2012年高考数学真题分类汇编G 立体几何（文科）

2012年高考数学真题分类汇编G 立体几何（文科）

G 立体几何 G1 空间几何体的结构 9．G1[2012·重庆卷] 设四面体的六条棱的长分别为 1,1,1,1， 2和 a，且长为 a的棱与 长为 2的棱异面，则 a的取值范围为( ) A．(0， 2) B．(0， 3) C．(1， 2) D．(1， 3) 图 1－2 9．A [解析] 如图 1－2所示，设 AB＝a，CD＝ 2，BC＝BD＝AC＝AD＝1，则∠ACD ＝∠BCD＝45°，要构造一个四面体，则△ACD与共面 BCD不能重合，当△BCD与△ACD 重合时，a＝0；当 A、B、C、D四点共面，且 A、B两点在 DC的两侧时，在△ABC中，∠ ACB＝∠ACD＋∠BCD＝45°＋45°＝90°，AB＝ AC2＋BC2＝ 2，所以 a的取值范围是(0，2)． 8．G1、G2[2012·陕西卷] 将正方体(如图 1－3①所示)截去两个三棱锥，得到图②所示 的几何体，则该几何体的左视图为( ) 图 1－3 图 1－4 8．B [解析] 分析题目中截几何体所得的新的几何体的形状，结合三视图实线和虚线 的不同表示可知对应的左视图应该为 B. 15．G1、G12[2012·安徽卷] 若四面体 ABCD的三组对棱分别相等，即 AB＝CD，AC＝ BD，AD＝BC，则________(写出所有正确结论的编号)． ①四面体 ABCD每组对棱相互垂直；②四面体 ABCD每个面的面积相等；③从四面体 ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于 90°而小于 180°；④连接四面体 ABCD每组 对棱中点的线段相互垂直平分；⑤从四面体 ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个 三角形的三边长． 15．②④⑤ [解析] 如图，把四面体 ABCD放入长方体中，由长方体中相对面中相互 异面的两条面对角线不一定相互垂直可知①错误；由长方体中△ABC≌△ABD≌△DCB≌△ DCA，可知四面体 ABCD每个面的面积相等，同时四面体 ABCD中过同一顶点的三个角之 和为一个三角形的三个内角之和，即为 180°，故②正确，③错误；长方体中相对面中相互 异面的两条面对角线中点的连线相互垂直，故④正确；从四面体 ABCD每个顶点出发的三 条棱可以移到一个三角形中，作为一个三角形的三条边，故⑤正确．答案为②④⑤. 5．G1[2012·上海卷] 一个高为 2的圆柱，底面周长为 2π，该圆柱的表面积为________． 5．6π [解析] 考查圆柱的表面积，利用圆的周长求得圆柱的底面半径． 由圆柱的底面周长可得底面圆的半径，2πr＝2π，∴r＝1， 得圆柱的表面积 S＝2πr2＋2πh＝2π＋4π＝6π. 19．G1、G11[2012·上海卷] 如图 1－1，在三棱锥 P－ABC中，PA⊥底面 ABC，D是 PC的中点，已知∠BAC＝π 2 ，AB＝2，AC＝2 3，PA＝2，求： 图 1－1 (1)三棱锥 P－ABC的体积； (2)异面直线 BC与 AD所成的角的大小(结果用反三角函数值表示)． 19．解：(1)S△ABC＝ 1 2 ×2×2 3＝2 3， 图 1－2 三棱锥 P－ABC的体积为 V＝1 3 S△ABC×PA＝1 3 ×2 3×2＝4 3 3. (2)取 PB的中点 E，连接 DE、AE，则 ED∥BC，所以∠ADE(或其补角)是异面直线 BC 与 AD所成的角． 在△ADE中，DE＝2，AE＝ 2，AD＝2， cos∠ADE＝22＋22－2 2×2×2 ＝ 3 4 ， 所以∠ADE＝arccos3 4 . 因此，异面直线 BC与 AD所成的角的大小是 arccos3 4 . G2 空间几何体的三视图和直观图 10．G2[2012·天津卷] 一个几何体的三视图如图 1－2所示(单位：m)，则该几何体的体 积为________m3. 图 1－2 10．30 [解析] 由三视图可得该几何体为两个直四棱柱的组合体，其体积 V＝3×4×2 ＋ 1 2 (1＋2)×1×4＝30. 13．G2[2012·辽宁卷] 一个几何体的三视图如图 1－3 所示，则该几何体的体积为 ________． 图 1－3 13．12＋π [解析] 本小题主要考查三视图和体积公式．解题的突破口为通过观察分析 三视图，得出几何体的形状，是解决问题的根本． 由三视图可知， 几何体是一个长方体与一个圆柱构成的组合体，所以该几何体的体积 为 V＝V 长方体＋V 圆柱＝4×3×1＋π×12×1＝12＋π. 7．G2[2012·课标全国卷] 如图 1－2，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某 几何体的三视图，则此几何体的体积为( ) 图 1－3 A．6 B．9 C．12 D．18 7．B [解析] 根据三视图可知该几何体是三棱锥，其底面是斜边长为 6的等腰直角三 角形(斜边上的高为 3)，有一条长为 3 的侧棱垂直于底面，所以该几何体的体积是 V＝ 1 3 × 1 2 ×6×3×3＝9，故选 B. 3. G2、G7[2012·浙江卷] 已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图 1－1所示，则该三棱 锥的体积是( ) A．1 cm3 B．2 cm3 C．3 cm3 D．6 cm3 图 1－1 3．A [解析] 本题考查三棱锥的三视图与体积计算公式，考查学生对数据的运算能力 和空间想象能力．由三视图可知，该几何体为一个正三棱锥，则 V＝1 3 Sh＝1 3 × 1 2 ×1×2×3 ＝1. 8．G1、G2[2012·陕西卷] 将正方体(如图 1－3①所示)截去两个三棱锥，得到图②所示 的几何体，则该几何体的左视图为( ) 图 1－3 图 1－4 8．B [解析] 分析题目中截几何体所得的新的几何体的形状，结合三视图实线和虚线 的不同表示可知对应的左视图应该为 B. 15.G2[2012·湖北卷] 已知某几何体的三视图如图 1－4 所示，则该几何体的体积为 ________． 图 1－4 图 1－5 15．[答案] 12 π [解析] 由三视图可知，该几何体是由左右两个相同的圆柱(底面圆半径为 2，高为 1)与 中间一个圆柱(底面圆半径为 1，高为 4)组合而成，故该几何体的体积是 V＝π×22×1×2＋ π×12×4＝12π. 7．G2[2012·广东卷] 某几何体的三视图如图 1－1所示，它的体积为( ) 图 1－1 A．72π B．48π C．30π D．24π 7．C [解析] 根据三观图知该几何体是由半球与圆锥构成，球的半径 R＝3，圆锥半径 R＝3，高为 4，所以 V 组合体＝V 半球＋V 圆锥＝ 1 2 × 4 3 π×33＋1 3 π×32×4＝30π，所以选择 C. 4．G2[2012·福建卷] 一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体 不可以是( ) A．球 B．三棱锥 C．正方体 D．圆柱 4．D [解析] 球的三视图大小、形状相同，三棱锥的三视图也可能相同，正方体三种 视图也相同，只有 D不同． 12．G2、G7[2012·安徽卷] 某几何体的三视图如图 1－2所示，则该几何体的体积等于 ________． 图 1－2 12．56 [解析] 如图，根据三视图还原的实物图为底面是直角梯形的直四棱柱，其体 积为 V＝Sh＝1 2 (2＋5)×4×4＝56. 7．G2、G7[2012·北京卷] 某三棱锥的三视图如图 1－4所示，该三棱锥的表面积是( ) 图 1－4 A．28＋6 5 B．30＋6 5 C．56＋12 5 D．60＋12 5 7．B [解析] 本题考查三棱锥的三视图与表面积公式． 由三视图可知，几何体为一个侧面和底面垂直的三棱锥，如图所示，可知 S 底面＝ 1 2 ×5×4 ＝10， S 后＝ 1 2 ×5×4＝10， S 左＝ 1 2 ×6×2 5＝6 5， S 右＝ 1 2 ×4×5＝10， 所以 S 表＝10×3＋6 5＝30＋6 5. 4．G2[2012·湖南卷] 某几何体的正视图和侧视图均如图 1－1所示，则该几何体的俯视 图不可能．．．是( ) 图 1－1 4．C [解析] 本题考查三视图，意在考查考生三视图的辨析，以及对三视图的理解和 掌握．选项 A, B, D，都有可能，选项 C的正视图应该有看不见的虚线，故 C是不可能的． [易错点] 本题由于对三视图的不了解，易错选 D，三视图中看不见的棱应该用虚线标 出． 7．G2[2012·江西卷] 若一个几何体的三视图如图 1－2所示，则此几何体的体积为( ) A.11 2 B．5 C.9 2 D．4 图 1－2 7．D [解析] 该几何体是直六棱柱，由左视图知其高为 1，由主视图和俯视图知其底 面面积 S＝(1＋3)×1＝4，因此其体积为 4，故选 D. G3 平面的基本性质、空间两条直线 G4 空间中的平行关系 19．