数学6年高考4年模拟 立体几何 点线面的位置关系

数学6年高考4年模拟 立体几何 点线面的位置关系

掌门 1 对 1 教育 高中数学 【数学】2014 版《6 年高考 4 年模拟》 第二节 点、线、面的位置关系 第一部分 六年高考荟萃 2013 年高考题 1 ．（2013 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯 WORD 版））设 ,m n 是 两条不同的直线, ,  是两个不同的平面,下列命题中正确的是 （ ） A．若  , m  , n  ,则 m n B．若 //  , m  , n  ,则 //m n C．若 m n , m  , n  ,则  D．若 m  , //m n , //n  ,则  答案：D D；ABC 是典型错误命题,选 D． 2 ．（2013 年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯 WORD 版含答案））已知 nm, 为异面直线, m 平面 , n 平面  .直线l 满足 , , ,l m l n l l     ,则 （ ） A．  // ,且 //l B．   ,且 l C． 与  相交,且交线垂直于l D． 与  相交,且交线平行于l 答案：D 由 m⊥平面α，直线 l 满足 l⊥m，且 l ⊄ α，所以 l∥α， 又 n⊥平面β，l⊥n，l ⊄ β，所以 l∥β． 由直线 m，n 为异面直线，且 m⊥平面α，n⊥平面β，则α与β相交，否则，若α∥β则推出 m∥n，与 m，n 异面矛盾．故α与β相交，且交线平行于 l．故选 D． 3．（2013 年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯 WORD 版））在下列命题中, 不是公理．．的是 （ ） A．平行于同一个平面的两个平面相互平行 B．过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面 C．如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内 D．如果两个不重合的平面有一个公共点, 那么他们有且只有一条过该点的公共直线 答案：A B,C,D 说法均不需证明，也无法证明，是公理；A 选项可以推导证明，故是定理。 所以选 A 4．（2013 年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯 WORD 版））在空间中,过点 A 作平面 的垂线,垂足为 B ,记 )(AfB  .设 , 是两个不同的平面,对空间任意一点 P , )]([)],([ 21 PffQPffQ   ,恒有 21 PQPQ  ,则 （ ） A．平面 与平面  垂直 B．平面 与平面  所成的(锐)二面角为 045 C．平面 与平面  平行 D．平面 与平面  所成的(锐)二面角为 060 答案：A ：设 P1=fα（P），则根据题意，得点 P1 是过点 P 作平面α垂线的垂足 因为 Q1=fβ[fα（P） ] =fβ（P1）， 所以点 Q1 是过点 P1 作平面β垂线的垂足 同理，若 P2=fβ（P），得点 P2 是过点 P 作平面β垂线的垂足 因此 Q2=fα[fβ（P） ] 表示点 Q2 是过点 P2 作平面α垂线的垂足 因为对任意的点 P，恒有 PQ1=PQ2， 所以点 Q1 与 Q2 重合于同一点 由此可得，四边形 PP1Q1P2 为矩形，且∠P1Q1P2 是二面角α﹣l﹣β的平面角 因为∠P1Q1P2 是直角，所以平面α与平面β垂直 故选：A 5．（2013 年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯 WORD 版））如图,正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 1,P 为 BC 的中点,Q 为线段 1CC 上的动点,过点 A,P,Q 的平 面截该正方体所得的截面记为 S.则下列命题正确的是__①②③⑤___(写出所有正确命 题的编号). ①当 10 2CQ  时,S 为四边形;②当 1 2CQ  时,S 为等腰梯形;③当 3 4CQ  时,S 与 1 1C D 的交点 R 满足 1 1 1 3C R  ;④当 3 14 CQ  时,S 为六边形;⑤当 1CQ  时,S 的面积 为 6 2 . 答案： ①②③⑤ CQDTPQATPQATTDD 22//1 且，则相交于设截面与 . 对①， 时当 2 10.  CQ ,则 .10  DT 所以截面S为四边形，且S为梯形.所以为真. 对②, 1 = DT ,2 1. 时当 CQ 重合与 1, DT ，截面S为四边形 ., 11 QDAPAPQD 所以 截面 S为等腰梯形. 所以为真. 对③, 时当 4 3. CQ .3 1.2 1,2 3,4 1 1111  RCTDDTQC 利用三角形相似解得 所以为真. 对④, 2 DT2 3,14 3.  时当 CQ .截面S与线段 1111 CD,DA 相交，所以四边形S为五边 形.所以为假. 对⑤, AGAPCGDASCCQ 111111 ,Q1. 即为菱形相交于中点与线段截面重合与时，当  .对角 线长度分别为 .2 632 的面积为，和 S 所以为真. 综上，选①②③⑤ 2012 年高考题 1.[2012·陕西卷] (1)如图所示，证明命题“a 是平面π内的一条直线，b 是π外的一条直线(b 不 垂直于π)，c 是直线 b 在π上的投影，若 a⊥b，则 a⊥c”为真； (2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)． 解：(1)证法一：如下图，过直线 b 上任一点作平面π的垂线 n，设直线 a，b，c，n 的方向向 量分别是 a，b，c，n，则 b，c，n 共面．根据平面向量基本定理，存在实数λ，μ使得 c＝λb ＋μn，则 a·c＝a·(λb＋μn)＝λ(a·b)＋μ(a·n)， 因为 a⊥b，所以 a·b＝0，又因为 a π，n⊥π，所以 a·n＝0， 故 a·c ＝0，从而 a⊥c. 证法二：如图，记 c∩b＝A，P 为直线 b 上异于点 A 的任意一点，过 P 作 PO⊥π，垂足为 O， 则 O∈c.∵PO⊥π，a π，∴直线 PO⊥a，又 a⊥b，b 平面 PAO，PO∩b＝P， ∴a⊥平面 PAO，又 c 平面 PAO，∴a⊥c. (2)逆命题为：a 是平面π内的一条直线，b 是π外的一条直线(b 不垂直于π)，c 是直线 b 在π上 的投影，若 a⊥c，则 a⊥b.逆命题为真命题． 2.[2012·全国卷] 如图，四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为菱形，PA⊥底面 ABCD，AC＝ 2 2，PA＝2，E 是 PC 上的一点，PE＝2EC.(1)证明：PC⊥平面 BED；(2)设二面角 A－PB －C 为 90°，求 PD 与平面 PBC 所成角的大小． 解：方法一：(1)因为底面 ABCD 为菱形，所以 BD⊥AC，又 PA⊥底面 ABCD，所以 PC⊥BD. 设 AC∩BD＝F，连结 EF.因为 AC＝2 2，PA＝2，PE＝2EC，故 PC＝2 3，EC＝2 3 3 ，FC ＝ 2，从而PC FC ＝ 6，AC EC ＝ 6.因为PC FC ＝AC EC ，∠FCE＝∠PCA，所以△FCE∽△PCA，∠FEC ＝∠PAC＝90°，由此知 PC⊥EF.PC 与平面 BED 内两条相交直线 BD，EF 都垂直，所以 PC⊥ 平面 BED. (2)在平面 PAB 内过点 A 作 AG⊥PB，G 为垂足．因为二面角 A－PB－C 为 90°，所以平面 PAB⊥平面 PBC.又平面 PAB∩平面 PBC＝PB，故 AG⊥平面 PBC，AG⊥BC. BC 与平面 PAB 内两条相交直线 PA，AG 都垂直，故 BC⊥平面 PAB，于是 BC⊥AB，所以底 面 ABCD 为正方形，AD＝2，PD＝ PA2＋AD2＝2 2. 设 D 到平面 PBC 的距离为 d.因为 AD∥BC，且 AD⊄ 平面 PBC，BC⊂平面 PBC，故 AD∥ 平面 PBC，A、D 两点到平面 PBC 的距离相等，即 d＝AG＝ 2. 设 PD 与平面 PBC 所成的角为α，则 sinα＝ d PD ＝1 2.所以 PD 与平面 PBC 所成的角为 30°. 方法二：(1)以 A 为坐标原点，射线 AC 为 x 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标 系 A－xyz.设 C(2 2，0,0)，D( 2，b,0)，其中 b>0，则 P(0,0,2)，E 4 2 3 ，0，2 3 ，B( 2，－ b,0)．于是PC→＝(2 2，0，－2)，BE→＝ 2 3 ，b，2 3 ，DE→ ＝ 2 3 ，－b，2 3 ， 从而PC→·BE→＝0，PC→·DE→ ＝0，故 PC⊥BE，PC⊥DE.又 BE∩DE＝E，所以 PC⊥平面 BDE. (2)AP→＝(0,0,2)，AB→＝( 2，－b,0)．设 m＝(x，y，z)为平面 PAB 的法向量， 则 m·AP→＝0，m·AB→＝0，即 2z＝0，且 2x－by＝0， 令 x＝b，则 m＝(b，2，0)． 设 n＝(p，q，r)为平面 PBC 的法向量，则 n·PC→＝0，n·BE→＝0，即 2 2p－2r＝0 且 2p 3 ＋bq ＋2 3r＝0，令 p＝1，则 r＝ 2，q＝－ 2 b ，n＝ 1，－ 2 b ， 2 . 因为面 PAB⊥面 PBC，故 m·n＝0，即 b－2 b ＝0，故 b＝ 2，于是 n＝(1，－1， 2)，DP→ ＝(－ 2，－ 2，2)，cos〈n，DP→ 〉＝ n·DP→ |n||DP→ | ＝1 2 ，〈n，DP→ 〉＝60°. 因为 PD 与平面 PBC 所成角和〈n，DP→ 〉互余，故 PD 与平面 PBC 所成的角为 30°. 3.[2012·福建卷] 如图，在长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AA1＝AD＝1，E 为 CD 中点．(1)求 证：B1E⊥AD1；(2)在棱 AA1 上是否存在一点 P，使得 DP∥平面 B1AE？若存在，求 AP 的长； 若不存在，说明理由；(3)若二面角 A－B1E－A1 的大小为 30°，求 AB 的长． 解：(1)以 A 为原点，AB→，AD→ ，AA1 → 的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标 系(如图)．设 AB＝a，则 A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E a 2 ，1，0 ，B1(a,0,1)，故 AD1＝(0,1,1)， B1E→ ＝ －a 2 ，1，－1 ，AB1 → ＝(a,0,1)，AE→＝ a 2 ，1，0 . ∵AD1 → ·B1E→ ＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1. (2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0，z0)，使得 DP∥平面 B1AE.此时DP→ ＝(0，－1，z0)． 又设平面 B1AE 的法向量 n＝(x，y，z)．∵n⊥平面 B1AE，∴n⊥AB1 → ，n⊥AE→，得 ax＋z＝0， ax 2 ＋y＝0. 取 x＝1，得平面 B1AE 的一个法向量 n＝ 1，－a 2 ，－a . 要使 DP∥平面 B1AE，只要 n⊥DP→ ，有a 2 －az0＝0，解得 z0＝1 2. 又 DP⊄ 平面 B1AE，∴存在点 P，满足 DP∥平面 B1AE，此时 AP＝1 2. (3)连接 A1D，B1C，由长方体 ABCD－A1B1C1D1 及 AA1＝AD＝1，得 AD1⊥A1D. ∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C.又由(1)知 B1E⊥AD1，且 B1C∩B1E＝B1， ∴AD1⊥平面 DCB1A1.∴AD1 → 是平面 A1B1E 的一个法向量，此时AD1 → ＝(0,1,1)． 设AD1 → 与 n 所成的角为θ，则 cosθ＝ n·AD1 → |n||AD1 → | ＝ －a 2 －a 2 1＋a2 4 ＋a2 . ∵二面角 A－B1E－A1 的大小为 30°，∴|cosθ|＝cos30°，即 3a 2 2 1＋5a2 4 ＝ 3 2 ， 解得 a＝2，即 AB 的长为 2. 4. [2012·江苏卷] 如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，A1B1＝A1C1，D，E 分别是棱 BC，CC1 上的点(点 D 不同于点 C)，且 AD⊥DE，F 为 B1C1 的中点．求证：(1)平面 ADE⊥平面 BCC1B1； (2)直线 A1F∥平面 ADE. 证明：(1)因为 ABC－A1B1C1 是直三棱柱，所以 CC1⊥平面 ABC， 又 AD⊂平面 ABC，所以 CC1⊥AD.又因为 AD⊥DE，CC1，DE⊂平面 BCC1B1，CC1∩DE＝E， 所以 AD⊥平面 BCC1B1.又 AD⊂平面 ADE，所以平面 ADE⊥平面 BCC1B1. (2)因为 A1B1＝A1C1，F 为 B1C1 的中点，所以 A1F⊥B1C1. 因为 CC1⊥平面 A1B1C1，且 A1F⊂平面 A1B1C1，所以 CC1⊥A1F. 又因为 CC1，B1C1⊂平面 BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，所以 A1F⊥平面 BCC1B1. 由(1)知 AD⊥平面 BCC1B1，所以 A1F∥AD. 又 AD⊂平面 ADE，A1F⊄ 平面 ADE，所以 A1F∥平面 ADE. 5.[2012·辽宁卷] 如图，直三棱柱 ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，点 M，N 分 别为 A′B 和 B′C′的中点．(1)证明：MN∥平面 A′ACC′；(2)若二面角 A′－MN－C 为直二面角， 求λ的值． 解：(1)(证法一)连结 AB′，AC′，由已知∠BAC＝90°，AB＝AC，三棱柱 ABC－A′B′C′为直三 棱柱．所以 M 为 AB′中点．又因为 N 为 B′C′的中点．所以 MN∥AC′.又 MN⊄ 平面 A′ACC′， AC′⊂平面 A′ACC′，因此 MN∥平面 A′ACC′. (证法二)取 A′B′中点 P，连结 MP，NP，M，N 分别为 AB′与 B′C′的中点，所以 MP∥AA′， PN∥A′C′，所以 MP∥平面 A′ACC′，PN∥平面 A′ACC′，又 MP∩NP＝P，因此平面 MPN∥ 平面 A′ACC′，而 MN⊂平面 MPN，因此 MN∥平面 A′ACC′. (2)以 A 为坐标原点，分别以直线 AB，AC，AA′为 x 轴，y 轴，z 轴建立直角坐标系 O－xyz， 如图所示． 设 AA′＝1，则 AB＝AC＝λ，于是 A(0,0,0)，B(λ，0,0)，C(0，λ，0)，A′(0,0,1)，B′(λ，0,1)，C′(0， λ，1)．所以 M λ 2 ，0，1 2 ，N λ 2 ，λ 2 ，1 .设 m＝(x1，y1，z1)是平面 A′MN 的法向量， 由 m·A′M→ ＝0， m·MN→ ＝0 得 λ 2x1－1 2z1＝0， λ 2y1＋1 2z1＝0， 可取 m＝(1，－1，λ)． 设 n＝(x2，y2，z2)是平面 MNC 的法向量，由 n·NC→ ＝0， n·MN→ ＝0 得 －λ 2x2＋λ 2y2－z2＝0， λ 2y2＋1 2z2＝0. 可取 n＝(－3，－1，λ)．因为 A′－MN－C 为直二面角，所以 m·n＝0. 即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝ 2. 6.[2012·重庆卷] 如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AB＝4，AC＝BC＝3，D 为 AB 的中点．(1) 求点 C 到平面 A1ABB1 的距离；(2)若 AB1⊥A1C，求二面角 A1－CD－C1 的平面角的余弦值． 解：(1)由 AC＝BC，D 为 AB 的中点，得 CD⊥AB.又 CD⊥AA1，故 CD⊥面 A1ABB1，所以点 C 到平面 A1ABB1 的距离为 CD＝ BC2－BD2＝ 5. (2)解法一：如图，取 D1 为 A1B1 的中点，连结 DD1，则 DD1∥AA1∥CC1.又由(1)知 CD⊥ 面 A1ABB1，故 CD⊥A1D，CD⊥DD1，所以∠A1DD1 为所求的二面角 A1－CD－C1 的平面角． 因 A1D 为 A1C 在面 A1ABB1 上的射影，又已知 AB1⊥A1C，由三垂线定理的逆定理得 AB1⊥A1D ， 从 而 ∠A1AB1 、 ∠A1DA 都 与 ∠B1AB 互 余 ， 因 此 ∠A1AB1 ＝ ∠A1DA ， 所 以 Rt△A1AD∽Rt△B1A1A.因此AA1 AD ＝A1B1 AA1 ，即 AA21＝AD·A1B1＝8，得 AA1＝2 2. 从而 A1D＝ AA21＋AD2＝2 3.所以，在 Rt△A1DD1 中，cos∠A1DD1＝DD1 A1D ＝AA1 A1D ＝ 6 3 . 解法二：如图，过 D 作 DD1∥AA1 交 A1B1 于点 D1，在直三棱柱中，易知 DB，DC，DD1 两两垂直．以 D 为原点，射线 DB，DC，DD1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直 角坐标系 D－xyz. 设直三棱柱的高为 h，则 A(－2,0,0)，A1(－2,0，h)，B1(2,0，h)，C(0，5，0)，C1(0，5， h)，从而AB1 → ＝(4,0，h)，A1C→ ＝(2，5，－h)．由AB1 → ⊥A1C→ ，有 8－h2＝0，h＝2 2. 故DA1 → ＝(－2,0,2 2)，CC1 → ＝(0,0,2 2)，DC→ ＝(0，5，0)． 设平面 A1CD 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)，则 m⊥DC→ ，m⊥DA1 → ，即 5y1＝0， －2x1＋2 2z1＝0， 取 z1＝1，得 m＝( 2，0,1)， 设平面 C1CD 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)，则 n⊥DC→ ，n⊥CC1 → ，即 5y2＝0， 2 2z2＝0， 取 x2＝1，得 n＝(1,0,0)，所以 cos〈m，n〉＝ m·n |m||n| ＝ 2 2＋1·1 ＝ 6 3 . 所以二面角 A1－CD－C1 的平面角的余弦值为 6 3 . 7. [2012·浙江卷] 如图 1－5 所示，在四棱锥 P－ABCD 中，底面是边长为 2 3的菱形，∠BAD ＝120°，且 PA⊥平面 ABCD，PA＝2 6，M，N 分别为 PB，PD 的中点．(1)证明：MN∥平 面 ABCD；(2)过点 A 作 AQ⊥PC，垂足为点 Q，求二面角 A－MN－Q 的平面角的余弦值． 解：(1)因为 M，N 分别是 PB，PD 的中点，所以 MN 是△PBD 的中位线，所以 MN∥BD. 又因为 MN⊄ 平面 ABCD，所以 MN∥平面 ABCD. (2)方法一： 连结 AC 交 BD 于 O.