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文档介绍
高考数学【理科】真题分类详细解析版专题8 立体几何（棱锥）（解析版）
专题 08 立体几何（棱锥） 【2013 年高考试题】 （2013·辽宁理）（10）已知三棱柱 1 1 1 6 . 3 4ABC A B C O AB AC 的 个顶点都在球 的球面上若 ， ， ,AB AC 1 12AA O ，则球 的半径为 A． 3 17 2 B． 2 10 C．13 2 D．3 10 【答案】C 【解析】构建长方体的棱长分别为 3,4,12.体对角线长为 2 2 23 +4 +12 =13 ，外接圆的半径为 13 2 ，故选 C 【学科网考点定位】本题考查空间几何体模型的认识。 （ 2013 · 上 海 理 ） 19. （ 本 题 满 分 12 分 ） 如 图 ， 在 长 方 体 ABCD-A1B1C1D1 中 ， AB=2,AD=1,A1A=1，证明直线 BC1 平行于平面 DA1C，并求直线 BC1 到平面 D1AC 的距离. 【解析】本题主要考查直线与直线的平行、直线与平面的垂直、三棱锥的体积计算等知识点。 解答中需要注意线面平行中直线在平面外的交代，体积公式运用不要漏掉 1 3 。此类问题属 于常考题之一，难度属于容易题。 【答案】 因为 ABCD-A1B1C1D1 为长方体，故 1 1 1 1// ,AB C D AB C D ， 故 ABC1D1 为平行四边形，故 1 1//BC AD ，显然 B 不在平面 D1AC 上，于是直线 BC1 平行于 平面 DA1C； 直线 BC1 到平面 D1AC 的距离即为点 B 到平面 D1AC 的距离设为 h 考虑三棱锥 ABCD1 的体积，以 ABC 为底面，可得 1 1 1( 1 2) 13 2 3V 而 1AD C 中， 1 15, 2AC D C AD ，故 1 3 2AD CS 所以， 1 3 1 2 3 2 3 3V h h ，即直线 BC1 到平面 D1AC 的距离为 2 3 ． 【学科网考点定位】考查空间几何体的相关计算，属中档题。 （2013·广东理）6．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 【解析】选项 A 中，m 与 n 还可能平行或者异面，故错；B 中，m 与 n 还可能异面，故错； C 中 ， , 还 有 可 能 平 行 或 者 相 交 ， 故 错 ； D 中 ， , , ,m m n n n ∥ ∥ , ,故 D 正确. 【学科网考点定位】考查线面的位置关系 （2013·大纲理）19.（本小题满分 12 分） 如图，四棱锥 P-ABCD 中， 090ABC BAD ， 2BC AD ， PAB 和 PAD 都是等 边三角形. （Ⅰ）证明： PB CD ； （Ⅱ）求二面角 A-PD-C 的大小. 【解析】： （Ⅰ）证明：取 BC 的中点 E，连结 DE，则 ABED 为正方形. 过 P 作 PO⊥平面 ABCD，垂足为 O. 连结 OA，OB,OD,OE. 由 PAB 和 PAD 都是等边三角形知 PA=PB=PD， 所以 OA=OB=OD，即点 O 为正方形 ABED 对角线的交点， 故OE BD ， 从而 PB OE . ……3 分 因为 O 是 BD 的中点，E 是 BC 的中点，所以 OE//CD.因此 PB CD . ……5 分 （Ⅱ）解法一： 设 AB=2，则 2 2AE ， 1 12EG PB ， 故 2 2 3AG AE EG . 在 AFG 中， 1 22FG CD ， 3AF ， 3AG ， 所以 2 2 2 6cos 2 3 FG AF AGAFG FG AF . 因此二面角 A-PD-C 的大小为 6arccos 3 . ……12 分 解法二： 由（Ⅰ）知，OE,OB,OP 两两垂直. 以 O 为坐标原点，OE 的方向为 x 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz. 设| | 2AB ，则 ( 2,0,0)A ， (0, 2,0)D ， (2 2, 2,0)C ， (0,0, 2)P . (2 2, 2, 2)PC ， (0, 2, 2)PD . ( 2,0, 2)AP ， ( 2, 2,0)AD . 可得 0, 0m p m p . 取 m=1，得 1, 1p q ，故 2 (1,1, 1)n . 于是 1 2 1 2 1 2 6cos , =- 3| || | n nn n n n . 由于 1 2,n n 等于二面角 A-PD-C 的平面角， 所以二面角 A-PD-C 的大小为 6arccos 3 . ……12 分 【解析】（1）解题的关键是辅助线的添加，取 BC 的中点 E 是入手点，然后借助三垂线定理 进行证明；（2）利用三垂线定理法或者空间向量法求解二面角. 求二面角：关键是作出或找 出其平面角，常用做法是利用三垂线定理定角法，先找到一个半平面的垂线，然后过垂足作 二面角棱的垂线，再连接第三边，即可得到平面角。若考虑用向量来求：要求出二个面的法 向量，然后转化为 1 2 1 2 1 2 cos , | || | n nn n n n ,要注意两个法向量的夹角与二面角可能相等也 可能互补，要从图上判断一下二面角是锐二面角还是钝二面角，然后根据余弦值确定相等或 互补即可。 【学科网考点定位】本题考查线线垂直的证明和二面角的求解，考查学生的空间想象能力和 计算能力。 （2013·大纲理）10.已知正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1 2AA AB ，则 CD 与平面 1BDC 所成角的正弦值等于（ ） A． 2 3 B． 3 3 C． 2 3 D． 1 3 【答案】A 【解析】如下图，连结 AC 交 BD 于点 O，连结 1C O ，过 C 作 1CH C O 于点 H. ∵ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 BD AC CH BDBD ACC ABD AA CH C O CH C BDCH ACC AAC AA A BD C O O 平面 平面平面 , ∴ HDC 为 CD 与平面 1BDC 所成的角. 设 1 2 2AA AB ，则 2 2 2 ACOC , 2 2 2 2 1 1 2 9 3( ) 2 22 22 C O OC CC . 由等面积法，得 1 1C O CH OC CC ,即 3 2 2= 22 2CH ，∴ 2= 3CH .∴ 2 23sin 1 3 HCHDC DC .故选 A. 【学科网考点定位】线面角 （2013·北京理）17. (本小题共 14 分)如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，AA1C1C 是边长为 4 的正方形.平面 ABC⊥平面 AA1C1C，AB=3，BC=5. （Ⅰ）求证：AA1⊥平面 ABC； （Ⅱ）求二面角 A1-BC1-B1 的余弦值； （Ⅲ）证明：在线段 BC1 存在点 D，使得 AD⊥A1B，并求 1 BD BC 的值. 【解析】 把平面与平面垂直转化为直线和平面垂直.要证直线和平面垂直，依据相关判定定 1 1 10,3,0 , 0,0,4 , 0,3,4 , 4,0,4B A B C . 设平面 1 1A BC 的法向量为 , ,n x y z ，则 1 1 1 0, 0. n A B n AC 即 3 4 0, 4 0, y z x 令 3z ，则 0, 4x y ，所以 0,4,3n . 同理可得，平面 1 1B BC 的法向量为 3,4,0m . 所以 16cos , 25| | | | m nm n m n . 由题知二面角 A1-BC1-B1 为锐角，所以二面角 A1-BC1-B1 的余弦值为 16 25 . （Ⅲ）设 , ,D x y z 是直线 1BC 上的一点，且 1BD BC . 所 以 , 3, 4, 3,4x y z ， 解 得 4 , 3 3 , 4x y z ， 所 以 4 ,3 3 ,4AD . 由 1 0AD A B ，即 9 25 0 ，解得 9 25 . 因为 9 0,125 ，所以在线段 1BC 上存在点 D，使得 1AD A B ，此时 1 9 25 BD BC . 【学科网考点定位】本题考查了平面与平面垂直的性质定理，直线和平面垂直的判定定理， 考查了法向量、空间向量在立体几何中的应用和二面角的求法，考查了空间想象能力和推理 论证能力. （2013·北京理）14.如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，E 为 BC 的中点，点 P 在线段 D1E 上，点 P 到直线 CC1 的距离的最小值为 . 【答案】 2 5 5 【解析】过 E 作 1EE ⊥ 1 1B C 于 1E ，连接 1 1D E ，过 P 作 PQ 1 1D E 于 Q ，在同一个平面 EE1D1 内， 1EE ⊥E1D1，PQ 1 1D E ，则 1/ /PQ EE ，又 1 1/ /EE CC ，故 1/ /PQ CC ，点 P 到直线 CC1 的距离就等于点 Q 到直线 CC1 的距离，当 1 1C Q C C ，距离最小，此时， 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 5 55 C D C EC Q E D . 【学科网考点定位】本小题考查了点到直线的距离求法，考查了转化与化归思想的应用和空 间想象能力. （2013·安徽理）15.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 （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 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 【解析】（1） 1 2CQ ，S 等腰梯形，②正确，图如下： （2） 1CQ ，S 是菱形，面积为 3 62 2 2 ，⑤正确，图如下： （3） 3 4CQ ，画图如下： 1 1 3C R ，③正确 （4） 3 14 CQ ，如图是五边形，④不正确； （5） 10 2CQ ，如下图，是四边形，故①正确 【学科网考点定位】考查立体几何中关于切割的问题，以及如何确定平面。 （2013·福建理）19.（本小题满分 13 分） 如图，在四棱柱 1111 DCBAABCD 中，侧棱 1AA 底面 ABCD , )0(,6,5,4,3,1,// 1 kkDCkBCkADkABAADCAB （1）求证： CD 平面 11AADD （2）若直线 1AA 与平面 CAB1 所成角的正弦值为 7 6 ，求 k 的值 （3）现将与四棱柱 1111 DCBAABCD 形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的 四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案，问共有几 种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为 )(kf ，写出 )(kf 的解析式。（直接写出答案，不必说明理由） 【答案】Ⅰ）取 CD 中点 E ，连接 BE / /AB DEQ ， 3AB DE k 四边形 ABED 为平行四边形 / /BE AD 且 4BE AD k 在 BCEV 中， 4 , 3 , 5BE k CE k BC k Q 2 2 2BE CE BC 90BEC ,即 BE CD ，又 / /BE ADQ ，所以CD AD 1AA Q 平面 ABCD ， CD 平面 ABCD 1AA CD ，又 1AA AD AI ， CD 平面 1 1ADD A （Ⅱ）以 D 为原点， 1, ,DA DC DD uuur uuur uuur 的方向为 , ,x y z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐 标系 (4 ,0,0)A k ， (0,6 ,0)C k ， 1(4 ,3 ,1)B k k ， 1(4 ,0,1)A k 所以 ( 4 ,6 ,0)AC k k uuur ， 1 (0,3 ,1)AB k uuur ， 1 (0,0,1)AA uuur 设平面 1AB C 的法向量 ( , , )n x y z ，则由 1 0 0 A C n A B n uuur uuur 得 4 6 0 3 0 kx ky ky z 取 2y ，得 (3,2, 6 )n k 设 1AA 与平面 1AB C 所成角为 ，则 1 1 1 ,sin | co s , | | | | | A A nA A n A A n uuuruuur uuur 2 6 6 736 13 k k ，解得 1k ．故所求 k 的值为 1 【解析】立体几何第一问对于关系的决断往往基于对公理定理推论掌握的比较熟练，又要善 于做出一线辅助线加以证明，那么第二问就可以在其基础上采用坐标法处理角度或者距离问 题，坐标法所用的公式就必需熟练掌握，第三问主要考查了学生的空间思维能力，要在平时 多加练习。此题坐标法也很考验学生的计算功底。 【学科网考点定位】本题主要考查立体几何中线线关系线面关系的判断以及线面角的算法， 并且通过第三问的设问又把几何体的表面积与函数巧妙的结合起来，计算和空间思维要求比 较高。属于难题。 （2013·广东理）18．（本小题满分 14 分） 如 图 1, 在 等 腰 直 角 三 角 形 ABC 中 , 90A , 6BC , ,D E 分 别 是 ,AC AB 上 的 点, 2CD BE , O 为 BC 的中点.将 ADE 沿 DE 折起,得到如图 2 所示的四棱锥 A BCDE ,其中 3A O . C D O B E A H C D O x E A 向量法图 y z B (Ⅰ) 证明: A O 平面 BCDE ； (Ⅱ) 求二面角 A CD B 的平面角的余弦值. 【答案】 (Ⅰ) 在图 1 中,易得 3, 3 2, 2 2OC AC AD 连结 ,OD OE ,在 OCD 中,由余弦定理可得 2 2 2 cos45 5OD OC CD OC CD 结合图 1 可知, H 为 AC 中点,故 3 2 2OH ,从而 2 2 30 2A H OH OA 所以 15cos 5 OHA HO A H ,所以二面角 A CD B 的平面角的余弦值为 15 5 . 向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O xyz 如图所示, 则 0,0, 3A , 0, 3,0C , 1, 2,0D 所以 0,3, 3CA , 1,2, 3DA 设 , ,n x y z 为平面 A CD 的法向量,则 0 0 n CA n DA ,即 3 3 0 2 3 0 y z x y z ,解得 3 y x z x ,令 1x ,得 1, 1, 3n 由(Ⅰ) 知, 0,0, 3OA 为平面CDB 的一个法向量, 所以 3 15cos , 53 5 n OAn OA n OA ,即二面角 A CD B 的平面角的余弦值为 15 5 . 【解析】解决折叠问题，需注意一下两点：1.一定要关注“变量”和“不变量”在证明和计算中 的应用:折叠时位于棱同侧的位置关系和数量关系不变;位于棱两侧的位置关系与数量关系 变；2.折前折后的图形结合起来使用.