanαtanPDF，

POOE在Rt△POE中，

tanλtanPEO，PGPO（当D,E重合时取等号）,

所以tanλtanα，所以λα，

答案第84页，共90页

所以.

故选：B

【点睛】

关键点点睛：本题的关键是能够在图中准确的作出所要比较角α,β,λ，同时要结合角所在的直角三角形选择恰当的三角函数.

33．A

【分析】

利用特例法，设平面ADE平面ABCD，取DE的中点O，连接AO，由点O作各边的垂线

ANO，OM、OH，AN、AMO，ON、AH，并连接AM、利用二面角的定义得出AHO，

γ90，比较、、的正切值的大小关系，由此可得出结论.

【详解】

利用特例法，不妨设平面ADE平面ABCD，取DE的中点O，连接AO，

由于AEAD，AODE，

因为平面ADE平面ABCD，平面ADE平面ABCDDE，AO平面ADE，

AO平面ABCD，

答案第85页，共90页

由点O作各边的垂线OM、ON、OH，并连接AM、AN、AH，

AO底面ABCD，BC平面ABCD，AOBC，

又OHBC，AOOHO，BC平面AOH，

又AH平面AOH，AHBC，所以，AHO，

同理可得ANO，AMO，γ90，

tanAOAOAOtantanOH，ON，OM，

易知OHONOM，所以，最小，因此，min,,,.

故选：A.

答案第86页，共90页

【点睛】

本题考查二面角的大小比较，考查计算能力，属于难题.

34．C

【分析】

以B为原点建立空间直角坐标系,根据关系写出各个点的坐标,利用平面BAD和平面ADC的法向量,表示出二面角的余弦值,即可求得的取值范围.

【详解】

以B为原点建立如图所示的空间直角坐标系:

因为BCD为等边三角形，不妨设BCCDBD1,

2由于

ADB,所以Am,1,n

答案第87页，共90页

因为当n0时A、B、C、D四点共面,不能构成空间四边形,所以n0

31C,,022B0,0,0,D0,1,0 则,

由空间向量的坐标运算可得

31BD0,1,0,DAm,0,n,DC2,2,0

设平面BAD的法向量为mx1,y1,z1

mDA0y10mBD0则代入可得mx1nz10

mmm1,0,zx11y10,1n n令,则,所以

设平面ADC的法向量为nx2,y2,z2

31x2y20nDC022则nDA0,代入可得mx2nz20

mmn1,3,y23,z2n n,所以令x21,则

二面角BADC的大小为

答案第88页，共90页

则由图可知,二面角为锐二面角

所以

cosmnmn11m2n2m2n213m2n2 14m2n2m2n214m2n2m2n213m24n2 m22因为n0

121所以

1即23m24n21

cos1

所以

0,3

故选:C

【点睛】

根据直线与平面夹角的特征及取值范围,即可求解,对空间想象能力要求较高,属于中档

答案第页，共90页

题.

答案第90页，共90页