2014年高考数学（文科）真题分类汇编G单元 立体几何

2014年高考数学（文科）真题分类汇编G单元 立体几何

数 学 G 单元 立体几何 G1 空间几何体的结构 19．G1、G4、G3[2014·安徽卷] 如图 15 所示，四棱锥 P ABCD 的底面是边长为 8 的 正方形，四条侧棱长均为 2 17.点 G，E，F，H 分别是棱 PB，AB，CD，PC 上共面的四点， 平面 GEFH⊥平面 ABCD，BC∥平面 GEFH. 图 15 (1)证明：GH∥EF； (2)若 EB＝2，求四边形 GEFH 的面积． 19．解： (1)证明：因为 BC∥平面 GEFH，BC⊂平面 PBC，且平面 PBC∩平面 GEFH ＝GH，所以 GH∥BC. 同理可证 EF∥BC，因此 GH∥EF. (2)连接 AC，BD 交于点 O，BD 交 EF 于点 K，连接 OP，GK. 因为 PA＝PC，O 是 AC 的中点，所以 PO⊥AC，同理可得 PO⊥BD.又 BD∩AC＝O，且 AC，BD 都在平面 ABCD 内，所以 PO⊥平面 ABCD. 又因为平面 GEFH⊥平面 ABCD， 且 PO⊄平面 GEFH，所以 PO∥平面 GEFH. 因为平面 PBD∩平面 GEFH＝GK， 所以 PO∥GK，所以 GK⊥平面 ABCD. 又 EF⊂平面 ABCD，所以 GK⊥EF， 所以 GK 是梯形 GEFH 的高． 由 AB＝8，EB＝2 得 EB∶AB＝KB∶DB＝1∶4， 从而 KB＝1 4DB＝1 2OB，即 K 是 OB 的中点． 再由 PO∥GK 得 GK＝1 2PO， 所以 G 是 PB 的中点，且 GH＝1 2BC＝4. 由已知可得 OB＝4 2，PO＝ PB2－OB2＝ 68－32＝6， 所以 GK＝3，故四边形 GEFH 的面积 S＝GH＋EF 2 ·GK＝4＋8 2 ×3＝18. 3．G1[2014·福建卷] 以边长为 1 的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形 旋转一周所得圆柱的侧面积等于( ) A．2π B．π C．2 D．1 3．A [解析] 由题意可知，该正方形旋转一周后所得的圆柱的底面半径 r＝1，高 h＝1， 则该圆柱的侧面积 S＝2πrh＝2π，故选 A. 10．G1[2014·湖北卷] 《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土， 这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术“置如其周，令相乘 也．又以高乘之，三十六成一．”该术相当于给出了由圆锥的底面周长 L 与高 h，计算其体 积 V 的近似公式 V≈ 1 36L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为 3.那么，近似 公式 V≈ 2 75L2h 相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( ) A.22 7 B.25 8 C.157 50 D.355 113 10．B [解析] 设圆锥的底面圆半径为 r，底面积为 S，则 L＝2πr.由题意得 1 36L2h≈1 3Sh， 代入 S＝πr2 化简得π≈3.类比推理，若 V≈ 2 75L2h 时，π≈25 8 .故选 B. 7．G1[2014·新课标全国卷Ⅱ] 正三棱柱 ABC A1B1C1 的底面边长为 2，侧棱长为 3，D 为 BC 中点，则三棱锥 A B1DC1 的体积为( ) A．3 B.3 2 C．1 D. 3 2 7．C [解析] 因为 D 为 BC 的中点，所以 AD⊥BC，故 AD⊥平面 BCC1B1，且 AD＝ 3， 所以 V 三棱锥 A B1DC1＝1 3S△B1DC1×AD＝1 3 ×1 2B1C1×BB1×AD＝1 3 ×1 2 ×2× 3× 3＝1. 20．G1、G5[2014·重庆卷] 如图 14 所示四棱锥 PABCD 中，底面是以 O 为中心的菱 形，PO⊥底面 ABCD，AB＝2，∠BAD＝π 3 ，M 为 BC 上一点， 且 BM＝1 2. (1)证明：BC⊥平面 POM； (2)若 MP⊥AP，求四棱锥 PABMO 的体积． 图 14 20．解：(1)证明：如图所示，因为四边形 ABCD 为菱形，O 为菱形的中心，连接 OB， 则 AO⊥OB.因为∠BAD＝π 3 ，所以 OB＝AB·sin∠OAB＝2sinπ 6 ＝1. 又因为 BM＝1 2 ，且∠OBM＝π 3 ，在△OBM 中，OM2＝OB2＋BM2－2OB·BM·cos∠OBM ＝12＋ 1 2 2 －2×1×1 2 ×cosπ 3 ＝3 4 ，所以 OB2＝OM2＋BM2，故 OM⊥BM. 又 PO⊥底面 ABCD，所以 PO⊥BC.从而 BC 与平面 POM 内的两条相交直线 OM，PO 都垂直，所以 BC⊥平面 POM. (2)由(1)可得，OA＝AB·cos∠OAB＝2×cosπ 6 ＝ 3. 设 PO＝a，由 PO⊥底面 ABCD，知△POA 为直角三角形，故 PA2＝PO2＋OA2＝a2＋3. 又△POM 也是直角三角形，故 PM2＝PO2＋OM2＝a2＋3 4.连接 AM，在△ABM 中，AM2 ＝AB2＋BM2－2AB·BM·cos∠ABM＝22＋ 1 2 2 －2×2×1 2 ×cos2π 3 ＝21 4 . 由已知 MP⊥AP，故△APM 为直角三角形，则 PA2＋PM2＝AM2，即 a2＋3＋a2＋3 4 ＝21 4 ， 解得 a＝ 3 2 或 a＝－ 3 2 (舍去)，即 PO＝ 3 2 . 此时 S 四边形 ABMO＝S△AOB＋S△OMB ＝1 2 ·AO·OB＋1 2 ·BM·OM ＝1 2 × 3×1＋1 2 ×1 2 × 3 2 ＝5 3 8 . 所以四棱锥 PABMO 的体积 V 四棱锥 PABMO＝1 3 ·S 四边形 ABMO·PO＝1 3 ×5 3 8 × 3 2 ＝ 5 16. G2 空间几何体的三视图和直观图 8．G2[2014·安徽卷] 一个多面体的三视图如图 12 所示，则该多面体的体积是( ) 图 12 A.23 3 B.47 6 C．6 D．7 8．A [解析] 如图所示，由三视图可知该几何体是棱长为 2 的正方体截去两个小三棱 锥后余下的部分，其体积 V＝8－2×1 3 ×1 2 ×1×1×1＝23 3 . 11．G2[2014·北京卷] 某三棱锥的三视图如图 13 所示，则该三棱锥最长棱的棱长为 ________． 图 13 11．2 2 [解析] 该三棱锥的直观图如图所示，并且 PB⊥平面 ABC，PB＝2，AB＝2， AC＝BC＝ 2，PA＝ 22＋22＝2 2，PC＝ 22＋（ 2）2＝ 6，故 PA 最长． 7．G2[2014·湖北卷] 在如图 11 所示的空间直角坐标系 O xyz 中，一个四面体的顶点 坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)．给出编号为①、②、③、④的四 个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( ) 图 12 A．①和② B．③和① C．④和③ D．④和② 7．D [解析] 由三视图可知，该几何体的正视图显然是一个直角三角形(三个顶点坐标 分别是(0，0，2)，(0，2，0)，(0，2，2))且内有一虚线(一锐角顶点与一直角边中点的连线)， 故正视图是④；俯视图是一个斜三角形，三个顶点坐标分别是(0，0，0)，(2，2，0)，(1，2， 0)，故俯视图是②.故选 D. 8．G2、G8[2014·湖南卷] 一块石材表示的几何体的三视图如图 12 所示，将该石材切 削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( ) 图 12 A．1 B．2 C．3 D．4 8．B [解析] 由三视图可知，石材为一个三棱柱(相对应的长方体的一半)，故可知能得 到的最大球为三棱柱的内切球．由题意可知正视图三角形的内切圆的半径即为球的半径，可 得 R＝6＋8－10 2 ＝2. 7．G2、G7[2014·辽宁卷] 某几何体三视图如图 12 所示，则该几何体的体积为( ) 图 12 A．8－π 4 B．8－π 2 C．8－π D．8－2π 7．C [解析] 根据三视图可知，该几何体是正方体切去两个体积相等的圆柱的四分之 一后余下的部分，故该几何体体积 V＝23－1 2 ×π×12×2＝8－π. 3．G2[2014·浙江卷] 某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( ) 图 11 A．72 cm3 B．90 cm3 C．108 cm3 D．138 cm3 3．