如本题第一问，关键是由翻折不变性可知 2 2A D , 借助勾股定理进行证明垂直关系；（2）利用三垂线定理法或者空间向量法求解二面角. 求二 面角：关键是作出或找出其平面角，常用做法是利用三垂线定理定角法，先找到一个半平面 的垂线，然后过垂足作二面角棱的垂线，再连接第三边，即可得到平面角。若考虑用向量来 求：要求出二个面的法向量，然后转化为 1 2 1 2 1 2 cos , | || | n nn n n n ,要注意两个法向量的夹角 与二面角可能相等也可能互补，要从图上判断一下二面角是锐二面角还是钝二面角，然后根 据余弦值确定相等或互补即可。 【学科网考点定位】考查折叠问题和二面角的求解，考查空间想象能力和计算能力. （2013·湖南理）19．（本小题满分 12 分）如图 5，在直棱柱 11 1 1 //ABCD A B C D AD BC 中， ， 190 , , 1, 3.BAD AC BD BC AD AA （I）证明： 1AC B D ； （II）求直线 1 1 1B C ACD与平面 所成角的正弦值。 【答案】（1）因为 1B B 平面 ABCD ，所以 BD 为 1B D 在平面 ABCD 内的投影；因为 AC BD ，由三垂线定理可知 1AC B D ； （2）以 A 为原点，AB 所在边为 x 轴，AD 所在边为 y 轴，AA1 所在边为 z 轴建立空间直 角坐标系，则 1(0,0,0), ( ,1,0), (0,3,3)A C m D ，所以 1 (0,3,3)AD ， ( ,1,0)AC m ； 因 为 1 ( ,0,3)B m ， (0,3,0)D ， 所 以 1 ( ,3, 3)B D m ， 因 为 1AC B D ， 所 以 1 0AC B D ，故 3m ，所以 ( 3,1,0)AC ，设 ( , , )n x y z 为 1ACD平面 的法向量， 则 1 0 0 n AC n AD ， 令 1x ， 所 以 (1, 3, 3)n 为 1ACD平面 的 一 个 法 向 量 ； 因 为 1( 3,0,3)B ， 1( 3,1,3)C ，所以 1 1 (0,1,0)B C 所以直线 1 1 1B C ACD与平面 所成角的正弦 值 3 21sin 77 . 【解析】（1）利用线面平行证明线线平行；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面成 角的正弦. 【学科网考点定位】本题考查线面平行的判定和性质、向量法求解线面成角，考查学生的空 间想象能力以及基本运算能力. （2013·江西理）19（本小题满分 12 分） 如图，四棱锥 P-ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，E 为 BD 的中点，G 为 PD 的中点，△DAB ≌△DCB， EA=EB=AB=1，PA= ，连接 CE 并延长交 AD 于 F. （1）求证：AD⊥平面 CFG； （2）求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值. 【答案】 2 4 【解析】（1）因为△DAB ≌△DCB，EA=EB=AB=1，所以△ECB 是等边， 60DEF EBA , 1/ / , , / / , 60 90 , .2 , , , . EF AB EF AE GF PA AEF AEF AFE AF EF AD CF PA ABCD GF ABCD GF AD CF GF F AD CFG 在 中 ， ， 即 平面 ， 平面 平面 （2）建立空间坐标系如图， x y z 取向观点的坐标为 3 3 3(1 0 0), ( 0), (0 0 ), (0 3,0)2 2 2B C P D，， ， ， ，， ， , 向量 1 3 1 3 3 3 3( ,0), ( 0), (0 3 ), ( , ,0),2 2 2 2 2 2 2BC BC PD DC ， ， ， ，2 ， 设 平 面 PBC 的法向量 1 1 1 1( , , ),n x y z 平面 PDC 的法向量 2 2 2 2( , , ),n x y z 则 1 2 2 1 2 1 1 1 2 2 1 2 1 2 3 3 32 0 0 3 22 2 2, , (1, , ), (1, 3,2).3 33 3 3 3 3 30 02 2 2 2 2 2 4 23cos = .416 89 y x y n n x y z y z n n n n 同理 两平面夹角的余弦 空间向量法是解答空间几何问题常用方法，这种方法的关键是法向量的计算以及用法向量来 计算空间角和空间距离、证明平行垂直关系. 【学科网考点定位】本题主要考查空间垂直关系的证明、平行关系的运用，考查空间角的求 解方法，考查空间想象能力、推理论证能力、计算能力. （2013·辽宁理）18．（本小题满分 12 分） 如图， .AB PA C是圆的直径， 垂直圆所在的平面， 是圆上的点 求证：（I） PAC PBC平面 平面 ； （II） 2 .AB AC PA C PB A 若 ， 1， 1，求证：二面角 的余弦值 【 答 案 】 （ I ） AB AC BC由 是圆的直径可得 , 由PA 平面ABC，BC 平面ABC，得PA BC , ,PA AC A PA PAC AC PAC 又 平面 平面 , BC PAC所以 平面 又因为 ,BC PAC PAC PBC 平面 所以平面 平面 （II）解法一：过 C 作CM AP ,则CM ABC 平面 ,如图， 以点 C 为坐标原点，分别以直线 CB、CA、CM、为 x 轴，y 轴，z 轴 建立空间直角坐标系，因为 AB=2，AC=1，所以 3BC =1 (0,1,0), ( 3,0,0), (0,1,1).PA A B P因为 ，所以 故 ( 3,0,0), (0,1,1)CB CP （II）解法二：过 C 作CM AB 于 M，因为 PA ABC CM ABC 平面 ， 平面 所以PA CM ， CM AB故 平面P 。过 M MN PB N NC作 于 ，连接 。 由三垂线定理得CN PB .所以 CNM 为二面角 C-PB-A 的平面角。 3t 2 1 3 2R ABC AB AC CM 在 中，由 ， ，得BC= ， , 3 2BM t 2 1 5R PAB AB A 在 中，由 ，P ，得PB= ,因为 t tR BNM R BAP 所以 3 3 52 1 105 MN MN ，故 . 30 6t 5 4R CNM 又在 中，CN ，故cos CNM= ,所以二面角 C-PB-A 的余弦值为 6 4 。 （2013·山东理）18.（本小题满分 12 分） 如图所示，在三棱锥 PAQ 中， PB 平面 ABQ ， BA BQ BP ， , , ,D C E F 分别是 , , ,AQ BQ AP BP 的中点， 2AQ BD ， PD 与 EQ 交于G ， PC 与 FQ 交于点 H ，连接 GH 。 （Ⅰ）求证： AB GH ； （Ⅱ）求二面角 D GH E 的余弦值。 【答案】（Ⅰ）略 （Ⅱ） 4 5 【解析】解法一 （Ⅰ）在 PAQ 中， ,D E 分别是 ,AP AQ 的中点，则G 是 PAQ 的重心， 2.QG GE 由余弦定理得 2 2 25 5 23 3 4cos .55 52 3 3 FHC 解法 2 分别以 , ,BA BQ BP 所在直线为 , ,x y z 轴建立空间直角坐标系，不妨设 2,BA 则 0,2,0 , 0,0,1 , 1,0,1 , 0,0,2 , 1,1,0 , 0,1,0 .Q F E P D C 设平面QFE 的法向量为 , ,m x y z ，则 0 0 m QF m QE ，所以 , , 0, 2,1 0 , , 1, 2,1 0 x y z x y z ，令 1y 得 0,1,2m 同理求得平面 PDC 的一个法向量为 0,2,1n ， 因此 4cos , ,5 m nm n m n 由图形可知二面角 D GH E 的余弦值为 4.5 （Ⅱ）解法一：在△ ABQ 中, 2AQ BD , AD DQ , 所以 =90ABQ ，即 AB BQ ,因为 PB 平面 ABQ ,所以 AB PB ， 又 BP BQ B ，所以 AB 平面 PBQ ，由（Ⅰ）知 AB ∥GH , 所以GH 平面 PBQ ，又 FH 平面 PBQ ，所以GH FH ，同理可得GH HC ， 所以 FHC 为二面角 D GH E 的平面角，设 2BA BQ BP ,连接 PC ， 在 tR △ FBC 中，由勾股定理得， 2FC ， 在 tR △ PBC 中，由勾股定理得， 5PC ， 又 H 为△ PBQ 的重心，所以 1 5 3 3HC PC 同理 5 3FH , 在△ FHC 中，由余弦定理得 5 5 2 49 9cos 5 52 9 FHC ， 即二面角 D GH E 的余弦值为 4 5 . 解法二：在△ ABQ 中， 2AQ BD , AD DQ , 所以 90ABQ ，又 PB 平面 ABQ ,所以 , ,BA BQ BP 两两垂直， 以 B 为坐标原点，分别以 , ,BA BQ BP 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴，建立如图所示的空间 直 角 坐 标 系 ， 设 2BA BQ BP ， 则 (1,0,1)E , (0,0,1)F , (0,2,0)Q , (1,1,0)D ， (0,1,0)C (0,0,2)P ,, 所 以 ( 1,2, 1)EQ , (0,2, 1)FQ , ( 1, 1,2)DP , (0, 1,2)CP , 设平面 EFQ 的一个法向量为 1 1 1( , , )m x y z ， 取 2 1z ， 得 (0,2,1)n . 所 以 4cos , 5 m nm n m n 因为二面角 D GH E 为钝角，所以二面角 D GH E 的余弦值为 4 5 . 【学科网考点定位】本题考查了空间直线的位置关系的判定和二面角的求法，考查了空间想 象能力、推理论证能力和运算能力。第一问主要涉及平面几何的图形性质，中点形成的平行 线是常考点之一，论证较为简单。第二问有两种方法可以解决，因图形结构的简洁性，推理 论证较为简单，而利用空间向量运算求解二面角就相对复杂了. （2013·陕西理）18. (本小题满分 12 分) 如图, 四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形, O 为底面中心, A1O⊥平面 ABCD, 1 2AB AA . (Ⅰ) 证明: A1C⊥平面 BB1D1D; (Ⅱ) 求平面 OCB1 与平面 BB1D1D 的夹角 的大小. 【解析】本题考查空间直线与平面的位置关系和二面角问题，考查空间想象能力和推理论证 能力、对公式 1cos 2 m n m n 的熟练准确运用。此类问题的易错点是未能合理的建立 空间直角坐标系，找好线面的垂直关系。空间向量的解决对法向量求解不准确，二面角的锐 角和钝角判断不准会导致结果错误。 【答案】如图建立空间直角坐标系， 由 1 2AB AA 可知 1O 0,0,0 (1,0,0), (0,1,0),B (-1,1,1) ( 1,0,0)A B C （ ）， ， 1 1(0,0,1), (-1,-1,1)A D (Ⅰ) 1 ( 1,0, 1)AC , (0,2,0)DB , 1 ( 1,0,1)BB 1 1 10, 0AC DB AC BB ,即 1 1 1,AC DB AC BB ，且 1DB BB B 所以 1 1 1AC BB D D 平面 （Ⅱ）容易求得平面 1OCB 的一个法向量为 (0,1, 1)n ，平面 1 1BB D D 的一个法向量为 (1,0,1)m ，所求夹角余弦值为 1cos 2 m n m n 。所求夹角的大小为 60 。 【学科网考点定位】本题考查空间直线现平面的位置关系和二面角问题，考查空间想象能力 和推理论证能力。 （2013·天津理）(17) (本小题满分 13 分) 如图, 四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中, 侧棱 A1A⊥底面 ABCD, AB//DC, AB⊥AD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E 为棱 AA1 的中点. (Ⅰ) 证明 B1C1⊥CE; (Ⅱ) 求二面角 B1－CE－C1 的正弦值. (Ⅲ) 设点 M 在线段 C1E 上, 且直线 AM 与平面 ADD1A1 所成角的正弦值为 2 6 , 求线段 AM 的长. 【解析】(Ⅰ)证明：因为侧棱 1CC ⊥底面 1 1 1 1A B C D ， 1 1B C 平面 1 1 1 1A B C D ，所以 1CC ⊥ 1 1B C ， 经计算可得 1 5B E ， 1 1B C = 2 ， 1 3EC ，从而 2 1 1B C 2 1EC = 2 1B E ， 所以在 1B EC 中， 1 1B C ⊥ 1EC ，又 1CC ， 1EC 平面 1CC E 中， 1CC 1 1EC C ， 所以 1 1B C ⊥平面 1CC E ，又 CE 平面 1CC E ，故 B1C1⊥CE. (Ⅱ)过 1B 作 1B G ⊥CE 于点 G,连结 1C G ,由(Ⅰ)可知, 1 1B C ⊥CE， 故 CE⊥平面 1 1B C G ， 得 CE⊥ 1C G ，所以 1 1B GC 为二面角 B1－CE－C1 的平面角， 在 1CC E 中，由 CE= 1 3C E ， 1 2CC ，可得 1 2 6 3C G ， 在 1 1Rt B C G 中， 1 42 3B G ，所以 1 1 21sin 7B GC ，即二面角 B1－CE－C1 的正弦值 为 21 7 . (Ⅲ)连结 1D E ，过点 M 作 MH⊥ 1D E 于点 H，可得 MH⊥平面 1 1ADD A ，连结 AH，AM， 则 MAH 为直线 AM 与平面 1 1ADD A 所成的角. 设 AM x ，从而在 Rt AHM 中，有 MH= 2 34,6 6x AH x ， 在 1 1Rt C D E 中 ， 1 1 1C D ， 1 2ED ， 得 EH= 12 3MH x ， 在 AEH 中 ， 135AEH ， AE=1，由 2 2 2 2 cos135AH AE EH AE EH ，得 2 217 1 2118 9 3x x x ， 整理得 25 2 2 6 0x x ，解得 2x ，所以线段 AM 的长为 2 . 【解题思路与技巧】本题第（Ⅰ）问，要证明线线垂直，只需证明线面垂直即可；第(Ⅱ)问， 求二面角的大小，可以建立空间直角坐标系，也可以找出二面角的平面角；第(Ⅲ)问，找出 （ 2013 · 浙 江 理 ） 20. 如 图 ， 在 四 面 体 BCDA 中 ， AD 平 面 BCD, 22,2, BDADCDBC . M 是 AD 的中点， P 是 BM 的中点，点 Q 在线段 AC 上，且 QCAQ 3 . （Ⅰ）证明： //PQ 平面 BCD; （Ⅱ）若二面角 DBMC 的大小为 060 ，求 BDC 的大小. 【解析】此题第（Ⅰ）问证明线面平行，可以通过做辅助线在平面 BCD 内找一条直线和已 知直线 PQ 平行即可，这种方法有的是利用三角形的中位线，有的是利用平行四边形性质来证明。此题 由已知条件知道 P 是 BM 的中点，点Q 在线段 AC 上，且 QCAQ 3 .所以取 BD 中点O ， 取CD 的三等分点 H ，使 3DH CH ，这样得到四边形 POHQ 为平行四边形，即证；另 外也可通过构造一个过 PQ 的平面使之与面 BCD 平行，利用面面平行来证明线面平行，即 取 MD 的中点 F ，且 M 是 AD 中点，所以 3AF FD 。