G4、G5[2012·山东卷] 如图 1－6，几何体 E－ABCD是四棱锥，△ABD为正三角 形，CB＝CD，EC⊥BD. 图 1－6 (1)求证：BE＝DE； (2)若∠BCD＝120°，M为线段 AE的中点，求证：DM∥平面 BEC. 19．证明：(1)取 BD的中点 O，连接 CO，EO. 由于 CB＝CD，所以 CO⊥BD， 又 EC⊥BD，EC∩CO＝C， CO，EC⊂平面 EOC， 所以 BD⊥平面 EOC， 因此 BD⊥EO， 又 O为 BD的中点， 所以 BE＝DE. (2)证法一：取 AB的中点 N，连接 DM，DN，MN， 因为 M是 AE的中点， 所以 MN∥BE. 又 MN⊄平面 BEC，BE⊂平面 BEC， 所以 MN∥平面 BEC， 又因为△ABD为正三角形， 所以∠BDN＝30°， 又 CB＝CD，∠BCD＝120°， 因此∠CBD＝30°， 所以 DN∥BC， 又 DN⊄平面 BEC，BC⊂平面 BEC，所以 DN∥平面 BEC， 又 MN∩DN＝N， 故平面 DMN∥平面 BEC， 又 DM⊂平面 DMN， 所以 DM∥平面 BEC. 证法二： 延长 AD，BC交于点 F，连接 EF. 因为 CB＝CD，∠BCD＝120°. 所以∠CBD＝30°. 因为△ABD为正三角形． 所以∠BAD＝60°，∠ABC＝90°， 因此∠AFB＝30°， 所以 AB＝1 2 AF. 又 AB＝AD， 所以 D为线段 AF的中点． 连接 DM，由点 M是线段 AE的中点， 因此 DM∥EF. 又 DM⊄平面 BEC，EF⊂平面 BEC， 所以 DM∥平面 BEC. 18．G4、G7[2012·辽宁卷] 如图 1－5，直三棱柱 ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°，AB ＝AC＝ 2，AA′＝1，点 M，N分别为 A′B和 B′C′的中点． (1)证明：MN∥平面 A′ACC′； (2)求三棱锥 A′－MNC的体积． (锥体体积公式 V＝1 3 Sh，其中 S为底面面积，h为高) 图 1－5 18．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)(解法一) 连结 BN，由题意 A′N⊥B′C′， 平面 A′B′C′∩平面 B′BCC′＝B′C′， 所以 A′N⊥平面 NBC. 又 A′N＝1 2 B′C′＝1，故 VA′－MNC＝VN－A′MC＝ 1 2 VN－A′BC＝ 1 2 VA′－NBC＝ 1 6 . (解法二) VA′－MNC＝VA′－NBC－VM－NBC＝ 1 2 VA′－NBC＝ 1 6 . 16．G4、G5、G7[2012·北京卷] 如图 1－9(1)，在 Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别 为 AC，AB的中点，点 F为线段 CD上的一点，将△ADE沿 DE折起到△A1DE的位置，使 A1F⊥CD，如图 1－9(2)． (1)求证：DE∥平面 A1CB； (2)求证：A1F⊥BE； (3)线段 A1B上是否存在点 Q，使 A1C⊥平面 DEQ？说明理由． 图 1－9 16．解：(1)证明：因为 D，E分别为 AC，AB的中点， 所以 DE∥BC. 又因为 DE⊄平面 A1CB， 所以 DE∥平面 A1CB. (2)证明：由已知得 AC⊥BC且 DE∥BC， 所以 DE⊥AC. 所以 DE⊥A1D，DE⊥CD， 所以 DE⊥平面 A1DC. 而 A1F⊂平面 A1DC， 所以 DE⊥A1F. 又因为 A1F⊥CD， 所以 A1F⊥平面 BCDE， 所以 A1F⊥BE. (3)线段 A1B上存在点 Q，使 A1C⊥平面 DEQ. 理由如下： 如下图，分别取 A1C，A1B的中点 P，Q， 则 PQ∥BC. 又因为 DE∥BC， 所以 DE∥PQ. 所以平面 DEQ即为平面 DEP， 由(2)知，DE⊥平面 A1DC， 所以 DE⊥A1C. 又因为 P是等腰三角形 DA1C底边 A1C的中点， 所以 A1C⊥DP. 所以 A1C⊥平面 DEP. 从而 A1C⊥平面 DEQ. 故线段 A1B上存在点 Q，使得 A1C⊥平面 DEQ. 16．G4、G5[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. 图 1－4 16．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．G4、G5[2012·浙江卷] 设 l是直线，α，β是两个不同的平面( ) A．若 l∥α，l∥β，则α∥β B．若 l∥α，l⊥β，则α⊥β C．若α⊥β，l⊥α，则 l⊥β D．若α⊥β，l∥α，则 l⊥β 5．B [解析] 本题考查了线面、面面平行，线面、面面垂直等简单的立体几何知识， 考查学生对书本知识的掌握情况以及空间想象、推理能力．对于选项 A，若 l∥α，l∥β，则 α∥β或平面α与β相交；对于选项 B，若 l∥α，l⊥β，则α⊥β；对于选项 C，若α⊥β，l⊥α， 则 l∥β或 l在平面β内；对于选项 D，若α⊥β，l∥α，则 l与β平行、相交或 l在平面β内． G5 空间中的垂直关系 19．G5[2012·江西卷] 如图 1－7，在梯形 ABCD中，AB∥CD，E，F是线段 AB上的两 点，且 DE⊥AB，CF⊥AB，AB＝12，AD＝5，BC＝4 2，DE＝4，现将△ADE，△CFB分 别沿 DE，CF折起，使 A，B两点重合于点 G，得到多面体 CDEFG. (1)求证：平面 DEG⊥平面 CFG； (2)求多面体 CDEFG的体积． 图 1－7 19．解：(1)证明：因为 DE⊥EF，CF⊥EF，所以四边形 CDEF为矩形， 由 GD＝5，DE＝4，得 GE＝ GD2－DE2＝3. 由 GC＝4 2，CF＝4，得 FG＝ GC2－CF2＝4，所以 EF＝5. 在△EFG中，有 EF2＝GE2＋FG2，所以 EG⊥GF， 又因为 CF⊥EF，CF⊥FG，得，CF⊥平面 EFG， 所以 CF⊥EG，所以 EG⊥平面 CFG，即平面 DEG⊥平面 CFG. (2)如图，在平面 EGF中，过点 G作 GH⊥EF于点 H，则 GH＝EG·GF EF ＝ 12 5 . 因为平面 CDEF⊥平面 EFG，得 GH⊥平面 CDEF， VCDEFG＝1 3 SCDEF·GH＝16. 14．G5[2012·四川卷] 如图 1－4，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________. 图 1－4 14．90° [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. 20．G5、G6、G10、G11[2012·重庆卷] 已知在直三棱柱 ABC－A1B1C1中，AB＝4，AC ＝BC＝3，D为 AB的中点． (1)求异面直线 CC1和 AB的距离； (2)若 AB1⊥A1C，求二面角 A1－CD－B1的平面角的余弦值． 图 1－3 20．解：(1)因 AC＝BC，D为 AB的中点，故 CD⊥AB. 又直三棱柱中，CC1⊥面 ABC，故 CC1⊥CD，所以异面直线 CC1和 AB的距离为 CD＝ BC2－BD2＝ 5. (2)解法一：由 CD⊥AB，CD⊥BB1，故 CD⊥面 A1ABB1，从而 CD⊥DA1，CD⊥DB1， 故∠A1DB1为所求的二面角 A1－CD－B1的平面角． 因 A1D是 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 ，得 AA21＝AD·A1B1＝8. 从而 A1D＝ AA21＋AD2＝2 3，B1D＝A1D＝2 3， 所以在△A1DB1中，由余弦定理得 cos∠A1DB1＝ A1D2＋DB21－A1B21 2·A1D·DB1 ＝ 1 3 . 解法二：如下图，过 D作 DD1∥AA1交 A1B1于 D1，在直三棱柱中，由(1)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)，从而AB1→ ＝ (4,0，h)，A1C→ ＝(2，5，－h)． 由AB1→ ⊥A1C→ 得AB1→ ·A1C→ ＝0，即 8－h2＝0，因此 h＝2 2. 图 1－4 故DA1→ ＝(－2,0,2 2)，DB1→ ＝(2,0,2 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 B1CD的法向量为 n＝(x2，y2，z2)，则 n⊥DC→，n⊥DB1→ ，即 5y2＝0， 2x2＋2 2z2＝0， 取 z2＝－1，得 n＝( 2，0，－1)，所以 cos〈m，n〉＝ m·n |m|·|n| ＝ 2－1 2＋1· 2＋1 ＝ 1 3 . 所以二面角 A1－CD－B1的平面角的余弦值为 1 3 . 5．G4、G5[2012·浙江卷] 设 l是直线，α，β是两个不同的平面( ) A．若 l∥α，l∥β，则α∥β B．若 l∥α，l⊥β，则α⊥β C．若α⊥β，l⊥α，则 l⊥β D．