B [解析] 此几何体是由长方体与三棱柱组合而成的，其体积为 6×4×3＋1 2 ×3×4 ×3＝90 cm3，故选 B. 6．G2[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图 11，网格纸上正方形小格的边长为 1(表示 1 cm)， 图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为 3 cm，高为 6 cm 的圆柱体毛 坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( ) 图 11 A.17 27 B.5 9 C.10 27 D.1 3 6．C [解析] 该零件是一个由两个圆柱组成的组合体，其体积 V＝π×32×2＋π×22 ×4＝34π(cm3)，原毛坯的体积 V 毛坯＝π×32×6＝54π(cm3)，被切部分的体积 V 切＝V 毛坯 －V＝54π－34π＝20π(cm3)，所以 V 切 V 毛坯 ＝20π 54π ＝10 27. 8．G2[2014·全国新课标卷Ⅰ] 如图 11，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是 一个几何体的三视图，则这个几何体是( ) A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．四棱柱 8．B [解析] 从俯视图为矩形可以看出，此几何体不可能是三棱锥或四棱锥，其直观 图如图，是一个三棱柱． 17．G2、G8[2014·陕西卷] 四面体 ABCD 及其三视图如图 14 所示，平行于棱 AD，BC 的平面分别交四面体的棱 AB，BD，DC，CA 于点 E，F，G，H. 图 14 (1)求四面体 ABCD 的体积； (2)证明：四边形 EFGH 是矩形． 17．解：(1)由该四面体的三视图可知， BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1， ∴AD⊥平面 BDC， ∴四面体 ABCD 的体积 V＝1 3 ×1 2 ×2×2×1＝2 3. (2)证明：∵BC∥平面 EFGH，平面 EFGH∩平面 BDC＝FG，平面 EFGH∩ 平面 ABC ＝EH， ∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH. 同理 EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG， ∴四边形 EFGH 是平行四边形． 又∵AD⊥平面 BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG， ∴四边形 EFGH 是矩形． 4．G2[2014·四川卷] 某三棱锥的侧视图、俯视图如图 11 所示，则该三棱锥的体积是(锥 体体积公式：V＝1 3Sh，其中 S 为底面面积，h 为高)( ) 图 11 A．3 B．2 C. 3 D．1 4．D [解析] 由图可知，三棱锥的底面为边长为 2 的正三角形，左侧面垂直于底面， 且为边长为 2 的正三角形，所以该三棱锥的底面积 S＝1 2 ×2× 3，高 h＝ 3，所以其体积 V ＝1 3Sh＝1 3 × 3× 3＝1，故选 D. 7．G2[2014·重庆卷] 某几何体的三视图如图 12 所示，则该几何体的体积为( ) 图 12 A．12 B．18 C．24 D．30 7．C [解析] 由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥得到的．三棱 柱的底面是一个两直角边长分别为 3 和 4 的直角三角形，高为 5；截去的锥体的底面是两直 角边的长分别为 3 和 4 的直角三角形，高为 3，所以该几何体的体积为 V＝1 2 ×3×4×5－1 3 × 1 2 ×3×4×3＝24. 10．G2[2014·天津卷] 一个几何体的三视图如图 12 所示(单位：m)，则该几何体的体积 为________m3. 10.20π 3 [解析] 由三视图可知，该几何体为圆柱与圆锥的组合体，其体积 V＝π×12 ×4＋1 3 π×22×2＝20π 3 . G3 平面的基本性质、空间两条直线 19．G1、G4、G3[2014·安徽卷] 如图 15 所示，四棱锥 P ABCD 的底面是边长为 8 的 正方形，四条侧棱长均为 2 17.点 G，E，F，H 分别是棱 PB，AB，CD，PC 上共面的四点， 平面 GEFH⊥平面 ABCD，BC∥平面 GEFH. 图 15 (1)证明：GH∥EF； (2)若 EB＝2，求四边形 GEFH 的面积． 19．解： (1)证明：因为 BC∥平面 GEFH，BC⊂平面 PBC，且平面 PBC∩平面 GEFH ＝GH，所以 GH∥BC. 同理可证 EF∥BC，因此 GH∥EF. (2)连接 AC，BD 交于点 O，BD 交 EF 于点 K，连接 OP，GK. 因为 PA＝PC，O 是 AC 的中点，所以 PO⊥AC，同理可得 PO⊥BD.又 BD∩AC＝O，且 AC，BD 都在平面 ABCD 内，所以 PO⊥平面 ABCD. 又因为平面 GEFH⊥平面 ABCD， 且 PO⊄平面 GEFH，所以 PO∥平面 GEFH. 因为平面 PBD∩平面 GEFH＝GK， 所以 PO∥GK，所以 GK⊥平面 ABCD. 又 EF⊂平面 ABCD，所以 GK⊥EF， 所以 GK 是梯形 GEFH 的高． 由 AB＝8，EB＝2 得 EB∶AB＝KB∶DB＝1∶4， 从而 KB＝1 4DB＝1 2OB，即 K 是 OB 的中点． 再由 PO∥GK 得 GK＝1 2PO， 所以 G 是 PB 的中点，且 GH＝1 2BC＝4. 由已知可得 OB＝4 2，PO＝ PB2－OB2＝ 68－32＝6， 所以 GK＝3，故四边形 GEFH 的面积 S＝GH＋EF 2 ·GK＝4＋8 2 ×3＝18. 18．G5、G3[2014·湖南卷] 如图 13 所示，已知二面角αMNβ的大小为 60°，菱形 ABCD 在面β内，A，B 两点在棱 MN 上，∠BAD＝60°，E 是 AB 的中点，DO⊥面α，垂足为 O. 图 13 (1)证明：AB⊥平面 ODE； (2)求异面直线 BC 与 OD 所成角的余弦值． 18．解：(1)证明：如图，因为 DO⊥α，AB⊂α，所以 DO⊥AB. 连接 BD，由题设知，△ABD 是正三角形，又 E 是 AB 的中点，所以 DE⊥AB.而 DO∩DE ＝D，故 AB⊥平面 ODE. (2)因为 BC∥AD，所以 BC 与 OD 所成的角等于 AD 与 OD 所成的角，即∠ADO 是 BC 与 OD 所成的角． 由(1)知，AB⊥平面 ODE，所以 AB⊥OE.又 DE⊥AB，于是∠DEO 是二面角αMNβ的平 面角，从而∠DEO＝60°. 不妨设 AB＝2，则 AD＝2，易知 DE＝ 3. 在 Rt△DOE 中，DO＝DE·sin 60°＝3 2. 连接 AO，在 Rt△AOD 中，cos∠ADO＝DO AD ＝ 3 2 2 ＝3 4. 故异面直线 BC 与 OD 所成角的余弦值为3 4. 4．G3[2014·辽宁卷] 已知 m，n 表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是 ( ) A．若 m∥α，n∥α，则 m∥n B．若 m⊥α，n⊂α，则 m⊥n C．若 m⊥α，m⊥n，则 n∥α D．若 m∥α，m⊥n，则 n⊥α 4．B [解析] 由题可知，若 m∥α，n∥α，则 m 与 n 平行、相交或异面，所以 A 错误； 若 m⊥α，n⊂α，则 m⊥n，故 B 正确；若 m⊥α，m⊥n，则 n∥α或 n⊂α，故 C 错误；若 m∥α，m⊥n，则 n∥α或 n⊥α或 n 与α相交，故 D 错误． G4 空间中的平行关系 6．G4、G5[2014·浙江卷] 设 m，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( ) A．若 m⊥n，n∥α，则 m⊥α B．若 m∥β，β⊥α，则 m⊥α C．若 m⊥β，n⊥β，n⊥α，则 m⊥α D．若 m⊥n，n⊥β，β⊥α，则 m⊥α 6．C [解析] A，B，D 中 m 与平面α可能平行、相交或 m 在平面内α；对于 C，若 m⊥β， n⊥β，则 m∥n，而 n⊥α，所以 m⊥α.故选 C. 19．G1、G4、G3[2014·安徽卷] 如图 15 所示，四棱锥 P ABCD 的底面是边长为 8 的 正方形，四条侧棱长均为 2 17.点 G，E，F，H 分别是棱 PB，AB，CD，PC 上共面的四点， 平面 GEFH⊥平面 ABCD，BC∥平面 GEFH. 图 15 (1)证明：GH∥EF； (2)若 EB＝2，求四边形 GEFH 的面积． 19．