然后证明面 / /PQF 面 BDC ； （Ⅱ）首先要找出二面角C BM D 的平面角，利用二面角最常用的作法是在一个平面内 过一点作另一个平面的垂线，然后再过该点作交线的垂线，连接交线的垂足和平面垂线的垂 足 即 得 到 二 面 角 的 平 面 角 ； 此 题 中 利 用 AD 平 面 BCD 和 其 它 条 件 找 到 二 面 角 C BM D 的平面角，然后结合锐角三角函数定义即可求出；此题的计算的过程有点繁琐， 所以计算过程中要注意； 证明（Ⅰ）方法一：如图 6，取 MD 的中点 F ，且 M 是 AD 中点，所以 3AF FD 。因为 P 是 BM 中点，所以 / /PF BD ；又因为（Ⅰ） 3AQ QC 且 3AF FD ，所以 / /QF BD ， 所以面 / /PQF 面 BDC ，且 PQ 面 BDC ，所以 / /PQ 面 BDC ； 方法二：如图 7 所示，取 BD 中点 O ，且 P 是 BM 中点，所以 1/ / 2PO MD ； 取 CD 的 三 等 分 点 H ， 使 3DH CH ， 且 3AQ QC ， 所 以 1 1/ / / /4 2QH AD MD ， 所 以 / / / /PO QH PQ OH ，且OH BCD ，所以 / /PQ 面 BDC ； （Ⅱ）如图 8 所示，由已知得到面 ADB 面 BDC ，过 C 作 CG BD 于G ，所以CG BMD ，过G 作GH BM 于 H ，连 接 CH ，所以 CHG 就是 C BM D 的二面角；由已知得到 8 1 3BM ，设 BDC ，所以 cos ,sin 2 2 cos , 2 2 cos sin , 2 2 sin ,CD CG CB CD CG BCBD CD BD ， 在 RT BCG 中， 2sin 2 2 sinBGBCG BGBC ，所以在 RT BHG 中， 2 2 1 2 2 sin 3 32 2 sin HG HG ，所以在 RT CHG 中 2 2 2 cos sintan tan 60 3 2 2 sin 3 CGCHG HG tan 3 (0,90 ) 60 60BDC ； 【学科网考点定位】此题考查空间中线面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理， 考查二面角的定义，考查了三角形的中位线的性质，平行线所截线段成比例的逆定理，平行 四边形的判定定理和性质定理，直线平行的传递性，锐角三角函数的定义等知识点；二面角 最常用的作法是在一个平面内过一点作另一个平面的垂线，然后再过该点作交线的垂线，连 接交线的垂足和平面垂线的垂足即得到二面角的平面角；此题可以用几何法和向量法两种方 法解决；考查学生的转化与化归思想的应用，考查了学生空间想象能力、推理论证和运算求 解能力； （2013·新课标Ⅱ理）（18）如图，直棱柱 ABC- 1 1 1A B C 中，D，E 分别是 AB，BB1 的中点， 1AA =AC=CB= 2 2 AB. （Ⅰ）证明： 1BC //平面 1ACD ； （Ⅱ）求二面角 D- 1AC -E 的正弦值. 【解析】（Ⅰ）连结 1AC ，交 1AC 于点 O，连结 DO，则 O 为 1AC 的中点，因为 D 为 AB 的中 点，所以 OD∥ 1BC ，又因为 OD 平面 1ACD ， 1BC 平面 1ACD ，所以 1BC //平面 1ACD ； （Ⅱ）由 1AA =AC=CB= 2 2 AB 可设：AB= 2a ，则 1AA =AC=CB= 2a ，所以 AC⊥BC，又因为直 棱柱，所以以点 C 为坐标原点，分别以直线 CA、CB、 1CC 为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直 角坐标系如图， 则 (0,0,0)C 、 1( 2 ,0, 2 )A a a 、 2 2( , ,0)2 2 a aD 、 2(0, 2 , )2 aE a ， 1 ( 2 ,0, 2 )CA a a ， 2 2( , ,0)2 2 a aCD ， 2(0, 2 , )2 aCE a ， 1 2( 2 , 2 , )2 aA E a a ，设平面 1ACD 的法向量为 ( , , )n x y z ，则 0n CD 且 1 0n CA ，可解得 y x z ，令 1x ，得平面 1ACD 的一个法向量为 (1, 1, 1)n ， 同 理 可 得 平 面 1ACE 的 一 个 法 向 量 为 (2,1, 2)m ， 则 cos ,n m 3 3 ， 所 以 6sin , 3n m ，所以二面角 D- 1AC -E 的正弦值为 6 3 . （2013·新课标I理）17、（本小题满分12分） 如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB= 3 ，BC=1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90° (1)若 PB=1 2 ，求 PA； (2)若∠APB＝150°，求 tan∠PBA 【答案】（1）因为 1 2PB ，所以 060CBP ，所以 030PBA ，由余弦定理得： 2 2 72 cos 2PA PB BA PB BA PBA ； （2）设 PBA ，由已知得 sinPB ，由正弦定理得 0 0 3 sin sin150 sin(30 ) ，化简 得 3 cos 4sin ，故 3tan 4 . 【解析】（1）利用余弦定理可以求出 PA；（2）在 PBA 中使用正弦定理可以得到 0 0 3 sin sin150 sin(30 ) ，进而化简，得到结论. 【学科网考点定位】本题考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，考查学生数形结合 的能力以及转化与化归能力. （2013·新课标 I 理）18、（本小题满分 12 分） 如图，三棱柱 ABC-A1B1C1 中，CA=CB，AB=A A1，∠BA A1=60°. （Ⅰ）证明 AB⊥A1C; （Ⅱ）若平面 ABC⊥平面 AA1B1B，AB=CB，求直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值。 【答案】（1）取 AB 的中点 O，连接 1OC O、 1OA O、 1A B ，因为 CA=CB，所以OC AB ， 由于 AB=A A1，∠BA A1=600，所以 1OA AB ，所以 AB 平面 1OAC ，因为 1AC 平面 1OAC ，所以 AB⊥A1C； （2）以 O 为原点，OA 所在直线为 x 轴， 1OA 所在直线为 y 轴建立如图直角坐标系， (1,0,0)A ， 1(0, 3,0)A ， ( 1,0,0)B ，则 (1,0, 3)BC ， 1 ( 1, 3,0)BB ， 1 (0, 3, 3)AC ， 设 ( , , )n x y z 为平面 1 1BB C C 的法向量，则 1 0 0 n BC n BB ，所以 ( 3,1, 1)n 为平面 1 1BB C C 的一个法向量，所以直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值 10sin 5 . 【解析】（1）构造辅助线证明线面垂直，进而得到线线垂直；（2）利用向量法进行求解. 【学科网考点定位】本题考查线面垂直的判定、线面垂直的性质以及向量法求空间角，考查 学生的化归与转化能力、空间想象能力以及基本运算能力. 【2012 年高考试题】 20.【2012 高考真题上海理 14】如图，AD 与 BC 是四面体 ABCD 中互相垂直的棱， 2BC ， 若 cAD 2 ，且 aCDACBDAB 2 ，其中 a 、c 为常数，则四面体 ABCD 的体积 的最 大值是 。 【答案】 13 2 22 cac 。 【解析】过点 A 做 AE⊥BC，垂足为 E，连接 DE，由 AD⊥BC 可知，BC⊥平面 ADE， 所以 BCSVVV ADEADECADEB 3 1 = ADES3 2 ， 当 AB=BD=AC=DC=a 时，四面体 ABCD 的体积最大。 过 E 做 EF⊥DA，垂足为点 F，已知 EA=ED，所以△ADE 为等腰三角形，所以点 E 为 AD 的中点， 又 12222 aBEABAE ，∴EF= 12222 caAFAE ， ∴ ADES = EFAD 2 1 = 122 cac ， ∴四面体 ABCD 体积的最大值 maxV ADES3 2 = 13 2 22 cac 。 21.【2012 高考江苏 7】（5 分）如图，在长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， 3cmAB AD ， 1 2cmAA ， 则四棱锥 1 1A BB D D 的体积为 ▲ cm3． 【答案】6。 【解析】∵长方体底面 ABCD 是正方形，∴△ ABD 中 =3 2BD cm，BD 边上的高是 3 22 cm （它也是 1 1A BB D D 中 1 1BB D D 上的高）。 ∴四棱锥 1 1A BB D D 的体积为 1 33 2 2 2=63 2 。 24.【2012 高考真题全国卷理 16】三菱柱 ABC-A1B1C1 中，底面边长和侧棱长都相等， BAA1=CAA1=60°则异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为____________. 【答案】 3 6 【 解 析 】 如 图 设 ,,,1 cACbABaAA 设 棱 长 为 1 ， 则 ,1 baAB bcaBCaBC -1 ， 因 为 底 面 边 长 和 侧 棱 长 都 相 等 ， 且 0 11 60 CAABAA 所以 2 1 cbcaba ，所以 3)( 2 1 baAB ， 2)-( 2 1 bcaBC ， 2)-()(11 bcabaBCAB ，设异面直线的夹角 为 ，所以 3 6 32 2cos 11 11 BCAB BCAB . 25.【2012 高考真题广东理 18】（本小题满分 13 分） 如图 5 所示，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA⊥平面 ABCD，点 E 在线段 PC 上， PC⊥平面 BDE． （1） 证明：BD⊥平面 PAC； （2） 若 PH=1，AD=2，求二面角 B-PC-A 的正切值； 【答案】本题考查空间直线与平面的位置关系，考查直线与平面垂直的证明、二面角的求解 等问题，考查了学生的空间想象能力以及推理论证能力. 26.【2012 高考真题辽宁理 18】(本小题满分 12 分) 如图，直三棱柱 / / /ABC A B C ， 90BAC ， / ,AB AC AA 点 M，N 分别为 /A B 和 / /B C 的中点。 (Ⅰ)证明： MN ∥平面 / /A ACC ; (Ⅱ)若二面角 /A MN C 为直二面角，求 的值。 【答案】 27.【2012 高考真题湖北理 19】（本小题满分 12 分） 如图 1， 45ACB ， 3BC ，过动点 A 作 AD BC ，垂足 D 在线段 BC 上且异于点 B， 连接 AB，沿 AD 将△ ABD 折起，使 90BDC （如图 2 所示）． （Ⅰ）当 BD 的长为多少时，三棱锥 A BCD 的体积最大； （Ⅱ）当三棱锥 A BCD 的体积最大时，设点 E ， M 分别为棱 BC ， AC 的中点，试在 棱CD 上确定一点 N ，使得 EN BM ，并求 EN 与平面 BMN 所成角的大小． 第 19 题图 【答案】（Ⅰ）解法 1：在如图 1 所示的△ ABC 中，设 (0 3)BD x x ，则 3CD x ． 当 (0, 1)x 时， ( ) 0f x ；当 (1, 3)x 时， ( ) 0f x ． 所以当 1x 时， ( )f x 取得最大值． 故当 1BD 时, 三棱锥 A BCD 的体积最大． （Ⅱ）解法 1：以 D 为原点，建立如图 a 所示的空间直角坐标系 D xyz ． 由（Ⅰ）知，当三棱锥 A BCD 的体积最大时， 1BD ， 2AD CD ． 于是可得 (0, 0, 0)D ， (1, 0, 0)B ， (0, 2, 0)C ， (0, 0, 2)A ， (0, 1, 1)M ， 1( , 1, 0)2E ， 且 ( 1, 1, 1)BM ． 设 (0, ,0)N ，则 1( , 1,0)2EN . 因为 EN BM 等价于 0EN BM ，即 1 1( , 1, 0) ( 1, 1, 1) 1 02 2 ，故 1 2 ， 1(0, , 0)2N . 所以当 1 2DN （即 N 是CD 的靠近点 D 的一个四等分点）时， EN BM ． 设平面 BMN 的一个法向量为 ( , , )x y zn ，由 , , BN BM n n 及 1( 1, ,0)2BN ， 得 2 , . y x z x 可取 (1, 2, 1) n ． 设 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 ，则由 1 1( , , 0)2 2EN ， (1, 2, 1) n ，可得 1| 1| 32sin cos(90 ) 2| | | | 26 2 EN EN n n ，即 60 ． 故 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 60 . 解法 2：由（Ⅰ）知，当三棱锥 A BCD 的体积最大时， 1BD ， 2AD CD ． 如图 b，取CD 的中点 F ，连结 MF ， BF ， EF ，则 MF ∥ AD . 由（Ⅰ）知 AD 平面 BCD ，所以 MF 平面 BCD . 如图 c，延长 FE 至 P 点使得 FP DB ，连 BP ， DP ，则四边形 DBPF 为正方形， 所以 DP BF . 取 DF 的中点 N ，连结 EN ，又 E 为 FP 的中点，则 EN ∥ DP ， 所以 EN BF . 因为 MF 平面 BCD ，又 EN 面 BCD ，所以 MF EN . 又 MF BF F ，所以 EN 面 BMF . 又 BM 面 BMF ，所以 EN BM . 因为 EN BM 当且仅当 EN BF ，而点 F 是唯一的，所以点 N 是唯一的. 即当 1 2DN （即 N 是 CD 的靠近点 D 的一个四等分点）， EN BM ． 连接 MN ， ME ，由计算得 5 2NB NM EB EM ， 所以△ NMB 与△ EMB 是两个共底边的全等的等腰三角形， 如图 d 所示，取 BM 的中点 G ，连接 EG ， NG ， 则 BM 平面 EGN ．在平面 EGN 中，过点 E 作 EH GN 于 H ， 则 EH 平面 BMN ．故 ENH 是 EN 与平面 BMN 所成的角． 在△ EGN 中，易得 2 2EG GN NE ，所以△ EGN 是正三角形， 故 60ENH ，即 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 60 . 28.【2012 高考真题新课标理 19】（本小题满分 12 分） 如图，直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1 1 2AC BC AA ， D 是棱 1AA 的中点， BDDC 1 （1）证明： BCDC 1 （2）求二面角 11 CBDA 的大小. 