若α⊥β，l∥α，则 l⊥β 5．B [解析] 本题考查了线面、面面平行，线面、面面垂直等简单的立体几何知识， 考查学生对书本知识的掌握情况以及空间想象、推理能力．对于选项 A，若 l∥α，l∥β，则 α∥β或平面α与β相交；对于选项 B，若 l∥α，l⊥β，则α⊥β；对于选项 C，若α⊥β，l⊥α， 则 l∥β或 l在平面β内；对于选项 D，若α⊥β，l∥α，则 l与β平行、相交或 l在平面β内． 20．G4、G5、G11[2012·浙江卷] 如图 1－5，在侧棱垂直底面的四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝ 2，AD＝2，BC＝4，AA1＝2，E是 DD1的中点，F是平面 B1C1E与直线 AA1的交点． (1)证明：(i)EF∥A1D1； (ii)BA1⊥平面 B1C1EF； (2)求 BC1与平面 B1C1EF所成的角的正弦值． 图 1－5 20．解：(1)证明：(ⅰ)因为 C1B1∥A1D1，C1B1⊄平面 A1D1DA，所以 C1B1∥平面 A1D1DA， 又因为平面 B1C1EF∩平面 A1D1DA＝EF， 所以 C1B1∥EF， 所以 A1D1∥EF. (ⅱ)因为 BB1⊥平面 A1B1C1D1， 所以 BB1⊥B1C1. 又因为 B1C1⊥B1A1， 所以 B1C1⊥平面 ABB1A1， 所以 B1C1⊥BA1. 在矩形 ABB1A1中，F是 AA1的中点，tan∠A1B1F＝tan∠AA1B＝ 2 2 ， 即∠A1B1F＝∠AA1B， 故 BA1⊥B1F， 所以 BA1⊥平面 B1C1EF. (2)设 BA1与 B1F交点为 H，连结 C1H. 由(1)知 BA1⊥平面 B1C1EF，所以∠BC1H是 BC1与面 B1C1EF所成的角． 在矩形 AA1B1B中，AB＝ 2，AA1＝2，得 BH＝ 4 6 . 在直角△BHC1中，BC1＝2 5，BH＝ 4 6 ，得 sin∠BC1H＝BH BC1 ＝ 30 15 ， 所以 BC1与平面 B1C1EF所成角的正弦值是 30 15 . 17．G5、G11[2012·天津卷] 如图 1－4，在四棱锥 P－ABCD中，底面 ABCD是矩形， AD⊥PD，BC＝1，PC＝2 3，PD＝CD＝2. (1)求异面直线 PA与 BC所成角的正切值； (2)证明平面 PDC⊥平面 ABCD； (3)求直线 PB与平面 ABCD所成角的正弦值． 图 1－4 17．解：(1)如图所示，在四棱锥 P－ABCD中，因为底面 ABCD是矩形，所以 AD＝BC 且 AD∥BC，又因为 AD⊥PD，故∠PAD为异面直线 PA与 BC所成的角． 在 Rt△PDA中，tan∠PAD＝PD AD ＝2. 所以，异面直线 PA与 BC所成角的正切值为 2. (2)证明：由于底面 ABCD是矩形，故 AD⊥CD，又由于 AD⊥PD，CD∩PD＝D，因 此 AD⊥平面 PDC，而 AD⊂平面 ABCD，所以平面 PDC⊥平面 ABCD. (3)在平面 PDC内，过点 P作 PE⊥CD交直线 CD于点 E，连接 EB. 由于平面 PDC⊥平面 ABCD，而直线 CD是平面 PDC与平面 ABCD的交线，故 PE⊥ 平面 ABCD.由此得∠PBE为直线 PB与平面 ABCD所成的角． 在△PDC中，由于 PD＝CD＝2，PC＝2 3，可得∠PCD＝30°. 在 Rt△PEC中，PE＝PCsin30°＝ 3. 由 AD∥BC，AD⊥平面 PDC，得 BC⊥平面 PDC，因此 BC⊥PC. 在 Rt△PCB中，PB＝ PC2＋BC2＝ 13. 在 Rt△PEB中，sin∠PBE＝PE PB ＝ 39 13 . 所以直线 PB与平面 ABCD所成角的正弦值为 39 13 . 18．G5、G7[2012·陕西卷] 直三棱柱 ABC－A1B1C1中，AB＝AA1，∠CAB＝π 2 . (1)证明：CB1⊥BA1； (2)已知 AB＝2，BC＝ 5，求三棱锥 C1－ABA1的体积． 图 1－7 18．解：(1)证明：如图，连结 AB1， ∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∠CAB＝π 2 ， ∴AC⊥平面 ABB1A1，故 AC⊥BA1. 又∵AB＝AA1，∴四边形 ABB1A1是正方形， ∴BA1⊥AB1，又 CA∩AB1＝A. ∴BA1⊥平面 CAB1，故 CB1⊥BA1. (2)∵AB＝AA1＝2，BC＝ 5，∴AC＝A1C1＝1， 由(1)知，A1C1⊥平面 ABA1， ∴VC1－ABA1＝1 3 S△ABA1·A1C1＝ 1 3 ×2×1＝2 3 . 19．G5、G7[2012·课标全国卷] 如图 1－4，三棱柱 ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面， ∠ACB＝90°，AC＝BC＝1 2 AA1，D是棱 AA1的中点． (1)证明：平面 BDC1⊥平面 BDC； (2)平面 BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比． 图 1－4 19．解：(1)证明：由题设知 BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC＝C，所以 BC⊥平面 ACC1A1. 又 DC1⊂平面 ACC1A1，所以 DC1⊥BC. 由题设知∠A1DC1＝∠ADC＝45°，所以∠CDC1＝90°，即 DC1⊥DC.又 DC∩BC＝C，所 以 DC1⊥平面 BDC.又 DC1⊂平面 BDC1，故平面 BDC1⊥平面 BDC. (2)设棱锥 B－DACC1的体积为 V1，AC＝1.由题意得 V1＝ 1 3 × 1＋2 2 ×1×1＝1 2 . 又三棱柱 ABC－A1B1C1的体积 V＝1， 所以(V－V1)∶V1＝1∶1. 故平面 BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为 1∶1. 19．G4、G5[2012·山东卷] 如图 1－6，几何体 E－ABCD是四棱锥，△ABD为正三角 形，CB＝CD，EC⊥BD. 图 1－6 (1)求证：BE＝DE； (2)若∠BCD＝120°，M为线段 AE的中点，求证：DM∥平面 BEC. 19．证明：(1)取 BD的中点 O，连接 CO，EO. 由于 CB＝CD，所以 CO⊥BD， 又 EC⊥BD，EC∩CO＝C， CO，EC⊂平面 EOC， 所以 BD⊥平面 EOC， 因此 BD⊥EO， 又 O为 BD的中点， 所以 BE＝DE. (2)证法一：取 AB的中点 N，连接 DM，DN，MN， 因为 M是 AE的中点， 所以 MN∥BE. 又 MN⊄平面 BEC，BE⊂平面 BEC， 所以 MN∥平面 BEC， 又因为△ABD为正三角形， 所以∠BDN＝30°， 又 CB＝CD，∠BCD＝120°， 因此∠CBD＝30°， 所以 DN∥BC， 又 DN⊄平面 BEC，BC⊂平面 BEC，所以 DN∥平面 BEC， 又 MN∩DN＝N， 故平面 DMN∥平面 BEC， 又 DM⊂平面 DMN， 所以 DM∥平面 BEC. 证法二： 延长 AD，BC交于点 F，连接 EF. 因为 CB＝CD，∠BCD＝120°. 所以∠CBD＝30°. 因为△ABD为正三角形． 所以∠BAD＝60°，∠ABC＝90°， 因此∠AFB＝30°， 所以 AB＝1 2 AF. 又 AB＝AD， 所以 D为线段 AF的中点． 连接 DM，由点 M是线段 AE的中点， 因此 DM∥EF. 又 DM⊄平面 BEC，EF⊂平面 BEC， 所以 DM∥平面 BEC. 19．G5、G7[2012·湖南卷] 如图 1－7，在四棱锥 P－ABCD中，PA⊥平面 ABCD，底面 ABCD是等腰梯形，AD∥BC，AC⊥BD. (1)证明：BD⊥PC； (2)若 AD＝4，BC＝2，直线 PD与平面 PAC所成的角为 30°，求四棱锥 P－ABCD的体 积． 19．解：(1)证明：因为 PA⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD，所以 PA⊥BD. 图 1－8 又 AC⊥BD，PA，AC是平面 PAC内的两条相交直线，所以 BD⊥平面 PAC. 而 PC⊂平面 PAC，所以 BD⊥PC. (2)设 AC和 BD相交于点 O，连结 PO，由(1)知，BD⊥平面 PAC，所以∠DPO是直线 PD和平面 PAC所成的角．从而∠DPO＝30°. 由 BD⊥平面 PAC，PO⊂平面 PAC知，BD⊥PO. 在 Rt△POD中，由∠DPO＝30°得 PD＝2OD. 因为四边形 ABCD为等腰梯形，AC⊥BD，所以△AOD，△BOC均为等腰直角三角形．从 而梯形 ABCD的高为 1 2 AD＋1 2 BC＝1 2 ×(4＋2)＝3，于是梯形 ABCD的面积 S＝1 2 ×(4＋2)×3 ＝9. 在等腰直角三角形 AOD中，OD＝ 2 2 AD＝2 2，所以 PD＝2OD＝4 2，PA＝ PD2－AD2 ＝4. 