解： (1)证明：因为 BC∥平面 GEFH，BC⊂平面 PBC，且平面 PBC∩平面 GEFH ＝GH，所以 GH∥BC. 同理可证 EF∥BC，因此 GH∥EF. (2)连接 AC，BD 交于点 O，BD 交 EF 于点 K，连接 OP，GK. 因为 PA＝PC，O 是 AC 的中点，所以 PO⊥AC，同理可得 PO⊥BD.又 BD∩AC＝O，且 AC，BD 都在平面 ABCD 内，所以 PO⊥平面 ABCD. 又因为平面 GEFH⊥平面 ABCD， 且 PO⊄平面 GEFH，所以 PO∥平面 GEFH. 因为平面 PBD∩平面 GEFH＝GK， 所以 PO∥GK，所以 GK⊥平面 ABCD. 又 EF⊂平面 ABCD，所以 GK⊥EF， 所以 GK 是梯形 GEFH 的高． 由 AB＝8，EB＝2 得 EB∶AB＝KB∶DB＝1∶4， 从而 KB＝1 4DB＝1 2OB，即 K 是 OB 的中点． 再由 PO∥GK 得 GK＝1 2PO， 所以 G 是 PB 的中点，且 GH＝1 2BC＝4. 由已知可得 OB＝4 2，PO＝ PB2－OB2＝ 68－32＝6， 所以 GK＝3，故四边形 GEFH 的面积 S＝GH＋EF 2 ·GK＝4＋8 2 ×3＝18. 17．G4 、G5[2014·北京卷] 如图 15，在三棱柱 ABC A1B1C1 中，侧棱垂直于底面， AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F 分别是 A1C1，BC 的中点． 图 15 (1)求证：平面 ABE⊥平面 B1BCC1； (2)求证：C1F∥平面 ABE； (3)求三棱锥 E ABC 的体积． 17．解：(1)证明：在三棱柱 ABC A1B1C1 中，BB1⊥底面 ABC， 所以 BB1⊥AB. 又因为 AB⊥BC， 所以 AB⊥平面 B1BCC1. 所以平面 ABE⊥平面 B1BCC1. (2)证明：取 AB 的中点 G，连接 EG，FG. 因为 E，F，G 分别是 A1C1，BC，AB 的中点， 所以 FG∥AC，且 FG＝1 2AC，EC1＝1 2A1C1. 因为 AC∥A1C1，且 AC＝A1C1， 所以 FG∥EC1，且 FG＝EC1， 所以四边形 FGEC1 为平行四边形， 所以 C1F∥EG. 又因为 EG⊂平面 ABE，C1F⊄平面 ABE， 所以 C1F∥平面 ABE. (3)因为 AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC， 所以 AB＝ AC2－BC2＝ 3. 所以三棱锥 E ABC 的体积 V＝1 3S△ABC·AA1＝1 3 ×1 2 × 3×1×2＝ 3 3 . 20．G4、G5[2014·湖北卷] 如图 15，在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，E，F，P，Q，M， N 分别是棱 AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1 的中点．求证： (1)直线 BC1∥平面 EFPQ； (2)直线 AC1⊥平面 PQMN. 图 15 20．证明：(1)连接 AD1，由 ABCD A1B1C1D1 是正方体， 知 AD1∥BC1. 因为 F，P 分别是 AD，DD1 的中点，所以 FP∥AD1. 从而 BC1∥FP. 而 FP⊂平面 EFPQ，且 BC1⊄平面 EFPQ， 故直线 BC1∥平面 EFPQ. (2)如图，连接 AC，BD，A1C1，则 AC⊥BD. 由 CC1⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD， 可得 CC1⊥BD. 又 AC∩CC1＝C，所以 BD⊥平面 ACC1A1. 而 AC1⊂平面 ACC1A1，所以 BD⊥AC1. 因为 M，N 分别是 A1B1，A1D1 的中点，所以 MN∥BD，从而 MN⊥AC1. 同理可证 PN⊥AC1. 又 PN∩MN＝N，所以直线 AC1⊥平面 PQMN. 16．G4、G5[2014·江苏卷] 如图 14 所示，在三棱锥 P ABC 中，D，E，F 分别为棱 PC，AC，AB 的中点．已知 PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5. 求证：(1)直线 PA∥平面 DEF； (2)平面 BDE⊥平面 ABC. 图 14 16．证明： (1)因为 D，E 分别为棱 PC，AC 的中点，所以 DE∥PA.又因为 PA⊄平面 DEF， DE⊂平面 DEF，所以直线 PA∥平面 DEF. (2)因为 D，E，F 分别为棱 PC，AC，AB 的中点，PA＝6，BC＝8，所以 DE∥PA，DE ＝1 2PA＝3，EF＝1 2BC＝4.又因为 DF＝5，所以 DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即 DE⊥EF. 又 PA⊥AC，DE∥PA，所以 DE⊥AC.因为 AC∩EF＝E，AC⊂平面 ABC，EF⊂平面 ABC， 所以 DE⊥平面 ABC. 又 DE⊂平面 BDE，所以平面 BDE⊥平面 ABC. 18．G4、G11[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图 13，四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为矩 形，PA⊥平面 ABCD，E 为 PD 的中点． (1)证明：PB∥平面 AEC； (2)设 AP＝1，AD＝ 3，三棱锥 P ABD 的体积 V＝ 3 4 ，求 A 到平面 PBC 的距离． 图 13 18．解：(1)证明：设 BD 与 AC 的交点为 O，连接 EO. 因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 BD 的中点． 又 E 为 PD 的中点，所以 EO∥PB. EO⊂平面 AEC，PB⊄平面 AEC， 所以 PB∥平面 AEC. (2)V＝1 3 ×1 2 ×PA×AB×AD＝ 3 6 AB， 由 V＝ 3 4 ，可得 AB＝3 2. 作 AH⊥PB 交 PB 于点 H. 由题设知 BC⊥平面 PAB，所以 BC⊥AH， 因为 PB∩BC＝B，所以 AH⊥平面 PBC. 又 AH＝PA·AB PB ＝3 13 13 ， 所以点 A 到平面 PBC 的距离为3 13 13 . 18．G5，G4[2014·山东卷] 如图 14 所示，四棱锥 PABCD 中，AP⊥平面 PCD，AD∥BC， AB＝BC＝1 2AD，E，F 分别为线段 AD，PC 的中点． 图 14 (1)求证：AP∥平面 BEF； (2)求证：BE⊥平面 PAC. 18．证明：(1)设 AC∩BE＝O，连接 OF，EC.由于 E 为 AD 的中点， AB＝BC＝1 2AD，AD∥BC， 所以 AE∥BC，AE＝AB＝BC， 所以 O 为 AC 的中点． 又在△PAC 中，F 为 PC 的中点，所以 AP∥OF. 又 OF⊂平面 BEF，AP⊄平面 BEF， 所以 AP∥平面 BEF. (2)由题意知，ED∥BC，ED＝BC， 所以四边形 BCDE 为平行四边形， 所以 BE∥CD. 又 AP⊥平面 PCD， 所以 AP⊥CD，所以 AP⊥BE. 因为四边形 ABCE 为菱形， 所以 BE⊥AC. 又 AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面 PAC， 所以 BE⊥平面 PAC. 18．G4、G5[2014·四川卷] 在如图 14 所示的多面体中，四边形 ABB1A1 和 ACC1A1 都为 矩形． (1)若 AC⊥BC，证明：直线 BC⊥平面 ACC1A1. (2)设 D，E 分别是线段 BC，CC1 的中点，在线段 AB 上是否存在一点 M，使直线 DE∥ 平面 A1MC？请证明你的结论． 图 14 18．解：(1)证明：因为四边形 ABB1A1 和 ACC1A1 都是矩形， 所以 AA1⊥AB，AA1⊥AC. 因为 AB，AC 为平面 ABC 内的两条相交直线， 所以 AA1⊥平面 ABC. 因为直线 BC⊂平面 ABC，所以 AA1⊥BC. 又由已知，AC⊥BC，AA1，AC 为平面 ACC1A1 内的两条相交直线， 所以 BC⊥平面 ACC1A1. (2)取线段 AB 的中点 M，连接 A1M，MC，A1C，AC1，设 O 为 A1C，AC1 的交点． 图 14 由已知，O 为 AC1 的中点． 连接 MD，OE，则 MD，OE 分别为△ABC，△ACC1 的中位线， 所以 MD 綊 1 2AC，OE 綊 1 2AC， 因此 MD 綊 OE. 连接 OM，从而四边形 MDEO 为平行四边形，所以 DE∥MO. 