以 O 为原点，OC，OD 所在直线为 x，y 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz，如图所示．在菱形 ABCD 中，∠BAD＝120°，得 AC＝AB＝2 3，BD＝ 3AB＝6. 又因为 PA⊥平面 ABCD，所以 PA⊥AC. 在 Rt△PAC 中，AC＝2 3，PA＝2 6，AQ⊥PC，得 QC＝2，PQ＝4. 由此知各点坐标如下，A(－ 3，0,0)，B(0，－3,0)，C( 3，0,0)，D(0,3,0)，P(－ 3，0,2 6)， M － 3 2 ，－3 2 ， 6 ，N － 3 2 ，3 2 ， 6 ，Q 3 3 ，0，2 6 3 . 设 m＝(x，y，z)为平面 AMN 的法向量． 由AM→ ＝ 3 2 ，－3 2 ， 6 ，AN→＝ 3 2 ，3 2 ， 6 知 3 2 x－3 2y＋ 6z＝0， 3 2 x＋3 2y＋ 6z＝0. 取 z＝－1，得 m＝(2 2，0，－1)．设 n＝(x，y，z)为平面 QMN 的法向量． 由QM→ ＝ －5 3 6 ，－3 2 ， 6 3 ，QN→ ＝ －5 3 6 ，3 2 ， 6 3 知 －5 3 6 x－3 2y＋ 6 3 z＝0， －5 3 6 x＋3 2y＋ 6 3 z＝0， 取 z＝5，得 n＝(2 2，0,5)．于是 cos〈m，n〉＝ m·n |m|·|n| ＝ 33 33 . 所以二面角 A－MN－Q 的平面角的余弦值为 33 33 . 方法二：在菱形 ABCD 中，∠BAD＝120°，得 AC＝AB＝BC＝CD＝DA，BD＝ 3AB. 又因为 PA⊥平面 ABCD，所以 PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥AD.所以 PB＝PC＝PD. 所以△PBC≌△PDC. 而 M，N 分别是 PB，PD 的中点，所以 MQ＝NQ，且 AM＝1 2PB＝1 2PD＝AN. 取线段 MN 的中点 E，连结 AE，EQ，则 AE⊥MN，QE⊥MN， 所以∠AEQ 为二面角 A－MN－Q 的平面角． 由 AB＝2 3，PA＝2 6，故在△AMN 中，AM＝AN＝3，MN＝1 2BD＝3，得 AE＝3 3 2 . 在直角△PAC 中，AQ⊥PC，得 AQ＝2 2，QC＝2，PQ＝4. 在△PBC中，cos∠BPC＝PB2＋PC2－BC2 2PB·PC ＝5 6 ，得MQ＝ PM2＋PQ2－2PM·PQcos∠BPC＝ 5. 在等腰△MQN 中，MQ＝NQ＝ 5，MN＝3，得 QE＝ MQ2－ME2＝ 11 2 . 在△AEQ 中，AE＝3 3 2 ，QE＝ 11 2 ，AQ＝2 2，得 cos∠AEQ＝AE2＋QE2－AQ2 2AE·QE ＝ 33 33 . 所以二面角 A－MN－Q 的平面角的余弦值为 33 33 . 8. [2012·天津卷] 如图所示，在四棱锥 PABCD 中，PA⊥平面 ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC， ∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.(1)证明 PC⊥AD；(2)求二面角 A－PC－D 的正弦值； (3)设 E 与棱 PA 上的点，满足异面直线 BE 与 CD 所成的角为 30°，求 AE 的长． 解：方法一：如图所示，以点 A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得 A(0,0,0)，D(2,0,0)， C(0,1,0)，B －1 2 ，1 2 ，0 ，P(0,0,2)． (1)易得PC→＝(0,1，－2)，AD→ ＝(2,0,0)，于是PC→·AD→ ＝0，所以 PC⊥AD. (2)PC→＝(0,1，－2)，CD→ ＝(2，－1，0)．设平面 PCD 的法向量 n＝(x，y，z)， 则 n·PC→＝0， n·CD→ ＝0， 即 y－2z＝0， 2x－y＝0. 不妨令 z＝1，可得 n＝(1,2,1)． 可取平面 PAC 的法向量 m＝(1,0,0)． 于是 cos〈m，n〉＝ m·n |m|·|n| ＝ 1 6 ＝ 6 6 ，从而 sin〈m，n〉＝ 30 6 .所以二面角 A－PC－D 的正弦值为 30 6 . (3)设点 E 的坐标为(0,0，h)，其中 h∈[0,2]．由此得BE→＝ 1 2 ，－1 2 ，h ，由CD→ ＝(2，－ 1,0)，故 cos〈BE→，CD→ 〉＝ BE→·CD→ |BE→||CD→ | ＝ 3 2 1 2 ＋h2× 5 ＝ 3 10＋20 h2 ， 所以， 3 10＋20 h2 ＝cos30°＝ 3 2 ，解得 h＝ 10 10 ，即 AE＝ 10 10 . 方法二：(1)由 PA⊥平面 ABCD，可得 PA⊥AD.又由 AD⊥AC，PA∩AC＝A，故 AD⊥平面 PAC， 又 PC⊂平面 PAC，所以 PC⊥AD. (2)如图所示，作 AH⊥PC 于点 H，连接 DH.由 PC⊥AD，PC⊥AH，可得 PC⊥平面 ADH， 因此 DH⊥PC，从而∠AHD 为二面角 A－PC－D 的平面角. 在 Rt△PAC 中，PA＝2，AC＝1，由此得 AH＝ 2 5 .由(1)知 AD⊥AH.故在 Rt△DAH 中，DH＝ AD2＋AH2＝2 30 5 .因此 sin∠AHD＝AD DH ＝ 30 6 .所以二面角 A－PC－D 的正弦值为 30 6 . (3)如图所示，因为∠ADC＜45°，故过点 B 作 CD 的平行线必与线段 AD 相交，设交点 为 F，连接 BE，EF.故∠EBF 或其补角为异面直线 BE 与 CD 所成的角． 由 BF∥CD，故∠AFB＝∠ADC.在 Rt△DAC 中，CD＝ 5，sin∠ADC＝ 1 5 ， 故 sin∠AFB＝ 1 5 .在△AFB 中，由 BF sin∠FAB ＝ AB sin∠AFB ，AB＝ 1 2 ， sin∠FAB＝sin135°＝ 2 2 ，可得 BF＝ 5 2 . 由余弦定理，BF2＝AB2＋AF2－2AB·AF·cos∠FAB，可得 AF＝1 2.设 AE＝h. 在 Rt△EAF 中，EF＝ AE2＋AF2＝ h2＋1 4.在 Rt△BAE 中，BE＝ AE2＋AB2＝ h2＋1 2. 在△EBF 中，因为 EF＜BE，从而∠EBF＝30°，由余弦定理得 cos30°＝BE2＋BF2－EF2 2BE·BF ， 可解得 h＝ 10 10 .所以 AE＝ 10 10 . 9.[2012·四川卷] 如图所示，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，M、N 分别是棱 CD、CC1 的中 点，则异面直线 A1M 与 DN 所成的角的大小是________． 答案：90° [解析] 因为 ABCD－A1B1C1D1 为正方体，故 A1 在平面 CDD1C1 上的射影为 D1， 即 A1M 在平面 CDD1C1 上的射影为 D1M， 而在正方形 CDD1C1 中，由 tan∠DD1M＝tan∠CDN＝1 2 ， 可知 D1M⊥DN， 由三垂线定理可知，A1M⊥DN. 10. [2012·江苏卷] 如图 1－4，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，A1B1＝A1C1，D，E 分别是棱 BC，CC1 上的点(点 D 不同于点 C)，且 AD⊥DE，F 为 B1C1 的中点．求证：(1)平面 ADE⊥ 平面 BCC1B1；(2)直线 A1F∥平面 ADE. 证明：(1)因为 ABC－A1B1C1 是直三棱柱，所以 CC1⊥平面 ABC， 又 AD⊂平面 ABC，所以 CC1⊥AD.又因为 AD⊥DE，CC1，DE⊂平面 BCC1B1，CC1∩DE＝E， 所以 AD⊥平面 BCC1B1.又 AD⊂平面 ADE，所以平面 ADE⊥平面 BCC1B1. (2)因为 A1B1＝A1C1，F 为 B1C1 的中点，所以 A1F⊥B1C1. 因为 CC1⊥平面 A1B1C1，且 A1F⊂平面 A1B1C1，所以 CC1⊥A1F. 又因为 CC1，B1C1⊂平面 BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，所以 A1F⊥平面 BCC1B1. 由(1)知 AD⊥平面 BCC1B1，所以 A1F∥AD.又 AD⊂平面 ADE，A1F⊄ 平面 ADE，所以 A1F∥ 平面 ADE. 11. [2012·湖南卷] 如图，在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，AB＝4，BC＝3，AD＝5， ∠DAB＝∠ABC＝90°，E 是 CD 的中点．(1)证明：CD⊥平面 PAE；(2)若直线 PB 与平面 PAE 所成的角和 PB 与平面 ABCD 所成的角相等，求四棱锥 P－ABCD 的体积． 解：解法 1：(1)如下图(1)，连结 AC.由 AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°得 AC＝5.又 AD＝5，E 是 CD 的中点，所以 CD⊥AE.因为 PA⊥平面 ABCD，CD⊂平面 ABCD，所以 PA⊥CD.而 PA， AE 是平面 PAE 内的两条相交直线，所以 CD⊥平面 PAE. (2)过点 B 作 BG∥CD，分别与 AE、AD 相交于点 F，G，连结 PF. 由(1)CD⊥平面 PAE 知，BG⊥平面 PAE.于是∠BPF 为直线 PB 与平面 PAE 所成的角，且 BG⊥AE. 由 PA⊥平面 ABCD 知，∠PBA 为直线 PB 与平面 ABCD 所成的角． 由题意∠PBA＝∠BPF，因为 sin∠PBA＝PA PB ，sin∠BPF＝BF PB ，所以 PA＝BF. 由∠DAB＝∠ABC＝90°知，AD∥BC，又 BG∥CD，所以四边形 BCDG 是平行四边形．故 GD＝BC＝3.于是 AG＝2. 在 Rt△BAG 中，AB＝4，AG＝2，BG⊥AF，所以 BG＝ AB2＋AG2＝2 5，BF＝AB2 BG ＝ 16 2 5 ＝ 8 5 5 .于是 PA＝BF＝8 5 5 . 又梯形 ABCD 的面积为 S＝1 2×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥 P－ABCD 的体积为 V＝1 3×S×PA＝ 1 3×16×8 5 5 ＝128 5 15 . 解法 2：如上图(2)，以 A 为坐标原点，AB，AD，AP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立 空间直角坐标系．设 PA＝h，则相关各点的坐标为：A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(4,3,0)，D(0,5,0)， E(2,4,0)，P(0,0，h)．(1)易知CD→ ＝(－4,2,0)，AE→＝(2,4,0)，AP→＝(0,0，h)． 因为CD→ ·AE→＝－8＋8＋0＝0，CD→ ·AP→＝0，所以 CD⊥AE，CD⊥AP.而 AP，AE 是平面 PAE 内的两条相交直线，所以 CD⊥平面 PAE. (2)由题设和(1)知，CD→ ，PA→分别是平面 PAE，平面 ABCD 的法向量．而 PB 与平面 PAE 所成 的角和 PB 与平面 ABCD 所成的角相等，所以|cos〈CD→ ，PB→〉|＝|cos〈PA→，PB→〉|，即| CD→ ·PB→ |CD→ |·|PB→|| ＝| PA→·PB→ |PA→|·|PB→||.由(1)知，CD→ ＝(－4,2,0)，PA→＝(0,0，－h)，又PB→＝(4,0，－h)， 故| －16＋0＋0 2 5· 16＋h2|＝| 0＋0＋h2 h· 16＋h2|.解得 h＝8 5 5 . 又梯形 ABCD 的面积为 S＝1 2×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥 P－ABCD 的体积为 V＝1 3×S×PA ＝1 3×16×8 5 5 ＝128 5 15 . 2011 年高考题 2.(2011 年高考辽宁卷理科 8)如图，四棱锥 SABCD 的底面为正方形，SD⊥底面 ABCD， 则下列结论中不正确．．．的是（ ） (A) AC⊥SB (B) AB∥平面 SCD (C) SA 与平面 SBD 所成的角等于 SC 与平面 SBD 所成的角 (D)AB 与 SC 所成的角等于 DC 与 SA 所成的角 3.(2011 年高考江西卷理科 8)已知 1 ， 2 ， 3 是三个相互平行的平面．平面 1 ， 2 之间 的距离为 1d ，平面 2 ， 3 之间的距离为 2d ．直线l 与 1 ， 2 ， 3 分别相交于 1P ， 2P ， 3P ， 那么“ 1 2PP = 2 3P P ”是“ 1 2d d ”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】过点 1P 作平面 2 的垂线 g,交平面 2 ， 3 分别于点 A、B 两点,由两个平面平行的 性质可知 2P A ∥ 3P B ,所以 1 2 1 1 2 2 PP d PP d  ,故选 C. 13．(2011 年高考四川卷理科3) 1l ，2l ，3l 是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( ) (A) 1 2l l ， 2 3l l 1 3l l  （B） 1 2l l ， 2 3l l  1 3l l (C) 2 3 3l l l   1l ， 2l ， 3l 共面 （D） 1l ， 2l ， 3l 共点 1l ， 2l ， 3l 共面 15. (2011 年高考全国卷理科 11)已知平面 截一球面得圆 M，过圆心 M 且与 成 060 ，二 面角的平面  截该球面得圆 N，若该球的半径为 4，圆 M 的面积为 4 ，则圆 N 的面积为 (A) 7 (B)9 (c)11 (D)13 【答案】D 【 解 析 】 ： 由 圆 M 的 面 积 为 4 得 2MA  ， 2 2 24 2 12OM    2 3OM  ，在 030Rt ONM OMN  中, 21 3, 3 132ON OM    2r= 4 13NS  圆 故选 D 2. (2011 年高考全国新课标卷理科 15)已知矩形 ABCD 的顶点都在半径为 4 的球O 的球面 上，且 6, 2 3AB BC  ,则棱锥O ABCD 的体积为 。 3．(2011 年高考天津卷理科 10)一个几何体的三视图如图所示（单位： m ），则这个几何 体 的体积为__________ 3m 【答案】 6  【解析】由题意知,该几何体为一个组合体,其下面是一个长方体(长为 3m,宽为 2m, 高 为 1m), 上 面 有 一 个 圆 锥 ( 底 面 半 径 为 1, 高 为 3), 所 以 其 体 积 为 13 2 1 3 63V V         长方体 圆锥 . 6．(2011 年高考福建卷理科 12)三棱锥 PABC 中，PA⊥底面 ABC，PA=3，底面 ABC 是边 长为 2 的正三角形，则三棱锥 PABC 的体积等于______。 【答案】 3 7．(2011 年高考上海卷理科 7)若圆锥的侧 面积为 2 ，底面积为 ，则该圆锥的体积 为 。 【答案】 3 3  ； 1. (2011 年高考山东卷理科 19)（本小题满分 12 分） 在如图所示的几何体中，四边形 ABCD 为平行四边形，∠ ACB=90 ，ＥＡ⊥平面ＡＢＣ Ｄ，EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ. （Ⅰ)若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ; （Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小． 【解析】（Ⅰ)连结 AF,因为 EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ， EF∩ＦＧ=F,所以平面 EFG∥平面 ABCD,又易证 EFG ∽ ABC , 所以 1 2 FG EF BC AB   ,即 1 2FG BC ,即 1 2FG AD ,又 M 为 AD 的中点,所以 1 2AM AD ,又因为ＦＧ∥ＢＣ∥ＡD，所以ＦＧ∥ＡM,所以四边形 AMGF 是平 行四边形,故 GM∥FA,又因为ＧＭ  平面ＡＢＦＥ,FA  平面ＡＢＦＥ,所以ＧＭ∥平面ＡＢ ＦＥ. 2.(2011 年高考浙江卷理科 20)（本题满分 15 分）如图，在三棱锥 P ABC 中， AB AC ，D 为 BC 的中点，PO⊥平面 ABC，垂足 O 落 在线段 AD 上，已知 BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（Ⅰ）证明：AP⊥BC； （Ⅱ）在线段 AP 上是否存在点 M， 使得二面角 A-MC-β为直二面角？若存在，求出 AM 的长；若不存在，请说明理由。 【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量 的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分 15 分 法一：（Ⅰ）证明：如图，以O为原点，以射线OP 为 x 轴的正半轴，建立空间 直角坐标系o xyz ，则 (0,0,0)O ， (0, 3,0)A  ， (4,2,0)B ， ( 4,2,0)C  ， (0,0,4)P ， (0,3,4)AP  ， ( 8,0,0)BC   由此可得 0AP BC   ，所以 AP BC  ，即 AP BC 可取 2 (5,4, 3)n   ，由 1 2 0n n   得 2 34 3 04 4      解得 4 5   ，故 3AM  综上所述，存在点 M 符合题意， 3AM  法二（Ⅰ）证明： ,AB AC D BC 为 中点, ,AD BC  又 ,PO ABC 平面 PO BC  因为 PO AD O  所以 BC  平面 PAD 故 BC PA （Ⅱ）如图，在平面 PAB 内作 ,BM AP M 于 连结CM, 由（Ⅰ）知 PBC A,得 P A 平面 BMC ， 又 P A 平面 PAC,所以平面 BMC  平面 PAC, 在 Rt ADB 中， 2 2 2 41AB AD BD   得 41AB  在 Rt POD 中， 2 2 2PD PO OD  ， 在 Rt PDB 中， 2 2 2PB PD BD  所以 2 2 2 2 36PB PO OD BD    得 6PB  ， 在 Rt POA 中， 2 2 2 25PA AO OP   得 5PA  又 2 2 2 1cos 2 3 PA PB ABBPA PA PB     从而 cos 2PM PB BPA   ，所以 3AM PA PM   综上所述，存在点 M 符合题意， 3AM  . 3.(2011 年高考辽宁卷理科 18)（本小题满分 12 分） 如图，四边形 ABCD 为正方形，PD⊥平面 ABCD，PD∥QA，QA=AB= 1 2 PD. （I）证明：平面 PQC⊥平面 DCQ （II）求二面角 QBPC 的余弦值. 即 PQ DQ ， PQ DC .故 PQ  平面 DCQ， 又 PQ  平面 PQC，所以平面 PQC  平面 DCQ. 2010 年高考题 一、选择题 1.