故四棱锥 P－ABCD的体积为 V＝1 3 ×S×PA＝1 3 ×9×4＝12. 19．G5、G7[2012·湖北卷] 某个实心零部件的形状是如图 1－7所示的几何体，其下部 是底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形的四棱台 A1B1C1D1－ABCD，上部是一个底面与 四棱台的上底面重合，侧面是全等的矩形的四棱柱 ABCD－A2B2C2D2. 图 1－7 (1)证明：直线 B1D1⊥平面 ACC2A2； (2)现需要对该零部件表面进行防腐处理．已知 AB＝10，A1B1＝20，AA2＝30，AA1＝13(单 位：cm)，每平方厘米的加工处理费为 0.20元，需加工处理费多少元？ 19．解：(1)因为四棱柱 ABCD－A2B2C2D2的侧面是全等的矩形， 所以 AA2⊥AB，AA2⊥AD，又因为 AB∩AD＝A，所以 AA2⊥平面 ABCD. 连接 BD，因为 BD⊂平面 ABCD，所以 AA2⊥BD. 因为底面 ABCD是正方形，所以 AC⊥BD. 根据棱台的定义可知，BD与 B1D1共面． 又已知平面 ABCD∥平面 A1B1C1D1，且平面 BB1D1D∩平面 ABCD＝BD， 平面 BB1D1D∩平面 A1B1C1D1＝B1D1，所以 B1D1∥BD.于是 由 AA2⊥BD，AC⊥BD，B1D1∥BD，可得 AA2⊥B1D1，AC⊥B1D1， 又因为 AA2∩AC＝A，所以 B1D1⊥平面 ACC2A2. (2)因为四棱柱 ABCD－A2B2C2D2的底面是正方形，侧面是全等的矩形，所以 S1＝S 四棱柱 上底面＋S 四棱柱侧面＝(A2B2)2＋4AB·AA2＝102＋4×10×30＝1 300(cm2)． 又因为四棱台 A1B1C1D1－ABCD的上、下底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形． 所以 S2＝S 四棱台下底面＋S 四棱台侧面 ＝(A1B1)2＋4×1 2 (AB＋A1B1)h 等腰梯形的高 ＝202＋4×1 2 (10＋20) 132－ 1 2 20－10 2 ＝1 120(cm2)． 于是该实心零部件的表面积为 S＝S1＋S2＝1 300＋1 120＝2 420(cm2)， 故所需加工处理费为 0.2S＝0.2×2 420＝484(元)． 18．G5、G12[2012·广东卷] 如图 1－5所示，在四棱锥 P－ABCD中，AB⊥平面 PAD， AB∥CD，PD＝AD，E是 PB的中点，F是 DC上的点且 DF＝1 2 AB，PH为△PAD中 AD边 上的高． (1)证明：PH⊥平面 ABCD； (2)若 PH＝1，AD＝ 2，FC＝1，求三棱锥 E－BCF的体积； (3)证明：EF⊥平面 PAB. 图 1－5 18．解：(1)由于 AB⊥平面 PAD，PH⊂平面 PAD， 故 AB⊥PH. 又因为 PH为△PAD中 AD边上的高， 故 AD⊥PH. ∵AB∩AD＝A，AB⊂平面 ABCD， AD⊂平面 ABCD， ∴PH⊥平面 ABCD. (2)由于 PH⊥平面 ABCD，E为 PB的中点，PH＝1，故 E到平面 ABCD的距离 h＝1 2 PH ＝ 1 2 . 又因为 AB∥CD，AB⊥AD，所以 AD⊥CD， 故 S△BCF＝ 1 2 ·FC·AD＝1 2 ·1· 2＝ 2 2 . 因此 VE－BCF＝ 1 3 S△BCF·h＝ 1 3 · 2 2 ·1 2 ＝ 2 12 . (3)证明：过 E作 EG∥AB交 PA于 G，连接 DG. 由于 E为 PB的中点，所以 G为 PA的中点． 因为 DA＝DP，故△DPA为等腰三角形， 所以 DG⊥PA. ∵AB⊥平面 PAD，DG⊂平面 PAD， ∴AB⊥DG. 又∵AB∩PA＝A，AB⊂平面 PAB，PA⊂平面 PAB， ∴DG⊥平面 PAB. 又∵GE 綊 1 2 AB，DF 綊 1 2 AB， ∴GE 綊 DF. 所以四边形 DFEG为平行四边形，故 DG∥EF. 于是 EF⊥平面 PAB. 19．G5、G11[2012·安徽卷] 如图 1－3，长方体 ABCD－A1B1C1D1中，底面 A1B1C1D1 是正方形，O是 BD的中点，E是棱 AA1上任意一点． (1)证明：BD⊥EC1； (2)如果 AB＝2，AE＝ 2，OE⊥EC1，求 AA1的长． 图 1－3 19．解：(1)证明：连接 AC，A1C1. 由底面是正方形知，BD⊥AC. 因为 AA1⊥平面 ABCD，BD⊆平面 ABCD， 所以 AA1⊥BD. 又由 AA1∩AC＝A， 所以 BD⊥平面 AA1C1C. 再由 EC1⊆平面 AA1C1C知， BD⊥EC1. (2)设 AA1的长为 h，连接 OC1. 在 Rt△OAE中，AE＝ 2，AO＝ 2， 故 OE2＝( 2)2＋( 2)2＝4. 在 Rt△EA1C1中，A1E＝h－ 2，A1C1＝2 2. 故 EC21＝(h－ 2)2＋(2 2)2. 在 Rt△OCC1中，OC＝ 2，CC1＝h，OC21＝h2＋( 2)2. 因为 OE⊥EC1，所以 OE2＋EC21＝OC21，即 4＋(h－ 2)2＋(2 2)2＝h2＋( 2)2，解得 h＝3 2. 所以 AA1的长为 3 2. 16．G4、G5、G7[2012·北京卷] 如图 1－9(1)，在 Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别 为 AC，AB的中点，点 F为线段 CD上的一点，将△ADE沿 DE折起到△A1DE的位置，使 A1F⊥CD，如图 1－9(2)． (1)求证：DE∥平面 A1CB； (2)求证：A1F⊥BE； (3)线段 A1B上是否存在点 Q，使 A1C⊥平面 DEQ？说明理由． 图 1－9 16．解：(1)证明：因为 D，E分别为 AC，AB的中点， 所以 DE∥BC. 又因为 DE⊄平面 A1CB， 所以 DE∥平面 A1CB. (2)证明：由已知得 AC⊥BC且 DE∥BC， 所以 DE⊥AC. 所以 DE⊥A1D，DE⊥CD， 所以 DE⊥平面 A1DC. 而 A1F⊂平面 A1DC， 所以 DE⊥A1F. 又因为 A1F⊥CD， 所以 A1F⊥平面 BCDE， 所以 A1F⊥BE. (3)线段 A1B上存在点 Q，使 A1C⊥平面 DEQ. 理由如下： 如下图，分别取 A1C，A1B的中点 P，Q， 则 PQ∥BC. 又因为 DE∥BC， 所以 DE∥PQ. 所以平面 DEQ即为平面 DEP， 由(2)知，DE⊥平面 A1DC， 所以 DE⊥A1C. 又因为 P是等腰三角形 DA1C底边 A1C的中点， 所以 A1C⊥DP. 所以 A1C⊥平面 DEP. 从而 A1C⊥平面 DEQ. 故线段 A1B上存在点 Q，使得 A1C⊥平面 DEQ. 16．G4、G5[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. 图 1－4 16．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. 19．G5、G7、G11[2012·全国卷] 如图 1－1，四棱锥 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． 图 1－1 19．解：方法一：(1)证明：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 3 r＝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所成的角和〈n，DP→〉互余， 故 PD与平面 PBC所成的角为 30°. G6 三垂线定理 20．G5、G6、G10、G11[2012·重庆卷] 已知在直三棱柱 ABC－A1B1C1中，AB＝4，AC ＝BC＝3，D为 AB的中点． (1)求异面直线 CC1和 AB的距离； (2)若 AB1⊥A1C，求二面角 A1－CD－B1的平面角的余弦值． 图 1－3 20．解：(1)因 AC＝BC，D为 AB的中点，故 CD⊥AB. 又直三棱柱中，CC1⊥面 ABC，故 CC1⊥CD，所以异面直线 CC1和 AB的距离为 CD＝ BC2－BD2＝ 5. (2)解法一：由 CD⊥AB，CD⊥BB1，故 CD⊥面 A1ABB1，从而 CD⊥DA1，CD⊥DB1， 故∠A1DB1为所求的二面角 A1－CD－B1的平面角． 因 A1D是 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 ，得 AA21＝AD·A1B1＝8. 从而 A1D＝ AA21＋AD2＝2 3，B1D＝A1D＝2 3， 所以在△A1DB1中，由余弦定理得 cos∠A1DB1＝ A1D2＋DB21－A1B21 2·A1D·DB1 ＝ 1 3 . 解法二：如下图，过 D作 DD1∥AA1交 A1B1于 D1，在直三棱柱中，由(1)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)，从而AB1→ ＝ (4,0，h)，A1C → ＝(2，5，－h)． 