因为直线 DE⊄平面 A1MC，MO⊂平面 A1MC. 所以直线 DE∥平面 A1MC. 即线段 AB 上存在一点 M(线段 AB 的中点)，使直线 DE∥平面 A1MC. 17．G4、G5、G11[2014·天津卷] 如图 14 所示，四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD 是平 行四边形，BA＝BD＝ 2，AD＝2，PA＝PD＝ 5，E，F 分别是棱 AD，PC 的中点． (1)证明：EF∥平面 PAB； (2)若二面角 PADB 为 60°. (i)证明：平面 PBC⊥平面 ABCD； (ii)求直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值． 17．解：(1)证明：如图所示，取 PB 中点 M，连接 MF，AM.因为 F 为 PC 中点，所以 MF∥BC，且 MF＝1 2BC.由已知有 BC∥AD，BC＝AD，又由于 E 为 AD 中点，因而 MF∥AE 且 MF＝AE，故四边形 AMFE 为平行四边形，所以 EF∥AM.又 AM⊂平面 PAB，而 EF⊄平面 PAB，所以 EF∥平面 PAB. (2)(i)证明：连接 PE，BE.因为 PA＝PD，BA＝BD，而 E 为 AD 中点，所以 PE⊥AD， BE⊥AD，所以∠PEB 为二面角 P AD B 的平面角．在△PAD 中，由 PA＝PD＝ 5，AD＝2， 可解得 PE＝2.在△ABD 中，由 BA＝BD＝ 2，AD＝2，可解得 BE＝1.在△PEB 中，PE＝2， BE＝1，∠PEB＝60˚，由余弦定理，可解得 PB＝ 3，从而∠PBE＝90˚，即 BE⊥PB.又 BC∥AD， BE⊥AD，从而 BE⊥BC，因此 BE⊥平面PBC.又BE⊂平面 ABCD，所以平面PBC⊥平面ABCD. (ii)连接 BF，由(i)知，BE⊥平面 PBC，所以∠EFB 为直线 EF 与平面 PBC 所成的角．由 PB＝ 3及已知，得∠ABP 为直角，而 MB＝1 2PB＝ 3 2 ，可得 AM＝ 11 2 ，故 EF＝ 11 2 .又 BE ＝1，故在直角三角形 EBF 中，sin∠EFB＝BE EF ＝2 11 11 .所以直线 EF 与平面 PBC 所成角的正 弦值为2 11 11 . G5 空间中的垂直关系 6．G4、G5[2014·浙江卷] 设 m，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( ) A．若 m⊥n，n∥α，则 m⊥α B．若 m∥β，β⊥α，则 m⊥α C．若 m⊥β，n⊥β，n⊥α，则 m⊥α D．若 m⊥n，n⊥β，β⊥α，则 m⊥α 6．C [解析] A，B，D 中 m 与平面α可能平行、相交或 m 在平面内α；对于 C，若 m⊥β， n⊥β，则 m∥n，而 n⊥α，所以 m⊥α.故选 C. 17．G4 、G5[2014·北京卷] 如图 15，在三棱柱 ABC A1B1C1 中，侧棱垂直于底面， AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F 分别是 A1C1，BC 的中点． 图 15 (1)求证：平面 ABE⊥平面 B1BCC1； (2)求证：C1F∥平面 ABE； (3)求三棱锥 E ABC 的体积． 17．解：(1)证明：在三棱柱 ABC A1B1C1 中，BB1⊥底面 ABC， 所以 BB1⊥AB. 又因为 AB⊥BC， 所以 AB⊥平面 B1BCC1. 所以平面 ABE⊥平面 B1BCC1. (2)证明：取 AB 的中点 G，连接 EG，FG. 因为 E，F，G 分别是 A1C1，BC，AB 的中点， 所以 FG∥AC，且 FG＝1 2AC，EC1＝1 2A1C1. 因为 AC∥A1C1，且 AC＝A1C1， 所以 FG∥EC1，且 FG＝EC1， 所以四边形 FGEC1 为平行四边形， 所以 C1F∥EG. 又因为 EG⊂平面 ABE，C1F⊄平面 ABE， 所以 C1F∥平面 ABE. (3)因为 AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC， 所以 AB＝ AC2－BC2＝ 3. 所以三棱锥 E ABC 的体积 V＝1 3S△ABC·AA1＝1 3 ×1 2 × 3×1×2＝ 3 3 . 19．G5，G7[2014·福建卷] 如图 16 所示，三棱锥 A BCD 中，AB⊥平面 BCD，CD ⊥BD. (1)求证：CD⊥平面 ABD； (2)若 AB＝BD＝CD＝1，M 为 AD 中点，求三棱锥 A MBC 的体积． 图 16 19．解：方法一：(1)证明：∵AB⊥平面 BCD，CD⊂平面 BCD， ∴AB⊥CD. 又∵CD⊥BD，AB∩BD＝B， AB⊂平面 ABD，BD⊂平面 ABD， ∴CD⊥平面 ABD. (2)由 AB⊥平面 BCD， 得 AB⊥BD. ∵AB＝BD＝1，∴S△ABD＝1 2. ∵M 是 AD 的中点， ∴S△ABM＝1 2S△ABD＝1 4. 由(1)知，CD⊥平面 ABD， ∴三棱锥 C ABM 的高 h＝CD＝1， 因此三棱锥 A MBC 的体积 VA MBC＝VC ABM＝1 3S△ABM·h＝ 1 12. 方法二：(1)同方法一． (2)由 AB⊥平面 BCD，得平面 ABD⊥平面 BCD. 且平面 ABD∩平面 BCD＝BD. 如图所示，过点 M 作 MN⊥BD 交 BD 于点 N， 则 MN⊥平面 BCD，且 MN＝1 2AB＝1 2. 又 CD⊥BD，BD＝CD＝1，∴S△BCD＝1 2. ∴三棱锥 A MBC 的体积 VA MBC＝VA BCD－VM BCD ＝1 3AB·S△BCD－1 3MN·S△BCD ＝ 1 12. 18．G5、G7[2014·广东卷] 如图 12 所示，四边形 ABCD 为矩形，PD⊥平面 ABCD， AB＝1，BC＝PC＝2，作如图 13 折叠：折痕 EF∥DC，其中点 E，F 分别在线段 PD，PC 上，沿 EF 折叠后点 P 叠在线段 AD 上的点记为 M，并且 MF⊥CF. (1)证明：CF⊥平面 MDF； (2)求三棱锥 M CDE 的体积． 图 12 图 13 20．G4、G5[2014·湖北卷] 如图 15，在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，E，F，P，Q，M， N 分别是棱 AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1 的中点．求证： (1)直线 BC1∥平面 EFPQ； (2)直线 AC1⊥平面 PQMN. 图 15 20．证明：(1)连接 AD1，由 ABCD A1B1C1D1 是正方体， 知 AD1∥BC1. 因为 F，P 分别是 AD，DD1 的中点，所以 FP∥AD1. 从而 BC1∥FP. 而 FP⊂平面 EFPQ，且 BC1⊄平面 EFPQ， 故直线 BC1∥平面 EFPQ. (2)如图，连接 AC，BD，A1C1，则 AC⊥BD. 由 CC1⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD， 可得 CC1⊥BD. 又 AC∩CC1＝C，所以 BD⊥平面 ACC1A1. 而 AC1⊂平面 ACC1A1，所以 BD⊥AC1. 因为 M，N 分别是 A1B1，A1D1 的中点，所以 MN∥BD，从而 MN⊥AC1. 同理可证 PN⊥AC1. 又 PN∩MN＝N，所以直线 AC1⊥平面 PQMN. 18．G5、G3[2014·湖南卷] 如图 13 所示，已知二面角αMNβ的大小为 60°，菱形 ABCD 在面β内，A，B 两点在棱 MN 上，∠BAD＝60°，E 是 AB 的中点，DO⊥面α，垂足为 O. 图 13 (1)证明：AB⊥平面 ODE； (2)求异面直线 BC 与 OD 所成角的余弦值． 18．解：(1)证明：如图，因为 DO⊥α，AB⊂α，所以 DO⊥AB. 连接 BD，由题设知，△ABD 是正三角形，又 E 是 AB 的中点，所以 DE⊥AB.而 DO∩DE ＝D，故 AB⊥平面 ODE. (2)因为 BC∥AD，所以 BC 与 OD 所成的角等于 AD 与 OD 所成的角，即∠ADO 是 BC 与 OD 所成的角． 由(1)知，AB⊥平面 ODE，所以 AB⊥OE.又 DE⊥AB，于是∠DEO 是二面角αMNβ的平 面角，从而∠DEO＝60°. 不妨设 AB＝2，则 AD＝2，易知 DE＝ 3. 在 Rt△DOE 中，DO＝DE·sin 60°＝3 2. 连接 AO，在 Rt△AOD 中，cos∠ADO＝DO AD ＝ 3 2 2 ＝3 4. 故异面直线 BC 与 OD 所成角的余弦值为3 4. 16．