【答案】（1）在 Rt DAC 中， AD AC 得： 45ADC 同理： 1 1 145 90A DC CDC 得： 1 1 1,DC DC DC BD DC 面 1BCD DC BC （2） 1 1,DC BC CC BC BC 面 1 1ACC A BC AC 取 1 1A B 的中点O ，过点O 作OH BD 于点 H ，连接 1 1,C O C H 1 1 1 1 1 1 1AC B C C O A B ，面 1 1 1A B C 面 1A BD 1C O 面 1A BD 1OH BD C H BD 得：点 H 与点 D 重合 且 1C DO 是二面角 11 CBDA 的平面角 设 AC a ，则 1 2 2 aC O ， 1 1 12 2 30C D a C O C DO 既二面角 11 CBDA 的大小为 30 29.【2012 高考江苏 16】（14 分）如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1 1 1 1A B AC ，D E， 分 别是棱 1BC CC， 上的点（点D 不同于点 C ），且 AD DE F ， 为 1 1B C 的中点． 求证：（1）平面 ADE 平面 1 1BCC B ； （2）直线 1 //A F 平面 ADE ． 【答案】证明：（1）∵ 1 1 1ABC A B C 是直三棱柱，∴ 1CC 平面 ABC 。 又∵ AD 平面 ABC ，∴ 1CC AD 。 又∵ 1AD DE CC DE ， ， 平面 1 1 1BCC B CC DE E， ，∴ AD 平 面 1 1BCC B 。 又∵ AD 平面 ADE ，∴平面 ADE 平面 1 1BCC B 。 （2）∵ 1 1 1 1A B AC ，F 为 1 1B C 的中点，∴ 1 1 1A F B C 。 又∵ 1CC 平面 1 1 1A B C ，且 1A F 平面 1 1 1A B C ，∴ 1 1CC A F 。 又∵ 1 1 1 CC B C ， 平面 1 1BCC B ， 1 1 1 1CC B C C ，∴ 1A F 平面 1 1 1A B C 。 由（1）知， AD 平面 1 1BCC B ，∴ 1A F ∥ AD 。 又∵ AD 平面 1, ADE A F 平面 ADE ，∴直线 1 //A F 平面 ADE 考查空间想象能力，利用向量解决立体几何问题的能力. 32.【2012 高考真题北京理 16】（本小题共 14 分） 如图 1，在 Rt△ABC 中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E 分别是 AC，AB 上的点，且 DE∥BC， DE=2，将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置，使 A1C⊥CD,如图 2. (I)求证：A1C⊥平面 BCDE； (II)若 M 是 A1D 的中点，求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小； (III)线段 BC 上是否存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直？说明理由 【答案】解： （1） CD DE ， 1A E DE DE 平面 1ACD ， 又 1AC 平面 1ACD ， 1AC DE 又 1AC CD ， 1AC 平面 BCDE 。 （2）如图建系 C xyz ，则 2 0 0D ， ， ， 0 0 2 3A ， ， ， 0 3 0B ， ， ， 2 2 0E ， ， ∴ 1 0 3 2 3A B ， ， , 1 2 1 0A E ， ， 设平面 1A BE 法向量为 n x y z ， ， 则 1 1 0 0 A B n A E n ∴ 3 2 3 0 2 0 y z x y ∴ 3 2 2 z y yx ∴ 1 2 3n ， ， 又∵ 1 0 3M ， ， ∴ 1 0 3CM ， ， ∴ 1 3 4 2cos 2| | | | 1 4 3 1 3 2 2 2 CM n CM n ， ∴ CM 与平面 1A BE 所成角的大小 45。 （3）设线段 BC 上存在点 P ，设 P 点坐标为 0 0a， ， ，则 0 3a ， 则 1 0 2 3A P a ， ， ， 2 0DP a ， ， 设平面 1A DP 法向量为 1 1 1 1n x y z ， ， ， 则 1 1 1 1 2 3 0 2 0 ay z x ay ∴ 1 1 1 1 3 6 1 2 z ay x ay ∴ 1 3 6 3n a a ， ， 。 假设平面 1A DP 与平面 1A BE 垂直， 则 1 0n n ，∴ 3 12 3 0a a ， 6 12a ， 2a ， ∵ 0 3a ，∴不存在线段 BC 上存在点 P ，使平面 1A DP 与平面 1A BE 垂直。 33.【2012 高考真题浙江理 20】(本小题满分 15 分)如图，在四棱锥 P—ABCD 中，底面 是边长为 2 3 的菱形，且∠BAD＝120°，且 PA⊥平面 ABCD，PA＝ 2 6 ，M，N 分别为 PB，PD 的中点． (Ⅰ)证明：MN∥平面 ABCD； (Ⅱ) 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． 【答案】(Ⅰ)如图连接 BD． ∵M，N 分别为 PB，PD 的中点， ∴在 PBD 中，MN∥BD． 又 MN 平面 ABCD， ∴MN∥平面 ABCD； (Ⅱ)如图建系： A(0，0，0)，P(0，0， 2 6 )，M( 3 2 ， 3 2 ，0)， N( 3 ，0，0)，C( 3 ，3，0)． 设 Q(x，y，z)，则 ( 3 3 ) ( 3 3 2 6)CQ x y z CP ， ， ， ， ， ． ∵ ( 3 3 2 6 )CQ CP ， ， ，∴ ( 3 3 3 3 2 6 )Q ， ， ． 由 0OQ CP OQ CP ，得： 1 3 ． 即： 2 3 2 6( 2 )3 3Q ， ， ． 对于平面 AMN：设其法向量为 ( )n a b c ， ， ． ∵ 3 3( 0) =( 3 0 0)2 2AM AN ， ， ， ， ， ． 则 3 33 30 0 12 2 30 3 0 0 a AM n a b b AN n a c ． ∴ 3 1( 0)3 3n ， ， ． 同理对于平面 AMN 得其法向量为 ( 3 1 6)v ，， ． 记所求二面角 A—MN—Q 的平面角大小为 ， 则 10cos 5 n v n v ． ∴所求二面角 A—MN—Q 的平面角的余弦值为 10 5 ． 35.【2012 高考真题江西理 20】（本题满分 12 分） 在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，已知 AB=AC=AA1= 5 ，BC=4，在 A1 在底面 ABC 的投影是线段 BC 的中 点 O。 （1）证明在侧棱 AA1 上存在一点 E，使得 OE⊥平面 BB1C1C，并求出 AE 的长； （2）求平面 A1B1C 与平面 BB1C1C 夹角的余弦值。 【答案】 36.【2012 高考真题安徽理 18】（本小题满分 12 分） 平 面 图 形 1 1 1ABB AC C 如 图 4 所 示 ， 其 中 1 1BB C C 是 矩 形 ， 12, 4BC BB ， 2AB AC ， 1 1 1 1 5A B AC 。现将该平面图形分别沿 BC 和 1 1B C 折叠，使 ABC 与 1 1 1A B C 所在平面都与平面 1 1BB C C 垂直，再分别连接 1 1 1, ,AA BA CA ,得到如图 2 所示的 空间图形，对此空间图形解答下列问题。 （Ⅰ）证明： 1AA BC ； （Ⅱ）求 1AA 的长； （Ⅲ）求二面角 1A BC A 的余弦值。 【答案】本题考查平面图形与空间图形的转化，空间直线与直线、直线与平面、平面 与平面的位置关系的判定。空间线段长度和空间角的余弦值的计算等基础知识和基本技能， 考查空间想象能力，推理论证能力和求解能力。 【解析】(综合法) （I）取 1 1,BC B C 的中点为点 1,O O ，连接 1 1 1 1, , ,AO OO AO AO ， 则 AB AC AO BC ，面 ABC 面 1 1BB C C AO 面 1 1BB C C ， 同理： 1 1AO 面 1 1BB C C 得： 1 1 1 1/ / , , ,AO AO A O A O 共面， 又 1 1,OO BC OO AO O BC 面 1 1 1AOO A AA BC 。 （Ⅱ）延长 1 1AO 到 D ，使 1O D OA ，得： 1 1/ / / /O D OA AD OO ， 1OO BC ，面 1 1 1A B C 面 1 1BB C C 1OO 面 1 1 1A B C AD 面 1 1 1A B C ， 2 2 2 2 1 4 (2 1) 5AA AD DA 。 （Ⅲ） 1 1,AO BC AO BC AOA 是二面角 1A BC A 的平面角。 在 1 1Rt OO A 中， 2 2 2 2 1 1 1 1 4 2 2 5A O OO AO ， 在 1Rt OAA 中， 2 2 2 1 1 1 1 5cos 2 5 AO AO AAAOA AO AO ， 得：二面角 1A BC A 的余弦值为 5 5 。 37.【2012 高考真题上海理 19】（6+6=12 分）如图，在四棱锥 ABCDP 中，底面 ABCD 是 矩形， PA 底面 ABCD ， E 是 PC 的中点，已知 2AB ， 22AD ， 2PA ，求： （1）三角形 PCD 的面积； （2）异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小。 【答案】 【解析】（1）∵PA⊥底面 ABCD，∴PA⊥CD， 又∵CD⊥AD，∴CD⊥平面 PAD， ∴CD⊥PD， 又∵ 32)22(2 22 PD ，CD=2， ∴△PCD 的面积为 323222 1 。 （2）解法一：取 PB 的中点 F，连接 EF,AF, 则 EF∥BC，∴∠AEF(或其补角)是异面直线 BC 与 AE 所成的角。 在△ADF 中，EF= 2 、AF= 2 ,AE=2， ∴△AEF 是等腰直角三角形， ∴∠AEF= 4 ， ∴异面直线 BC 与 AE 所成的角大小为 4 。 解法二：如图所示，建立空间直角坐标系， 则 B(2,0,0),C(2， 22 ,0),E(1， 2 ,1)， ∴ AE =(1 ， 2 ,1) ， BC =(0, 22 ,0), 设 AE 与 BC 的夹角为 ，则 ACAE ACAE cos = 2 2 222 4 ,, 又∵0＜ ≤ 2 ，∴ = 4 。 40.【2012 高考真题湖南理 18】（本小题满分 12 分） 如图 5，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. （Ⅰ）证明：CD⊥平面 PAE； （Ⅱ）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. 【答案】解法 1（Ⅰ如图（1）），连接 AC，由 AB=4， 3BC ， 90 5.ABC AC ,得 5,AD 又 Ｅ是ＣＤ的中点，所以 .CD AE , ,PA ABCD CD ABCD 平面 平面 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. （Ⅱ）过点Ｂ作 , , , , .BG CD AE AD F G PF 分别与 相交于 连接 由（Ⅰ）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 ABCD 平面 知， PBA 为直线 PB 与平面 ABCD 所成的角. 4, 2, ,AB AG BG AF 由题意，知 ,PBA BPF 因为sin ,sin ,PA BFPBA BPFPB PB 所以 .PA BF 由 90 / / , / / ,DAB ABC AD BC BG CD 知， 又 所以四边形 BCDG 是平行四边形， 故 3.GD BC 于是 2.AG 在 RtΔBAG 中， 4, 2, ,AB AG BG AF 所以 2 2 2 16 8 52 5, .52 5 ABBG AB AG BF BG 于是 8 5 .5PA BF 又梯形 ABCD 的面积为 1 (5 3) 4 16,2S 所以四棱锥 P ABCD 的体积为 1 1 8 5 128 516 .3 3 5 15V S PA 解法 2：如图（2），以 A 为坐标原点， , ,AB AD AP 所在直线分别为 x y z轴， 轴， 轴 建立 空间直角坐标系.设 ,PA h 则相关的各点坐标为： (4,0,0), (4,0,0), (4,3,0), (0,5,0), (2,4,0), (0,0, ).A B C D E P h （Ⅰ）易知 ( 4,2,0), (2,4,0), (0,0, ).CD AE AP h 因为 8 8 0 0, 0,CD AE CD AP 所以 , .CD AE CD AP 而 ,AP AE 是平面 PAE 内的两条相交直线，所以 .CD PAE 平面 (Ⅱ)由题设和（Ⅰ）知， ,CD AP 分别是 PAE平面 ， ABCD平面 的法向量，而 PB 与 PAE平面 所成的角和 PB 与 ABCD平面 所成的角相等，所以 cos , cos , .CD PB PA PBCD PB PA PB CD PB PA PB ,即 由（Ⅰ）知， ( 4,2,0), (0,0, ),CD AP h 由 (4,0, ),PB h 故 2 22 16 0 0 0 0 . 162 5 16 h h hh 解得 8 5 5h . 又梯形 ABCD 的面积为 1 (5 3) 4 162S ，所以四棱锥 P ABCD 的体积为 1 1 8 5 128 5163 3 5 15V S PA . 41.【2012 高考真题天津理 17】（本小题满分 13 分） 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC=45°，PA=AD=2， AC=1. （Ⅰ）证明 PC⊥AD； （Ⅱ）求二面角 A-PC-D 的正弦值； （Ⅲ）设 E 为棱 PA 上的点，满足异面直线 BE 与 CD 所成的角为 30°，求 AE 的长. 【答案】 【2011 年高考试题】 5.(2011 年高考辽宁卷理科 8)如图，四棱锥 S-ABCD 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 答案： D 解析：对于 A:因为 SD⊥平面 ABCD，所以 DS⊥AC.因为四边形 ABCD 为正方形，所以 AC⊥BD， 故 AC⊥平面 ABD,因为 SB 平面 ABD,所以 AC⊥SB，正确.对于 B：因为 AB//CD,所以 AB// 平面 SCD.对于 C:设 AC BD O .因为 AC⊥平面 ABD，所以 SA 和 SC 在平面 SBD 内的射影 为 SO，则∠ASO 和∠CSO 就是 SA 与平面 SBD 所成的角和 SC 与平面 SBD 所成的角，二者 相等，正确.故选 D. 12.(2011 年高考重庆卷理科 9)高为 2 4 的四棱锥 S-ABCD 的底面是边长为 1 的正方形，点 S、A、B、C、D 均在半径为 1 的同一球面上，则底面 ABCD 的中心与顶点 S 之间的距离为 （A） 2 4 （B） 2 2 （C）1 （D） 2 解析：选 C. 