由AB1→ ⊥A1C→ 得AB1→ ·A1C→ ＝0，即 8－h2＝0，因此 h＝2 2. 图 1－4 故DA1→ ＝(－2,0,2 2)，DB1→ ＝(2,0,2 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 B1CD的法向量为 n＝(x2，y2，z2)，则 n⊥DC→，n⊥DB1→ ，即 5y2＝0， 2x2＋2 2z2＝0， 取 z2＝－1，得 n＝( 2，0，－1)，所以 cos〈m，n〉＝ m·n |m|·|n| ＝ 2－1 2＋1· 2＋1 ＝ 1 3 . 所以二面角 A1－CD－B1的平面角的余弦值为 1 3 . G7 棱柱与棱锥 13．G7[2012·山东卷] 如图 1－3所示，正方体 ABCD－A1B1C1D1的棱长为 1，E为线段 B1C上的一点，则三棱锥 A－DED1的体积为________． 图 1－3 13.1 6 [解析] 本题考查棱锥的体积公式，考查空间想象力与转化能力，容易题． VA－DED1＝VE－DD1A＝1 3 × 1 2 ×1×1×1＝1 6 . 7．G7[2012·江苏卷] 如图 1－2，在长方体 ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝3 cm，AA1 ＝2 cm，则四棱锥 A－BB1D1D的体积为________cm3. 图 1－2 7．6 [解析] 本题考查四棱锥体积的求解以及对长方体性质的运用． 解题突破口为寻找四棱锥的高． 连 AC交 BD于点 O，因四边形 ABCD为正方形，故 AO为四棱锥 A－BB1D1D的高，从 而 V＝1 3 ×2×3 2×3 2 2 ＝6. 3. G2、G7[2012·浙江卷] 已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图 1－1所示，则该三棱 锥的体积是( ) A．1 cm3 B．2 cm3 C．3 cm3 D．6 cm3 图 1－1 3．A [解析] 本题考查三棱锥的三视图与体积计算公式，考查学生对数据的运算能力 和空间想象能力．由三视图可知，该几何体为一个正三棱锥，则 V＝1 3 Sh＝1 3 × 1 2 ×1×2×3 ＝1. 18．G5、G7[2012·陕西卷] 直三棱柱 ABC－A1B1C1中，AB＝AA1，∠CAB＝π 2 . (1)证明：CB1⊥BA1； (2)已知 AB＝2，BC＝ 5，求三棱锥 C1－ABA1的体积． 图 1－7 18．解：(1)证明：如图，连结 AB1， ∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∠CAB＝π 2 ， ∴AC⊥平面 ABB1A1，故 AC⊥BA1. 又∵AB＝AA1，∴四边形 ABB1A1是正方形， ∴BA1⊥AB1，又 CA∩AB1＝A. ∴BA1⊥平面 CAB1，故 CB1⊥BA1. (2)∵AB＝AA1＝2，BC＝ 5，∴AC＝A1C1＝1， 由(1)知，A1C1⊥平面 ABA1， ∴VC1－ABA1＝ 1 3 S△ABA1·A1C1＝ 1 3 ×2×1＝2 3 . 19．G5、G7[2012·湖南卷] 如图 1－7，在四棱锥 P－ABCD中，PA⊥平面 ABCD，底面 ABCD是等腰梯形，AD∥BC，AC⊥BD. (1)证明：BD⊥PC； (2)若 AD＝4，BC＝2，直线 PD与平面 PAC所成的角为 30°，求四棱锥 P－ABCD的体 积． 19．解：(1)证明：因为 PA⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD，所以 PA⊥BD. 图 1－8 又 AC⊥BD，PA，AC是平面 PAC内的两条相交直线，所以 BD⊥平面 PAC. 而 PC⊂平面 PAC，所以 BD⊥PC. (2)设 AC和 BD相交于点 O，连结 PO，由(1)知，BD⊥平面 PAC，所以∠DPO是直线 PD和平面 PAC所成的角．从而∠DPO＝30°. 由 BD⊥平面 PAC，PO⊂平面 PAC知，BD⊥PO. 在 Rt△POD中，由∠DPO＝30°得 PD＝2OD. 因为四边形 ABCD为等腰梯形，AC⊥BD，所以△AOD，△BOC均为等腰直角三角形．从 而梯形 ABCD的高为 1 2 AD＋1 2 BC＝1 2 ×(4＋2)＝3，于是梯形 ABCD的面积 S＝1 2 ×(4＋2)×3 ＝9. 在等腰直角三角形 AOD中，OD＝ 2 2 AD＝2 2，所以 PD＝2OD＝4 2，PA＝ PD2－AD2 ＝4. 故四棱锥 P－ABCD的体积为 V＝1 3 ×S×PA＝1 3 ×9×4＝12. 19．G5、G7[2012·湖北卷] 某个实心零部件的形状是如图 1－7所示的几何体，其下部 是底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形的四棱台 A1B1C1D1－ABCD，上部是一个底面与 四棱台的上底面重合，侧面是全等的矩形的四棱柱 ABCD－A2B2C2D2. 图 1－7 (1)证明：直线 B1D1⊥平面 ACC2A2； (2)现需要对该零部件表面进行防腐处理．已知 AB＝10，A1B1＝20，AA2＝30，AA1＝13(单 位：cm)，每平方厘米的加工处理费为 0.20元，需加工处理费多少元？ 19．解：(1)因为四棱柱 ABCD－A2B2C2D2的侧面是全等的矩形， 所以 AA2⊥AB，AA2⊥AD，又因为 AB∩AD＝A，所以 AA2⊥平面 ABCD. 连接 BD，因为 BD⊂平面 ABCD，所以 AA2⊥BD. 因为底面 ABCD是正方形，所以 AC⊥BD. 根据棱台的定义可知，BD与 B1D1共面． 又已知平面 ABCD∥平面 A1B1C1D1，且平面 BB1D1D∩平面 ABCD＝BD， 平面 BB1D1D∩平面 A1B1C1D1＝B1D1，所以 B1D1∥BD.于是 由 AA2⊥BD，AC⊥BD，B1D1∥BD，可得 AA2⊥B1D1，AC⊥B1D1， 又因为 AA2∩AC＝A，所以 B1D1⊥平面 ACC2A2. (2)因为四棱柱 ABCD－A2B2C2D2的底面是正方形，侧面是全等的矩形，所以 S1＝S 四棱柱 上底面＋S 四棱柱侧面＝(A2B2)2＋4AB·AA2＝102＋4×10×30＝1 300(cm2)． 又因为四棱台 A1B1C1D1－ABCD的上、下底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形． 所以 S2＝S 四棱台下底面＋S 四棱台侧面 ＝(A1B1)2＋4×1 2 (AB＋A1B1)h 等腰梯形的高 ＝202＋4×1 2 (10＋20) 132－ 1 2 20－10 2 ＝1 120(cm2)． 于是该实心零部件的表面积为 S＝S1＋S2＝1 300＋1 120＝2 420(cm2)， 故所需加工处理费为 0.2S＝0.2×2 420＝484(元)． 19．G7、G12[2012·福建卷] 如图 1－3所示，在长方体 ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD ＝1，AA1＝2，M为棱 DD1上的一点． (1)求三棱锥 A－MCC1的体积； (2)当 A1M＋MC取得最小值时，求证：B1M⊥平面 MAC. 图 1－3 19．解：(1)由长方体 ABCD－A1B1C1D1知， AD⊥平面 CDD1C1， ∴点 A到平面 CDD1C1的距离等于 AD＝1， 又 S△MCC1＝ 1 2 CC1×CD＝1 2 ×2×1＝1， ∴VA－MCC1＝ 1 3 AD·S△MCC1＝ 1 3 . (2)将侧面 CDD1C1绕 DD1逆时针转 90°展开，与侧面 ADD1A1共面(如图)， 当 A1，M，C共线时，A1M＋MC取得最小值． 由 AD＝CD＝1，AA1＝2，得 M为 DD1中点． 连接 C1M，在△C1MC中，MC1＝ 2，MC＝ 2，CC1＝2. ∴CC21＝MC21＋MC2，得∠CMC1＝90°，即 CM⊥MC1. 又由长方体 ABCD－A1B1C1D1知，B1C1⊥平面 CDD1C1，∴B1C1⊥CM. 又 B1C1∩C1M＝C1，∴CM⊥平面 B1C1M，得 CM⊥B1M； 同理可证，B1M⊥AM， 又 AM∩MC＝M，∴B1M⊥平面 MAC. 16．G4、G5、G7[2012·北京卷] 如图 1－9(1)，在 Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别 为 AC，AB的中点，点 F为线段 CD上的一点，将△ADE沿 DE折起到△A1DE的位置，使 A1F⊥CD，如图 1－9(2)． (1)求证：DE∥平面 A1CB； (2)求证：A1F⊥BE； (3)线段 A1B上是否存在点 Q，使 A1C⊥平面 DEQ？说明理由． 图 1－9 16．解：(1)证明：因为 D，E分别为 AC，AB的中点， 所以 DE∥BC. 