G4、G5[2014·江苏卷] 如图 14 所示，在三棱锥 P ABC 中，D，E，F 分别为棱 PC，AC，AB 的中点．已知 PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5. 求证：(1)直线 PA∥平面 DEF； (2)平面 BDE⊥平面 ABC. 18．G5，G4[2014·山东卷] 如图 14 所示，四棱锥 PABCD 中，AP⊥平面 PCD，AD∥BC， AB＝BC＝1 2AD，E，F 分别为线段 AD，PC 的中点． 图 14 (1)求证：AP∥平面 BEF； (2)求证：BE⊥平面 PAC. 18．证明：(1)设 AC∩BE＝O，连接 OF，EC.由于 E 为 AD 的中点， AB＝BC＝1 2AD，AD∥BC， 所以 AE∥BC，AE＝AB＝BC， 所以 O 为 AC 的中点． 又在△PAC 中，F 为 PC 的中点，所以 AP∥OF. 又 OF⊂平面 BEF，AP⊄平面 BEF， 所以 AP∥平面 BEF. (2)由题意知，ED∥BC，ED＝BC， 所以四边形 BCDE 为平行四边形， 所以 BE∥CD. 又 AP⊥平面 PCD， 所以 AP⊥CD，所以 AP⊥BE. 因为四边形 ABCE 为菱形， 所以 BE⊥AC. 又 AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面 PAC， 所以 BE⊥平面 PAC. 图 14 16．证明： (1)因为 D，E 分别为棱 PC，AC 的中点，所以 DE∥PA.又因为 PA⊄平面 DEF， DE⊂平面 DEF，所以直线 PA∥平面 DEF. (2)因为 D，E，F 分别为棱 PC，AC，AB 的中点，PA＝6，BC＝8，所以 DE∥PA，DE ＝1 2PA＝3，EF＝1 2BC＝4.又因为 DF＝5，所以 DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即 DE⊥EF. 又 PA⊥AC，DE∥PA，所以 DE⊥AC.因为 AC∩EF＝E，AC⊂平面 ABC，EF⊂平面 ABC， 所以 DE⊥平面 ABC. 又 DE⊂平面 BDE，所以平面 BDE⊥平面 ABC. 19．G5、G7[2014·江西卷] 如图 11 所示，三棱柱 ABC A1B1C1 中，AA1⊥BC，A1B⊥ BB1. (1)求证：A1C⊥CC1； (2)若 AB＝2，AC＝ 3，BC＝ 7，问 AA1 为何值时，三棱柱 ABC A1B1C1 体积最大，并 求此最大值． 图 11 19．解：(1)证明：由 AA1⊥BC 知 BB1⊥BC.又 BB1⊥A1B，故 BB1⊥平面 BCA1，所以 BB1 ⊥A1C. 又 BB1∥CC1，所以 A1C⊥CC1. (2)方法一：设 AA1＝x. 在 Rt△A1BB1 中，A1B＝ A1B21－BB21＝ 4－x2. 同理，A1C＝ A1C21－CC21＝ 3－x2. 在△A1BC 中， cos∠BA1C＝A1B2＋A1C2－BC2 2A1B·A1C ＝ － x2 （4－x2）（3－x2） ， sin∠BA1C＝ 12－7x2 （4－x2）（3－x2） ， 所以 S△A1BC＝1 2A1B·A1C·sin∠BA1C＝ 12－7x2 2 . 从而三棱柱 ABC A1B1C1 的体积 V＝S 直·l＝S△A1BC·AA1＝x 12－7x2 2 . 因为 x 12－7x2＝ 12x2－7x4＝ －7 x2－6 7 2 ＋36 7 ， 所以当 x＝ 6 7 ＝ 42 7 ，即 AA1＝ 42 7 时，体积 V 取到最大值3 7 7 . (2)方法二：过 A1 作 BC 的垂线，垂足为 D，连接 AD. 由 AA1⊥BC，A1D⊥BC，得 BC⊥平面 AA1D，故 BC⊥AD.又∠BAC＝90°， 所以 S△ABC＝1 2AD·BC＝1 2AB·AC，得 AD＝2 21 7 . 设 AA1＝x.在 Rt△AA1D 中， A1D＝ AD2－AA21＝ 12 7 －x2， S△A1BC＝1 2A1D·BC＝ 12－7x2 2 . 从而三棱柱 ABC A1B1C1 的体积 V＝S 直·l＝S△A1BC·AA1＝x 12－7x2 2 .因为 x 12－7x2 ＝ 12x2－7x4＝ －7 x2－6 7 2 ＋36 7 ， 所以当 x＝ 6 7 ＝ 42 7 ，即 AA1＝ 42 7 时，体积 V 取到最大值3 7 7 . 19．G5、G7[2014·辽宁卷] 如图 14 所示，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且 AB ＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F，G 分别为 AC，DC，AD 的中点． 图 14 (1)求证：EF⊥平面 BCG； (2)求三棱锥 D BCG 的体积． 附：锥体的体积公式 V＝1 3Sh，其中 S 为底面面积，h 为高． 19．解：(1)证明：由已知得△ABC≌△DBC， 因此 AC＝DC. 又 G 为 AD 的中点，所以 CG⊥AD， 同理 BG⊥AD.又 BG∩CG＝G，所以 AD⊥平面 BGC. 又 EF∥AD，所以 EF⊥平面 BCG. (2)在平面 ABC 内，作 AO⊥CB，交 CB 延长线于点 O. 由平面 ABC⊥平面 BCD，知 AO⊥平面 BDC. 又 G 为 AD 的中点，所以 G 到平面 BDC 的距离 h 是 AO 长度的一半． 在△AOB 中，AO＝AB·sin 60°＝ 3，所以 V 三棱锥 D BCG＝V 三棱锥 G BCD＝1 3 ·S△DBC·h＝1 3 ×1 2 ·BD·BC·sin 120°· 3 2 ＝1 2. 19．G5 G11[2014·全国新课标卷Ⅰ] 如图 14，三棱柱 ABC A1B1C1 中，侧面 BB1C1C 为菱形，B1C 的中点为 O，且 AO⊥平面 BB1C1C. 图 14 (1)证明：B1C⊥AB； (2)若 AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱 ABC A1B1C1 的高． 19．解：(1)证明：连接 BC1，则 O 为 B1C 与 BC1 的交点． 因为侧面 BB1C1C 为菱形，所以 B1C⊥BC1. 又 AO⊥平面 BB1C1C，所以 B1C⊥AO， 由于 BC1∩AO＝O，故 B1C⊥平面 ABO. 由于 AB⊂平面 ABO，故 B1C⊥AB. (2)作 OD⊥BC，垂足为 D，连接 AD.作 OH⊥AD，垂足为 H. 由于 BC⊥AO，BC⊥OD，且 AO∩OD＝O， 故 BC⊥平面 AOD，所以 OH⊥BC. 又 OH⊥AD，且 AD∩BC＝D， 所以 OH⊥平面 ABC. 因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1 为等边三角形，又 BC＝1，可得 OD＝ 3 4 . 因为 AC⊥AB1，所以 OA＝1 2B1C＝1 2. 由 OH·AD＝OD·OA，且 AD＝ OD2＋OA2＝ 7 4 ，得 OH＝ 21 14 . 又 O 为 B1C 的中点，所以点 B1 到平面 ABC 的距离为 21 7 .故三棱柱 ABC A1B1C1 的高为 21 7 . 18．G4、G5[2014·四川卷] 在如图 14 所示的多面体中，四边形 ABB1A1 和 ACC1A1 都为 矩形． (1)若 AC⊥BC，证明：直线 BC⊥平面 ACC1A1. (2)设 D，E 分别是线段 BC，CC1 的中点，在线段 AB 上是否存在一点 M，使直线 DE∥ 平面 A1MC？请证明你的结论． 图 14 18．解：(1)证明：因为四边形 ABB1A1 和 ACC1A1 都是矩形， 所以 AA1⊥AB，AA1⊥AC. 因为 AB，AC 为平面 ABC 内的两条相交直线， 所以 AA1⊥平面 ABC. 因为直线 BC⊂平面 ABC，所以 AA1⊥BC. 又由已知，AC⊥BC，AA1，AC 为平面 ACC1A1 内的两条相交直线， 所以 BC⊥平面 ACC1A1. (2)取线段 AB 的中点 M，连接 A1M，MC，A1C，AC1，设 O 为 A1C，AC1 的交点． 图 14 由已知，O 为 AC1 的中点． 连接 MD，OE，则 MD，OE 分别为△ABC，△ACC1 的中位线， 所以 MD 綊 1 2AC，OE 綊 1 2AC， 因此 MD 綊 OE. 连接 OM，从而四边形 MDEO 为平行四边形，所以 DE∥MO. 因为直线 DE⊄平面 A1MC，MO⊂平面 A1MC. 所以直线 DE∥平面 A1MC. 即线段 AB 上存在一点 M(线段 AB 的中点)，使直线 DE∥平面 A1MC. 17．