（2010 浙江理）（6）设l ，m 是两条不同的直线， 是一个平面，则下列命题正确的是 （A）若l m ， m  ，则l  （B）若l  ，l m// ，则 m  （C）若l // ， m  ，则l m// （D）若l // ， m // ，则l m// 【答案】 B 解析：选 B，可对选项进行逐个检查。本题主要考察了立体几何中线面之间的位置关系及其 中的公理和判定定理，也蕴含了对定理公理综合运用能力的考察，属中档题 2.（2010 江西理）10.过正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的顶点 A 作直线 L， 使 L 与棱 AB , AD , 1AA 所成的角都相等，这样的直线 L 可以作 A.1 条 B.2 条 C.3 条 D.4 条 【答案】D 【解析】考查空间感和线线夹角的计算和判断，重点考查学生分类、划归转化的能力。第一 类：通过点 A 位于三条棱之间的直线有一条体对角线 AC1，第二类：在图形外部和每条棱的外 角和另 2 条棱夹角相等，有 3 条，合计 4 条。 3.（2010 山东文）(4)在空间，下列命题正确的是 A.平行直线的平行投影重合 B.平行于同一直线的两个平面平行 C.垂直于同一平面的两个平面平行 B C D A N M O  D.垂直于同一平面的两条直线平行 【答案】D 4.（2010 四川理）（11）半径为 R 的球O 的直径 AB 垂直于平面 ，垂足为 B ， BCD 是平面 内边长为 R 的正三角形，线段 AC 、 AD 分别 与球面交于点 M，N，那么 M、N 两点间的球面距离是 （A） 17arccos 25R （B） 18arccos 25R （C） 1 3 R （D） 4 15 R 【答案】A 【解析】由已知，AB＝2R,BC＝R,故 tan∠BAC＝ 1 2 cos∠BAC＝ 2 5 5 连结 OM，则△OAM 为等腰三角形 AM＝2AOcos∠BAC＝ 4 5 5 R ，同理 AN＝ 4 5 5 R ，且 MN∥CD 而 AC＝ 5 R,CD＝R 故 MN：CD＝AN:AC  MN＝ 4 5 R ， 连结 OM、ON，有 OM＝ON＝R 于是 cos∠MON＝ 2 2 2 17 2 25 OM ON MN OM ON     所以 M、N 两点间的球面距离是 17arccos 25R 5.（2010 全国卷 1 文）(6)直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，若 90BAC   ， 1AB AC AA  ， 则异面直线 1BA 与 1AC 所成的角等于 (A)30° (B)45°(C)60° (D)90° 【答案】C 【命题意图】本小题主要考查直三棱柱 1 1 1ABC A B C 的性质、异面直线所成的角、异面直 线所成的角的求法. 【解析】延长 CA 到 D，使得 AD AC ，则 1 1ADAC 为平行四边形， 1DA B 就是异面直线 1BA 与 1AC 所成的角，又三角形 1A DB 为等边三角形， 0 1 60DA B  6.（2010 湖北文）4.用 a 、b 、 c 表示三条不同的直线， y 表示平面，给出下列命题： ①若 a ∥b ，b ∥ c ，则 a ∥ c ；②若 a ⊥b ，b ⊥ c ，则 a ⊥ c ； ③若 a ∥ y ，b ∥ y ，则 a ∥b ；④若 a ⊥ y ，b ⊥ y ，则 a ∥b . A. ①② B. ②③ C. ①④ D.③④ 7.（2010 山东理）(3)在空间，下列命题正确的是 （A）平行直线的平行投影重合 （B）平行于同一直线的两个平面平行 （C）垂直于同一平面的两个平面平行 （D）垂直于同一平面的两条直线平行 【答案】D 【解析】由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理可以得出答案。 【命题意图】考查空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质，属基础题。 8.（2010 安徽理）8、一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积为 A、280 B、292 C、360 D、372 【答案】C 【解析】该几何体由两个长方体组合而成，其表面积等于下面长方体的全 面 积 加 上 面 长 方 体 的 4 个 侧 面 积 之 和 。 2(10 8 10 2 8 2) 2(6 8 8 2) 360S            . 【方法技巧】把三视图转化为直观图是解决问题的关键.又三视图很容易 知道是两个长方体的组合体，画出直观图，得出各个棱的长度.把几何体 的表面积转化为下面长方体的全面积加上面长方体的 4 个侧面积之和。 二、填空题   A B   1.（2010 四川理）（15）如图，二面角 l   的大小是 60°，线段 AB  . B l ， AB 与l 所成的角为 30°.则 AB 与平面  所成的角的正弦值是 . 【答案】 3 4 【解析】过点 A 作平面β的垂线，垂足为 C，在β内过 C 作 l 的垂线.垂足为 D 连结 AD，有三垂线定理可知 AD⊥l， 故∠ADC 为二面角 l   的平面角，为 60° 又由已知，∠ABD＝30° 连结 CB，则∠ABC 为 AB 与平面  所成的角 设 AD＝2，则 AC＝ 3 ，CD＝1 AB＝ 0sin30 AD ＝4 ∴sin∠ABC＝ 3 4 AC AB  三、解答题 1.（2010 湖南文）18.（本小题满分 12 分） 如图所示，在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，AB=AD=1，AA1=2，M 是棱 CC1 的中点 （Ⅰ）求异面直线 A1M 和 C1D1 所成的角的正切值； （Ⅱ）证明：平面 ABM⊥平面 A1B1M1   A B  C D 2.（2010 浙江理）（20）（本题满分 15 分）如图， 在矩形 ABCD 中，点 ,E F 分别在线 段 ,AB AD 上 ， 2 43AE EB AF FD    . 沿 直 线 EF 将 AEFV 翻折成 'A EFV ，使平面 'A EF BEF 平面 . （Ⅰ）求二面角 'A FD C  的余弦值； （Ⅱ）点 ,M N 分别在线段 ,FD BC 上，若沿直线 MN 将四边形 MNCD 向上翻折，使C 与 'A 重合，求线段 FM 的长。 解析：本题主要考察空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识， 空间向量的应用，同事考查空间想象能力和运算求解能力。 （Ⅰ）解：取线段 EF 的中点 H，连结 'A H ，因为 'A E = 'A F 及 H 是 EF 的中点，所以 'A H EF , 又因为平面 'A EF  平面 BEF. 如图建立空间直角坐标系 A-xyz 则 'A （2，2， 2 2 ），C（10，8，0）， F（4，0，0），D（10，0，0）. 故 'FA  =（-2，2，2 2 ）， FD  =（6，0，0）. 设 n  =（x,y,z）为平面 'A FD 的一个法向量， -2x+2y+2 2 z=0 所以 6x=0. 取 2z  ，则 (0, 2, 2)n   。 又平面 BEF 的一个法向量 (0,0,1)m  ， 故 3cos , 3 n mn m n m          。 所以二面角的余弦值为 3 3 （Ⅱ）解：设 ,FM x 则 (4 ,0,0)M x ， 因为翻折后， C 与 A 重合，所以 'CM A M ， 故， 2 2 2 2 2 2(6 ) 8 0 = 2 2 2 2x x      （ ） （ ），得 21 4x  ， 经检验，此时点 N 在线段 BC 上， 所以 21 4FM  。 方法二： （ Ⅰ ） 解 ： 取 线 段 EF 的 中 点 H , AF 的 中 点 G , 连 结 ' , ' ,A G A H GH 。 因为 'A E = 'A F 及 H 是 EF 的中点， 所以 'A H EF 又因为平面 'A EF  平面 BEF ， 所以 'A H  平面 BEF , 又 AF  平面 BEF , 故 'A H  AF ， 又因为G 、 H 是 AF 、 EF 的中点， 易知 GH ∥ AB ， 所以 GH  AF ， 于是 AF  面 'A GH ， 所以 'A GH 为二面角 'A DH C  的平面角， 在 'Rt A GH 中， 'A H = 2 2 ，GH =2， 'A G = 2 3 所以 3cos ' 3A GH  . 故二面角 'A DF C  的余弦值为 3 3 。 （Ⅱ）解：设 FM x , 因为翻折后， C 与 'A 重合， 所以 'CM A M ， 而 2 2 2 2 28 (6 )CM DC DM x     ， 2 2 2 2 2 2' ' 'A M A H MH A H MG GH     2(2 2) 得 21 4x  ， 经检验，此时点 N 在线段 BC 上， 所以 21 4FM  。 3.（2010 全国卷 2）（19）如图，直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， AC BC ， 1AA AB ，D 为 1BB 的中点， E 为 1AB 上的一点， 13AE EB ． （Ⅰ）证明： DE 为异面直线 1AB 与CD 的公垂线； （Ⅱ）设异面直线 1AB 与CD 的夹角为 45°，求二面角 1 1 1A AC B  的大小． 【命题意图】本试题主要考查空间的线面关系与空间角的求 解，考查考生的空间想象与推理计算的能力. 【参考答案】 (19)解法一： （I）连接 A1B，记 A1B 与 AB1 的交点为 F. 因为面 AA1BB1 为正方形，故 A1B⊥AB1，且 AF=FB1，又 AE=3EB1，所以 FE=EB1，又 D 为 BB1 的中 点，故 DE∥BF，DE⊥AB1. ………………3 分 作 CG⊥AB，G 为垂足，由 AC=BC 知，G 为 AB 中点. 又由底面 ABC⊥面 AA1B1B.连接 DG，则 DG∥AB1，故 DE⊥DG，由三垂线定理，得 DE⊥CD. 所以 DE 为异面直线 AB1 与 CD 的公垂线. （II）因为 DG∥AB1，故∠CDG 为异面直线 AB1 与 CD 的夹角，∠CDG=45° 设 AB=2，则 AB1= ，DG= ，CG= ，AC= . 作 B1H⊥A1C1，H 为垂足，因为底面 A1B1C1⊥面 AA1CC1，故 B1H⊥面 AA1C1C.又作 HK⊥AC1，K 为垂 足，连接 B1K，由三垂线定理，得 B1K⊥AC1，因此∠B1KH 为二面角 A1-AC1-B1 的平面角. 【点评】三垂线定理是立体几何的最重要定理之一，是高考的的热点，它是处理线线垂直问 题的有效方法，同时它也是确定二面角的平面角的主要手段.通过引入空间向量，用向量代 数形式来处理立体几何问题，淡化了传统几何中的“形”到“形”的推理方法，从而降低了 思维难度，使解题变得程序化，这是用向量解立体几何问题的独到之处. 4.（2010 北京文）（17）（本小题共 13 分） 如图，正方形 ABCD 和四边形 ACEF 所在的平面互相垂 直。 EF//AC，AB= 2 ,CE=EF=1 （Ⅰ）求证：AF//平面 BDE； （Ⅱ）求证：CF⊥平面 BDF; 证明：（Ⅰ）设 AC 于 BD 交于点 G。因为 EF∥AG,且 EF=1，AG= 1 2 AG=1 所以四边形 AGEF 为平行四边形 所以 AF∥EG 因为 EG 平面 BDE,AF  平面 BDE, 所以 AF∥平面 BDE （Ⅱ）连接 FG。因为 EF∥CG,EF=CG=1, 且 CE=1,所以平行四边形 CEFG 为菱形。所以 CF ⊥EG. 因为四边形 ABCD 为正方形，所以 BD⊥AC.又因为平面 ACEF⊥平面 ABCD,且平面 ACEF∩平面 ABCD=AC,所以 BD⊥平面 ACEF.所以 CF⊥BD.又 BD∩EG=G,所以 CF⊥平面 BDE. 5.（2010 天津文）（19）（本小题满分 12 分） 如图，在五面体 ABCDEF 中，四边形 ADEF 是正方形，FA⊥平面 ABCD，BC∥AD，CD=1，AD= 2 2 ， ∠BAD＝∠CDA＝45°. （Ⅰ）求异面直线 CE 与 AF 所成角的余弦值； （Ⅱ）证明 CD⊥平面 ABF； （Ⅲ）求二面角 B-EF-A 的正切值。 【解析】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、 二面角等基础知识，考查空间想象能力，运算能力和推理论证能 力.满分 12 分. (I)解：因为四边形 ADEF 是正方形，所以 FA//ED.故 CED 为异面直线 CE 与 AF 所成 的角. 因为 FA  平面 ABCD，所以 FA  CD.故 ED  CD. 在 Rt△CDE 中，CD=1，ED= 2 2 ，CE= 2 2CD ED =3,故 cos CED = ED CE = 2 2 3 . 所以异面直线 CE 和 AF 所成角的余弦值为 2 2 3 . (Ⅱ)证明：过点 B 作 BG//CD,交 AD 于点 G，则 45BGA CDA     .由 45BAD   , 可得 BG  AB,从而 CD  AB,又 CD  FA,FA  AB=A,所以 CD  平面 ABF. (Ⅲ)解：由（Ⅱ）及已知，可得 AG= 2 ，即 G 为 AD 的中点.取 EF 的中点 N，连接 GN， 则 GN  EF,因为 BC//AD,所以 BC//EF.过点 N 作 NM  EF，交 BC 于 M，则 GNM 为二面角 B-EF-A 的平面角。 连接 GM，可得 AD  平面 GNM,故 AD  GM.从而 BC  GM.由已知，可得 GM= 2 2 .由 NG//FA,FA  GM,得 NG  GM. 在 Rt△NGM 中，tan GM 1 NG 4GNM   , 所以二面角 B-EF-A 的正切值为 1 4 . 6.（2010 天津理）（19）（本小题满分 12 分） 如图，在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， E 、 F 分别是棱 BC , 1CC 上的点， 2CF AB CE  , 1: : 1: 2: 4AB AD AA  （1） 求异面直线 EF 与 1A D 所成角的余弦值； （2） 证明 AF  平面 1A ED （3） 求二面角 1A ED F  的正弦值。 【解析】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用 空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，满分 12 分。 方法一：如图所示，建立空间直角坐标系， 点 A 为坐标原点，设 1AB  ,依题意得 (0,2,0)D , (1,2,1)F , 1(0,0,4)A , 31, ,02E      （1） 解：易得 10, ,12EF       , 1 (0,2, 4)A D   于是 1 1 1 3cos , 5 EF A DEF A D EF A D         所以异面直线 EF 与 1A D 所成角的余弦值为 3 5 （2） 证明：已知 (1,2,1)AF  , 1 31, ,42EA        , 11, ,02ED       于是 AF  · 1EA  =0， AF  · ED  =0.因此， 1AF EA , AF ED ,又 1EA ED E  所以 AF  平面 1A ED (3)解：设平面 EFD 的法向量 ( , , )u x y z ，则 0 0 u EF u ED          ,即 1 02 1 02 y z x y       不妨令 X=1,可得 (1,2 1u    ）。由（2）可知， AF  为平面 1A ED 的一个法向量。 于是 2cos , = = 3| | AFAF |AF| uu u       ，从而 5sin , = 3AFu   所以二面角 1A EDF 的正弦值为 5 3 方法二：（1）解：设 AB=1，可得 AD=2,AA1=4,CF=1.CE= 1 2 链接 B1C,BC1，设 B1C 与 BC1 交于点 M,易知 A1D∥B1C，由 1 CE CF 1= =CB CC 4 ,可知 EF∥BC1.故 BMC 是 异 面 直 线 EF 与 A1D 所 成 的 角 ， 易 知 BM=CM= 1 1 B C= 52 , 所 以 2 2 2 3cos 2 5 BM CM BCBMC BM CM      ,所以异面直线 FE 与 A1D 所成角的余弦值为 3 5 （2）证明：连接 AC，设 AC 与 DE 交点 N 因为 1 2 CD EC BC AB   ，所以 Rt DCE Rt CBA  ， 从而 CDE BCA   ，又由于 90CDE CED     ,所以 90BCA CED     ，故 AC⊥DE,又因为 CC1⊥DE 且 1CC AC C  ，所以 DE⊥平面 ACF，从而 AF⊥DE. 连接 BF，同理可证 B1C⊥平面 ABF,从而 AF⊥B1C,所以 AF⊥A1D 因为 1DE A D D  ， 所以 AF⊥平面 A1ED (3)解：连接 A1N.FN,由（2）可知 DE⊥平面 ACF,又 NF 平面 ACF, A1N  平面 ACF，所以 DE ⊥NF,DE⊥A1N,故 1A NF 为二面角 A1-ED-F 的平面角 易 知 Rt CNE Rt CBA  ， 所 以 CN EC BC AC  ， 又 5AC  所 以 5 5CN  ， 在 2 2 1 30 5Rt NCF NF CF CN Rt A AN    中， 在 中 2 2 1 1 4 30 5NA A A AN   连接 A1C1,A1F 在 2 2 1 1 1 1 1 1 14Rt AC F A F AC C F   中， 2 2 2 1 1 1 1 1 2cos 2 3 A N FN A FRt A NF A NF A N FN      在 中， 。所以 1 5sin 3A NF  所以二面角 A1-DE-F 正弦值为 5 3 7.（2010 广东理）18.（本小题满分 14 分） 如图 5， ¼ABC 是半径为 a 的半圆，AC 为直径，点 E 为 »AC 的中点，点 B 和点 C 为线段 AD 的三等分点．平面 AEC 外一点 F 满足 5FB DF a  ，FE= 6 a ． 图 5 （1）证明：EB⊥FD； （2）已知点 Q,R 分别为线段 FE,FB 上的点，使得 2 2,3 3BQ FE FR FB  ,求平面 BED 与平面 RQD 所成二面角的正弦值． （2）设平面 BED 与平面 RQD 的交线为 DG . 由 BQ= 2 3 FE,FR= 2 3 FB 知, ||QR EB . 而 EB  平面 BDF ，∴ ||QR 平面 BDF ， 而平面 BDF  平面 RQD = DG ， ∴ || ||QR DG EB . 由（1）知，BE  平面 BDF ，∴ DG  平面 BDF ， 而 DR  平面 BDF ， BD  平面 BDF ， ∴ ,DG DR DG DQ  ， ∴ RDB 是平面 BED 与平面 RQD 所成二面角的平面角． 在 Rt BCF 中， 2 2 2 2( 5 ) 2CF BF BC a a a     ， 2 2sin 5 5 FC aRBD BF a     ， 2 1cos 1 sin 5 RBD RBD     ． 5 2 2 293 5sin 2929 3 a RDB a     ． 