又因为 DE⊄平面 A1CB， 所以 DE∥平面 A1CB. (2)证明：由已知得 AC⊥BC且 DE∥BC， 所以 DE⊥AC. 所以 DE⊥A1D，DE⊥CD， 所以 DE⊥平面 A1DC. 而 A1F⊂平面 A1DC， 所以 DE⊥A1F. 又因为 A1F⊥CD， 所以 A1F⊥平面 BCDE， 所以 A1F⊥BE. (3)线段 A1B上存在点 Q，使 A1C⊥平面 DEQ. 理由如下： 如下图，分别取 A1C，A1B的中点 P，Q， 则 PQ∥BC. 又因为 DE∥BC， 所以 DE∥PQ. 所以平面 DEQ即为平面 DEP， 由(2)知，DE⊥平面 A1DC， 所以 DE⊥A1C. 又因为 P是等腰三角形 DA1C底边 A1C的中点， 所以 A1C⊥DP. 所以 A1C⊥平面 DEP. 从而 A1C⊥平面 DEQ. 故线段 A1B上存在点 Q，使得 A1C⊥平面 DEQ. 7．G2、G7[2012·北京卷] 某三棱锥的三视图如图 1－4所示，该三棱锥的表面积是( ) 图 1－4 A．28＋6 5 B．30＋6 5 C．56＋12 5 D．60＋12 5 7．B [解析] 本题考查三棱锥的三视图与表面积公式． 由三视图可知，几何体为一个侧面和底面垂直的三棱锥，如图所示，可知 S 底面＝ 1 2 ×5×4 ＝10， S 后＝ 1 2 ×5×4＝10， S 左＝ 1 2 ×6×2 5＝6 5， S 右＝ 1 2 ×4×5＝10， 所以 S 表＝10×3＋6 5＝30＋6 5. 12．G2、G7[2012·安徽卷] 某几何体的三视图如图 1－2所示，则该几何体的体积等于 ________． 图 1－2 12．56 [解析] 如图，根据三视图还原的实物图为底面是直角梯形的直四棱柱，其体 积为 V＝Sh＝1 2 (2＋5)×4×4＝56. 19．G5、G7、G11[2012·全国卷] 如图 1－1，四棱锥 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． 图 1－1 19．解：方法一：(1)证明：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 3 r＝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所成的角和〈n，DP→〉互余， 故 PD与平面 PBC所成的角为 30°. 19．G5、G7[2012·课标全国卷] 如图 1－4，三棱柱 ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面， ∠ACB＝90°，AC＝BC＝1 2 AA1，D是棱 AA1的中点． (1)证明：平面 BDC1⊥平面 BDC； (2)平面 BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比． 图 1－4 19．解：(1)证明：由题设知 BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC＝C，所以 BC⊥平面 ACC1A1. 又 DC1⊂平面 ACC1A1，所以 DC1⊥BC. 由题设知∠A1DC1＝∠ADC＝45°，所以∠CDC1＝90°，即 DC1⊥DC.又 DC∩BC＝C，所 以 DC1⊥平面 BDC.又 DC1⊂平面 BDC1，故平面 BDC1⊥平面 BDC. (2)设棱锥 B－DACC1的体积为 V1，AC＝1.由题意得 V1＝1 3 × 1＋2 2 ×1×1＝1 2 . 又三棱柱 ABC－A1B1C1的体积 V＝1， 所以(V－V1)∶V1＝1∶1. 故平面 BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为 1∶1. 18．G4、G7[2012·辽宁卷] 如图 1－5，直三棱柱 ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°，AB ＝AC＝ 2，AA′＝1，点 M，N分别为 A′B和 B′C′的中点． (1)证明：MN∥平面 A′ACC′； (2)求三棱锥 A′－MNC的体积． (锥体体积公式 V＝1 3 Sh，其中 S为底面面积，h为高) 图 1－5 18．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)(解法一) 连结 BN，由题意 A′N⊥B′C′， 平面 A′B′C′∩平面 B′BCC′＝B′C′， 所以 A′N⊥平面 NBC. 又 A′N＝1 2 B′C′＝1，故 VA′－MNC＝VN－A′MC＝ 1 2 VN－A′BC＝ 1 2 VA′－NBC＝ 1 6 . (解法二) VA′－MNC＝VA′－NBC－VM－NBC＝ 1 2 VA′－NBC＝ 1 6 . G8 多面体与球 16．G8[2012·辽宁卷] 已知点 P，A，B，C，D是球 O表面上的点，PA⊥平面 ABCD， 四边形 ABCD是边长为 2 3的正方形，若 PA＝2 6，则△OAB的面积为________． 图 1－4 16．3 3 [解析] 本小题主要考查球的概念与性质．解题的突破口为弄清 PC为球的直 径，问题转换为求长方体的对角线． 因为四边形 ABCD是边长为 2 3的正方形，故而 AB＝AD＝2 3，如图 1－4所示，PA， AB，AD 两两垂直，可以补充成以 PA，AB，AD 为棱的球内接长方体，故而 2R＝ PA2＋AB2＋AD2＝4 3， 所以 R＝2 3， 故而△OAB为等边三角形，S△OAB＝ 3 4 ×(2 3)2＝3 3. 8．G8[2012·课标全国卷] 平面α截球 O的球面所得圆的半径为 1，球心 O到平面α的距 离为 2，则此球的体积为( ) A. 6π B．4 3π C．4 6π D．6 3π 8．B [解析] 由题意，球的半径为R＝ 12＋ 22＝ 3，所以球的体积为V＝4 3 πR3＝4 3π. 故选 B. G9 空间向量及运算 G10 空间向量解决线面位置关系 20．G5、G6、G10、G11[2012·重庆卷] 已知在直三棱柱 ABC－A1B1C1中，AB＝4，AC ＝BC＝3，D为 AB的中点． (1)求异面直线 CC1和 AB的距离； (2)若 AB1⊥A1C，求二面角 A1－CD－B1的平面角的余弦值． 图 1－3 20．解：(1)因 AC＝BC，D为 AB的中点，故 CD⊥AB. 又直三棱柱中，CC1⊥面 ABC，故 CC1⊥CD，所以异面直线 CC1和 AB的距离为 CD＝ BC2－BD2＝ 5. (2)解法一：由 CD⊥AB，CD⊥BB1，故 CD⊥面 A1ABB1，从而 CD⊥DA1，CD⊥DB1， 故∠A1DB1为所求的二面角 A1－CD－B1的平面角． 因 A1D是 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 ，得 AA21＝AD·A1B1＝8. 从而 A1D＝ AA21＋AD2＝2 3，B1D＝A1D＝2 3， 所以在△A1DB1中，由余弦定理得 cos∠A1DB1＝ A1D2＋DB21－A1B21 2·A1D·DB1 ＝ 1 3 . 解法二：如下图，过 D作 DD1∥AA1交 A1B1于 D1，在直三棱柱中，由(1)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)，从而AB1→ ＝ (4,0，h)，A1C → ＝(2，5，－h)． 由AB1→ ⊥A1C→ 得AB1→ ·A1C→ ＝0，即 8－h2＝0，因此 h＝2 2. 图 1－4 故DA1→ ＝(－2,0,2 2)，DB1→ ＝(2,0,2 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 B1CD的法向量为 n＝(x2，y2，z2)，则 n⊥DC→，n⊥DB1→ ，即 5y2＝0， 2x2＋2 2z2＝0， 取 z2＝－1，得 n＝( 2，0，－1)，所以 cos〈m，n〉＝ m·n |m|·|n| ＝ 2－1 2＋1· 2＋1 ＝ 1 3 . 所以二面角 A1－CD－B1的平面角的余弦值为 1 3 . G11 空间角与距离的求法 20．G5、G6、G10、G11[2012·重庆卷] 已知在直三棱柱 ABC－A1B1C1中，AB＝4，AC ＝BC＝3，D为 AB的中点． (1)求异面直线 CC1和 AB的距离； (2)若 AB1⊥A1C，求二面角 A1－CD－B1的平面角的余弦值． 图 1－3 20．解：(1)因 AC＝BC，D为 AB的中点，故 CD⊥AB. 又直三棱柱中，CC1⊥面 ABC，故 CC1⊥CD，所以异面直线 CC1和 AB的距离为 CD＝ BC2－BD2＝ 5. (2)解法一：由 CD⊥AB，CD⊥BB1，故 CD⊥面 A1ABB1，从而 CD⊥DA1，CD⊥DB1， 故∠A1DB1为所求的二面角 A1－CD－B1的平面角． 因 A1D是 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 ，得 AA21＝AD·A1B1＝8. 