G4、G5、G11[2014·天津卷] 如图 14 所示，四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD 是平 行四边形，BA＝BD＝ 2，AD＝2，PA＝PD＝ 5，E，F 分别是棱 AD，PC 的中点． (1)证明：EF∥平面 PAB； (2)若二面角 PADB 为 60°. (i)证明：平面 PBC⊥平面 ABCD； (ii)求直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值． 17．解：(1)证明：如图所示，取 PB 中点 M，连接 MF，AM.因为 F 为 PC 中点，所以 MF∥BC，且 MF＝1 2BC.由已知有 BC∥AD，BC＝AD，又由于 E 为 AD 中点，因而 MF∥AE 且 MF＝AE，故四边形 AMFE 为平行四边形，所以 EF∥AM.又 AM⊂平面 PAB，而 EF⊄平面 PAB，所以 EF∥平面 PAB. (2)(i)证明：连接 PE，BE.因为 PA＝PD，BA＝BD，而 E 为 AD 中点，所以 PE⊥AD， BE⊥AD，所以∠PEB 为二面角 P AD B 的平面角．在△PAD 中，由 PA＝PD＝ 5，AD＝2， 可解得 PE＝2.在△ABD 中，由 BA＝BD＝ 2，AD＝2，可解得 BE＝1.在△PEB 中，PE＝2， BE＝1，∠PEB＝60˚，由余弦定理，可解得 PB＝ 3，从而∠PBE＝90˚，即 BE⊥PB.又 BC∥AD， BE⊥AD，从而 BE⊥BC，因此 BE⊥平面PBC.又BE⊂平面 ABCD，所以平面PBC⊥平面ABCD. (ii)连接 BF，由(i)知，BE⊥平面 PBC，所以∠EFB 为直线 EF 与平面 PBC 所成的角．由 PB＝ 3及已知，得∠ABP 为直角，而 MB＝1 2PB＝ 3 2 ，可得 AM＝ 11 2 ，故 EF＝ 11 2 .又 BE ＝1，故在直角三角形 EBF 中，sin∠EFB＝BE EF ＝2 11 11 .所以直线 EF 与平面 PBC 所成角的正 弦值为2 11 11 . 20．G5、G11[2014·浙江卷] 如图 15，在四棱锥 A BCDE 中，平面 ABC⊥平面 BCDE， ∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝ 2. 图 15 (1)证明：AC⊥平面 BCDE； (2)求直线 AE 与平面 ABC 所成的角的正切值． 20．解：(1)证明：连接 BD，在直角梯形 BCDE 中，由 DE＝BE＝1，CD＝2，得 BD＝ BC＝ 2，由 AC＝ 2，AB＝2，得 AB2＝AC2＋BC2，即 AC⊥BC. 又平面 ABC⊥平面 BCDE，从而 AC⊥平面 BCDE. (2)在直角梯形 BCDE 中，由 BD＝BC＝ 2，DC＝2，得 BD⊥BC. 又平面 ABC⊥平面 BCDE，所以 BD⊥平面 ABC. 作 EF∥BD，与 CB 的延长线交于点 F，连接 AF，则 EF⊥平面 ABC. 所以∠EAF 是直线 AE 与平面 ABC 所成的角． 在 Rt△BEF 中，由 EB＝1，∠EBF＝π 4 ，得 EF＝ 2 2 ，BF＝ 2 2 ； 在 Rt△ACF 中，由 AC＝ 2，CF＝3 2 2 ， 得 AF＝ 26 2 . 在 Rt△AEF 中，由 EF＝ 2 2 ，AF＝ 26 2 ， 得 tan∠EAF＝ 13 13 . 所以，直线 AE 与平面 ABC 所成的角的正切值是 13 13 . 20．G1、G5[2014·重庆卷] 如图 14 所示四棱锥 PABCD 中，底面是以 O 为中心的菱 形，PO⊥底面 ABCD，AB＝2，∠BAD＝π 3 ，M 为 BC 上一点， 且 BM＝1 2. (1)证明：BC⊥平面 POM； (2)若 MP⊥AP，求四棱锥 PABMO 的体积． 图 14 20．解：(1)证明：如图所示，因为四边形 ABCD 为菱形，O 为菱形的中心，连接 OB， 则 AO⊥OB.因为∠BAD＝π 3 ，所以 OB＝AB·sin∠OAB＝2sinπ 6 ＝1. 又因为 BM＝1 2 ，且∠OBM＝π 3 ，在△OBM 中，OM2＝OB2＋BM2－2OB·BM·cos∠OBM ＝12＋ 1 2 2 －2×1×1 2 ×cosπ 3 ＝3 4 ，所以 OB2＝OM2＋BM2，故 OM⊥BM. 又 PO⊥底面 ABCD，所以 PO⊥BC.从而 BC 与平面 POM 内的两条相交直线 OM，PO 都垂直，所以 BC⊥平面 POM. (2)由(1)可得，OA＝AB·cos∠OAB＝2×cosπ 6 ＝ 3. 设 PO＝a，由 PO⊥底面 ABCD，知△POA 为直角三角形，故 PA2＝PO2＋OA2＝a2＋3. 又△POM 也是直角三角形，故 PM2＝PO2＋OM2＝a2＋3 4.连接 AM，在△ABM 中，AM2 ＝AB2＋BM2－2AB·BM·cos∠ABM＝22＋ 1 2 2 －2×2×1 2 ×cos2π 3 ＝21 4 . 由已知 MP⊥AP，故△APM 为直角三角形，则 PA2＋PM2＝AM2，即 a2＋3＋a2＋3 4 ＝21 4 ， 解得 a＝ 3 2 或 a＝－ 3 2 (舍去)，即 PO＝ 3 2 . 此时 S 四边形 ABMO＝S△AOB＋S△OMB ＝1 2 ·AO·OB＋1 2 ·BM·OM ＝1 2 × 3×1＋1 2 ×1 2 × 3 2 ＝5 3 8 . 所以四棱锥 PABMO 的体积 V 四棱锥 PABMO＝1 3 ·S 四边形 ABMO·PO＝1 3 ×5 3 8 × 3 2 ＝ 5 16. G6 三垂线定理 19．G6、G11[2014·全国卷] 如图 11 所示，三棱柱 ABC A1B1C1 中，点 A1 在平面 ABC 内的射影 D 在 AC 上，∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝CC1＝2. (1)证明：AC1⊥A1B； (2)设直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离为 3，求二面角 A1 AB C 的大小． 图 11 19．解：方法一：(1)证明：因为 A1D⊥平面 ABC，A1D⊂平面 AA1C1C，故平面 AA1C1C ⊥平面 ABC.又 BC⊥AC，平面 AA1C1C∩平面 ABC＝AC，所以 BC⊥平面 AA1C1C. 连接 A1C，因为侧面 AA1C1C 为菱形，故 AC1⊥A1C. 由三垂线定理得 AC1⊥A1B. (2)BC⊥平面 AA1C1C，BC⊂平面 BCC1B1， 故平面 AA1C1C⊥平面 BCC1B1. 作 A1E⊥CC1，E 为垂足，则 A1E⊥平面 BCC1B1. 又直线 AA1∥平面 BCC1B1，因而 A1E 为直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离，即 A1E＝ 3. 因为 A1C 为∠ACC1 的平分线，故 A1D＝A1E＝ 3. 作 DF⊥AB，F 为垂足，连接 A1F.由三垂线定理得 A1F⊥AB， 故∠A1FD 为二面角 A1 AB C 的平面角． 由 AD＝ AA21－A1D2＝1，得 D 为 AC 中点， 所以 DF＝ 5 5 ，tan∠A1FD＝A1D DF ＝ 15， 所以 cos∠A1FD＝1 4. 所以二面角 A1 AB C 的大小为 arccos1 4. 方法二：以 C 为坐标原点，射线 CA 为 x 轴的正半轴，以 CB 的长为单位长，建立如图 所示的空间直线坐标系 C xyz.由题设知 A1D 与 z 轴平行，z 轴在平面 AA1C1C 内． (1)证明：设 A1(a，0，c)，由题设有 a≤2，A(2，0，0)，B(0，1，0)，则AB→＝(－2，1， 0)，AC→＝(－2，0，0)，AA1 → ＝(a－2，0，c)，AC1 → ＝AC→＋AA1 → ＝(a－4，0，c)，BA1 → ＝(a，－1， c)． 由|AA1 → |＝2，得 （a－2）2＋c2＝2，即 a2－4a＋c2＝0. ① 又AC1 → ·BA1 → ＝a2－4a＋c2＝0，所以 AC1⊥A1B. (2)设平面 BCC1B1 的法向量 m＝(x，y，z)， 则 m⊥CB→，m⊥BB1 → ，即 m·CB＝0，m·BB1 → ＝0. 因为CB→＝(0，1，0)，BB1 → ＝AA1 → ＝(a－2，0，c)，所以 y＝0，且(a－2)x＋cz＝0. 令 x＝c，则 z＝2－a，所以 m＝(c，0，2－a)，故点 A 到平面 BCC1B1 的距离为|CA→|·|cos 〈m，CA→〉|＝|CA→·m| |m| ＝ 2c c2＋（2－a）2 ＝c. 又依题设，A 到平面 BCC1B1 的距离为 3， 所以 c＝ 3， 代入①，解得 a＝3(舍去)或 a＝1， 于是AA1 → ＝(－1，0， 3)． 