故平面 BED 与平面 RQD 所成二面角的正弦值是 2 29 29 ． 8.（2010 全国卷 1 理）（19）（本小题满分 12 分） 如图，四棱锥S-ABCD 中，SD  底面ABCD，AB//DC， AD  DC，AB=AD=1，DC=SD=2，E 为棱 SB 上的一点， 平面 EDC  平面 SBC . （Ⅰ）证明：SE=2EB； （Ⅱ）求二面角 A-DE-C 的大小 . 9.（2010 湖北文）18.（本小题满分 12 分） 如图，在四面体 ABOC 中，OC⊥OA。OC⊥OB，∠AOB=120°， 且 OA=OB=OC=1 （Ⅰ）设 P 为 AC 的中点，Q 在 AB 上且 AB=3AQ，证明：PQ⊥OA； （Ⅱ）求二面角 O-AC-B 的平面角的余弦值。 10.（2010 山东理）（19）（本小题满分 12 分） 如图，在五棱锥 P—ABCDE 中，PA⊥平面 ABCDE，AB∥CD，AC∥ED，AE∥BC，  ABC=45°， AB=2 2 ，BC=2AE=4，三角形 PAB 是等腰三角形． （Ⅰ）求证：平面 PCD⊥平面 PAC； （Ⅱ）求直线 PB 与平面 PCD 所成角的大小； （Ⅲ）求四棱锥 P—ACDE 的体积． 【解析】（Ⅰ）证明：因为  ABC=45°，AB=2 2 ，BC=4，所以在 ABC 中，由余弦定理 得： 2 2 2AC =(2 2) +4 2 2 2 4cos45 =8   ，解得 AC=2 2 ， 所以 2 2 2AB +AC =8+8=16=BC ，即 AB AC ，又 PA⊥平面 ABCDE，所以 PA⊥ AB ， 又 PA AC A  ，所以 AB AC 平面P ，又 AB∥CD，所以 ACCD  平面P ，又因为 CDCD  平面P ，所以平面 PCD⊥平面 PAC； （Ⅱ）由（Ⅰ）知平面 PCD⊥平面 PAC，所以在平面 PAC 内，过点 A 作 AH C P 于 H，则 AH CD 平面P ，又 AB∥CD，AB  平面 CDP 内，所以 AB 平行于平面 CDP ，所以点 A 到 平面 CDP 的距离等于点 B 到平面 CDP 的距离，过点 B 作 BO⊥平面 CDP 于点 O，则 PBO 为所求角，且 AH=BO ，又容易求得 AH=2 ，所以 1sin PBO= 2  ，即 PBO =30 ，所以 直线 PB 与平面 PCD 所成角的大小为30 ； （Ⅲ）由（Ⅰ）知 ACCD  平面P ，所以 ACCD  ，又 AC∥ED，所以四边形 ACDE 是直 角 梯 形 ， 又 容 易 求 得 DE 2 ， AC= 2 2 ， 所 以 四 边 形 ACDE 的 面 积 为 1 2 2 2 2 32   （ ） ，所以四棱锥 P—ACDE 的体积为 1 2 2 33   = 2 2 。 （2010 湖北理数）18． (本小题满分 12 分) 如图， 在四面体 ABOC 中, , , 120OC OA OC OB AOB    。, 且 1OA OB OC   （Ⅰ）设为 P 为 AC 的中点， 证明： 在 AB 上存在一点Q ， 使 PQ OA ，并计算 AB AQ 的值； （Ⅱ）求二面角O AC B  的平面角的余弦值。 11.（2010 福建理） 概率为 p 。 （i）当点 C 在圆周上运动时，求 p 的最大值； （ii）记平面 1 1A ACC 与平面 1B OC 所成的角为 (0 < 90 )   ，当 p 取最大值时，求 cos 的值。 【命题意图】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及几何 体的体积、几何概型等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力，考查 数形结合思想、化归与转化思想、必然与或然思想。 【解析】（Ⅰ）因为 1AA  平面 ABC， BC  平面 ABC，所以 1AA  BC ， 因为 AB 是圆 O 直径，所以 BC  AC ，又 AC  1AA A ，所以 BC  平面 1 1A ACC ， 而 BC  平面 1 1B BCC ，所以平面 1 1A ACC  平面 1 1B BCC 。 （Ⅱ）（i）设圆柱的底面半径为 r ，则 AB= 1AA =2r ，故三棱柱 1 1 1ABCA B C 的体积为 1 1V = AC BC 2r2   = AC BC r  ，又因为 2 2 2 2AC BC =AB =4r ， 所以 2 2AC +BCAC BC 2   = 22r ，当且仅当 AC=BC= 2r 时等号成立， 从而 3 1V 2r ，而圆柱的体积 2 3V= r 2r=2 r  ， 故 p = 3 1 3 V 2r 1= ,V 2 r  当且仅当 AC=BC= 2r ，即 OC AB 时等号成立， 所以 p 的最大值是 1  。 （ii）由（i）可知， p 取最大值时， OC AB ，于是以 O 为坐标原点，建立空间直角坐 标系 Oxyz （如图），则 C（r，0，0），B（0，r，0）， 1B （0，r，2r）， 因为 BC  平面 1 1A ACC ，所以 BC=(r,r,0)  是平面 1 1A ACC 的一个法向量， 设平面 1B OC 的法向量 n=(x,y,z)  ，由 1 n OC 0 2 0n OB rx ry rz            得 ，故 0 2 x y z     ， 取 1z  得平面 1B OC 的一个法向量为 n=(0,2,1)  ，因为 0 < 90   ， 所以 2 10cos | cos ,BC |= 5| | | | 5 2 n BC rn n BC r            。 （2010 安徽理数）18、（本小题满分 12 分） 如图，在多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是正方形， EF ∥ AB ， EF FB ， 2AB EF ， 90BFC  ， BF FC ， H 为 BC 的中点。 A B CD E F H (Ⅰ)求证： FH ∥平面 EDB ； (Ⅱ)求证： AC 平面 EDB ； (Ⅲ)求二面角 B DE C  的大小。 2009 年高考题 一、选择题 1.. 如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱线长为 1，线段 1 1B D 有两个动点 E，F，且 2 2EF  ，则下列结论中错误的是 （A） AC BE （B） / /EF ABCD平面 （C）三棱锥 A BEF 的体积为定值 （D）异面直线 ,AE BF 所成的角为定值 2. 给定下列四个命题： ①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行； ②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直； ③垂直于同一直线的两条直线相互平行； ④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直． 其中，为真命题的是 A. ①和② B. ②和③ C. ③和④ D. ②和 ④ 答案 选 D. 3．在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，各棱长相等，侧掕垂直于底面，点 D 是侧面 1 1BB C C 的中 心，则 AD 与平面 1 1BB C C 所成角的大小是 ( ) A．30 B． 45 C． 60 D．90 答案：C 【解析】取 BC 的中点 E，则 AE  面 1 1BB C C ， AE DE  ，因此 AD 与平面 1 1BB C C 所成角即为 ADE ，设 AB a ，则 3 2AE a ， 2 aDE  ， 即有 0tan 3, 60ADE ADE    ． 4．设 ,  是两个不同的平面，l 是一条直线，以下命题正确的是（ ） A．若 ,l     ，则l  B．若 / / , / /l    ，则l  C．若 , / /l    ，则l  D．若 / / ,l    ，则l  5．C 【命题意图】此题主要考查立体几何的线面、面面的位置关系，通过对平行和垂直的 考查，充分调动了立体几何中的基本元素关系． 【解析】对于 A、B、D 均可能出现 //l  ，而对于 C 是正确的． 6.设 m，n 是平面 内的两条不同直线， 1l ， 2l 是平面  内的两条相交直线，则 //  的 一个充分而不必要条件是 A.m //  且 l //  B. m // l 且 n // l 2 C. m //  且 n //  D. m //  且 n // l 2 【答案】：B 【 解 析 】 若 1 2 1 2/ / , / / , . , .m l n l m n      ， 则 可 得 //  . 若 //  则 存 在 1 2 2 1, / / , / /m l n l  7. 已知正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1 2AA AB ，E 为 1AA 中点，则异面直线 BE 与 1CD 所成的角的余弦值为 A. 10 10 B. 1 5 C. 3 10 10 D. 3 5 解：令 1AB  则 1 2AA  ,连 1A B 1C D ∥ 1A B 异面直线 BE 与 1CD 所成的角即 1A B 与 BE 所成的角。在 1A BE 中由余弦定理易得 1 3 10cos 10A BE  。故选 C 8．若正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的底面边长为 1， 1AB 与底面 ABCD 成 60°角，则 1 1AC 到底面 ABCD 的距离为 （ ） A． 3 3 B．1 C． 2 D． 3 答案 D 【解析】本题主要考查正四棱柱的概念、 直线与平面所成的角以及直线与平面的距离等概念. （第 4 题解答图） 属于基础知识、基本运算的考查. 依题意， 1 60B AB   ，如图， 1 1 tan 60 3BB    ，故选 D. 9．已知二面角 l   的大小为 050 ，P 为空间中任意一点，则过点 P 且与平面 和 平面  所成的角都是 025 的直线的条数为（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 答案 B 10．在正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，顶点 1B 到对角线 1BD 和到平面 1 1A BCD 的距离分 别为 h 和 d ，则下列命题中正确的是 A．若侧棱的长小于底面的边长，则 h d 的取值范围为（0，1） B．若侧棱的长小于底面的边长，则 h d 的取值范围为 2 2 3( , )2 3 C．若侧棱的长大于底面的边长，则 h d 的取值范围为 2 3( , 2)3 D．若侧棱的长大于底面的边长，则 h d 的取值范围为 2 3( , )3  C 11.如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，∠ACB=900,∠ACC1=600,∠BCC1=450,侧棱 CC1 的长为 1，则 该三棱柱的高等于 A. 2 1 B. 2 2 C. 2 3 D. 3 3 A 12．正方体 ABCD— 1A 1B 1C 1D 的棱上到异面直线 AB，C 1C 的 距离相等的点的个数为（C） A．2 B．3 C. 4 D. 5 13．平面六面体 ABCD - 1A 1B 1C 1D 中，既与 AB 共面也与 1CC 共面的棱的条数为【 C 】 A．3 B. 4 C.5 D. 6 14．如图，正四面体 ABCD 的顶点 A ， B ，C 分别在两两垂直的三条射线Ox ，Oy ，Oz 上，则在下列命题中，错误．．的为 A．O ABC 是正三棱锥 B．直线 OB ∥平面 ACD C．直线 AD 与OB 所成的角是 45 D．二面角 D OB A  为 45 答案 B 15.如图，已知六棱锥 P ABCDEF 的底面是正六边形， , 2PA ABC PA AB 平面 ，则 下列结论正确的是 Ａ. PB AD Ｂ.平面 PAB PBC 平面 C. 直线 BC ∥平面 PAE Ｄ. PD ABC 直线 与平面 所成的角为45 答案 D 二、填空题 16．如图，在长方形 ABCD 中， 2AB  ， 1BC  ， E 为 DC 的中点， F 为线段 EC （端 点除外）上一动点．现将 AFD 沿 AF 折起，使平面 ABD  平面 ABC ．在平面 ABD 内 过点 D 作 DK AB ， K 为垂足．设 AK t ，则t 的取值范围是 ． 答案： 1 ,12      【解析】此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F 位于DC 的中点时， 1t  ， 随着 F 点到 C 点时，因 , ,CB AB CB DK CB    平面 ADB ，即有 y x z O A B C D y x z O A B C D CB BD ，对于 2, 1, 3CD BC BD    ，又 1, 2AD AB  ，因此有 AD BD ， 则有 1 2t  ，因此t 的取值范围是 1 ,12      17.对于四面体 ABCD，下列命题正确的是_________ （写出所有正确命题的编号）。 ○1 相对棱 AB 与 CD 所在的直线异面； ○2 由顶点 A 作四面体的高，其垂足是  BCD 的三条高线的交点； ○3 若分别作  ABC 和  ABD 的边 AB 上的高，则这两条高所在直线异面； ○4 分别作三组相对棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点; ○5 最长棱必有某个端点，由它引出的另两条棱的长度之和大于最长棱。 [解析]①④⑤ 18.已知三棱柱 1 1 1ABC A B C 的侧棱与底面边长都相等， 1A 在底面 ABC 上的射影为 BC 的 中点，则异面直线 AB 与 1CC 所成的角的余弦值为（ D ） （A） 3 4 （B） 5 4 （C） 7 4 (D) 3 4 解：设 BC 的中点为 D，连结 1A D，AD，易知 1A AB   即为异面直线 AB 与 1CC 所 成 的角,由三角余弦定理，易知 1 1 3coc s 4os cos AD ADA AD DAB A A AB        .故选 D 19.已知二面角α-l-β为 60o ，动点 P、Q 分别在面α、β内，P 到β的距离为 3 ，Q 到α 的距离为 2 3 ，则 P、Q 两点之间距离的最小值为（ C ） (A) (B)2 (C) 2 3 (D)4 解:如图分别作 , , ,QA A AC l C PB B   于 于 于 PD l D 于 ，连 , 60 ,CQ BD ACQ PBD    则 2 3, 3AQ BP  ， 2AC PD   又 2 2 212 2 3PQ AQ AP AP     当且仅当 0AP  ，即 A P点 与点 重合时取最小值。故答案选 C。 Q A P B C D 20.如图，已知正三棱柱 1 1 1ABC A B C 的各条棱长都相等，M 是侧 棱 1CC 的中点，则异面直线 1AB BM和 所成的角的大小 是 。 答案 90 21．如图，若正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的底面连长为 2，高 为 4，则异面直线 1BD 与 AD 所成角的大小是______________（结果 用反三角函数表示）. 答案 6 30arcsin6 6cos5arctan  are 三、解答题 22．（本小题满分 14 分） 如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， E 、 F 分别是 1A B 、 1AC 的中 点，点 D 在 1 1B C 上， 1 1A D B C 。 求证：（1）EF∥平面 ABC； （2）平面 1A FD  平面 1 1BB C C . 【解析】 本小题主要考查直线与平面、平面与平面得位置关系，考查 空间想象能力、推理论证能力。满分 14 分。 23．（本小题满分 14 分） 如图 6，已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2，点 E 是正方形 1 1BCC B 的中心，点 F 、G 分别是棱 1 1 1,C D AA 的中点．设点 1 1,E G 分别是点 E ，G 在平面 1 1DCC D 内的正 投影． （1）求以 E 为顶点，以四边形 FGAE 在平面 1 1DCC D 内的正投影为底面边界的棱锥的体 积； （2）证明：直线 1FG 平面 1FEE ； （3）求异面直线 1 1E G EA与 所成角的正弦值. 解：（1）依题作点 E 、G 在平面 1 1DCC D 内的正投影 1E 、 1G ，则 1E 、 1G 分别为 1CC 、 1DD 的中点，连结 1EE 、 1EG 、 ED 、 1DE ，则所求为四棱锥 11FGDEE  的体积，其 底面 11FGDE 面积为 2212 1222 1  ， 又 1EE 面 11FGDE ， 11 EE ，∴ 3 2 3 1 11111  EESV FGDEFGDEE . （2）以 D 为坐标原点，DA 、DC 、 1DD 所在直线分别作 x 轴，y 轴，z 轴，得 )1,2,0(1E 、 )1,0,0(1G ，又 )1,0,2(G ， )2,1,0(F ， )1,2,1(E ，则 )1,1,0(1 FG ， )1,1,1( FE ， )1,1,0(1 FE ， ∴ 01)1(01  FEFG ， 01)1(011  FEFG ， 即 FEFG 1 ， 11 FEFG  ， 又 FFEFE 1 ，∴ 1FG 平面 1FEE . （3） )0,2,0(11 GE ， )1,2,1( EA ，则 6 2,cos 11 11 11  EAGE EAGEEAGE ，设异 面直线 1 1E G EA与 所成角为 ，则 3 3 3 21sin  . 24.（本小题满分 12 分） 如图，在五面体 ABCDEF 中，FA  平面 ABCD, AD//BC//FE，AB  AD， M 为 EC 的中点，AF=AB=BC=FE= 1 2 AD (I) 求异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小； (II) 证明平面 AMD  平面 CDE； （III）求二面角 A-CD-E 的余弦值。 方法一：（Ⅰ）解：由题设知，BF//CE，所以∠CED（或其 补角） 为异面直线 BF 与 DE 所成的角。设 P 为 AD 的中 点，连结 EP，PC。因为 FE // AP，所以 FA //  EP，同理 AB // PC。 又 FA⊥平面 ABCD，所以 EP⊥平面 ABCD。而 PC，AD 都在平面 ABCD 内,故 EP⊥PC，EP⊥AD。由 AB⊥AD，可 得 PC⊥AD 设 FA=a，则 EP=PC=PD=a,CD=DE=EC= a2 ， 故∠CED=60°。