设底面中心为 G，球心为 O，则易得 2 2AG ，于是 2 2OG ，用一个与 ABCD 所在平面距离等于 2 4 的平面去截球，S 便为其中一个交点，此平面的中心设为 H， 则 2 2 2 2 4 4OH ，故 2 2 2 2 71 4 8SH ，故 2 2 2 7 2 18 4SG SH HG 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 。 答案: 38 解析：如图，连接矩形对角线的交点 1O 和球心 O ,则， 322 1,34 1 ACAOAC ,四棱锥的高为 2)32(4 22 1 OO , 所以，体积为 3823263 1 V 点评：本题考查多面体和旋转体的有关概念和性质以及体积的计算。关键是确定棱锥高的大 小，正确运用公式求解。 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 , j o1 B D C A o 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. （Ⅱ）取 AB 的中点 O,连结 CO,因为ＡＣ＝ＢＣ,所以 CO⊥AB, 60 . 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 （Ⅱ）解：设 , 1PM PA ，则 (0, 3, 4)PM ， BM BP PM BP PA ( 4, 2,4) (0, 3, 4) ( 4, 2 3 ,4 4 ) ， ( 4,5,0)AC ， ( 8,0,0)BC 设平面 BMC 的法向量 1 1 1 1( , , )n x y z ， 平面 APC 的法向量 2 2 2 2( , , )n x y z 由 1 2 0 0 BM n BC n 得 1 1 1 1 4 (2 3 ) (4 4 ) 0 8 0 x y z x 即 1 1 1 0 2 3 4 4 x z y ， 可 取 1 2 3(0,1, )4 4n 由 2 2 0 0 AP n AC n 即 2 2 2 2 3 4 0 4 5 0 y z x y 得 2 2 2 2 5 4 3 4 x y z y （Ⅱ）如图，在平面 PAB 内作 ,BM AP M 于 连结CM, 由（Ⅰ）知 PBC 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 . 4.(2011 年高考安徽卷理科 17)（本小题满分 12 分） 如图， ABCDEFG 为多面体，平面 ABED 与平面 AGFD 垂直，点 O 在线段 AD 上， 1, 2,OA OD OABV ,△OAC ，△ODE ，△ ODF 都是正三角形。 （Ⅰ）证明直线 BC ∥ EF ； （II）求棱锥 F-OBED 的体积。 【命题意图】本题考查空间直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关 系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算，考查空间想象能力，推理论 证能力和运算求解能力。 （1）【证法一】： AOB ODE Q / /OB DE 同理可证 / /OC DF / /OBC DEF面 面 ， / /BC DEF 面 EF DEF BEFC 面 面Q I / /BC EF 【解题指导】：空间线线、线面、面面位置关系的证明方法，一是要从其上位或下位证明， 本题的第一问方法一，是从其上位先证明面面平行，再借助面面平行的性质得到线面平行， 再借助线面平行的性质得到线线平行；二是借助中位线定理等直接得到；三是借助空间向量 直接证明。 求不规则的几何体体积或表面积，通常采用分割或补齐成规则几何体即可。求解过程要坚持 “一找二证三求”的顺序和原则防止出错。 5. (2011 年高考全国新课标卷理科 18) (本小题满分 12 分) 如图，四棱锥 P—ABCD 中，底面 ABCD 为平行四 边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD. a 2a B D C A p (Ⅰ)证明：PA⊥BD； (Ⅱ)若 PD=AD，求二面角 A-PB-C 的余弦值。 所以 DADPDBDPDPADPDADBD 且平面, , PABDPADPDPADBD 平面平面 , （2）建立如图的坐标系，设点的坐标分别是 ),0,0(),0,3,(),0,3,0(),0,0,( aPaaCaBaA 则 ),0,(),0,0,(),0,3,( aaAPaBCaaAB ，设平面 PAB 的 法向量为 ),,( zyxn ，所以， 0 0 APn ABn 取得 )3,3,3(n ，同 理设平面 PBC 的法向量为 m ， 0 0 BCm PCm 取得 )3,1,0( m ，于是， 7 72,cos nm nmnm ，因此二面角 的余弦值是 7 72 。 点评：该题考查空间内的垂直关的证明，空间角的计算。考查定理 的理解和运用，空间向量的运用。同时也考察了空间想象能力、逻 辑思维能力和运算能力。解题时要注意法向量的计算和运用这一关 键。 7. (2011 年高考江西卷理科 21)（本小题满分 14 分） （1）如图，对于任一给定的四面体 1 2 3 4A A A A ，找出依次排列的四 个相互平行的 1 2 3 4, , , ，使得 ( 1,2,3,4),i iA i 且其中每相 邻两个平面间的距离都相等； （2）给定依次排列的四个相互平行的平面 1 2 3 4, , , ，其中每相邻两个平面间的距离为 1，若一个正四面体 1 2 3 4A A A A 的四个顶点满足： ( 1,2,3,4),i iA i 求该正四面体 1 2 3 4A A A A 的体积． 解析：如图，将此正四面体补形为正方体 1 1 1 1ABCD A B C D （如图），分别取 AB、CD、 1 1A B 、 1 1C D 的中点 E、F、 1E 、 1F ，平面 1 1DEE D 与 1 1BFF B 是分别过点 2A 、 3A 的两平行平面， 若其距离为 1，则正四面体 1 2 3 4A A A A 满足条件，右图为正方体的下底面，设正方体的棱长 为 a ，若 1AM MN ，因为 1 2AE a ， 5 2DE a ，在直角三角形 ADE 中，AM⊥DE， 所以 5 11 2 2a a a ，所以 5a ，又正四面体的棱长为 2 10a ， 所以此正四面体的体积为 3 31 1 54 53 2 3V a a ． 本题考查立体几何中的面面关系、正四面体及体积计算．[来源:学科网 ZXXK] 8．(2011 年高考湖南卷理科 19)（本小题满分 12 分） 如图 5，在圆锥 PO 中，已知 PO = 2 ，⊙O 的直径 2AB ,C 是 AB 的中点，D 为 AC 的中点． （Ⅰ）证明：平面 POD 平面 PAC ; （Ⅱ）求二面角 B PA C 的余弦值. 解法 1：连结 OC，因为 ,OA OC D AC 是 的中点,所以AC OD. 又 PO 底面⊙O，AC 底面⊙O，所以 AC PO ， 因为 OD，PO 是平面 POD 内的两条相交直线，所以 AC 平面 POD， 而 AC 平面 PAC，所以平面 POD 平面 PAC。 （II）在平面 POD 中，过 O 作OH PD 于 H，由（I）知， 平面 ,POD PAC 平面 所以OH 平面 PAC，又 PA 面 PAC，所以 .PA OH 在平面 PAO 中，过 O 作OG PA 于 G，连接 HG， 则有 PA 平面 OGH，从而 PA HG ，故 OGH 为二面角 B—PA—C 的平面角。 在 2, sin 45 .2Rt ODA OD OA 中 在 2 2 22 102, .512 2 PO ODRt POD OH PO OD 中 所以 2 15 10cos 1 sin 1 .25 5OGH OGH 故二面角 B—PA—C 的余弦值 为 10 .5 解法 2：（I）如图所示，以 O 为坐标原点，OB、OC、OP 所在直线分别为 x 轴、y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，则 (0,0,0), ( 1,0,0), (1,0,0), (0,1,0), (0,0, 2)O A B C P ， 1 1( , ,0)2 2D 设 1 1 1 1( , , )n x y z 是 平 面 POD 的 一 个 法 向 量 ， 则 由 1 10, 0n OD n OP ， 得 1 1 1 1 1 0,2 2 2 0. x y z 所以 1 1 1 1 10, , 1, (1,1,0).z x y y n 取 得 设 2 2 2 2( , , )n x y z 是平面 PAC 的一个法向 量， 则由 2 20, 0n PA n PC ，得 2 2 2 2 2 0, 2 0. x z y z 所以 2 2 2 2 22 , 2 . 1,x z y z 取z 得 2 ( 2, 2,1)n 。 因为 1 2 (1,1,0) ( 2, 2,1) 0,n n 所以 1 2.n n 从而平面 POD 平面 PAC。 （II）因为 y 轴 平面 PAB，所以平面 PAB 的一个法向量为 3 (0,1,0).n 由（I）知，平面 PAC 的一个法向量为 2 ( 2, 2,1)n ,设向量 2 3n n和 的夹角为 ， 则 2 3 2 3 2 10cos .| | | | 55 n n n n 由图可知，二面角 B—PA—C 的平面角与 相等， 所以二面角 B—PA—C 的余弦值为 10 .5 9. (2011 年高考广东卷理科 18)如图 5，在椎体 P ABCD 中， ABCD 是边长为 1 的棱形， 且 060DAB , 2PA PD , 2,PB ,E F 分别是 ,BC PC 的中点， （1） 证明： AD DEF 平面 （2）求二面角 P AD B 的余弦值。 【解析】法一：（1）证明：取 AD 中点 G，连接 PG，BG，BD。 因 PA=PD，有 PG AD ，在 ABD 中， 1, 60AB AD DAB ，有 ABD 为 等 边 三 角 形 ， 因 此 ,BG AD BG PG G ， 所 以 AD 平 面 PBG , .AD PB AD GB 又 PB//EF，得 AD EF ，而 DE//GB 得 AD DE，又 FE DE E ，所以 AD 平面 DEF。 （2） ,PG AD BG AD ， PGB 为二面角 P—AD—B 的平面角， 在 2 2 2 7, 4Rt PAG PG PA AG 中 在 3 2Rt ABG 中,BG=AB sin60 = 2 2 2 7 3 4 214 4cos 2 77 32 2 2 PG BG PBPGB PG BG 法二：（1）取 AD 中点为 G，因为 , .PA PD PG AD 又 , 60 ,AB AD DAB ABD 为等边三角形，因此， BG AD ，从而 AD 平 面 PBG。 延长 BG 到 O 且使得 PO OB，又 PO 平面 PBG，PO AD， ,AD OB G 所以 PO 平面 ABCD。 以 O 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线 OB，OP 分别为 x 轴，z 轴，平行于 AD 的直线为 y 轴，建立如图所示空间直角坐标系。 设 1 1(0,0, ), ( ,0,0), ( , ,0), ( , ,0).2 2P m G n A n D n则 3| | | | sin 60 2GB AB 3 3 3 1 3 1( ,0,0), ( ,1,0), ( , ,0), ( , , ).2 2 2 2 2 4 2 2 n mB n C n E n F 由于 3 3(0,1,0), ( ,0,0), ( ,0, )2 2 4 2 n mAD DE FE 得 0, 0, , ,AD DE AD FE AD DE AD FE DE FE E AD 平面 DEF。 （2） 1 3( , , ), ( ,0, )2 2PA n m PB n m 2 2 2 21 3 32, ( ) 2, 1, .4 2 2m n n m m n 解之得 10. (2011 年高考湖北卷理科 18)（本小题满分 12 分） 如图，已知，本棱柱 ABC-A1B1C1 的各棱长都是 4，E 是 BC 的中点，动点 F 在侧棱[来源:Z§ xx§k.Com] CC1 上，且不与点 C 重合. (Ⅰ) 当 CF=1 时，求证：EF⊥A1E (Ⅱ)设二面角 C-AF-E 的大小为 ，求 tan 的最小值. 本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考查空间想象能 力、推理论证能力和运算求解能力. 解析： 过 E 点作 EN⊥AC 于 N，连结 EF. （Ⅰ）如图 1，连结 NF、AC1，由直线柱的性质知，底面 ABC⊥侧面 A1C， （Ⅱ）如图 2。连结 AF，过 N 作 NM⊥AF 于 M，连结 ME，由（Ⅰ）知 EN⊥侧面 A1C。根据三垂线定理得 EM⊥AF,所以 EM⊥AF，所以 EMN 是二面角 C AF E 的平面角，即 EMN .设 FAC 则 0 00 45 .在 Rt CNE 中 0sin60 3NE EC . 在 Rt AMN 中， sin 3sinMN AN ，故 3tan .3sin NE MN ，又 0 00 45 ， 20 sin 2 . 故 当 2sin 2 ， 即 当 045 时 ， tan 达 到 最 小 值 ， 3 6tan 23 3 .此时 F 与 C1 重合. 11.(2011 年高考陕西卷理科 16)（本小题满分12 分） 如图：在 ,ABC 0中, ABC=60 , 0BAC=90 AD BC是 上的高 ，沿 AD 把 ABD 折起， 使 0BDC=90 （Ⅰ）证明：平面 ADB BDC平面 ； （Ⅱ）设 E BC DB 为 的中点,求AE与 夹角的余弦值。 【解析】：（Ⅰ）折起前 AD BC是 边上的高 ， 当 ABC 折起后,AD DC,AD DB,又DB DC=D , ,AD BDC AD ABD ABD BDC 平面 平面 平面 平面 。 （Ⅱ）由 0BDC=90 及（Ⅰ）知 , ,DA DB DC 两两垂直， 不妨设 1,DB D 为坐标原点，以 , , , ,DB DC DA x y z 所在直线为 轴建立如图所示的空间 12.(2011 年高考重庆卷理科 19)本小题满分 12 分，（Ⅰ）小问 5 分，（Ⅱ）小问 7 分。 如图，在四面体 ABCD 中，平面 ABC ⊥ ACD , AB ⊥BC, AD =CD ,∠CAD = 030 （Ⅰ）若 AD =2， AB =2 BC ，求四边形 ABCD 的体积。 （Ⅱ）若二面角C - AB - D 为 060 ，求异面直线 AD 与 BC所成角的余弦值。 （Ⅱ）如图所示设 G、H 分别为变 CD，BD 的中点，则 FG//AD,GH//BC,,从而 FGH 是 异面直线 AD 与 BC所成角或其补角。 设 E 为边 AB的中点，则 EF//BC,由 AB ⊥ BC，知 EF ⊥ AB，又由（Ⅰ）有 DF⊥平面 ABC ， 故由三垂线定理知 DE ⊥ AB,所以 DEF 为二面角 C - AB - D 的平面角,由题设知 60DEF ，设 AD=a，则 DF=ADsinCAD= 2 a 在 Rt DEF 中， 3 3cot 2 3 6 aEF DF DEF a ， 从而 1 3 2 6GH BC EF a 因 ADE BDE ，故 BD=AD=a.从而，在 Rt BDF 中， 1 1 2 2FH BD a ,又 1 1 2 2FG AD a ,从而在 FGH 中，因 FG=FH，由余弦定理得 2 2 2 3cos 2 2 6 FG GH FH GHFGH FG GH FG , 故异面直线 AD 与 BC所成角的余弦值为 3 6 . 