设平面 ABA1 的法向量 n＝(p，q，r)，则 n⊥AA1 → ，n⊥AB→，即 n·AA1 → ＝0，n·AB→＝0， 所以－p＋ 3r＝0，且－2p＋q＝0.令 p＝ 3，则 q＝2 3，r＝1，所以 n＝( 3，2 3， 1)． 又 p＝(0，0，1)为平面 ABC 的法向量，故 cos〈n，p〉＝ n·p |n||p| ＝1 4 ， 所以二面角 A1 AB C 的大小为 arccos1 4. G7 棱柱与棱锥 19．G5，G7[2014·福建卷] 如图 16 所示，三棱锥 A BCD 中，AB⊥平面 BCD，CD ⊥BD. (1)求证：CD⊥平面 ABD； (2)若 AB＝BD＝CD＝1，M 为 AD 中点，求三棱锥 A MBC 的体积． 图 16 19．解：方法一：(1)证明：∵AB⊥平面 BCD，CD⊂平面 BCD， ∴AB⊥CD. 又∵CD⊥BD，AB∩BD＝B， AB⊂平面 ABD，BD⊂平面 ABD， ∴CD⊥平面 ABD. (2)由 AB⊥平面 BCD， 得 AB⊥BD. ∵AB＝BD＝1，∴S△ABD＝1 2. ∵M 是 AD 的中点， ∴S△ABM＝1 2S△ABD＝1 4. 由(1)知，CD⊥平面 ABD， ∴三棱锥 C ABM 的高 h＝CD＝1， 因此三棱锥 A MBC 的体积 VA MBC＝VC ABM＝1 3S△ABM·h＝ 1 12. 方法二：(1)同方法一． (2)由 AB⊥平面 BCD，得平面 ABD⊥平面 BCD. 且平面 ABD∩平面 BCD＝BD. 如图所示，过点 M 作 MN⊥BD 交 BD 于点 N， 则 MN⊥平面 BCD，且 MN＝1 2AB＝1 2. 又 CD⊥BD，BD＝CD＝1，∴S△BCD＝1 2. ∴三棱锥 A MBC 的体积 VA MBC＝VA BCD－VM BCD ＝1 3AB·S△BCD－1 3MN·S△BCD ＝ 1 12. 18．G5、G7[2014·广东卷] 如图 12 所示，四边形 ABCD 为矩形，PD⊥平面 ABCD， AB＝1，BC＝PC＝2，作如图 13 折叠：折痕 EF∥DC，其中点 E，F 分别在线段 PD，PC 上，沿 EF 折叠后点 P 叠在线段 AD 上的点记为 M，并且 MF⊥CF. (1)证明：CF⊥平面 MDF； (2)求三棱锥 M CDE 的体积． 图 12 图 13 8．G7[2014·江苏卷] 设甲、乙两个圆柱的底面积分别为 S1，S2，体积分别为 V1，V2.若 它们的侧面积相等，且S1 S2 ＝9 4 ，则V1 V2 的值是________． 8.3 2 [解析] 因为S1 S2 ＝πr21 πr22 ＝r21 r22 ＝9 4 ，所以r1 r2 ＝3 2.又圆柱的侧面积 S 侧＝2πrh，所以 S 侧 1＝2 πr1h1＝S 侧 2＝2πr2h2，则h1 h2 ＝r2 r1 ＝2 3 ，故V1 V2 ＝S1h1 S2h2 ＝9 4 ×2 3 ＝3 2. 19．G5、G7[2014·江西卷] 如图 11 所示，三棱柱 ABC A1B1C1 中，AA1⊥BC，A1B⊥ BB1. (1)求证：A1C⊥CC1； (2)若 AB＝2，AC＝ 3，BC＝ 7，问 AA1 为何值时，三棱柱 ABC A1B1C1 体积最大，并 求此最大值． 图 11 19．解：(1)证明：由 AA1⊥BC 知 BB1⊥BC.又 BB1⊥A1B，故 BB1⊥平面 BCA1，所以 BB1 ⊥A1C. 又 BB1∥CC1，所以 A1C⊥CC1. (2)方法一：设 AA1＝x. 在 Rt△A1BB1 中，A1B＝ A1B21－BB21＝ 4－x2. 同理，A1C＝ A1C21－CC21＝ 3－x2. 在△A1BC 中， cos∠BA1C＝A1B2＋A1C2－BC2 2A1B·A1C ＝ － x2 （4－x2）（3－x2） ， sin∠BA1C＝ 12－7x2 （4－x2）（3－x2） ， 所以 S△A1BC＝1 2A1B·A1C·sin∠BA1C＝ 12－7x2 2 . 从而三棱柱 ABC A1B1C1 的体积 V＝S 直·l＝S△A1BC·AA1＝x 12－7x2 2 . 因为 x 12－7x2＝ 12x2－7x4＝ －7 x2－6 7 2 ＋36 7 ， 所以当 x＝ 6 7 ＝ 42 7 ，即 AA1＝ 42 7 时，体积 V 取到最大值3 7 7 . (2)方法二：过 A1 作 BC 的垂线，垂足为 D，连接 AD. 由 AA1⊥BC，A1D⊥BC，得 BC⊥平面 AA1D，故 BC⊥AD.又∠BAC＝90°， 所以 S△ABC＝1 2AD·BC＝1 2AB·AC，得 AD＝2 21 7 . 设 AA1＝x.在 Rt△AA1D 中， A1D＝ AD2－AA21＝ 12 7 －x2， S△A1BC＝1 2A1D·BC＝ 12－7x2 2 . 从而三棱柱 ABC A1B1C1 的体积 V＝S 直·l＝S△A1BC·AA1＝x 12－7x2 2 .因为 x 12－7x2 ＝ 12x2－7x4＝ －7 x2－6 7 2 ＋36 7 ， 所以当 x＝ 6 7 ＝ 42 7 ，即 AA1＝ 42 7 时，体积 V 取到最大值3 7 7 . 7．G2、G7[2014·辽宁卷] 某几何体三视图如图 12 所示，则该几何体的体积为( ) 图 12 A．8－π 4 B．8－π 2 C．8－π D．8－2π 7．C [解析] 根据三视图可知，该几何体是正方体切去两个体积相等的圆柱的四分之 一后余下的部分，故该几何体体积 V＝23－1 2 ×π×12×2＝8－π. 19．G5、G7[2014·辽宁卷] 如图 14 所示，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且 AB ＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F，G 分别为 AC，DC，AD 的中点． 图 14 (1)求证：EF⊥平面 BCG； (2)求三棱锥 D BCG 的体积． 附：锥体的体积公式 V＝1 3Sh，其中 S 为底面面积，h 为高． 19．解：(1)证明：由已知得△ABC≌△DBC， 因此 AC＝DC. 又 G 为 AD 的中点，所以 CG⊥AD， 同理 BG⊥AD.又 BG∩CG＝G，所以 AD⊥平面 BGC. 又 EF∥AD，所以 EF⊥平面 BCG. (2)在平面 ABC 内，作 AO⊥CB，交 CB 延长线于点 O. 由平面 ABC⊥平面 BCD，知 AO⊥平面 BDC. 又 G 为 AD 的中点，所以 G 到平面 BDC 的距离 h 是 AO 长度的一半． 在△AOB 中，AO＝AB·sin 60°＝ 3，所以 V 三棱锥 D BCG＝V 三棱锥 G BCD＝1 3 ·S△DBC·h＝1 3 ×1 2 ·BD·BC·sin 120°· 3 2 ＝1 2. 10．G7、G8[2014·全国卷] 正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为 4，底面 边长为 2，则该球的表面积为( ) A.81π 4 B．16π C．9π D.27π 4 10．A [解析] 如图所示，因为正四棱锥的底面边长为 2，所以 AE＝1 2AC＝ 2.设球心 为 O，球的半径为 R，则 OE＝4－R，OA＝R.又因为△AOE 为直角三角形，所以 OA2＝OE2 ＋AE2，即 R2＝(4－R)2＋2，解得 R＝9 4 ，所以该球的表面积 S＝4πR2＝4π 9 4 2＝81π 4 . 13．G7[2014·山东卷] 一个六棱锥的体积为 2 3，其底面是边长为 2 的正六边形，侧棱 长都相等，则该六棱锥的侧面积为________． 13．12 [解析] 设该六棱锥的高是 h.根据体积公式得，V＝1 3 ×1 2 ×2× 3×6×h，解得 h＝1，则侧面三角形的高为 1＋（ 3）2＝2，所以侧面积 S＝1 2 ×2×2×6＝12. G8 多面体与球 8．G2、G8[2014·湖南卷] 一块石材表示的几何体的三视图如图 12 所示，将该石材切 削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( ) 图 12 A．1 B．2 C．3 D．4 8．B [解析] 由三视图可知，石材为一个三棱柱(相对应的长方体的一半)，故可知能得 到的最大球为三棱柱的内切球．由题意可知正视图三角形的内切圆的半径即为球的半径，可 得 R＝6＋8－10 2 ＝2. 5．G8[2014·陕西卷] 将边长为 1 的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得 几何体的侧面积是( ) A．4π B．3π C．2π D．π 5．C [解析] 由题意可知，旋转体是一个底面半径为 1，高为 1 的圆柱，故其侧面积 为 2π×1×1＝2π. 10．