所以异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小为 60° （ II ） 证 明 ： 因 为 .CEMPMP.CEDMCEM  ，则连结的中点，所以为且DEDC .CDEAMDCDECE.AMDCEMDMMP 平面，所以平面平面而平面，故又  （III） 因为，所以因为，的中点，连结为解：设 .CDEQDECE.EQPQCDQ  .ECDAEQPCDPQPDPC 的平面角为二面角，故，所以  由（I）可得， .2 2 2 6EQ aPQaPQEP  ，， ，中，于是在 3 3cosEPQRt  EQ PQEQP 25. （本小题满分 12 分） 如图，在四棱锥 P ABCD 中，PD  平面 ABCD ，AD CD ，DB 平分 ADC ，E 为 的 PC 中点， 1, 2 2AD CD DB   （1）证明： //PA 平面 BDE （2）证明： AC  平面 PBD （3）求直线 BC 与平面 PBD 所成角的正切值 26．（本题满分 15 分）如图，平面 PAC  平面 ABC ， ABC 是以 AC 为斜边的等腰直角三角形， , ,E F O 分别为 PA ， PB ， AC 的中点， 16AC  ， 10PA PC  ． （I）设 G 是OC 的中点，证明： / /FG 平面 BOE ； （II）证明：在 ABO 内存在一点 M ，使 FM  平面 BOE ，并求点 M 到OA ，OB 的距离． 证明：（I）如图，连结 OP，以 O 为坐标原点，分别以 OB、OC、OP 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系 O xyz ， 则  0,0,0 , (0, 8,0), (8,0,0), (0,8,0),O A B C (0,0,6), (0, 4,3),P E   4,0,3F ，由题意得，  0,4,0 ,G 因 (8,0,0), (0, 4,3)OB OE    ，因此平面 BOE 的法向 量为 (0,3,4)n  ， ( 4,4, 3FG    得 0n FG   ，又直线 FG 不在 平面 BOE 内，因此有 / /FG 平面 BOE （II）设点 M 的坐标为  0 0, ,0x y ，则 0 0( 4, , 3)FM x y   ，因为 FM  平面 BOE，所以有 //FM n   ，因此有 0 0 94, 4x y   ，即点 M 的坐标为 94, ,04     ，在平面直角坐标系 xoy 中， AOB 的内部区域满足不等式组 0 0 8 x y x y       ，经检验，点 M 的坐标满足上述不等式组，所以在 ABO 内存在一点 M ，使 FM  平面 BOE ，由点 M 的坐标得点 M 到OA ，OB 的距离为 94, 4 ． 27．（本题满分 14 分）如图，DC  平面 ABC ， / /EB DC ， 2 2AC BC EB DC    ， 120ACB   ， ,P Q 分别为 ,AE AB 的中点．（I）证明： / /PQ 平面 ACD ；（II）求 AD 与平面 ABE 所成角的正弦值． 28．（Ⅰ）证明：连接 CQDP, ， 在 ABE 中， QP, 分别是 ABAE, 的中点，所以 BEPQ 2 1// ， 又 BEDC 2 1// ，所以 DCPQ  // ，又 PQ 平面 ACD ，DC  平面 ACD， 所 以 //PQ 平面 ACD （Ⅱ）在 ABC 中， BQAQBCAC  ,2 ，所以 ABCQ  而 DC  平面 ABC， DCEB // ，所以 EB 平面 ABC 而 EB 平面 ABE， 所以平面 ABE  平面 ABC， 所以 CQ 平面 ABE 由（Ⅰ）知四边形 DCQP 是平行四边形，所以 CQDP // 所以 DP 平面 ABE， 所以直线 AD 在平面 ABE 内的射影是 AP， 所以直线 AD 与平面 ABE 所成角是 DAP 在 APDRt 中， 512 2222  DCACAD ， 1sin2  CAQCQDP 所以 5 5 5 1sin  AD DPDAP 2 29.（本小题满分 12 分） 如图，已知两个正方行 ABCD 和 DCEF 不在同一平面内，M，N 分别为 AB，DF 的中点 。 （I）若平面 ABCD ⊥平面 DCEF，求直线 MN 与平面 DCEF 所成角的正值弦； （II）用反证法证明：直线 ME 与 BN 是两条异面直线。 （I）解法一： 取 CD 的中点 G，连接 MG，NG。 设正方形 ABCD，DCEF 的边长为 2， 则 MG⊥CD，MG=2，NG= 2 . 因为平面 ABCD⊥平面 DCED， 所以 MG⊥平面 DCEF， 可得∠MNG 是 MN 与平面 DCEF 所成的角。因为 MN= 6 ，所以 sin∠MNG= 3 6 为 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值 ……6 分 30．（本小题满分 13 分） 如图，ABCD 的边长为 2 的正方形，直线 l 与平面 ABCD 平行，g 和 F 式 l 上的两个不同点， 且 EA=ED，FB=FC， 和 是平面 ABCD 内的两点， 和 都与平面 ABCD 垂直， （Ⅰ）证明：直线 垂直且平分线段 AD： （Ⅱ）若∠EAD=∠EAB=60°，EF=2，求多面 体 ABCDEF 的体积。 【思路】根据空间线面关系可证线线垂直，由分割法可求得多面体体积，体现的是一种部分 与整体的基本思想。 【解析】(1)由于 EA=ED 且 ' ' 'ED ABCD E D E C  面 点 E '在线段 AD 的垂直平分线上,同理点 F '在线段 BC 的垂直平分线上. 又 ABCD 是四方形 线段 BC 的垂直平分线也就是线段 AD 的垂直平分线 即点 E 'F '都居线段 AD 的垂直平分线上. 所以,直线 E 'F '垂直平分线段 AD. (2)连接 EB、EC 由题意知多面体 ABCD 可分割成正四棱锥 E—ABCD 和正四面体 E—BCF 两部分. 设 AD 中点为 M,在 Rt△MEE '中,由于 ME '=1, 3 ' 2ME EE   . EV —ABCD 21 1 4 2' 2 23 3 3S ABCD EE      四方形 又 EV —BCF=VC－BEF=VC－BEA=VE－ABC 21 1 1 2 2' 2 23 3 2 3ABCS EE       多面体 ABCDEF 的体积为 VE—ABCD＋VE—BCF= 2 2 31．（本小题满分 12 分）（注意：在试题卷上作答无效）．．．．．．．．．．．．． 如 图 ， 四 棱 锥 S ABCD 中 ， 底 面 ABCD 为 矩 形 ， SD  底 面 ABCD ， 2AD  2DC SD  ，点 M 在侧棱 SC 上， ABM =60° （I）证明：M 在侧棱 SC 的中点 （II）求二面角 S AM B  的大小。 （I）解法一：作 MN ∥ SD 交CD 于 N，作 NE AB 交 AB 于 E， 连 ME、NB，则 MN  面 ABCD ， ME AB , 2NE AD  设 MN x ，则 NC EB x  , 在 RT MEB 中， 60MBE   3ME x  。 在 RT MNE 中由 2 2 2ME NE MN  2 23 2x x   解得 1x  ，从而 1 2MN SD  M 为侧棱 SC 的中点 M. 解法二:过 M 作CD 的平行线. 解法三:利用向量处理. 详细可见 09 年高考参考答案. （II）分析一:利用三垂线定理求解。在新教材中弱化了 三垂线定理。这两年高考中求二面角也基本上不用三垂线定理 的方法求作二面角。 N E F G k H J 过 M 作 MJ ∥CD 交 SD 于 J ,作 SH AJ 交 AJ 于 H ,作 HK AM 交 AM 于 K , 则 JM ∥ CD , JM  面 SAD ,面 SAD  面 MBA , SH  面 AMB  SKH 即为所求二 面角的补角. 分析二：利用二面角的定义。在等边三角形 ABM 中过点 B 作 BF AM 交 AM 于点 F ，则点 F 为 AM 的中点，取 SA 的中点 G，连 GF，易证 GF AM ，则 GFB 即为所求二 面角. 分析三：利用空间向量求。在两个半平面内分别与交线 AM 垂直的两个向量的夹角即可。 另外：利用射影面积或利用等体积法求点到面的距离等等，这些方法也能奏效。 总之在目前，立体几何中的两种主要的处理方法：传统方法与向量的方法仍处于各自半 壁江山的状况。命题人在这里一定会照顾双方的利益。 32.（本小题满分 12 分） 如图，直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， ,AB AC D 、E 分别为 1AA 、 1B C 的中点，DE  平面 1BCC （I）证明： AB AC （II）设二面角 A BD C  为 60°，求 1B C 与平面 BCD 所成的角的大小。 （I）分析一：连结 BE， 1 1 1ABC A B C 为直三棱柱， 1 90 ,B BC   E 为 1B C 的中点， BE EC  。又 DE  平面 1BCC ， BD DC  （射影相等的两条斜线段相等）而 DA  平面 ABC ， AB AC  （相等的斜线段的射影相等）。 分析二：取 BC 的中点 F ，证四边形 AFED 为平行四边形，进而证 AF ∥ DE ， AF BC ，得 AB AC 也可。 分析三：利用空间向量的方法。具体解法略。 （II）分析一：求 1B C 与平面 BCD 所成的线面角，只需求点 1B 到面 BDC 的距离即可。 作 AG BD 于G ，连GC ，则GC BD ， AGC 为二面角 A BD C  的平面角， 60AGC   .不 妨设 2 3AC  ，则 2, 4AG GC  .在 RT ABD 中，由 AD AB BD AG   ，易得 6AD  . O 设 点 1B 到 面 BDC 的 距 离 为 h ， 1B C 与 平 面 BCD 所 成 的 角 为  。 利 用 1 1 1 3 3B BC BCDS DE S h    ， 可 求 得 h  2 3 ， 又 可 求 得 1 4 3B C  1 1sin 30 .2 h B C       即 1B C 与平面 BCD 所成的角为30 . 分析二：作出 1B C 与平面 BCD 所成的角再行求解。如图可证得 BC AFED 面 ，所以 面 AFED BDC 面 。由分析一易知：四边形 AFED 为正方形，连 AE DF、 ，并设 交 点 为 O ， 则 EO BDC 面 ， OC 为 EC 在 面 BDC 内 的 射 影 。 ECO 即为所求 。以下略。 分析三：利用空间向量的方法求出面 BDC 的法向量 n  ，则 1B C 与平面 BCD 所成的角 即为 1B C  与法向量 n  的夹角的余角。具体解法详见高考试题参考答案。 总之在目前，立体几何中的两种主要的处理方法：传统方法与向量的方法仍处于各自半 壁江山的状况。命题人在这里一定会兼顾双方的利益。 34．（本小题共 14 分） 如图，在三棱锥 P ABC 中，PA  底面 , , 60 , 90ABC PA AB ABC BCA      ， 点 D ， E 分别在棱 ,PB PC 上，且 //DE BC （Ⅰ）求证： BC  平面 PAC ； （Ⅱ）当 D 为 PB 的中点时，求 AD 与平面 PAC 所成的角的大小； （Ⅲ）是否存在点 E 使得二面角 A DE P  为直二面角？并说明理由. 【解法 1】本题主要考查直线和平面垂直、直线与平面所成的角、二面角等基础知识，考查 空间想象能力、运算能力和推理论证能力． （Ⅰ）∵PA⊥底面 ABC，∴PA⊥BC. 又 90BCA   ，∴AC⊥BC. ∴BC⊥平面 PAC. （Ⅱ）∵D 为 PB 的中点，DE//BC， ∴ 1 2DE BC ， 又由（Ⅰ）知，BC⊥平面 PAC， ∴DE⊥平面 PAC，垂足为点 E. ∴∠DAE 是 AD 与平面 PAC 所成的角， ∵PA⊥底面 ABC，∴PA⊥AB，又 PA=AB， ∴△ABP 为等腰直角三角形，∴ 1 2 AD AB ， ∴在 Rt△ABC 中， 60ABC   ，∴ 1 2BC AB . ∴在 Rt△ADE 中， 2sin 2 4 DE BCDAE AD AD     ， ∴ AD 与平面 PAC 所成的角的大小 2arcsin 4 . （Ⅲ）∵AE//BC，又由（Ⅰ）知，BC⊥平面 PAC，∴DE⊥平面 PAC， 又∵AE  平面 PAC，PE  平面 PAC，∴DE⊥AE，DE⊥PE， ∴∠AEP 为二面角 A DE P  的平面角， ∵PA⊥底面 ABC，∴PA⊥AC，∴ 90PAC   . ∴在棱 PC 上存在一点 E，使得 AE⊥PC，这时 90AEP   ， 故存在点 E 使得二面角 A DE P  是直二面角. 【解法 2】如图，以 A 为原煤点建立空间直角坐标系 A xyz ， 设 PA a ，由已知可得    1 3 30,0,0 , , ,0 , 0, ,0 , 0,0,2 2 2A B a a C a P a              . （Ⅰ）∵   10,0, , ,0,02AP a BC a        ， ∴ 0BC AP   ，∴BC⊥AP. 又∵ 90BCA   ，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面 PAC. （Ⅱ）∵D 为 PB 的中点，DE//BC，∴E 为 PC 的中点， ∴ 1 3 1 3 1, , , 0, ,4 4 2 4 2D a a a E a a              ， ∴又由（Ⅰ）知，BC⊥平面 PAC，∴∴DE⊥平面 PAC，垂足为点 E. ∴∠DAE 是 AD 与平面 PAC 所成的角， ∵ 1 3 1 3 1, , , 0, ,4 4 2 4 2AD a a a AE a a                  ， ∴ 14cos 4 AD AEDAE AD AE         . ∴ AD 与平面 PAC 所成的角的大小 14arccos 4 . （Ⅲ）同解法 1. 36．（本小题共 14 分） 如图，四棱锥 P ABCD 的底面是正方形， PD ABCD 底面 ，点 E 在棱 PB 上. （Ⅰ）求证：平面 AEC PDB 平面 ； （Ⅱ）当 2PD AB 且 E 为 PB 的中点时，求 AE 与 平面 PDB 所成的角的大小. 【解法 1】本题主要考查直线和平面垂直、平面与平面垂直、 直线与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力、运算 能力和推理论证能力． （Ⅰ）∵四边形 ABCD 是正方形，∴AC⊥BD， ∵ PD ABCD 底面 ， ∴PD⊥AC，∴AC⊥平面 PDB， ∴平面 AEC PDB 平面 . （Ⅱ）设 AC∩BD=O，连接 OE， 由（Ⅰ）知 AC⊥平面 PDB 于 O， ∴∠AEO 为 AE 与平面 PDB 所的角， ∴O，E 分别为 DB、PB 的中点， ∴OE//PD， 1 2OE PD ，又∵ PD ABCD 底面 ， ∴OE⊥底面 ABCD，OE⊥AO， 在 Rt△AOE 中， 1 2 2 2OE PD AB AO   ， ∴ 45AOE   ，即 AE 与平面 PDB 所成的角的大小为 45 . 37．（本小题满分 12 分，（Ⅰ）问 5 分，（Ⅱ）问 7 分） 如 题 （ 19 ） 图 ， 在 四 棱 锥 S ABCD 中 ， AD BC 且 AD CD ；平 面 CSD  平 面 ABCD ， , 2 2CS DS CS AD   ； E 为 BS 的 中 点 ， 2, 3CE AS  ．求： （Ⅰ）点 A 到平面 BCS 的距离； （Ⅱ）二面角 E CD A  的大小． 39 （本小题满分 13 分，（Ⅰ）小问 7 分，（Ⅱ）小问 6 分） 如题（18）图，在五面体 ABCDEF 中，AB//DC，∠BAD= 2 π，CD=AD=2.， 四边形 ABFE 为平行四边形，FA⊥平面 ABCD，FC=3，ED= 7 ，求： （Ⅰ）直线 AB 到平面 EFCD 的距离： （Ⅱ）二面角 F-AD-E 的平面角的正切值， 40.（本小题满分 12 分） 如图 4，在正三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 2AB AA D 是 1 1A B 的中点，点 E 在 1 1AC 上，且 DE AE 。 （I） 证明平面 ADE  平面 1 1ACC A （II） 求直线 AD 和平面 ABC 所成角的正弦值。 解 （I） 如图所示，由正三棱柱 1 1 1ABC A B C 的性质知 1AA  平面 1 1 1A B C 又 DE  平面 A 1 B 1 C 1 ，所以 DE  AA 1 . 而 DE  AE。AA 1  AE=A 所以 DE  平面 AC C 1 A 1 ，又 DE 平面 ADE，故平面 ADE  平面 AC C 1 A 1 。 （2）解法 1 如图所示，设 F 使 AB 的中点，连接 DF、DC、CF，由正三棱柱 ABC- A 1 B 1 C 1 的 性质及 D 是 A 1 B 的中点知 A 1 B  C 1 D， A 1 B  DF 又 C 1 D  DF=D，所以 A 1 B  平面 C 1 DF， 而 AB∥A 1 B，所以 AB  平面 C 1 DF，又 AB  平面 ABC，故 平面 AB C 1  平面 C 1 DF。 过点 D 做 DH 垂直 C 1 F 于点 H，则 DH  平面 AB C 1 。 连接 AH，则  HAD 是 AD 和平面 ABC 1 所成的角。 由已知 AB= 2 A A 1 ，不妨设 A A 1 = 2 ，则 AB=2，DF= 2 ，D C 1 = 3 ， C 1 F= 5 ，AD= 22 1 ADAA  = 3 ，DH= FC DCDF 1 1· = 5 32  — 5 30 ， 所以 sin HAD= AD DH = 5 10 。 即直线 AD 和平面 AB C 1 所成角的正弦值为 5 10 。 41.（本小题满分 12 分） 如图 3，在正三棱柱 ABC- 1A 1B 1C 中，AB=4, A 1A = 7 , 点 D 是 BC 的中点，点 E 在 AC 上，且 DE  1A E （Ⅰ）证明：平面 1A DE  平面 1 1ACC A ; （Ⅱ）求直线 AD 和平面 1A DE 所成角的正弦值。 解 （Ⅰ）如图所示，由正三棱柱 ABC- 1A 1B 1C 的性质知 1AA  平面 ABC 又 DE  平面 ABC，所以 DE  A 1A . 而 DE  A 1A ， 1 1 1AA A E A ,所以 DE⊥平面 1 1ACC A 又 DE  平面 1A DE ，故平面 1A DE ⊥平面 1 1ACC A （Ⅱ）解法 1 过点 A 作 AF 垂直 1A E 于点 F 连接 DF.由（Ⅰ）知，平面 1A DE ⊥平面 1 1ACC A ， 所以 AF  平面 1A DE ,故 ADF 直线 AD 和 平面 1A DE 所成的角。 因为 DE  1 1ACC A 所以 DE  AC 而  ABC 是边长为 4 的正三角形，于是 AD=2 3 AE=4-CE=4- 1 2 CD =3 又因为 A 1A = 7 所以 1A E= 2 2 1AA AE = 2( 7) 3 = 4 1 1 3 7 4 AE AAAF A E   , 21sin 8 AFADF AD    即直线 AD 和平面 1A DE 所成的角的正弦值为 21 8 42．（本小题满分 12 分） 在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是矩形， PA  平面 ABCD ， 4PA AD  ， 2AB  . 以 AC 的中点 O 为球心、 AC 为直径的球面交 PD 于点 M ，交 PC 于点 N . （1）求证：平面 ABM ⊥平面 PCD ； （2）求直线CD 与平面 ACM 所成的角的大小； （3）求点 N 到平面 ACM 的距离. 20．