13．(2011 年高考四川卷理科 19) (本小题共 l2 分) 如图，在直三棱柱 AB-A1B1C1 中．∠ BAC=90°，AB=AC=AA1 =1．D 是棱 CC1 上的一 P 是 AD 的延长线与 A1C1 的延长线的交点，且 PB1∥平面 BDA． (I)求证：CD=C1D： (II)求二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值； (Ⅲ)求点 C 到平面 B1DP 的距离． (3)因为 1 1C B PD B PCDV V ，所以 1 1 1 1 1 3 3B PD PCDh S A B S , 1 1 1A B 1 1 1 1 1 2 4 4PCD PC C PC DS S S , 在 1B DP 中， 1 1 1 1 9 553 5 2 5 54 4, 5, .cos ,sin32 2 5 52 52 B D B P PD DB P DB P ， 1 1 3 5 3 15 ,2 2 5 4 3B PDS h 14.(2011 年高考全国卷理科 19)如图，四棱锥 S ABCD 中， AB CD , BC CD ，侧面 SAB 为等边三角形， 2, 1AB BC CD SD . （Ⅰ）证明： SD SAB ; （Ⅱ)求 AB 与平面 SBC 所成角的大小. 【解析】（Ⅰ）：连结 BD 过 D 作 ,DE AB E BEDC 于 则 为正方形 （ Ⅱ ） 过 D 做 Dz 平 面 ABCD ， 如 图 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 D xyz ， (2, 1,0), (2,1,0),A B 1 3(0,1,0), ( ,0, )2 2C S 可计算平面 SBC 的一个法向量是 (0, 3,2)n ， =AB (0,2,0) | | 2 3 21| cos , | .7| || | 2 7 AB nAB n AB n 所以 AB 与平面 SBC 所成角为 21arccos .7 15.(2011 年高考安徽卷江苏 16)如图，在四棱锥 ABCDP 中，平面 PAD⊥平面 ABCD， AB=AD，∠BAD=60°，E、F 分别是 AP、AD 的中点.求证：（1）直线 EF∥平面 PCD；（2） 平面 BEF⊥平面 PAD 【解析】证明: （1）因为 E、F 分别是 AP、AD 的中点,[来源:学科网 ZXXK] 所以 EF∥PD,又因为 EF 平面 PCD,PD 平面 PCD, 所以直线 EF∥平面 PCD； （2）设 AB=AD= 2a ,则 AF= a ,又因为∠BAD=60°， 所以在 ABF 中,由余弦定理得：BF= 3a ，[来源:学.科.网 Z.X.X.K] 所以 2 2 2 24AF BF a AB ，所以 BF⊥AF， 因为平面 PAD⊥平面 ABCD，交线为 AD，BF 平面 ABCD，所以 BF⊥平面 PAD，因为 BF 平面 BEF， 所以平面 BEF⊥平面 PAD. 16．(2011 年高考北京卷理科 16)（本小题共 14 分） 如 图 ， 在 四 棱 锥 P ABCD 中 ， PA 平 面 ABCD ， 底 面 ABCD 是 菱 形 ， 2, 60AB BAD . (Ⅰ)求证： BD 平面 ;PAC （Ⅱ）若 ,PA AB 求 PB 与 AC 所成角的余弦值； （Ⅲ）当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时，求 PA 的长. 证明：（Ⅰ）因为四边形 ABCD 是菱形， 所以 AC⊥BD. 又因为 PA⊥平面 ABCD. 所以 PA⊥BD. 所以 BD⊥平面 PAC. （Ⅱ）设 AC∩BD=O. 因为∠BAD=60°，PA=PB=2, 所以 BO=1，AO=CO= 3 . 如图，以 O 为坐标原点，建立空间直角坐标系 O—xyz，则 P（0，— 3 ，2），A（0，— 3 ，0），B（1，0，0），C（0， 3 ，0）. 所以 ).0,32,0(),2,3,1( ACPB 设 PB 与 AC 所成角为 ，则 4 6 3222 6 |||| cos ACPB ACPB . 17．(2011 年高考福建卷理科 20)（本小题满分 14 分） 如图，四棱锥 P-ABCD 中，PA⊥底面 ABCD， 四边形 ABCD 中，AB⊥AD， AB+AD=4，CD= 2 ， 45CDA ． （I）求证：平面 PAB⊥平面 PAD； （II）设 AB=AP． （i）若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30 ，求线段 AB 的长； （ii）在线段 AD 上是否存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等？ 说明理由。 解析：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等基础知识，考查 空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形 结合思想、化归与转化思想，满分 14 分。 解法一： （I）因为 PA 平面 ABCD， AC 平面 ABCD， 所以 PA AB ， 又 , ,AB AD PA AD A 所以 AB 平面 PAD。 又 AB 平面 PAB，所以平面 PAB 平面 PAD。 （II）以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系 A—xyz（如图） 在平面 ABCD 内，作 CE//AB 交 AD 于点 E，则 .CE AD 2 2 2 2 2 | 2 4 | 1cos60 | |, ,2| | | | (4 ) 2 n PB t t n PB t t t x 即 解得 4 45t t 或 （舍去，因为 AD 4 0t ），所以 4.5AB （ii）假设在线段 AD 上存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等， 设 G（0，m，0）（其中 0 4m t ） 则 (1,3 ,0), (0,4 ,0), (0, , )GC t m GD t m GP m t ， 由| | | |GC GD 得 2 2 2(4 )t m m t ，（2） 由（1）、（2）消去 t，化简得 2 3 4 0m m （3） 由于方程（3）没有实数根，所以在线段 AD 上不存在一个点 G， 使得点 G 到点 P，C，D 的距离都相等。 从而，在线段 AD 上不存在一个点 G， 使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等。 解法二： （I）同解法一。 （II）（i）以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系 A—xyz（如图） 在平面 ABCD 内，作 CE//AB 交 AD 于 E， 则CE AD 。 在平面 ABCD 内，作 CE//AB 交 AD 于点 E，则 .CE AD 在 Rt CDE 中，DE= cos45 1CD ， sin 45 1,CE CD 设 AB=AP=t，则 B（t，0，0），P（0，0，t） 由 AB+AD=4，得 AD=4-t， 所以 (0,3 ,0), (1,3 ,0), (0,4 ,0)E t C t D t ， ( 1,1,0), (0,4 , ).CD PD t t （ii）假设在线段 AD 上存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等， 由 GC=CD，得 45GCD GDC ， 从而 90CGD ，即 ,CG AD sin 45 1,GD CD 设 ,AB 则AD=4- , 3AG AD GD ， 在 Rt ABG 中， 2 2 2 2(3 )GB AB AG 23 92( ) 1,2 2 这与 GB=GD 矛盾。 所以在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G 到点 B，C，D 的距离都相等， 从而，在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等。 18．(2011 年高考上海卷理科 21)（14 分）已知 1 1 1 1ABCD A B C D 是底面边长为 1 的正四 棱柱， 1O 是 1 1AC 和 1 1B D 的交点。 （1）设 1AB 与底面 1 1 1 1A B C D 所成的角的大小为 ，二面角 1 1 1A B D A 的大小为 。 求证： tan 2 tan ； （2）若点C 到平面 1 1AB D 的距离为 4 3 ，求正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的高。 解：设正四棱柱的高为 h 。 ⑴ 连 1AO ， 1AA 底面 1 1 1 1A B C D 于 1A ， ∴ 1AB 与底面 1 1 1 1A B C D 所成的角为 1 1AB A ，即 1 1AB A ∵ 1 1AB AD ， 1O 为 1 1B D 中点，∴ 1 1 1AO B D ，又 1 1 1 1AO B D ， ∴ 1 1AO A 是二面角 1 1 1A B D A 的平面角，即 1 1AO A ∴ 1 1 1 tan AA hA B ， 1 1 1 tan 2 2 tanAA hAO 。 ⑵ 建立如图空间直角坐标系，有 1 1(0,0, ), (1,0,0), (0,1,0), (1,1, )A h B D C h 1 1(1,0, ), (0,1, ), (1,1,0)AB h AD h AC 设平面 1 1AB D 的一个法向量为 ( , , )n x y z ， ∵ 1 1 1 1 0 0 n AB n AB n AD n AD ，取 1z 得 ( , ,1)n h h ∴ 点C 到平面 1 1AB D 的距离为 2 2 | | 0 4 3| | 1 n AC h hd n h h ，则 2h 。 【2010 高考试题】 （2010 辽宁理数）(12) (12)有四根长都为 2 的直铁条，若再选两根长都为 a 的直铁条， 使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则 a 的取值范围是 (A)（0, 6 2 ） (B)（1, 2 2 ） (C) ( 6 2 , 6 2 ） (D) （0, 2 2 ） 【答案】A 【解析】根据条件，四根长为 2 的直铁条与两根长为 a 的直铁条要组成三棱镜形的铁架，有 以下两种情况：（1）地面是边长为 2 的正三角形，三条侧棱长为 2，a，a，如图，此时 a 可 以 取 最 大 值 ， 可 知 AD= 3 ， SD= 2 1a ， 则 有 2 1a <2+ 3 ， 即 2 28 4 3 ( 6 2)a ，即有 a< 6 2 (2)构成三棱锥的两条对角线长为 a，其他各边长为 2，如图所示，此时 a>0; 综上分析可知 a∈（0, 6 2 ） （ 2010 江 西 理 数 ） 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。 （2010 四川理数）（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 B C D A N M O （A） 17arccos 25R （B） 18arccos 25R w_w_w.k*s 5*u.c o*m （C） 1 3 R （D） 4 15 R 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 答案：A （2010 江西理数）16.如图，在三棱锥O ABC 中，三条棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且 OA >OB > OC ,分别经过三条棱OA ，OB ，OC 作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积 依次为 1S ， 2S ， 3S ，则 1S ， 2S ， 3S 的大小关系为 。 【答案】 3 2 1S S S 【解析】考查立体图形的空间感和数学知识的运用能力，通过补形，借助长方体验证结论， 特殊化，令边长为 1，2，3 得 3 2 1S S S 。 （2010 浙江理数）（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 。 （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 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 。 （2010 全国卷 2 理数）（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． 【参考答案】 (19)解法一： （I）连接 A1B，记 A1B 与 AB1 的交点为 F. 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. （2010 辽宁理数）（19）（本小题满分 12 分） 已知三棱锥 P－ABC 中，PA⊥ABC，AB⊥AC，PA=AC=½AB，N 为 AB 上一点，AB=4AN,M,S 分别为 PB,BC 的中点. （Ⅰ）证明：CM⊥SN； （Ⅱ）求 SN 与平面 CMN 所成角的大小. 证明： 设 PA=1，以 A 为原点，射线 AB，AC，AP 分别为 x，y，z 轴正向建立空间直角坐标系如 图。 则 P（0,0,1），C（0,1,0），B（2,0,0），M（1,0, 1 2 ），N（ 1 2 ,0,0），S（1, 1 2 ,0）.……4 分 （Ⅰ） 1 1 1(1, 1, ), ( , ,0)2 2 2CM SN , 因为 1 1 0 02 2CM SN ， 所以 CM⊥SN ……6 分 （Ⅱ） 1( ,1,0)2NC , 设 a=（x，y，z）为平面 CMN 的一个法向量， 则 1 0,2 21 0.2 x y z x x y 令 ，得a=(2,1,-2). ……9 分 因为 11 22cos , 223 2 a SN 所以 SN 与片面 CMN 所成角为 45°。 ……12 分 （2010 江西理数）20. （本小题满分 12 分） 如图△BCD 与△MCD 都是边长为 2 的正三角形，平面 MCD 平面 BCD，AB 平面 BCD， 2 3AB 。 （1） 求点 A 到平面 MBC 的距离； （2） 求平面 ACM 与平面 BCD 所成二面角的正弦值。 【解析】本题以图形拼折为载体主要考查了考查立体图形的空间感、点到直线的距离、二面 角、空间向量、二面角平面角的判断有关知识，同时也考查了空间想象能力和推理能力 解法一：（1）取 CD 中点 O，连 OB，OM，则 OB⊥CD， OM⊥CD.又平面 MCD 平面 BCD ,则 MO⊥平面 BCD ，所以 MO∥AB，A、B、O、M 共 面.延长 AM、BO 相交于 E，则∠AEB 就是 AM 与平面 BCD 所成的 角.OB=MO= 3 ，MO∥AB，MO//面 ABC，M、O 到平面 ABC 的距离相等， 作 OH BC 于 H，连 MH，则 MH BC，求得： OH=OCsin600= 3 2 ,MH= 15 2 ,利用体积相等得： 2 15 5A MBC M ABCV V d 。 