从而 A1D＝ AA21＋AD2＝2 3，B1D＝A1D＝2 3， 所以在△A1DB1中，由余弦定理得 cos∠A1DB1＝ A1D2＋DB21－A1B21 2·A1D·DB1 ＝ 1 3 . 解法二：如下图，过 D作 DD1∥AA1交 A1B1于 D1，在直三棱柱中，由(1)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)，从而AB1→ ＝ (4,0，h)，A1C→ ＝(2，5，－h)． 由AB1→ ⊥A1C→ 得AB1→ ·A1C→ ＝0，即 8－h2＝0，因此 h＝2 2. 图 1－4 故DA1→ ＝(－2,0,2 2)，DB1→ ＝(2,0,2 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 B1CD的法向量为 n＝(x2，y2，z2)，则 n⊥DC→，n⊥DB1→ ，即 5y2＝0， 2x2＋2 2z2＝0， 取 z2＝－1，得 n＝( 2，0，－1)，所以 cos〈m，n〉＝ m·n |m|·|n| ＝ 2－1 2＋1· 2＋1 ＝ 1 3 . 所以二面角 A1－CD－B1的平面角的余弦值为 1 3 . 20．G4、G5、G11[2012·浙江卷] 如图 1－5，在侧棱垂直底面的四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝ 2，AD＝2，BC＝4，AA1＝2，E是 DD1的中点，F是平面 B1C1E与直线 AA1的交点． (1)证明：(i)EF∥A1D1； (ii)BA1⊥平面 B1C1EF； (2)求 BC1与平面 B1C1EF所成的角的正弦值． 图 1－5 20．解：(1)证明：(ⅰ)因为 C1B1∥A1D1，C1B1⊄平面 A1D1DA，所以 C1B1∥平面 A1D1DA， 又因为平面 B1C1EF∩平面 A1D1DA＝EF， 所以 C1B1∥EF， 所以 A1D1∥EF. (ⅱ)因为 BB1⊥平面 A1B1C1D1， 所以 BB1⊥B1C1. 又因为 B1C1⊥B1A1， 所以 B1C1⊥平面 ABB1A1， 所以 B1C1⊥BA1. 在矩形 ABB1A1中，F是 AA1的中点，tan∠A1B1F＝tan∠AA1B＝ 2 2 ， 即∠A1B1F＝∠AA1B， 故 BA1⊥B1F， 所以 BA1⊥平面 B1C1EF. (2)设 BA1与 B1F交点为 H，连结 C1H. 由(1)知 BA1⊥平面 B1C1EF，所以∠BC1H是 BC1与面 B1C1EF所成的角． 在矩形 AA1B1B中，AB＝ 2，AA1＝2，得 BH＝ 4 6 . 在直角△BHC1中，BC1＝2 5，BH＝ 4 6 ，得 sin∠BC1H＝BH BC1 ＝ 30 15 ， 所以 BC1与平面 B1C1EF所成角的正弦值是 30 15 . 17．G5、G11[2012·天津卷] 如图 1－4，在四棱锥 P－ABCD中，底面 ABCD是矩形， AD⊥PD，BC＝1，PC＝2 3，PD＝CD＝2. (1)求异面直线 PA与 BC所成角的正切值； (2)证明平面 PDC⊥平面 ABCD； (3)求直线 PB与平面 ABCD所成角的正弦值． 图 1－4 17．解：(1)如图所示，在四棱锥 P－ABCD中，因为底面 ABCD是矩形，所以 AD＝BC 且 AD∥BC，又因为 AD⊥PD，故∠PAD为异面直线 PA与 BC所成的角． 在 Rt△PDA中，tan∠PAD＝PD AD ＝2. 所以，异面直线 PA与 BC所成角的正切值为 2. (2)证明：由于底面 ABCD是矩形，故 AD⊥CD，又由于 AD⊥PD，CD∩PD＝D，因 此 AD⊥平面 PDC，而 AD⊂平面 ABCD，所以平面 PDC⊥平面 ABCD. (3)在平面 PDC内，过点 P作 PE⊥CD交直线 CD于点 E，连接 EB. 由于平面 PDC⊥平面 ABCD，而直线 CD是平面 PDC与平面 ABCD的交线，故 PE⊥ 平面 ABCD.由此得∠PBE为直线 PB与平面 ABCD所成的角． 在△PDC中，由于 PD＝CD＝2，PC＝2 3，可得∠PCD＝30°. 在 Rt△PEC中，PE＝PCsin30°＝ 3. 由 AD∥BC，AD⊥平面 PDC，得 BC⊥平面 PDC，因此 BC⊥PC. 在 Rt△PCB中，PB＝ PC2＋BC2＝ 13. 在 Rt△PEB中，sin∠PBE＝PE PB ＝ 39 13 . 所以直线 PB与平面 ABCD所成角的正弦值为 39 13 . 19．G1、G11[2012·上海卷] 如图 1－1，在三棱锥 P－ABC中，PA⊥底面 ABC，D是 PC的中点，已知∠BAC＝π 2 ，AB＝2，AC＝2 3，PA＝2，求： 图 1－1 (1)三棱锥 P－ABC的体积； (2)异面直线 BC与 AD所成的角的大小(结果用反三角函数值表示)． 19．解：(1)S△ABC＝ 1 2 ×2×2 3＝2 3， 图 1－2 三棱锥 P－ABC的体积为 V＝1 3 S△ABC×PA＝1 3 ×2 3×2＝4 3 3. (2)取 PB的中点 E，连接 DE、AE，则 ED∥BC，所以∠ADE(或其补角)是异面直线 BC 与 AD所成的角． 在△ADE中，DE＝2，AE＝ 2，AD＝2， cos∠ADE＝22＋22－2 2×2×2 ＝ 3 4 ， 所以∠ADE＝arccos3 4 . 因此，异面直线 BC与 AD所成的角的大小是 arccos3 4 . 19．G5、G11[2012·安徽卷] 如图 1－3，长方体 ABCD－A1B1C1D1中，底面 A1B1C1D1 是正方形，O是 BD的中点，E是棱 AA1上任意一点． (1)证明：BD⊥EC1； (2)如果 AB＝2，AE＝ 2，OE⊥EC1，求 AA1的长． 图 1－3 19．解：(1)证明：连接 AC，A1C1. 由底面是正方形知，BD⊥AC. 因为 AA1⊥平面 ABCD，BD⊆平面 ABCD， 所以 AA1⊥BD. 又由 AA1∩AC＝A， 所以 BD⊥平面 AA1C1C. 再由 EC1⊆平面 AA1C1C知， BD⊥EC1. (2)设 AA1的长为 h，连接 OC1. 在 Rt△OAE中，AE＝ 2，AO＝ 2， 故 OE2＝( 2)2＋( 2)2＝4. 在 Rt△EA1C1中，A1E＝h－ 2，A1C1＝2 2. 故 EC21＝(h－ 2)2＋(2 2)2. 在 Rt△OCC1中，OC＝ 2，CC1＝h，OC21＝h2＋( 2)2. 因为 OE⊥EC1，所以 OE2＋EC21＝OC21，即 4＋(h－ 2)2＋(2 2)2＝h2＋( 2)2，解得 h＝3 2. 所以 AA1的长为 3 2. 8．G11[2012·全国卷] 已知正四棱柱 ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2 2，E为 CC1 的中点，则直线 AC1与平面 BED的距离为( ) A．2 B. 3 C. 2 D．1 8．D [解析] 本小题主要考查正四棱柱的性质以及直线到平面的距离的概念．解题的 突破口为直线到平面的距离的转化． 由已知可得 AC1＝4，取 AC与 BD的中点 O，连 OE，显然有 AC1∥OE且平面 ACC1A1 ⊥平面 BED，∴AC1与平面 BED的距离即为 AC1与 OE的距离，又∵AB＝2，CC1＝2 2， ∴AC＝2 2，CC1＝AC，∴平面 AA1C1为正方形，∴AC1与平面 BED的距离为 1 4 CA1＝1，故 选 D. 16．G11[2012·全国卷] 已知正方体 ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为 BB1、CC1的中 点，那么异面直线 AE与 D1F所成角的余弦值为________． 16.3 5 [解析] 本小题主要考查正方体中异面直线所成的角的求解，解题的突破口是化异 面为共面，即平移直线或找平行线． 连结 DF，显然有 DF∥AE，所以∠DFD1为所求异面直线所成角或其补角．设正方体棱 长为 1，则 DF＝ FD1＝ 5 2 ，由余弦定理可求得∠DFD1的余弦值为 3 5 ，故填 3 5 . 19．G5、G7、G11[2012·全国卷] 如图 1－1，四棱锥 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． 图 1－1 19．解：方法一：(1)证明：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 3 r＝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所成的角和〈n，DP→〉互余， 故 PD与平面 PBC所成的角为 30°. G12 单元综合 6．G12[2012·四川卷] 下列命题正确的是( ) A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行 6．C [解析] 对于 A，可以考虑一个圆锥的两条母线与底面所成角都相等，但它们不 平行，A错． 