解： 方法一：（1）依题设知，AC 是所作球面的直径，则 AM⊥MC。 又因为 P A⊥平面 ABCD，则 PA⊥CD，又 CD⊥AD， 所以 CD⊥平面ＰＡＤ，则 CD⊥AM，所以 A M⊥平面 PCD， 所以平面 ABM⊥平面 PCD。 （2）由（1）知， AM PD ，又 PA AD ，则 M 是 PD 的中点可得 2 2AM  ， 2 2 2 3MC MD CD   则 1 2 62ACMS AM MC   设 D 到平面 ACM 的距离为 h ，由 D ACM M ACDV V  即 2 6 8h  ， 可求得 2 6 3h  ， N O D M CB P A 设所求角为 ，则 6sin 3 h CD    ， 6arcsin 3   。 （1） 可求得 PC=6。因为 AN⊥NC，由 PN PA PA PC  ，得 PN 8 3  。所以 : 5:9NC PC  。 故 N 点到平面 ACM 的距离等于 P 点到平面 ACM 距离的 5 9 。 又因为 M 是 PD 的中点，则 P、D 到平面 ACM 的距离相等，由（2）可知所求距离为 5 10 6 9 27h  。 43（本小题满分 12 分） 如图，正方形 ABCD 所在平面与平面四边形 ABEF 所在平面互相 垂直，△ ABE 是等腰直角三角形， , , 45AB AE FA FE AEF     （I）求证： EF BCE 平面 ； （II）设线段 CD 的中点为 P ，在直线 AE 上是否存在一点 M ，使得 PM BCE 平面 ？ 若存在，请指出点 M 的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由； （III）求二面角 F BD A  的大小。 （19）本小题主要考察平面与平面垂直、直线与平面垂直、直线与平面平行、二面角 等基础知识，考察空间想象能力、逻辑推理能力和数学探究意识，考察应用向 量知识解决数学问题的能力。 解法一： （Ⅰ）因为平面 ABEF ⊥平面 ABCD , BC  平面 ABCD ， 平面 ABEF  平面 ABCD AB ， 所以 BC ⊥平面 ABEF 所以 BC ⊥ EF . 因为 ABE 为等腰直角三角形， AB AE ， 所以 45AEB   又因为 45AEF   ， 所以 45 45 90FEB      ， 即 EF ⊥ BE B , 所以 EF ⊥平面 BCE 。 ……………………………………4 分 （Ⅱ）存在点 M ,当 M 为线段 AE 的中点时，PM∥平面 BCE 取 BE 的中点 N，连接 AN,MN，则 MN∥＝ 1 2 AB ∥＝PC 所以 PMNC 为平行四边形，所以 PM∥CN 因为 CN 在平面 BCE 内，PM 不在平面 BCE 内， 所以 PM∥平面 BCE ……………………………………8 分 （Ⅲ）由 EA⊥AB,平面 ABEF⊥平面 ABCD，易知，EA⊥平面 ABCD 作 FG⊥AB,交 BA 的延长线于 G，则 FG∥EA。从而，FG⊥平面 ABCD 作 GH⊥BD 于 G，连结 FH，则由三垂线定理知，BD⊥FH 因此，∠AEF 为二面角 F-BD-A 的平面角 因为 FA=FE, ∠AEF=45°, 所以∠AFE=90°，∠FAG=45°. 设 AB=1,则 AE=1,AF= 2 2 . FG=AF·sinFAG= 1 2 在 Rt△FGH 中，∠GBH=45°,BG=AB+AG=1+ 1 2 = 3 2 , GH=BG·sinGBH= 3 2 · 2 2 = 3 2 4 在 Rt△FGH 中，tanFHG= FG GH = 2 3 故二面角 F-BD-A 的大小为 arctan 2 3 . ………………………………12 分 2008 年高考题 一、选择题 1.（2008 上海 13） 给定空间中的直线 L 及平面 ，条件“直线 L 与平面 内无数条直线都 垂直”是“直线 L 与平面 垂直”的（ ）条件 A．充要 B．充分非必要 C．必要非充分 D．既非充分又非必要 答案 C 2.（2008 天津 5）设 ba, 是两条直线， , 是两个平面，则 ba  的一个充分条件是( ) A．   ,//,ba B．  //,,  ba C．  //,,  ba D．   ,//,ba 答案 C 3.（2008 安徽 4）已知 ,m n 是两条不同直线， , ,   是三个不同平面，下列命题中正确的 是（ ） A． , ,m n m n 若 则‖ ‖ ‖ B． , ,      若 则 ‖ C． , ,m m   若 则‖ ‖ ‖ D． , ,m n m n  若 则 ‖ 答案 D 4.（2008 湖南 5）设有直线 m、n 和平面 、  .下列四个命题中，正确的是( ) A.若 m∥ ,n∥ ,则 m∥n B.若 m  ,n   ,m∥  ,n∥  ,则 ∥  C.若   ，m   ,则 m   D.若   ，m   ，m   ,则 m∥ 答案 D 5.（2008 全国Ⅰ11）已知三棱柱 1 1 1ABC A B C 的侧棱与底面边长都相等， 1A 在底面 ABC 内的射影为 ABC△ 的中心，则 1AB 与底面 ABC 所成角的正弦值等于 （ ） A． 1 3 B． 2 3 C． 3 3 D． 2 3 答案 C 6.（2008 全国Ⅱ10）已知正四棱锥 S ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是 SB 的中 点，则 AE SD， 所成的角的余弦值为（ ） A． 1 3 B． 2 3 C． 3 3 D． 2 3 答案 C 7.（2008 四川９）设直线 l  平面 ，过平面 外一点 A 与 ,l  都成 030 角的直线有且只 有 ( ) A．１条 B.２条 C．３条 D．４条 答案 B 8.（2008 湖南 9）长方体 ABCD－A1B1C1D1 的 8 个顶点在同一球面上，且 AB=2,AD= 3 ,AA1=1, 则顶点 A、B 间的球面距离是( C ) A.2 2 B. 2 C. 2 2  D. 2 4  答案 C 9.（2008 陕西 9）如图， l A B A B        ， ， ， ， ， 到l 的距离分别是 a 和 b ，AB 与 ， 所成的角分别是 和 ，AB 在 ， 内的射影分别是 m 和 n ，若 a b ， 则（ ） A． m n  ， B． m n  ， C． m n  ， D． m n  ， 答案 D 11. (2007 北京理•3）平面 ∥平面  的一个充分条件是（ ） A．存在一条直线 a a  ， ∥ ， ∥ B．存在一条直线 a a a ， ， ∥ C．存在两条平行直线 a b a b a b    ， ， ， ， ∥ ， ∥ D．存在两条异面直线 a b a a b  ， ， ， ∥ ， ∥ 答案 D 12. ( 2007 安徽理•2）设l ，m ，n 均为直线，其中 m ，n 在平面  内，“l  ”是l m 且“l n ”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 答案 A Ba bl   13.（2007 福建理•8）已知 m ， n 为两条不同的直线， ，  为两个不同的平面，则下列 命题中正确的是（ ） A. , , // , // //m n m n        B． // , , //m n m n      C． , //m m n n    D． // ,m n n m    答案 D 14.（2007 湖北理•4）平面 外有两条直线 m 和 n ，如果 m 和 n 在平面 内的射影分别 是 1m 和 1n ，给出下列四个命题： ① 1m ⊥ 1n  m ⊥ n ； ② m ⊥ n  1m ⊥ 1n ； ③ 1m 与 1n 相交 m 与 n 相交或重合； ④ 1m 与 1n 平行 m 与 n 平行或重合； 其中不正确的命题个数是（ ） A.1 B.2 C.3 D.4 答案 D 15.（2007 江苏理•4）已知两条直线 ,m n ，两个平面 ,  ，给出下面四个命题： ① // ,m n m n    ② // , , //m n m n      ③ // , // //m n m n  ④ // , // ,m n m n      其中正确命题的序号是（ ） A．①③ B．②④ C．①④ D．②③ 答案 C 16.（2007 全国Ⅰ理•7）如图，正四棱柱 1111 DCBAABCD  中， ABAA 21  ， 则异面直线 11 ADBA 与 所成角的余弦值为（ ） A． 5 1 B． 5 2 C． 5 3 D． 5 4 答案 D 17.（2007 福建理•10）顶点在同一球面上的正四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，AB＝1， AA1＝ ，则 A、C 两点间的球面距离为 （ ） A ． 4  B． 2  C ． 2 4  D． 2 2  答案 B 18.（2007 四川理•4）如图，ABCD-A1B1C1D1 为正方体，下面结论错误．．的是（ ） A．BD∥平面 CB1D1 B．AC1⊥BD C．AC1⊥平面 CB1D1 D．异面直线 AD 与 CB1 角为 60° 答案 D 二、填空题 26. （ 2008 陕 西 14 ） 长 方 体 1 1 1 1ABCD A B C D 的 各 顶 点 都 在 球 O 的 球 面 上 ， 其 中 1: : 1:1: 2AB AD AA  ．A B， 两点的球面距离记为 m ， 1A D， 两点的球面距离记为 n ， 则 m n 的值为 ． 答案 1 2 27.(2008 全 国 Ⅰ 16 ） 等 边 三 角 形 ABC 与 正 方 形 ABDE 有 一 公 共 边 AB ， 二 面 角 C AB D  的余弦值为 3 3 ， M N， 分别是 AC BC， 的中点，则 EM AN， 所成角的 余弦值等于 ． 答案 6 1 28.（2008 安徽 16）已知 , , ,A B C D 在同一个球面上, ,AB BCD 平面 ,BC CD 若 6,AB  2 13,AC  8AD  ,则 ,B C 两点间的球面距离是 . 答案 4 3  29.（2008 辽宁 14）在体积为 4 3 的球的表面上有 A，B，C 三点，AB=1，BC= 2 ，A，C 两点的球面距离为 3 3  ，则球心到平面 ABC 的距离为_________． 答案 3 2 30.（2007 四川理•14）如图，在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中，侧棱长为 2 ， 底面三角形的边长为 1，则 BC1 与侧面 ACC1A1 所成的角是 ． 答案 6  31.（2007 浙江理•16）已知点 O 在二面角 AB   的棱上，点 P 在 内，且 45POB   。若对于  内异于 O 的任意一点 Q，都有 45POQ   ，则二面角 AB   的大小是_______。 答案 90 三、解答题 32.（2008 北京 16）如图，在三棱锥 P ABC 中， 2AC BC  ， 90ACB   ， AP BP AB  ， PC AC ． （Ⅰ）求证： PC AB ； （Ⅱ）求二面角 B AP C  的大小； （Ⅲ）求点C 到平面 APB 的距离． （Ⅰ）证明 取 AB 中点 D ，连结 PD CD， ． AP BP ， PD AB  ． AC BC ， CD AB  ． PD CD D  ， AB  平面 PCD ． PC  平面 PCD ， PC AB  ． （Ⅱ）解 AC BC ， AP BP ， A C BD P A C B P APC BPC△ ≌△ ． 又 PC AC ， PC BC  ． 又 90ACB   ，即 AC BC ，且 AC PC C ， BC  平面 PAC ． 取 AP 中点 E ．连结 BE CE， ． AB BP ， BE AP  ． EC 是 BE 在平面 PAC 内的射影， CE AP  ． BEC 是二面角 B AP C  的平面角． 在 BCE△ 中， 90BCE   ， 2BC  ， 3 62BE AB  ， 6sin 3 BCBEC BE     ． 二面角 B AP C  的大小为 6arcsin 3 ． （Ⅲ）解 由（Ⅰ）知 AB  平面 PCD ， 平面 APB  平面 PCD ． 过C 作CH PD ，垂足为 H ． 平面 APB  平面 PCD PD ， CH  平面 APB ． CH 的长即为点C 到平面 APB 的距离． 由（Ⅰ）知 PC AB ，又 PC AC ，且 AB AC A ， PC  平面 ABC ． CD  平面 ABC ， PC CD  ． 在 Rt PCD△ 中， 1 22CD AB  ， 3 62PD PB  ， 2 2 2PC PD CD    ． A C B E P A C BD P H 3 32 PD CDPCCH ． 点C 到平面 APB 的距离为 2 3 3 ． 第二部分 四年联考汇编 2013-2014 年联考题 一．基础题组 1. 【张掖二中 2013—2014 学年度高三月考试卷(11 月)高 三 数 学 （理科）】设 , ,   是三个互不重合的平面， ,m n 是两条不重合的直线，则下列命题中正确的是（ ） A．若 ,     ，则  B．若 //  ， m  ， //m  ，则 //m  C．若  ， m  ，则 //m  D．若 //m  ， //n  ，  ，则 m n 2.【张掖二中 2013—2014 学年度高三月考试卷(11 月)高 三 数 学 （理科）】有一个几何 体的三视图及其尺寸如下（单位 cm），则该几何体的表面积及体积为（ ） A. 2 324 ,12cm cm  B. 2 315 ,12cm cm  C. 2 324 ,36cm cm  D. 2 312 ,12cm cm  考点：由三视图求面积、体积 3.【黑龙江省佳木斯市第一中学 2013—2014 年度高三第三次调研试卷数学试卷（理）】某 几何体的三视图如图所示，其中三角形的三边长与圆的直径均为 2，则该几何体的体积 为（ ） A． π3 34  B． π3 3832  C． π3 332  D． π3 334  4. 【黑龙江省佳木斯市第一中学 2013—2014 年度高三第三次调研试卷数学试卷（理）】 已知正三棱锥 P  ABC,点 P,A,B,C 都在半径为 3 的球面上,若 PA,PB,PC 两两互相垂 直,则球心到截面 ABC 的距离为____________.[ 面 ABC 的距离为 3 3 . 考点：正三棱锥的结构特征、几何体的外接球的有关问题. 5.【黑龙江省双鸭山一中 2014 届高三上学期期中考试数学（理）试题】一个空间几何体的 三视图如图所示，该几何体的体积为 8 512 3   ，则正视图中 x 的值为（ ） A．5 B．3 C．4 D．2 6.【黑龙江省双鸭山一中 2014 届高三上学期期中考试数学（理）试题】在正三棱锥 S ABC 中， M 、 N 分别是 SC 、 BC 的中点，且 MN AM ，若侧棱 2 3SA  ，则正三棱锥 S ABC 外接球的表面积是（ ） A．12 B．32 C．36 D． 48 7.【云南省昆明市 2014 届高三上学期第一次摸底调研测试理科试卷】已知 ,l m 是两条不同 的直线， a 是个平面，则下列命题正确的是（ ） （A）若 / / , / /l a m a ，则 / /l m (B) 若 , / /l m m a ，则l a (C) 若 ,l m m a  ，则 / /l a (D) 若 / / ,l a m a ，则l m 考点：1.线线、线面平行的判定；2.线线、线面垂直的判定. 8.【云南省昆明市 2014 届高三上学期第一次摸底调研测试理科试卷】一个几何体的三视图 如图所示，正视图和侧视图都是等边三角形，且该几何体的四个点在空间直角坐标系 O xyz 中构坐标分别是(0，0，0)，(2，0，0)，(2，2，0)，(0，2，0)，则第五个顶点的坐 标可能为（ ） （A）（1，1，1） （B） (1,1, 2) (C) (1,1, 3) (D) (2,2, 3) 9.【云南省昆明市 2014 届高三上学期第一次摸底调研测试理科试卷】一个圆锥过轴的截面 为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球 O 的球面上，则该圆锥的表面积与球 O 的表面积 的比值为_____________. 二．能力题组 1. 【张掖二中 2013—2014 学年度高三月考试卷(11 月)高 三 数 学 （理科）】（本小题 满分 12 分） 如图，在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D ，中， 1 1, 2AD AA AB   ，点 E 在棱 AB 上移动. （Ⅰ）证明： 1 1D E A D ； （Ⅱ）求点 E 到平面 1ACD 的距离； （Ⅲ） AE 等于何值时，二面角 1D EC D  的大小为 4  试题解析： 2.【黑龙江省佳木斯市第一中学 2013—2014 年度高三第三次调研试卷数学试卷（理）】（本 小题满分 12 分） 在几何体 ABCDE 中，AB=AD=BC=CD=2, ADAB  ,且 AE 平面 ABD ,平面 BCD 平面 ABD . （1）当 //AB 平面CDE 时，求 AE 的长； (2) 当 22 AE 时，求二面角 DECA  的大小. (2)连接 AC,当 22 AE 时,由(1)可知平面 CDE 的一个法向量 )2,22,22( n ， 3. 【黑龙江省双鸭山一中 2014 届高三上学期期中考试数学（理）试题】（本小题满分 12 分） 如图，四棱锥 BCDEA  中， ABC 是正三角形，四边形 BCDE 是矩形，且平面 ABC 平面 BCDE ， 2AB ， 4AD ． (Ⅰ)若点G 是 AE 的中点，求证： //AC 平面 BDG ； （II）试问点 F 在线段 AB 上什么位置时，二面角 FCEB  的余弦值为 1313 3 . 试题解析：（Ⅰ）证明：连接 CE BD、 ，设 CE BD O  ，连接 OG ， 由三角形的中位线定理可得： OG AC ， ∵ AC  平面 BDG ， OG  平面 BDG ，∴ //AC 平面 BDG ． （II）建立如图空间直角坐标系， 三．拔高题组 1. 【云南省昆明市 2014 届高三上学期第一次摸底调研测试理科试卷】（本小题满分 12 分） 如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，D、E 分别为 1CC 、AD 的中点，F 为 1BB 上的点， 且 1 3B F BF (I)证明：EF∥平面 ABC； (Ⅱ)若 12 2, 2, 2AC CC BC   ， 3ACB   ，求二面角 B AD C  的大小. 如图建立空间直角坐标系 B xyz 考点：1.线面平行的证明；2.空间直角坐标系的建立；3.法向量的求法；4.利用向量解决空 间几何问题. 2012-2013 年联考题 1.【山东省枣庄三中 2013 届高三上学期 1 月阶段测试理】已知直线l ⊥平面α，直线 m  平 面β，给出下列命题： ①α∥β l⊥m ②α⊥β l∥m ③l∥m  α⊥β ④l⊥m α∥β 其中正确命题的序号是 A. ①②③ B. ②③④ C. ①③ D. ②④ 【答案】C 【解析】当 / /  时，有l  ，所以l m ，所以①正确。若 / /l m ，则 m  ，又 m  平面β，所以 / /  ，所以③正确，②④不正确，所以选 C. 2.