【点评】传统方法在处理时要注意到辅助线的处理，一般采用射影、垂线、平行线等特殊位 置的元素解决 解法二：取 CD 中点 O，连 OB，OM，则 OB⊥CD，OM⊥CD，又平面 MCD 平面 BCD , 则 MO⊥平面 BCD . 以 O 为原点，直线 OC、BO、OM 为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间 直角坐标系如图. OB=OM= 3 ，则各点坐标分别为 O（0，0，0），C（1，0，0）， M（0，0， 3 ），B（0，- 3 ，0），A（0，- 3 ，2 3 ）， （1）设 ( , , )n x y z 是平面 MBC 的法向量，则 BC=(1, 3,0) ， y x M D C B O A z 3x z ， y z ， 取 1 ( 3,1,1)n . 又 平 面 BCD 的 法 向 量 为 (0,0,1)n ， 则 1 1 1 1cos , 5 n nn n n n 设所求二面角为 ，则 21 2 5sin 1 ( ) 55 . 【点评】向量方法作为沟通代数和几何的工具在考察中越来越常见，此类方法的要点在于建 立恰当的坐标系，便于计算，位置关系明确，以计算代替分析，起到简化的作用，但计算必 须慎之又慎 （2010 北京理数）（16）（本小题共 14 分） 如图，正方形 ABCD 和四边形 ACEF 所在的平面互相垂直，CE⊥AC,EF∥AC,AB= 2 ， CE=EF=1. （Ⅰ）求证：AF∥平面 BDE； （Ⅱ）求证：CF⊥平面 BDE； （Ⅲ）求二面角 A-BE-D 的大小。 证明：（I） 设 AC 与 BD 交与点 G。 因为 EF//AG，且 EF=1，AG= 1 2 AC=1. 所以四边形 AGEF 为平行四边形. 所以 AF//平面 EG， 因为 EG 平面 BDE，AF 平面 BDE， 所以 AF//平面 BDE. （II）因为正方形 ABCD 和四边形 ACEF 所在的平面 相互垂直，且 CE AC， 所以 CE 平面 ABCD. 如图，以 C 为原点，建立空间直角坐标系 C- xyz . 则 C（0，0，0），A（ 2 ， 2 ，0），B（0， 2 ，0）. 所 以 2 2( , ,1)2 2CF ， (0, 2,1)BE ， ( 2,0,1)DE . 所以 0 1 1 0CF BE , 1 0 1 0CF DE 所以CF BE ,CF DE . 所以CF BDE. (III) 由（II）知， 2 2( , ,1)2 2CF 是平面 BDE 的一个法向量. 设平面 ABE 的法向量 ( , , )n x y z ,则 0n BA ， 0n BE . 即 ( , , ) ( 2,0,0) 0 ( , , ) (0, 2,1) 0 x y z x y z 所以 0,x 且 2 ,z y 令 1,y 则 2z . 所以 (0,1, 2)n . （2010 四川理数）（18）（本小题满分 12 分）w_w w. k#s5_u.c o*m 已知正方体 ABCD－A'B'C'D'的棱长为 1，点 M 是棱 AA'的中点，点 O 是对角线 BD'的中 点. （Ⅰ）求证：OM 为异面直线 AA'和 BD'的公垂线； D A B CDM O A B C （Ⅱ）求二面角 M－BC'－B'的大小； （Ⅲ）求三棱锥 M－OBC 的体积. w_w w.k#s5_u.c o*m 本小题主要考查异面直线、直线与平面垂直、二面角、正方体、三棱锥体积等基础知识，并 考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查应用向量知识解决数学问题的能力。 解法一：（1）连结 AC，取 AC 中点 K，则 K 为 BD 的中点，连结 OK 因为 M 是棱 AA’的中点，点 O 是 BD’的中点 所以 AM 1// '//2 DD OK 所以 MO //AK w_w w. k#s5_u.c o*m 由 AA’⊥AK，得 MO⊥AA’ 因为 AK⊥BD,AK⊥BB’，所以 AK⊥平面 BDD’B’ 所以 AK⊥BD’ 所以 MO⊥BD’ 又因为 OM 是异面直线 AA’和 BD’都相交 故 OM 为异面直线 AA'和 BD'的公垂线 故二面角 M-BC’-B’的大小为 arctan2 2 (3)易知，S△OBC=S△OA’D’，且△OBC 和△OA’D’都在平面 BCD’A’内 点 O 到平面 MA’D’距离 h＝ 1 2 VM-OBC=VM-OA’D’=VO-MA’D’= 1 3 S△MA’D’h= 1 24 解法二： 以点 D 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系 D-xyz 则 A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A’(1,0,1),C’(0,1,1),D’(0,0,1) (1)因为点 M 是棱 AA’的中点,点 O 是 BD’的中点 所以 M(1,0, 1 2 ),O( 1 2 , 1 2 , 1 2 ) 1 1( , ,0)2 2OM , 'AA =(0,0,1), 'BD =(-1,-1,1) 'OM AA =0, 1 1' 2 2OM BD +0=0 所以 OM⊥AA’,OM⊥BD’ 又因为 OM 与异面直线 AA’和 BD’都相交 故 OM 为异面直线 AA'和 BD'的公垂线.………………………………4 分 (2)设平面 BMC'的一个法向量为 1n =(x,y,z) BM =(0,-1, 1 2 ), 'BC ＝(－1,0,1) 1 1 0 ' 0 n BM n BC 即 1 02 0 y z x z 取 z＝2,则 x＝2,y＝1，从而 1n =(2,1,2) w_w w.k#s5_u.c o*m 取平面 BC'B'的一个法向量为 2n ＝(0,1,0) cos 1 2 1 2 1 2 1 1, 3| | | | 9 1 n nn n n n 'BD ＝(－1,－1,1), BC ＝(－1,0,0) 3 1 ' 0 0 n BD n BC 即 1 1 1 1 0 0 x y z x 取 z1＝1,得 y1＝1，从而 3n ＝(0,1,1) 点 M 到平面 OBC 的距离 d＝ 3 1 | | 22 4| | 2 BM n w_w w.k#s5_u.c o*m VM－OBC＝ 1 1 2 2 1 3 3 4 4 24OBCS d …………………………………………12 分 （2010 天津理数）（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。 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 -ED-F 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 ， 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 （2010 山东理数）（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． （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 江苏卷）16、（本小题满分 14 分） 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PD⊥平面 ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=900。 (1)求证：PC⊥BC； (2)求点 A 到平面 PBC 的距离。 [解析] 本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查几何体的体积，考查空 间想象能力、推理论证能力和运算能力。满分 14 分。 （1）证明：因为 PD⊥平面 ABCD，BC 平面 ABCD，所以 PD⊥BC。 由∠BCD=900，得 CD⊥BC， 又 PD DC=D，PD、DC 平面 PCD， 所以 BC⊥平面 PCD。 因为 PC 平面 PCD，故 PC⊥BC。 （2）（方法一）分别取 AB、PC 的中点 E、F，连 DE、DF，则： 易证 DE∥CB，DE∥平面 PBC，点 D、E 到平面 PBC 的距离相等。 又点 A 到平面 PBC 的距离等于 E 到平面 PBC 的距离的 2 倍。 由（1）知：BC⊥平面 PCD，所以平面 PBC⊥平面 PCD 于 PC， 因为 PD=DC，PF=FC，所以 DF⊥PC，所以 DF⊥平面 PBC 于 F。 易知 DF= 2 2 ，故点 A 到平面 PBC 的距离等于 2 。 （方法二）体积法：连结 AC。设点 A 到平面 PBC 的距离为 h。 因为 AB∥DC，∠BCD=900，所以∠ABC=900。 从而 AB=2，BC=1，得 ABC 的面积 1ABCS 。 由 PD⊥平面 ABCD 及 PD=1，得三棱锥 P-ABC 的体积 1 1 3 3ABCV S PD 。 因为 PD⊥平面 ABCD，DC 平面 ABCD，所以 PD⊥DC。 又 PD=DC=1，所以 2 2 2PC PD DC 。 由 PC⊥BC，BC=1，得 PBC 的面积 2 2PBCS 。 由 A PBC P ABCV V ， 1 1 3 3PBCS h V ，得 2h ， 故点 A 到平面 PBC 的距离等于 2 。 【2009 高考试题】 11. (宁夏海南文 9 理 8) 如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱线长为 1，线段 1 1B D 上有两个 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 解析：A 正确，易证 1 1 ;AC D DBB AC BE 平面 ，从而 B 显然正确， / / , / /EF BD EF ABCD 平面 易证；C 正确，可用等积法求得；D 错误。选 D. 12.(山东文理 4) 一空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( ). A. 2 2 3 B. 4 2 3 C. 2 32 3 D. 2 34 3 解析：:该空间几何体为一圆柱和一四棱锥组成的, 2 2 侧(左)视图 2 2 2 正(主)视图 圆柱的底面半径为 1,高为 2,体积为 2 ,四棱锥的底面 边长为 2 ，高为 3 ，所以体积为 21 2 32 33 3 所以该几何体的体积为 2 32 3 . 答案:C 14.(辽宁理 11)正六棱锥 P-ABCDEF 中，G 为 PB 的中点，则三棱锥 D-GAC 与三棱锥 P-GAC 体积之比为 （A）1：1 （B）1：2 （C）2：1 （D）3：2 答案：C 解析：连接 FC、AD、BE，设正六边形 的中心为 O，连接 AC 与 OB 相交点 H， 则 GH∥PO，故 GH⊥平面 ABCDEF， ∴平面 GAC⊥平面 ABCDEF 又 DC⊥AC，BH⊥AC， ∴DC⊥平面 GAC，BH⊥平面 GAC， 且 DC=2BH，故三棱锥 D-GAC 与 三棱锥 P-GAC 体积之比为 2：1。 17. (浙江理 5)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 6.(浙江理 17)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 A P B C D G O F E H BA O D C H 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 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 13. (2009·安徽理 18)（本小题满分 13 分） 如图，四棱锥 F－ABCD 的底面 ABCD 是菱形，其对角线 AC=2，BD= 2 ，AE、CF 都与 平面 ABCD 垂直，AE=1，CF=2. （I）求二面角 B－AF－D 的大小； （II）求四棱锥 E－ABCD 与四棱锥 F－ABCD 公共部分的体积. 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、相交平面所成二面角以 及空间几何体的体积计算等知识，考查空间想象能力和推理论证能力、利用综合法或向量法 解决立体几何问题的能力。本小题满分 13 分。 解：（I）（综合法）连接 AC、BD 交于菱形的中心 O，过 O 作 OG AF， G 为垂足。连接 BG、DG。由 BD AC，BD CF 得 BD 平面 ACF，故 BD AF。 于是 AF 平面 BGD，所以 BG AF，DG AF， BGD 为二面角 B－AF－D 的平面角。 由 FC AC ， 2FC AC ，得 4FAC ， 2 2OG 由 2, 2OB OG OB OD ，得 2 2BGD BGO （向量法）以 A 为坐标原点， BD 、 AC 、 AE 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） 设平面 ABF 的法向量 1 ( , , )n x y z ，则由 1 1 0 0 n AB n AF 得 2 02 2 2 0 x y y z 又因为 1 2,2ABCDS AC BD 菱形 故四棱锥 H-ABCD 的体积 1 2 2 .3 9ABCDV S HP 菱形 15. (2009·福建理 17)（13 分）如图，四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形，MD ABCD 平面 ， NB ABCD 平面 ，且 MD=NB=1，E 为 BC 的中点 （1） 求异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值 （2） 在线段 AN 上是否存在点 S，使得 ES 平面 AMN？若存在，求线段 AS 的长；若 不存在，请说明理由 解析：（1）在如图，以 D 为坐标原点，建立空间直角坐标 D xyz 依题意，得 1(0,0,0) (1,0,0) (0,0,1), (0,1,0), (1,1,0), (1,1,1), ( ,1,0)2D A M C B N E 。 1( ,0, 1), ( 1,0,1)2NE AM 10cos , 10| | | | NE AMNE AM NE AM ， 所以异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为 10 10 .A （2）假设在线段 AN 上存在点 S ，使得 ES 平面 AMN . (0,1,1)AN ,可设 (0, , ),AS AN 又 1 1( , 1,0), ( , 1, )2 2EA ES EA AS . 由 ES 平面 AMN ，得 0, 0, ES AM ES AN 即 1 0,2 ( 1) 0. 故 1 2 ，此时 1 1 2(0, , ),| |2 2 2AS AS . 经检验，当 2 2AS 时， ES 平面 AMN . 故线段 AN 上存在点 S ，使得 ES 平面 AMN ，此时 2 2AS . 