对于 B，当三个点在同一条直线上，且该直线平行于一个平面时，不能保证两个平面平 行；或者当其中两个点在平面一侧，第三点在平面异侧，且它们到平面距离相等，也不能保 证两个平面平行，故 B错． 对于 C，记平面外的直线为 a，两平面记为α、β，它们的交线为 l.过 a作平面γ与平面α 相交于 b，并使得 b不在β内，由 a∥α，可知 a∥b，又 a∥β，故 b∥β.过 b的平面α与β相交 于 l，由线面平行的性质定理可得：b∥l，再由公理可得：a∥l.C正确． 对于 D，观察一个正方体共顶点的三个面，即可知 D错误． 10．G12[2012·四川卷] 如图 1－3，半径为 R的半球 O的底面圆 O在平面α内，过点 O 作平面α的垂线交半球面于点 A，过圆 O的直径 CD作与平面α成 45°角的平面与半球面相交， 所得交线上到平面α的距离最大的点为 B，该交线上的一点 P满足∠BOP＝60°，则 A、P两 点间的球面距离为( ) A．Rarccos 2 4 B.πR 4 C．Rarccos 3 3 D.πR 3 图 1－3 10．A [解析] 由已知，OA⊥CD，又 B点到平面α的距离最大，即 B点在半圆 CBD的 最高点，即半圆弧 CBD的中点，于是 BO⊥CD，于是 CD⊥平面 AOB，进而平面 CBD⊥平 面 AOB， 且∠AOB为二面角 A－CD－B的平面角，该角等于平面 BCD与α所成二面角的余角， 为 45°， 于是由公式 cos∠AOP＝cos∠AOBcos∠BOP＝ 2 2 ·1 2 ＝ 2 4 ，即∠AOP＝arccos 2 4 ， 故 A、P两点间的球面距离为 Rarccos 2 4 . 18．G5、G12[2012·广东卷] 如图 1－5所示，在四棱锥 P－ABCD中，AB⊥平面 PAD， AB∥CD，PD＝AD，E是 PB的中点，F是 DC上的点且 DF＝1 2 AB，PH为△PAD中 AD边 上的高． (1)证明：PH⊥平面 ABCD； (2)若 PH＝1，AD＝ 2，FC＝1，求三棱锥 E－BCF的体积； (3)证明：EF⊥平面 PAB. 图 1－5 18．解：(1)由于 AB⊥平面 PAD，PH⊂平面 PAD， 故 AB⊥PH. 又因为 PH为△PAD中 AD边上的高， 故 AD⊥PH. ∵AB∩AD＝A，AB⊂平面 ABCD， AD⊂平面 ABCD， ∴PH⊥平面 ABCD. (2)由于 PH⊥平面 ABCD，E为 PB的中点，PH＝1，故 E到平面 ABCD的距离 h＝1 2 PH ＝ 1 2 . 又因为 AB∥CD，AB⊥AD，所以 AD⊥CD， 故 S△BCF＝ 1 2 ·FC·AD＝1 2 ·1· 2＝ 2 2 . 因此 VE－BCF＝ 1 3 S△BCF·h＝ 1 3 · 2 2 ·1 2 ＝ 2 12 . (3)证明：过 E作 EG∥AB交 PA于 G，连接 DG. 由于 E为 PB的中点，所以 G为 PA的中点． 因为 DA＝DP，故△DPA为等腰三角形， 所以 DG⊥PA. ∵AB⊥平面 PAD，DG⊂平面 PAD， ∴AB⊥DG. 又∵AB∩PA＝A，AB⊂平面 PAB，PA⊂平面 PAB， ∴DG⊥平面 PAB. 又∵GE 綊 1 2 AB，DF 綊 1 2 AB， ∴GE 綊 DF. 所以四边形 DFEG为平行四边形，故 DG∥EF. 于是 EF⊥平面 PAB. 19．G7、G12[2012·福建卷] 如图 1－3所示，在长方体 ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD ＝1，AA1＝2，M为棱 DD1上的一点． (1)求三棱锥 A－MCC1的体积； (2)当 A1M＋MC取得最小值时，求证：B1M⊥平面 MAC. 图 1－3 19．解：(1)由长方体 ABCD－A1B1C1D1知， AD⊥平面 CDD1C1， ∴点 A到平面 CDD1C1的距离等于 AD＝1， 又 S△MCC1＝ 1 2 CC1×CD＝1 2 ×2×1＝1， ∴VA－MCC1＝ 1 3 AD·S△MCC1＝ 1 3 . (2)将侧面 CDD1C1绕 DD1逆时针转 90°展开，与侧面 ADD1A1共面(如图)， 当 A1，M，C共线时，A1M＋MC取得最小值． 由 AD＝CD＝1，AA1＝2，得 M为 DD1中点． 连接 C1M，在△C1MC中，MC1＝ 2，MC＝ 2，CC1＝2. ∴CC21＝MC21＋MC2，得∠CMC1＝90°，即 CM⊥MC1. 又由长方体 ABCD－A1B1C1D1知，B1C1⊥平面 CDD1C1，∴B1C1⊥CM. 又 B1C1∩C1M＝C1，∴CM⊥平面 B1C1M，得 CM⊥B1M； 同理可证，B1M⊥AM， 又 AM∩MC＝M，∴B1M⊥平面 MAC. 15．G1、G12[2012·安徽卷] 若四面体 ABCD的三组对棱分别相等，即 AB＝CD，AC＝ BD，AD＝BC，则________(写出所有正确结论的编号)． ①四面体 ABCD每组对棱相互垂直；②四面体 ABCD每个面的面积相等；③从四面体 ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于 90°而小于 180°；④连接四面体 ABCD每组 对棱中点的线段相互垂直平分；⑤从四面体 ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个 三角形的三边长． 15．②④⑤ [解析] 如图，把四面体 ABCD放入长方体中，由长方体中相对面中相互 异面的两条面对角线不一定相互垂直可知①错误；由长方体中△ABC≌△ABD≌△DCB≌△ DCA，可知四面体 ABCD每个面的面积相等，同时四面体 ABCD中过同一顶点的三个角之 和为一个三角形的三个内角之和，即为 180°，故②正确，③错误；长方体中相对面中相互 异面的两条面对角线中点的连线相互垂直，故④正确；从四面体 ABCD每个顶点出发的三 条棱可以移到一个三角形中，作为一个三角形的三条边，故⑤正确．答案为②④⑤. 19．G12[2012·四川卷] 如图 1－5，在三棱锥 P－ABC中，∠APB＝90°，∠PAB＝60°， AB＝BC＝CA，点 P在平面 ABC内的射影 O在 AB上． (1)求直线 PC与平面 ABC所成的角的大小； (2)求二面角 B－AP－C的大小． 图 1－5 19．解：解法一： (1)连结 OC，由已知，∠OCP为直线 PC与平面 ABC所成的角． 设 AB的中点为 D，连结 PD、CD. 因为 AB＝BC＝CA，所以 CD⊥AB. 因为∠APB＝90°，∠PAB＝60°，所以△PAD为等边三角形． 不妨设 PA＝2，则 OD＝1，OP＝ 3，AB＝4. 所以 CD＝2 3，OC＝ OD2＋CD2＝ 1＋12＝ 13. 在 Rt△OCP中，tan∠OCP＝OP OC ＝ 3 13 ＝ 39 13 . 故直线 PC与平面 ABC所成的角的大小为 arctan 39 13 . (2)过 D作 DE⊥AP于 E，连结 CE. 由已知可得，CD⊥平面 PAB. 根据三垂线定理知，CE⊥PA. 所以∠CED为二面角 B－AP－C的平面角． 由(1)知，DE＝ 3. 在 Rt△CDE中，tan∠CED＝CD DE ＝ 2 3 3 ＝2. 故二面角 B－AP－C的大小为 arctan2. 解法二： (1)设 AB的中点为 D，连结 CD. 因为 O在 AB上，且 O为 P在平面 ABC上的射影， 所以 PO⊥平面 ABC. 所以 PO⊥AB，且 PO⊥CD. 由 AB＝BC＝CA，知 CD⊥AB. 设 E为 AC中点，则 EO∥CD，从而 OE⊥PO，OE⊥AB. 如图，以 O为坐标原点，OB、OE、OP所在直线分别为 x、y、z轴建立空间直角坐标 系 O－xyz. 不妨设 PA＝2，由已知可得，AB＝4，OA＝OD＝1，OP＝ 3，CD＝2 3. 所以 O(0,0,0)，A(－1,0,0)，C(1,2 3，0)，P(0,0， 3)． 所以CP→＝(－1，－2 3， 3)，而OP→＝(0,0， 3)为平面 ABC的一个法向量， 设α为直线 PC与平面 ABC所成的角， 则 sinα＝| CP → ·OP→ |CP→ |·|OP→ | | ＝| 0＋0＋3 16· 3 |＝ 3 4 . 故直线 PC与平面 ABC所成的角的大小为 arcsin 3 4 . (2)由(1)有，AP→＝(1,0， 3)，AC→＝(2,2 3，0)， 设平面 APC的一个法向量为 n＝(x1，y1，z1)，则 n⊥AP→， n⊥AC→ ⇔ n·AP→＝0， n·AC→＝0 ⇔ x1，y1，z1·1，0， 3＝0， x1，y1，z1·2，2 3，0＝0. 从而 x1＋ 3·z1＝0， 2x1＋2 3·y1＝0. 取 x1＝－ 3，则 y1＝1，z1＝1，所以 n＝(－ 3，1,1)． 设二面角 B－AP－C的平面角为β，易知β为锐角． 而面 ABP的一个法向量为 m＝(0,1,0)，则 cosβ＝| n·m |n|·|m||＝| 1 3＋1＋1|＝ 5 5 . 故二面角 B－AP－C的大小为 arccos 5 5 .