【山东省枣庄三中 2013 届高三上学期 1 月阶段测试理】如图所示是以建筑物的三视图， 现需将其外壁用油漆刷一遍，若每平方米用漆 0.2kg，则共需油漆大约公斤数为（尺寸如 图所示，单位：米 π取 3） A. 20 B. 22.2 C . 111 D. 110 【答案】B 【解析】由三视图可知，该几何体上面是个圆锥，下面是个长方体。长方体的底面是边长为 3 的正方形，高为 4，所以长方体的表面积（去掉上下两个底面）为 24 (3 4)=48( )m  。 圆锥的底面半径为 3，母线为 5，所以圆锥的侧面积为 23 5 15 45( )m     ，底面积（去 掉 一 个 正 方 形 ） 为 29 3 3 9 9 18( )m      ， 所 以 该 几 何 体 的 总 面 积 为 248 45 18 111( )m   ，所以共需油漆 0.2 111 22.2  公斤，选 B. 3.【云南师大附中 2013 届高三高考适应性月考卷（四）理】已知一几何体的三视图如图 4， 主视图和左视图都是矩形，俯视图为正方形，在该几何体上任意选择 4 个顶点，以这 4 个点 为顶点的几何形体可能是 ①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③每个面都是直角三 角形的四面体． A．①②③ B．②③ C．①③ D．①② 【答案】A 【解析】以长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 为几何体的直观图. 当选择的四个点为 B1、B、C、C1 时， 可知①正确；当选择 B、A、B1、C 时，可知②正确；当选择 A、B、D、D1 时，可知③正 确.选 A. 4.【云南省玉溪一中 2013 届高三第五次月考理】一个四棱锥的三视图如图所示，其侧视图 是等边三角形．该四棱锥的体积等于（ ） A. 3 B．2 3 C．3 3 D．6 3 【答案】A 【解析】由三视图可知，四棱锥的底面是俯视图对应的梯形，四棱锥的侧面是等边三角形且 侧面和底面垂直，所以四棱锥的高为 3 ，底面梯形的面积为 (1 2) 2 32    ，所以四棱锥 的体积为 1 3 3 33    ，选 A.如图 。 5.【云南省昆明一中 2013 届高三第二次高中新课程双基检测理】一条长为 2 的线段，它的 三个视图分别是长为 3, ,a b 的三条线段，则 ab 的最大值为 A． 5 B． 6 C． 5 2 D．3 【答案】C 【 解 析 】 构 造 一 个 长 方 体 ， 让 长 为 2 的 线 段 为 体 对 角 线 ， 由 题 意 知 2 2 2 2 2 21, 1, 3a y b x x y      ， 即 2 2 2 2 2 3 2 5a b x y       ， 又 2 25 2a b ab   ，所以 5 2ab  ，当且仅当 a b 时取等号，所以选 C. 6.【云南省昆明三中 2013 届高三高考适应性月考（三）理】如图 2，正三棱柱 1 1 1ABC A B C 的主视图（又称正视图）是边长为４的正方形，则此正三棱柱的侧视图（又称左视图）的 面积为( ) A．8 3 B． 4 3 C． 2 3 D．16 【答案】A 【解析】由主视图可知，三棱柱的高为 4，底面边长为 4，所以底面正三角形的高为 2 3 ， 所以侧视图的面积为 4 2 3 8 3  ，选 A. 7.【云南省昆明三中 2013 届高三高考适应性月考（三）理】若  , 是两个不同的平面，下 列四个条件：①存在一条直线 a ，   aa , ；②存在一个平面 ，   ， ；③存在两条平行直线 ababa ,,,,   ∥ ,b ∥ ；④存在两条异面 直线 ,,, aba ab , ∥ ,b ∥ ．那么可以是 ∥  的充分条件有 （ ） A．4 个 B．3 个 C．2 个 D．1 个 【答案】C 【解析】①可以；② ,  也有可能相交，所以不正确；③ ,  也有可能相交，所以不正确； ④根据异面直线的性质可知④可以，所以可以是 ∥  的充分条件有 2 个，选 C. 8.【云南省昆明三中 2013 届高三高考适应性月考（三）理】若三棱锥 S ABC 的所有顶点 都在球O 的球面上， SA ⊥平面 ABC ， 2 3,SA  1AB  ， 2AC  ， 60BAC   ，则 球O 的表面积为 （ ） A． 64 B．16 C．12 D． 4 【答案】B 【解析】因为 1AB  ， 2AC  ， 60BAC   ，所以 2 21 2 2 1 2cos60 3BC       ， 所以 3BC  。所以 90ABC   ，即 ABC 为直角三角形。因为三棱锥 S ABC 的所 有顶点都在球O 的球面上，所以斜边 AC 的中点是截面小圆的圆心 'O ，即小圆的半径为 1 3 2 2r AC  .,因为 ,OA OS 是半径，所以三角形 AOS 为等腰三角形，过O 作 OM SA ,则 M 为中点，所以 1 2 3' 32 2OO AM SA    ,所以半径 2 2 2' ( 3) 1 4 2OA OO r      ，所以球的表面积为 24 16R  ,选 B. 9.【天津市新华中学 2013 届高三第三次月考理】 如图，E、F 分别是三棱锥 P-ABC 的棱 AP 、 BC 的 中 点 ， PC=10 ， AB=6， EF=7 ， 则 异 面 直 线 AB 与 PC 所 成 的 角 为 （ ） A. 90° B. 60° C. 45° D. 30° 【答案】B 【解析】 ,取 AC 的中点 M,连结 EM,MF，因为 E,F 是中点， 所以 1 6/ / , 32 2MF AB MF AB   , 1 10/ / , 52 2ME PC ME PC   ,所以MF与ME所成的 角即为 AB 与 PC 所成的角。在三角形 MEF 中， 2 2 25 3 7 15 1cos 2 5 3 30 2EMF        ，所以 120EMF   ,所以直线 AB 与 PC 所成的角为为 60 ，选 B. 10.【天津市新华中学 2013 届高三第三次月考理】设 ba, 是两条直线， , 是两个平面， 则 ba  的一个充分条件是 ( ) A.   ,//,ba B.  //,,  ba C.  //,,  ba D.   ,//,ba 【答案】C 【解析】若b  ， / /  ，所以b  ，又a  ，所以b a ，即a b ，所以选 C. 11.【天津市新华中学 2013 届高三第三次月考理】已知三棱锥 S ABC 的所有顶点都在 球O 的球面上， ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且 2SC  ，则此棱锥 的体积为（ ） A. 2 6 B. 3 6 C. 2 3 D. 2 2 【答案】A 【解析】因为 ABC 为边长为 1 的正三角形，且球半径为 1，所以四面体O ABC 为正 四 面 体 ， 所 以 ABC 的 外 接 圆 的 半 径 为 3 3 ， 所 以 点 O 到 面 ABC 的 距 离 23 61 ( )3 3d    , 所 以 三 棱 锥 的 高 2 62 3SF OE  , 所 以 三 棱 锥 的 体 积 为 1 1 3 2 6 2 3 2 2 3 6     ，选 A. 12.【北京市昌平区 2013 届高三上学期期末理】已知一个空间几何体的三视图如图所示，根 据图中标出的尺寸，可得这个几何体的全面积为 A. 10 4 3 4 2  B．10 2 3 4 2  C. 14 2 3 4 2  D. 14 4 3 4 2  【答案】B 【解析】 根据三视图复原的几何体是底面为直角梯形，一条侧棱垂直直角梯形的直角顶点的四棱锥 其中 ABCD 是直角梯形，AB⊥AD， AB=AD=2，BC=4，即 PA⊥平面 ABCD，PA=2。且 2 2CD  ,， 2 2PD  , 2 2PB  ,, 2 6PC  , 底 面 梯 形 的 面 积 为 (2 4) 2 62    ， 1 2 2 22PABS     , 1 2 2 22PADS     , 1 2 2 4 4 22PBCS     , 侧 面 三 角 形 DPC 中的高 2 2(2 2) ( 6) 2DO    ， 所 以 1 2 6 2 2 32PDCS     ， 所 以 该 几 何 体 的 总 面 积 为 6 2 2 2 3 4 2 10 2 3 4 2       ，选 B. 13.【北京市朝阳区 2013 届高三上学期期末理】已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形， 其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为 A． 3 4 B． 3 2 C． 3 4 D．1 【答案】C 【解析】由正视图与俯视图可知，该几何体为正三棱锥，侧视图为 ，侧视 图的高为 3 2 ，高为 3 ，所以侧视图的面积为 1 3 332 2 4    。选 C. 14.【北京市朝阳区 2013 届高三上学期期末理】在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 点 1P ， 2P 分别是线段 AB ， 1BD（不包括端点）上的动点，且线段 1 2P P 平行于平面 1 1A ADD ， 则四面体 1 2 1PP AB 的体积的最大值是 A． 1 24 B． 1 12 C． 1 6 D． 1 2 【答案】A 【解析】过 2P 做 2P O  底面于 O,连结 1OP , 则 1OP AB ，即 1OP 为三棱锥 2 1 1P PAB 的 高，设 1 0 1AP x x  ， ，则由题意知 1 / /OP AD ,所以有 1 1OP BP AD AB  ，即 1 1OP x  。 三 角 形 1 1 1 2AP BS x  ， 所 以 四 面 体 1 2 1PP AB 的 体 积 为 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1(1 ) (1 ) ( )3 3 2 6 6 2 24AP B x xS OP x x x x          ，当且仅当 1x x  ， 即 1 2x  时，取等号，所以四面体 1 2 1PP AB 的体积的最大值为 1 24 ，选 A. 15.【北京市东城区普通高中示范校 2013 届高三 12 月综合练习（一）理】如图，某几何体 的正视图和俯视图都是矩形，侧视图是平行四边形，则该几何体的体积为 A． 36 B． 39 C． 312 D． 318 【答案】B 【解析】由三视图可知这是一个底面矩形的斜四棱柱，其中四棱柱的高为 3 ，底面矩形的 长为 3 底面宽为 2 22 ( 3) 2=1+2=3  ，所以该几何体的体积为3 3 3 9 3   ，选 B. 16.【北京市丰台区 2013 届高三上学期期末理】如图，某三棱锥的三视图都是直角边为 2 的等腰直角三角形，则该三棱锥的四个面的面积中最大的是 (A) 3 (B) 2 3 (C) 1 (D) 2 【答案】A 【解析】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，三棱锥的三个侧面都是等腰直角三角形， ,所以四个面中面积最大的为 BCD ，且 BCD 是边长为为 2 的 正三角形，所以 1 32 2 32 2BCDS      ，选 A. 17.【北京市海淀区北师特学校 2013 届高三第四次月考理】已知一个几何体是由上下两部分 构成的组合体，其三视图如下，若图中圆的半径为1，等腰三角形的腰长为 5 ，则该几何 体的体积是 （ ） A. 4 3  B. 2 C. 8 3  D.10 3  正（主）视图 侧（左）视图 俯视图 2 2 3 2 3 1 【答案】A 【解析】由三视图可知，该几何体上部分是一个圆锥，下部分是个半球，球半径为 1，圆锥 的高为 2( 5) 1 4 2h     ，所以圆锥的体积为 1 223 3     ，半球的体积为 2 3  ， 所以几何体的总体积为 2 2 4 3 3 3     ，选 A. 18.【北京市石景山区 2013 届高三上学期期末理】 设 ,m n 是不同的直线， ,  是不同的 平面，下列命题中正确的是（ ） A．若 / / , ,m n m n   ，则  B．若 / / , ,m n m n   ，则 / /  C．若 / / , , / /m n m n  ，则 ⊥  D．若 / / , , / /m n m n  ，则 / /  【答案】C 【解析】C 中，当 / / , / /m m n ，所以， / / ,n  或 ,n  当 n  ，所以 ⊥  ，所以正 确。 19.【北京市石景山区 2013 届高三上学期期末理】某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的 体积是（ ） A． 3 8 B． 4 C． 2 D． 3 4 【答案】B 【解析】由三视图可知该几何体为三棱锥，三棱锥的高为 2，底面三角形的高为 3，底面边 长为 3，所以底面积为 1 4 3 62    ，所以该几何体的体积为 1 6 2 43    ，选 B. 20.【北京市通州区 2013 届高三上学期期末理】一个几何体的三视图如图所示，该几何 体 的表面积是 （A）16 4 2 （B）12 4 2 （C）8 4 2 （D） 4 4 2 【答案】B 【解析】由三视图可知，该几何体是一个平放的直三棱柱，棱柱的底面为等腰直角三角形， 棱 柱 的 高 为 2 ， 所 以 该 几 何 体 的 底 面 积 为 12 2 2 42     ， 侧 面 积 为 (2 2 2 2) 2 8 4 2     ，所以表面积为8 4 2 4 12 4 2    ，选 B. 21.【北京市西城区 2013 届高三上学期期末理】某四面体的三视图如图所示．该四面体的六 条棱的长度中，最大的是（ ） （A） 2 5 （B） 2 6 （C） 2 7 （D） 4 2 图 2 【答案】C 【 解 析 】 由 三 视 图 可 知 该 四 面 体 为 V ABC , 其 中 2EC CB  , 2 3AE  , 2VC  , ,AE BE VC ABE  .所以六条棱中，最大的为 VA 或 者 AB . 2 2 2 2 2(2 3) 2 16AC AE EC     , 所 以 2 2 2 216 2 20VA AC VC     ， 此 时 20 2 5VA   。 2 2 2 2 2(2 3) 4 28AB AE EB     ,所以 28 2 7 2 5AB    ，所以棱长最大 的为 2 7 ，选 C. 22.【贵州省六校联盟 2013 届高三第一次联考理】某几何体的三视图如图 2 所示，图中的四 边形都是边长为 2 的正方形，两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是（ ） A ． 20 3 B ． 16 3 C ． 8 6  D ．8 3  【答案】A 【解析】由三视图知，原几何体为一个正方体挖掉一个正四棱锥其中正方体的棱为 2，正四 棱锥的底面边长为正方体的上底面，高为 1. ∴原几何体的体积为 3 1 4 202 2 2 1 83 3 3V         ,选 A. 23.【贵州省遵义四中 2013 届高三第四次月考理】某几何体的三视图如右图所示，则它的体 积是（ ） （A） 28 3  （B）8 3  （C）8 2 （D） 2 3  【答案】A 【解析】由三视图可知，该几何体是一个正四棱柱挖去一个圆锥，正四棱柱的体积为 2 2 2 8   ，圆锥的体积为 1 223 3    ，所以该几何体的体积为 28 3  ，选 A. 24.【山东省青岛一中 2013 届高三 1 月调研理】设 a b c， ， 表示三条直线， ,  表示两个 平面，则下列命题中不正确的是（ ） A．       cc // B． a b b c b c a        是 在 内的射影 C． // // b c b c c         D．       bab a // 【答案】D 【解析】对于选项 D,可能还有 / /b  或者b 与 相交，所以 D 不正确。 25.【山东省师大附中 2013 届高三第四次模拟测试 1 月理】已知某几何体的三视图如图，其 中正(主)视图中半圆的半径为 1，则该几何体的体积为( ) A． 324 2  B． 24 3  C． 24  D． 24 2  【答案】A 【解析】由三视图可知该几何体是一个长方体去掉一个半圆柱。长方体的长宽高分别为 3,2,4.所以长方体的体积为 3 2 4 24   。半圆柱的高为 3，所以半圆柱的体积为 1 332 2    ，所以几何体的体积为 324 2  ，选 A. 26.【山东省师大附中 2013 届高三第四次模拟测试 1 月理】正六棱柱的底面边长为 4,高为 6, 则它的外接球的表面积为 A. 20 B. 25 C. 100 D. 200 【答案】C 【解析】 由图象可知正六棱柱的对角线 BC 即为外接球的直径， 因为底面边长为 4，所以 8AB  ，所以 2 28 6 100 10BC     ，即 2 10R  ,解得外 接球的半径 5R  ，所以外接球的表面积为 24 4 25 100R     ，选 C. 27.【山东省师大附中 2013 届高三第四次模拟测试 1 月理】设 ,m n 是空间两条直线， ， 是空间两个平面，则下列选项中不正确．．．的是（ ） A．当 n   时，“ n   ”是“ ∥  ”成立的充要条件 B．当 m 时，“ m   ”是“   ”的充分不必要条件 C．当 m 时，“ / /n  ”是“ nm// ”的必要不充分条件 D．当 m 时，“ n ”是“ nm  ”的充分不必要条件 【答案】C 【解析】C 中，当 / /n  时，直线 ,m n 的位置关系可能平行，可能异面。若 nm// ，则 / /n  或者 n  ，所以 / /n  是 nm// 的既不充分也不必要条件，所以选 C. 2011-2012 年联考题 21、（2012 莱芜 3 月模拟）已知四棱锥 P ABCD 底面 ABCD 是矩形， PA⊥平面 ABCD，AD＝2，AB＝1，E．F 分别是 线段 AB，BC 的中点， （Ⅰ）证明：PF⊥FD； （Ⅱ）在 PA 上找一点 G，使得 EG∥平面 PFD；． （Ⅲ）若 PB 与平面 ABCD 所成的角为 45 ， 求二面角 A PD F  的余弦值． 解：（Ⅰ）证明：连接 AF，则 AF＝ 2，DF＝ 2， 又 AD＝2，∴DF2＋AF2＝AD2， ∴DF⊥AF．又 PA⊥平面 ABCD， ∴DF⊥PA，又 PA∩AF＝A， .DF PAF DF PFPF PAF       平面 平面 ……………4 分 （Ⅱ）过点 E 作 EH∥FD 交 AD 于点 H，则 EH∥平面 PFD 且 AH＝1 4AD． 再过点 H 作 HG∥DP 交 PA 于点 G，则 HG∥平面 PFD 且 AG＝1 4AP， ∴平面 EHG∥平面 PFD． ∴EG∥平面 PFD． 从而满足 AG＝1 4AP 的点 G 为所求． ………………8 分 A B C 1A 1B 1C 所以 1 62cos , 61 1 14 4 AB nAB n AB n            ． 由图知，所求二面角 A PD F  的余弦值为 6 6 ． ……………………12 分 22、（2012 青岛二模）如图，在多面体 1 1 1ABC A B C 中，四边 形 1 1ABB A 是正方形， 1AC AB  ， 1 1AC A B BC  ， 1 1 //B C BC ， 1 1 1 2B C  BC . （Ⅰ）求证： 1 //AB 面 1 1AC C ； （Ⅱ）求二面角 1 1C AC B  的余弦值的大小. 