17. (2009·广东理 18)（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 1 1FG FEE 平面 ； （３）求异面直线 1 1E G EA与 所成角的正统值 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 111111 EDGRtFGERtFGDE SSS 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 . 19. (2009·辽宁理 18) （本小题满分 12 分） 如图，己知两个正方形 ABCD 和 DCEF 不在同一平面内，M，N 分别为 AB , DF 的中点。 （1）若平面 ABCD⊥平面 DCEF，求直线 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值； （2）用反证法证明：直线 ME 与 BN 是两条异面直线。 (18)解：(1)解法一：取 CD 的中点 G，连结 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 DCEF，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 6sin 3MNG ，故 MN 与平面 DCEF 所成的角的正弦值为 6 3 . 解法二： 设正方形 ABCD，DCEF 的边长为 2，以 D 为坐标原点，分别以射线 DC，DF，DA 为 x，y， z 轴正半轴建立空间直角坐标系如图. 则 M(1，0，2)，N（0，1，0），可得 ( 1,1, 2)MN ， 又 (0,0,2)DA 为平面 DCEF 的法向量， 可得 6cos , 3| || | MN DAMN DA MN DA ， 所以 MN 与平面 DCEF 所成的角的正弦值为 6 3 . (2)假设直线 ME 与 BN 共面， 20. (2009·宁夏海南理 19)（本小题满分 12 分）如图，四棱锥 S-ABCD 的底面是正方形，每条 侧棱的长都是地面边长的 2 倍，P 为侧棱 SD 上的点。 （Ⅰ）求证：AC⊥SD； （Ⅱ）若 SD⊥平面 PAC，求二面角 P-AC-D 的大小 （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，侧棱 SC 上是否存在一点 E， 使得 BE∥平面 PAC。若存在，求 SE：EC 的值； 若不存在，试说明理由。 解法一： （Ⅰ）连 BD，设 AC 交 BD 于 O，由题意 SO AC 。在正方形 ABCD 中，AC BD ， B A N D C E F M x y z 所以 AC SBD 平面 ,得 AC SD . 且 AC OD ,所以 POD 是二面角 P AC D 的平面角。 由 SD PAC 平面 ,知 SD OP ,所以 030POD , 即二面角 P AC D 的大小为 030 。 （Ⅲ）在棱 SC 上存在一点 E，使 //BE PAC平面 由（Ⅱ）可得 2 4PD a ，故可在 SP 上取一点 N ,使 PN PD ,过 N 作 PC 的平行 线与 SC 的交点即为 E 。连 BN。在 BDN 中知 //BN PO ，又由于 //NE PC ,故平面 //BEN PAC平面 ，得 //BE PAC平面 ,由于 21SN NP ： ：,故 21SE EC ： ：. 解法二： （Ⅰ）；连 BD ,设 AC 交于 BD 于O ，由题意知 SO ABCD 平面 .以 O 为坐标 原点，OB OC OS， ， 分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴正方向，建立坐标系O xyz 如图。 设底面边长为 a ，则高 6 2SO a 。 于是 6 2(0,0, ), ( ,0,0)2 2S a D a 2(0, ,0)2C a 2(0, ,0)2OC a 2 6( ,0, )2 2SD a a 0OC SD 故 OC SD ， 从而 AC SD 而 10 3BE DC t ，即当 : 2:1SE EC 时， BE DS 而 BE 不在平面 PAC 内，故 //BE PAC平面 23.（2009·山东理 18）（本小题满分 12 分） 如图，在直四棱柱 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中，底面 ABCD 为等腰梯形，AB//CD，AB=4, BC=CD=2, AA 1 =2, E、E 1 、F 分别是棱 AD、AA 1 、AB 的中点。 （1） 证明：直线 EE 1 //平面 FCC 1 ； （2） 求二面角 B-FC 1 -C 的余弦值。 解法一：（1）在直四棱柱 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中，取 A1B1 的中点 F1， 连接 A1D，C1F1，CF1，因为 AB=4, CD=2,且 AB//CD， 所以 CD=//A1F1，A1F1CD 为平行四边形，所以 CF1//A1D， 又因为 E、E 1 分别是棱 AD、AA 1 的中点，所以 EE1//A1D， 所以 CF1//EE1，又因为 1EE 平面 FCC 1 ， 1CF 平面 FCC 1 ， 所以直线 EE 1 //平面 FCC 1 . E A B C F E1 A1 B1 C1D1 D F1 O P E A B C F E1 A1 B1 C1D1 D △OPF∽△CC1F,∵ 1 1 OP OF CC C F ∴ 2 2 1 22 22 2 OP , 在 Rt△OPF 中, 2 2 1 1432 2BP OP OB , 2 72cos 714 2 OPOPB BP ,所以 二面角 B-FC 1 -C 的余弦值为 7 7 . 解法二:（1）因为 AB=4, BC=CD=2, F 是棱 AB 的中点, 所以 BF=BC=CF,△BCF 为正三角形, 因为 ABCD 为 等腰梯形,所以∠BAC=∠ABC=60°,取 AF 的中点 M, 连接 DM,则 DM⊥AB,所以 DM⊥CD, 以 DM 为 x 轴,DC 为 y 轴,DD1 为 z 轴建立空间直角坐标系, ,则 D（0,0,0）,A（ 3 ,-1,0）,F（ 3 ,1,0）,C（0,2,0）, C1 （ 0,2,2 ） ,E （ 3 2 , 1 2 ,0 ） ,E1 （ 3 ,-1,1 ） , 所 以 1 3 1( , ,1)2 2EE , ( 3, 1,0)CF , 1 (0,0,2)CC 1 ( 3,1,2)FC 设平面 CC1F 的法 向 量 为 ( , , )n x y z 则 1 0 0 n CF n CC 所 以 3 0 0 x y z 取 (1, 3,0)n , 则 1 3 11 3 1 0 02 2n EE ,所以 1n EE ,所以直线 EE 1 //平面 FCC 1 . （ 2 ） (0,2,0)FB , 设 平 面 BFC1 的 法 向 量 为 1 1 1 1( , , )n x y z , 则 1 1 1 0 0 n FB n FC 所 以 E A B C F E1 A1 B1 C1D1 D x y z M 1 1 1 1 0 3 2 0 y x y z ,取 1 (2,0, 3)n ,则 1 2 1 3 0 0 3 2n n , 2| | 1 ( 3) 2n , 2 2 1| | 2 0 ( 3) 7n , 所以 1 1 1 2 7cos , 7| || | 2 7 n nn n n n ,由图可知二面角 B-FC 1 -C 为锐角,所以二面角 B-FC 1 -C 的余弦值为 7 7 . 24．(浙江理 20)（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 2 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．（2009·天津文理 19）（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。 本小题要考查异面直线所成的角、平面与平面垂直、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，考查空间想像能力、运算能力和推理论证能力。满分 12 分. 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 方法二：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 ，，，001B ，，，011C ，，，020D ，，，110E ，，，100F .2 112 1M ，， （I） ，，，解： 101BF ，，， 110DE .2 1 22 100 DEBF DEBFDEcos ，于是 BF 所以异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小为 060 . （II）证明： ，，，由 2 112 1AM ，，，101CE 0AMCE020AD ，可得，， ， .AMDCEAADAM.ADCEAMCE.0ADCE 平面，故又，因此， .CDEAMDCDECE 平面，所以平面平面而 （III） .0D 0)(CDE Eu CEuzyxu ，，则，，的法向量为解：设平面 .111(1.0 0 ），，，可得令，于是 uxzy zx 又由题设，平面 ACD 的一个法向量为 ).100( ，，v .3 3 13 100cos vu vuvu，所以， 【2008 高考试题】 7.（2008·海南、宁夏理科卷）某几何体的一条棱长为 7 ，在该几何体的正视图中，这条棱 的投影是长为 6 的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为 a 和 b 的线段，则 a+b 的最大值为（ ） A． 2 2 B． 2 3 C． 4 D． 2 5 解析：结合长方体的对角线在三个面的投影来理解计算。如图 设长方体的高宽高分别为 , ,m n k ，由题意得 2 2 2 7m n k ， 2 2 6m k 1n 21 k a ， 21 m b ，所以 2 2( 1) ( 1) 6a b 2 2 8a b ， 2 2 2 2 2( ) 2 8 2 8 16a b a ab b ab a b ∴ 4a b 当且仅当 2a b 时取等号。 答案：C 1.（2008·海南、宁夏理科卷）一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面．已知该六 棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为 9 8 ，底面周长为 3，则这个球的体积 为 ． 解析：令球的半径为 R ，六棱柱的底面边长为 a ，高为 h ，显然有 2 2( )2 ha R ，且 答案： 3 4 7．（2008·江苏卷）在四面体 ABCD 中，CB=CD， AD BD ，且 E，F 分别是 AB，BD 的 中点， 求证（I）直线 EF D 面AC ； （II） EFC D面 面BC 。 n m k 又 BD BCD 面 ， 所以 EFC D面 面BC 8．（2008·海南、宁夏理科卷）如图，已知点 P 在正方体 ABCD A B C D 的对角线 BD 上， 60PDA ． （Ⅰ）求 DP 与CC 所成角的大小； （Ⅱ）求 DP 与平面 AA D D 所成角的大小． 解析：如图，以 D 为原点， DA 为单位长建立空间直角坐标系 D xyz ． 则 (1 0 0)DA ，， ， (0 01)CC ，，．连结 BD ， B D ． 在平面 BB D D 中，延长 DP 交 B D 于 H ． 设 ( 1)( 0)DH m m m ， ， ，由已知 60DH DA ， ， 由 cosDA DH DA DH DA DH ， 可得 22 2 1m m ．解得 2 2m ， 所以 2 2 12 2DH ， ， ．（Ⅰ）因为 2 20 0 1 1 22 2cos 21 2 DH CC ， ， 所以 45DH CC ， ．即 DP 与CC 所成的角为 45 ． A B CD PA B CD A B CD PA B CD x y z H （Ⅱ）平面 AA D D 的一个法向量是 (01 0)DC ，， ． 因为 2 20 1 1 0 12 2cos 21 2 DH DC ， ， 所以 60DH DC ， ． 可得 DP 与平面 AA D D 所成的角为30 ． 9．（2008·广东理科卷）如图所示，四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD 是半径为 R 的圆的内 接四边形，其中 BD 是圆的直径， 60ABD ， 45BDC ， PD 垂直底面 ABCD ， 2 2PD R ， E F， 分别是 PB CD， 上的点，且 PE DF EB FC ，过点 E 作 BC 的平行线交 PC 于G ． （1）求 BD 与平面 ABP 所成角 的正弦值； （2）证明： EFG△ 是直角三角形； （3）当 1 2 PE EB 时，求 EFG△ 的面积． GF EG , EFG 是直角三角形； （3） 1 2 PE EB 时 1 3 EG PE BC PB , 2 3 GF CF PD CD , 即 1 1 2 2 2 4 22 cos45 , 2 23 3 3 3 3 3EG BC R R GF PD R R , F C P GE A B D EFG 的面积 21 1 2 4 2 4 2 2 3 3 9EFGS EG GF R R R 11．（2008·山东理科卷）如图，已知四棱锥 P-ABCD，底面 ABCD 为菱形，PA⊥平面 ABCD， 60ABC ,E，F 分别是 BC, PC 的中点. （Ⅰ）证明：AE⊥PD; （Ⅱ）若 H 为 PD 上的动点，EH 与平面 PAD 所成最大角的正切值为 6 2 ，求二面角 E—AF—C 的余弦值. 解析：（Ⅰ）证明：由四边形 ABCD 为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC 为正三角形. （Ⅱ）解：设 AB=2，H 为 PD 上任 意一点，连接 AH，EH. 解法一：因为 PA⊥平面 ABCD，PA 平面 PAC， 所以平面 PAC⊥平面 ABCD. 过 E 作 EO⊥AC 于 O，则 EO⊥平面 PAC， 过 O 作 OS⊥AF 于 S，连接 ES，则∠ESO 为二面角 E-AF-C 的平面角， 在 Rt△AOE 中，EO=AE·sin30°= 3 2 ，AO=AE·cos30°= 3 2 , 又 F 是 PC 的中点，在 Rt△ASO 中，SO=AO·sin45°= 3 2 4 , 又 2 2 3 8 30 ,4 9 4SE EO SO 在 Rt△ESO 中，cos∠ESO= 3 2 154 ,530 4 SO SE 即所求二面角的余弦值为 15 .5 解法二：由（Ⅰ）知 AE，AD，AP 两两垂直，以 A 为坐 标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又 E、F 分别为 BC、PC 的中点，所以 E、F 分别为 BC、PC 的中点，所以 A（0，0，0），B（ 3 ，-1，0），C（C，1，0）， D（0，2，0），P（0，0，2），E（ 3 ，0，0），F（ 3 1, ,12 2 ）， 所以 3 1( 3,0,0), ( , ,1).2 2AE AF 设平面 AEF 的一法向量为 1 1 1( , , ),m x y z查看更多