1A 1B 1C A B C E z x y 又 1 1ABB A 是正方形， 1 1//A A C E ，且 1A A  1C E 故 1 1AEC A 为平行四边形， 1 1//AE AC  1 1AC  面 1 1AC C ， AE  面 1 1AC C  //AE 面 1 1AC C ………………………………………………………………4 分  1AE B E E ，面 1 //B AE 面 1 1AC C  1AB  面 1B AE ， 1 //AB 面 1 1AC C ………………………………………6 分 （ Ⅱ ）  四 边 形 1 1ABB A 为 正 方 形 ,  1 1A A AB AC   , 1A A AB  1 2A B  ， 1 1AC A B  1 2AC  由勾股定理可得： 1 90A AC   ， 1A A AC ，  AB AC A ， 1A A  面 ABC ，  1 1AC A B BC  ， 2BC  由勾股定理可得： 90BAC   ，  AB AC …………………………………8 分 23、（2012 青岛 3 月模拟）如图，在直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，底面 ABCD 为平行四边形，且 2AD  ， 1 3AB AA  ， 60BAD   ， E 为 AB 的中点. （Ⅰ） 证明： 1AC ∥平面 1EB C ； A 1A D C 1D 1C 1B BE （Ⅱ）求直线 1ED 与平面 1EB C 所成角的正弦值. 设面 1EB C 的法向量为 ( , , )n x y z ,所以 1 0n EB   ， 0n EC   化简得 3 3 02 53 02 y z x y       ，令 1y  ，则 5 3 1( ,1, )6 2n   . 设 1,n ED    ，则 1 1 9 30cos 70 n ED n ED          设直线 1ED 与面 1EB C 所成角为 ，则 cos cos( 90 ) sin      所以 9 30sin 70   ，则直线 1ED 与面 1EB C 所成角的正弦值为 9 30 70 . 24、（2012 日照 5 月模拟）如图，四边形 ABCD与 BDEF 均为菱形， 。60 DBFDAB ， 且 FCFA  . （Ⅰ）求证： BDEFAC 平面 ； （Ⅱ）求证： EADFC 平面// ； （Ⅲ）求二面角 BFCA  的余弦值。 解：（Ⅰ）证明：设 AC 与 BD 相交于点 O，连结 FO. 因为四边形 ABCD 为菱形，所以 BDAC  ，且 O 为 AC 中点. 又 FA=FC，所以 FOAC  . ………………………………………2 分 因为 BDEFBDBDEFFOOBDFO 平面，平面  , ， 所以 BDEFAC 平面 . ………………………………………………3 分 （Ⅲ）解：因为四边形 BDEF 为菱形，且 60DBF  。，所以 DBF 为等边三角形。因为 O 为 BD 中点，所以 .FO BD 由（Ⅰ）知 ,FO AC AC BD O   ，故 FO ABCD 平面 . 由 , ,OA OB OF 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz . 25、（2012 威海二模）如图所示多面体中，AD⊥平面 PDC，ABCD 为平行四边形，E 为 AD 的中点，F 为线段 BP 上一点，∠CDP＝120 ，AD=3，AP=5，PC= 2 7 . （Ⅰ）若 F 为 BP 的中点，求证：EF∥平面 PDC； （Ⅱ）若 1 3BF BP ,求直线 AF 与平面 PBC 所成角的正弦值. 解（Ⅰ）取 PC 的中点为 O，连 FO,DO， ∵F,O 分别为 BP，PC 的中点， ∴ FO ∥BC，且 1 2FO BC , 又 ABCD 为平行四边形, ED ∥BC，且 1 2ED BC , ∴ FO ∥ED，且 FO ED ∴四边形 EFOD 是平行四边形 2 分 F D C B A P E F D C B A P E O Z y x 即 EF∥DO 又 EF  平面 PDC ∴EF∥平面 PDC． 4 分 （Ⅱ）以 DC 为 x 轴，过 D 点做 DC 的垂线为 y 轴， DA 为 z 轴建立空间直角坐标系， 26、（2012 烟台二模）如图，已知直三棱柱 ABC—A1B1C1， ACB 90  °，E 是棱 CC1 上 动点，F 是 AB 中点，AC=BC=2.AA1=4. （1）当 E 是棱 CC1 中点时，求证：CF//平面 AEB1； （2）在棱 CC1 上是否存在点 E，使得二面角 A—BE1—B 的大小是 45°， 若存在，求 CE 的长，若不存在，请说明理由. 解析：（1）证明：取 AB1 的中点 G，联结 EG，FG 因为 F、G 分别是棱 AB、AB1 中点， 1 1 1/ / , 2FG BB FG BB  又因为 FG∥EC，FG＝EC 四边形 FGEC 是平行四边形， / / .CF DG 因 为 CF  平 面 AEB1 ， EG  平 面 AEB1 / /CF 平面 AEB1。 因为三棱柱 ABC—A1B1C1 是直棱柱，  1BB 平面 ABC， 又因为 AC  平面 ABC 1BBAC  因为∠ACB＝90° BCAC  .1 BBCBB   AC 平面 ECBB1 CA 是平面 EBB1 的法向量， (2,0,0)CA  二面角 A—EB1—B 的大小是 45°， 则 2 2 2 2 2cos45 2| | | | 2 ( 4) 2 CA n m CA n m m              解得 5 .2m  在棱 CC1 上存在点 E，使得二面角 A—EB1—B 的大小是 45°。 此时 5.2CE  2010 年联考题 题组二（5 月份更新） 1.（祥云一中月考理）已知直线 xy  3 与圆 222  yx 相交于 BA, 两点，O 为坐标 原点，则 AOB （ ） A．  3 2 B． 3  C．  6 5 D． 6  答案：B 2．（昆明一中二次月考理）在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点 D 是侧面 BB1C1C 的中心，则 AD 与平面 BB1C1C 所成角的大小是（ ） A．300 B．450 C．600 D．90 答案：C 3.（祥云一中月考理）曲线 241: xyC  与直线 4)2(:  xkyl 有两个交点时， 实数 k 的取值范围 是（ ） A． ]4 3,12 5( B． ),12 5(  C． )12 5,0( D． )4 3,3 1( 答案：A 4. （哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）设 、  是两个不同的平面， a 、b 是两条不同的直线，给出下列 4 个命题,其中正确命题是（ ） A.若 a ∥ ，b ∥ ，则 a ∥b B.若 a ∥ ，b ∥  ， a ∥b ，则 ∥  ； C.若 a ⊥ ，b ⊥  ， a ⊥b ，则 ⊥  ； D.若 a 、b 在平面 内的射影互相垂直，则 a ⊥b . 答案 C 5．（祥云一中三次月考文）曲线 y= 2x 在 x =1 处的切线在 y 轴上的截距为 A．－1 B．－3 C．1 D．3 答案：A 6.（玉溪一中期中） 在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，M 为 BB1 的中点，则点 D 到直线 A1M 的距离为 （ ） A． 5 5 B． 2 5 5 C． 3 5 5 D． 5 答案：C 7.（昆明一中三次月考理）如图,矩形 ABCD 中,AB=3,BC=4,沿对角线 BD 将△ABD 折起,使 A 点在平面 BCD 内的射影落在 BC 边上,若二面角 C—AB—D 的平面角大小为θ,则 sinθ的值等2 A． 3 4 B． 7 4 C． 3 7 7 D． 4 5 答案：A 8．（三明市三校联考）（本小题满分 13 分） 如图，ABCD 是块矩形硬纸板，其中 AB=2AD= 2 2 ，E 为 DC 中点，将它沿 AE 折 成 直 二 面 角 D-AE-B. （Ⅰ）求证：AD⊥平面 BDE； （Ⅱ）求二面角 B-AD-E 的余弦值. （Ⅰ）证明：由题设可知 AD⊥DE，取 AE 中点 O， 连结 OD、BE，∵AD=DE= 2 ，∴OD⊥AE， 又∵二面角 D—AE—B 为直二面角， ∴OD⊥平面 ABCE， ∴OD⊥BE，AE=BE=2，AB=2 2 ，∴ AB2=AE2+BE2，AE⊥BE，OD∩AE=O，∴BE⊥平面 ADE， ∴BE⊥AD，BE∩DE=E，∴AD⊥平面 BDE. ……………………………………（6 分） （Ⅱ）取 AB 中点 F，连结 OF，则 OF//EB，∴OF⊥平面 ADE， 以 O 为原点，OA，OF，OD 为 x、y、z 轴建立直角坐标系（如图）， 则 A(1，0，0)，D(0，0，1)，B(-1，2，0)， )1,0,1(AD ， )1,2,1( BD ， 设 ),,( zyxm  是 平 面 ABD 的 一 个 法 向 量 ， 则 0 BDm ， 0 ADm , ∴      0 02 zx zyx 取 x=1，则 y=1，z= 1，则 )1,1,1(m ，平面 ADE 的法向量 )0,1,0(OF ∴ 3 3 31 1 |||| cos    OFm OFm . …………………………………（13 分） 9．（昆明一中三次月考理）（本小题满分 12 分） 图甲，直角梯形 ABCD 中， AB ∥CD ， DAB 90   ，点 M N、 分别在 AB CD、 上， 且 MN AB ， MC CB BC=2 MB=4 ， ， ，现 将 梯 形 ABCD 沿 MN 拆 起 ， 平 面 AMND  平 面 MNCB ，图乙． A B CED C D E A B C D E A B O x y z F （Ⅰ）求证： AB ∥平面 DNC （Ⅱ）若二面角 D BC N  的大小为 30 ,求线段 DN 的长； 10． 解：（Ⅰ）由题知 DN ∥ AM 、 NC ∥ MB ， DN NC N AM MB B   、 ∴平面 DNC ∥平面 AMB ，又 AB AMB 平面 ∴ AB ∥平面 DNC 。。。。。4 分 （Ⅱ）以 N 为原点，如图建立直角坐标系 N-xyz,由已知易得 MN 3,NC 3  A C B D N M C D N A BM 甲 乙 4 2 A C B D N M C D N A BMx y z A B C D P E 3 2 …………9 分 （Ⅲ）假设存在点 F ，设 3F x,0, 2      ，则有 3CF x,-3, 2       ，又 3DB 3,4, 2       CF DB, CF DB 0        即 93x-12- 04  解得： 19 3x 34   故不存在……12 分 11. （玉溪一中期中）（本小题 12 分）如图，在四棱锥 P ABCD 中，PA  底面 ABCD ， AB AD AC CD ， ， 60ABC  °， PA AB BC  ， E 是 PC 的中点． （Ⅰ）求 PB 和平面 PAD 所成的角的大小； （Ⅱ）证明 AE  平面 PCD ； （Ⅲ）求二面角 A PD C  的大小． 9. （Ⅰ）解：在四棱锥 P ABCD 中，因 PA  底面 ABCD ， AB  平面 ABCD ，故 PA AB ． 又 AB AD ，PA AD A ，从而 AB  平面 PAD ．故 PB 在平面 PAD 内的射影为 PA ， 从而 APB∠ 为 PB 和平面 PAD 所成的角． 在 Rt PAB△ 中， AB PA ，故 45APB  ∠ ． 所以 PB 和平面 PAD 所成的角的大小为 45 ． A B C D P E M （Ⅱ）证明：在四棱锥 P ABCD 中， 因 PA  底面 ABCD ，CD  平面 ABCD ，故CD PA ． 由条件CD PC ， PA AC A ， CD  面 PAC ． 又 AE  面 PAC ， AE CD  ． 由 PA AB BC ， 60ABC  ∠ ，可得 AC PA ． E 是 PC 的中点， AE PC  ， PC CD C  ．综上得 AE  平面 PCD ． （Ⅲ）解：过点 E 作 EM PD ，垂足为 M ，连结 AM ．由（Ⅱ）知， AE  平面 PCD ， AM 在平面 PCD 内的射影是 EM ，则 AM PD ． 因此 AME∠ 是二面角 A PD C  的平面角． 由已知，可得 30CAD  ∠ ．设 AC a ，可得 PA a ， 2 3 3AD a ， 21 3PD a ， 2 2AE a ． 在 Rt ADP△ 中 ， AM PD ， ∴ ADPAPDAM  ， 则 a a aa PD ADPAAM 7 72 3 21 3 32    ．在 Rt AEM△ 中， 14sin 4 AEAME AM   ．所以 二面角 A PD C  的大小 14arcsin 4 题组一（3 月份更新） 一、选择填空 1、（2009 泰安一模）已知 m、n 是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列 命题正确的是 (A)若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β (B)若 m∥n，m n,n  β,则α∥β (c)若 m∥n，m∥α，则 n∥α (D)若 n⊥α，n⊥α，则α∥β 答案 D 2、（2009 昆明市期末）三棱锥 S—ABC 中，SA⊥底面 ABC，SA=4，AB=3，D 为 AB 的中点∠ ABC=90°，则点 D 到面 SBC 的距离等于 （ ） A． 5 12 B 5 9 C． 5 6 D． 5 3 答案 C 3、（2009 广东三校一模）如图，设平面   CDABEF ,, ，垂足 分别为 DB, ，若增加一个条件，就能推出 EFBD  . 现有① ;AC ② AC 与 , 所成的角相等; ③ AC 与CD 在  内的射影在同一条直线上;④ AC ∥ EF . 那么上述几个条件中能成为增加条件的个数是 1.A 个 2.B 个 3.C 个 4.D 个. 答案 C 4、（2009 牟定一中期中）设 m 、n 是两条不同的直线， 、  是两个不同的平面.下列四 个命题中，正确的是 ( ) A． / / ,  , ,m n   ,则 / /m n B． ,  m  ,则 m  C． ,  m  , n  ,则 m n D． / / ,  m  ， / /n  ，则 m n 答案 D 5、（2009 东莞一模）如右图，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为 1 的正三角形， 俯视图是一个圆，那么几何体的侧面积为 A． 1 2  B. 2 2  C. 2 4  D. 4  答案 A 6、（2009 汕头一模）在空间中，有如下命题： ①互相平行的两条直线在同一个平面内的射影必然是互相平行的两条直线； ②若平面α∥平面β，则平面α内任意一条直线 m∥平面β； ③若平面α与平面β的交线为 m，平面α内的直线 n⊥直线 m，则直线 n⊥平面β； ④若平面α内的三点 A, B, C 到平面β的距离相等，则α∥β．   A E F B D C 其中正确命题的个数为（ ）个。 A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 B 7、（2009 南华一中 12 月月考）空间四条直线 a，b，c，d，满足 a⊥b，b⊥c，c⊥d， d⊥a，则必有 ( ) A．a⊥c B．b⊥d C．b∥d 或 a∥c D．b∥d 且 a∥c 答案 C 8. (安徽六校联考)设 a 、 b 为两条直线， 、  为两个平面，则下列结论成立的是( ) A.若 a  ， b  ，且 //a b ，则 //  ； B.若 a  ， b  ，且 a b ，则  ； C.若 //a  ， b  ，则 //a b ； D.若 a  ， b  ，则 //a b 答案 D 9．（安庆市四校元旦联考）设 m 、n 是不同的直线， 、  、 是不同的平面，有以下四 个命题：（1） // ////         （2） // mm         （3） // m m         （4） // //m n mn     ，其中假命题有 答案 （1）（3） 10.（2009 上海十校联考）如图，设 A 是棱长为 a 的正方体的一个顶点，过从此顶点出发的 三条棱的中点作截面，对正方体的所有顶点都如此操作，所得的 各截面与正方体各面共同围成一个多面体，则关于此多面体有以 下结论：①有12 个顶点；②有 24 条棱；③有12 个面；④表面 积为 23a ；⑤体积为 3 6 5 a ．其中正确的结论是____________．（要 求填上所有正确结论的序号） 答案 ①②⑤ 二、解答题 A 1、（20009 枣庄一模）如图，四棱锥 P—ABCD 的底面 ABCD 是边长为 1 的菱形，  60BCD ， E 是 CD 的中点， .3,  PAABCDPA 平面 （1）证明：平面 PBE 平面 PAB； （2）求二面角 A—BE—P 的大小。 解：（1）如图，连结 BD，由四边形 ABCD 是菱形且  60BCD 知，  BCD 是等边三角形， E 是 CD 的中点， .CDBE  而 AB//CD， .ABBE  2 分 又  BEABCDPA ,底面 平面 ABCD， .BEPA  而呵呵平面 PAB。 4 分 又  PBEPBEBE 所以平面平面 , 平面 PAB。 6 分 （2）由（1）知，  PBPABBE 而平面 , 平面 PAB，所以 .PBBE  又 PBAABBE  所以, 是二面角 A—BE—P 的平面角 9 分  ABABCDPA ,底面 平面 ABCD， .ABPA  在 1,3,90,  ABPAPABPABRt 中 .60,3tan  PBAAB PAPBA 故二面角 A—BE—P 的大小是 60 12 分 2、（2009 广州一模）如图 4，在三棱锥 P-ABC 中，PA⊥平面 ABC， AB⊥AC，D、E、F 分别是棱 PA、PB、PC 的中点，连接 DE，DF，EF. (1)求证: 平面 DEF∥平面 ABC； (2)若 PA=BC=2，当三棱锥 P-ABC 的体积的最大值时，求二面角 A-EF-D 的平面角的余弦值.. (本题主要考查空间中的线面的位置关系、空间的角、几何体体积等基础知识，考查空间想 象能力、推理论证能力和运算求解能力) 证明:∵D、E 分别是棱 PA、PB 的中点， ∴DE 是△PAB 的中位线，∴DE∥AB， ∵DE 平面 PAB，AB平面 PAB， ∴DE∥平面 PAB， ……2 分 ∵DE∩DF=D，DE平面 DEF， DF平面 DEF， ∴平面 DEF∥平面 ABC. ……4 分 (2)求三棱锥 P-ABC 的体积的最大值，给出如下两种解法： 解法 1：由已知 PA⊥平面 ABC， AC⊥AB，PA=BC=2， ∴AB2 +AC2 =BC2=4， ∴三棱锥 P-ABC 的体积为 ABC 1 1 1V = PA S PA AB AC3 3 2        ……6 分 2 2 21 1 AB AC 1 BC 22 AB AC6 3 2 3 2 3          . 当且仅当 AB=AC 时等号成立，V 取得最大值，其值为 2 3 ，此时 AB=AC= 2 . 解法 2：设 AB=x，在△ABC 中， 2 2 2AC BC AB 4 x    (0

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