G7、G8[2014·全国卷] 正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为 4，底面 边长为 2，则该球的表面积为( ) A.81π 4 B．16π C．9π D.27π 4 10．A [解析] 如图所示，因为正四棱锥的底面边长为 2，所以 AE＝1 2AC＝ 2.设球心 为 O，球的半径为 R，则 OE＝4－R，OA＝R.又因为△AOE 为直角三角形，所以 OA2＝OE2 ＋AE2，即 R2＝(4－R)2＋2，解得 R＝9 4 ，所以该球的表面积 S＝4πR2＝4π 9 4 2＝81π 4 . 17．G2、G8[2014·陕西卷] 四面体 ABCD 及其三视图如图 14 所示，平行于棱 AD，BC 的平面分别交四面体的棱 AB，BD，DC，CA 于点 E，F，G，H. 图 14 (1)求四面体 ABCD 的体积； (2)证明：四边形 EFGH 是矩形． 17．解：(1)由该四面体的三视图可知， BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1， ∴AD⊥平面 BDC， ∴四面体 ABCD 的体积 V＝1 3 ×1 2 ×2×2×1＝2 3. (2)证明：∵BC∥平面 EFGH，平面 EFGH∩平面 BDC＝FG，平面 EFGH∩ 平面 ABC ＝EH， ∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH. 同理 EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG， ∴四边形 EFGH 是平行四边形． 又∵AD⊥平面 BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG， ∴四边形 EFGH 是矩形． G9 空间向量及运算 G10 空间向量解决线面位置关系 G11 空间角与距离的求法 10．G11[2014·浙江卷] 如图 13，某人在垂直于水平地面 ABC 的墙面前的点 A 处进行 射击训练．已知点 A 到墙面的距离为 AB，某目标点 P 沿墙面上的射线 CM 移动，此人为了 准确瞄准目标点 P，需计算由点 A 观察点 P 的仰角θ的大小(仰角θ为直线 AP 与平面 ABC 所 成角)．若 AB＝15 m，AC＝25 m，∠BCM＝30°，则 tan θ的最大值是( ) 图 13 A. 30 5 B. 30 10 C.4 3 9 D.5 3 9 10．D [解析] 由勾股定理得 BC＝20 m．如图，过 P 点作 PD⊥BC 于 D，连接 AD， 则由点 A 观察点 P 的仰角θ＝∠PAD，tan θ＝PD AD.设 PD＝x，则 DC＝ 3x，BD＝20－ 3x， 在 Rt △ ABD 中 ， AD ＝ 152＋（20－ 3x）2 ＝ 625－40 3x＋3x2 ， 所 以 tan θ ＝ x 625－40 3x＋3x2 ＝ 1 625 x2 －40 3 x ＋3 ＝ 1 625 1 x －20 3 625 2 ＋27 25 ≤5 3 9 ，故 tan θ的最大值 为5 3 9 ，故选 D. 4．G11[2014·全国卷] 已知正四面体 ABCD 中，E 是 AB 的中点，则异面直线 CE 与 BD 所成角的余弦值为( ) A.1 6 B. 3 6 C.1 3 D. 3 3 4．B [解析] 如图所示，取 AD 的中点 F，连接 EF，CF，则 EF∥BD，故 EF 与 CE 所成的角即为异面直线 CE 与 BD 所成的角．设正四面体的棱长为 2，则 CE＝CF＝ 3，EF ＝1.在△CEF 中，cos ∠CEF＝CE2＋EF2－CF2 2CE·EF ＝ 3＋1－3 2× 3×1 ＝ 3 6 ，所以异面直线 CE 与 BD 所成角的余弦值为 3 6 . 19．G6、G11[2014·全国卷] 如图 11 所示，三棱柱 ABC A1B1C1 中，点 A1 在平面 ABC 内的射影 D 在 AC 上，∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝CC1＝2. (1)证明：AC1⊥A1B； (2)设直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离为 3，求二面角 A1 AB C 的大小． 图 11 19．解：方法一：(1)证明：因为 A1D⊥平面 ABC，A1D⊂平面 AA1C1C，故平面 AA1C1C ⊥平面 ABC.又 BC⊥AC，平面 AA1C1C∩平面 ABC＝AC，所以 BC⊥平面 AA1C1C. 连接 A1C，因为侧面 AA1C1C 为菱形，故 AC1⊥A1C. 由三垂线定理得 AC1⊥A1B. (2)BC⊥平面 AA1C1C，BC⊂平面 BCC1B1， 故平面 AA1C1C⊥平面 BCC1B1. 作 A1E⊥CC1，E 为垂足，则 A1E⊥平面 BCC1B1. 又直线 AA1∥平面 BCC1B1，因而 A1E 为直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离，即 A1E＝ 3. 因为 A1C 为∠ACC1 的平分线，故 A1D＝A1E＝ 3. 作 DF⊥AB，F 为垂足，连接 A1F.由三垂线定理得 A1F⊥AB， 故∠A1FD 为二面角 A1 AB C 的平面角． 由 AD＝ AA21－A1D2＝1，得 D 为 AC 中点， 所以 DF＝ 5 5 ，tan∠A1FD＝A1D DF ＝ 15， 所以 cos∠A1FD＝1 4. 所以二面角 A1 AB C 的大小为 arccos1 4. 方法二：以 C 为坐标原点，射线 CA 为 x 轴的正半轴，以 CB 的长为单位长，建立如图 所示的空间直线坐标系 C xyz.由题设知 A1D 与 z 轴平行，z 轴在平面 AA1C1C 内． (1)证明：设 A1(a，0，c)，由题设有 a≤2，A(2，0，0)，B(0，1，0)，则AB→＝(－2，1， 0)，AC→＝(－2，0，0)，AA1 → ＝(a－2，0，c)，AC1 → ＝AC→＋AA1 → ＝(a－4，0，c)，BA1 → ＝(a，－1， c)． 由|AA1 → |＝2，得 （a－2）2＋c2＝2，即 a2－4a＋c2＝0. ① 又AC1 → ·BA1 → ＝a2－4a＋c2＝0，所以 AC1⊥A1B. (2)设平面 BCC1B1 的法向量 m＝(x，y，z)， 则 m⊥CB→，m⊥BB1 → ，即 m·CB＝0，m·BB1 → ＝0. 因为CB→＝(0，1，0)，BB1 → ＝AA1 → ＝(a－2，0，c)，所以 y＝0，且(a－2)x＋cz＝0. 令 x＝c，则 z＝2－a，所以 m＝(c，0，2－a)，故点 A 到平面 BCC1B1 的距离为|CA→|·|cos 〈m，CA→〉|＝|CA→·m| |m| ＝ 2c c2＋（2－a）2 ＝c. 又依题设，A 到平面 BCC1B1 的距离为 3， 所以 c＝ 3， 代入①，解得 a＝3(舍去)或 a＝1， 于是AA1 → ＝(－1，0， 3)． 设平面 ABA1 的法向量 n＝(p，q，r)，则 n⊥AA1 → ，n⊥AB→，即 n·AA1 → ＝0，n·AB→＝0， 所以－p＋ 3r＝0，且－2p＋q＝0.令 p＝ 3，则 q＝2 3，r＝1，所以 n＝( 3，2 3， 1)． 又 p＝(0，0，1)为平面 ABC 的法向量，故 cos〈n，p〉＝ n·p |n||p| ＝1 4 ， 所以二面角 A1 AB C 的大小为 arccos1 4. 18．G4、G11[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图 13，四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为矩 形，PA⊥平面 ABCD，E 为 PD 的中点． (1)证明：PB∥平面 AEC； (2)设 AP＝1，AD＝ 3，三棱锥 P ABD 的体积 V＝ 3 4 ，求 A 到平面 PBC 的距离． 图 13 18．解：(1)证明：设 BD 与 AC 的交点为 O，连接 EO. 因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 BD 的中点． 又 E 为 PD 的中点，所以 EO∥PB. EO⊂平面 AEC，PB⊄平面 AEC， 所以 PB∥平面 AEC. (2)V＝1 3 ×1 2 ×PA×AB×AD＝ 3 6 AB， 由 V＝ 3 4 ，可得 AB＝3 2. 作 AH⊥PB 交 PB 于点 H. 由题设知 BC⊥平面 PAB，所以 BC⊥AH， 因为 PB∩BC＝B，所以 AH⊥平面 PBC. 又 AH＝PA·AB PB ＝3 13 13 ， 所以点 A 到平面 PBC 的距离为3 13 13 . 19．G5 G11[2014·全国新课标卷Ⅰ] 如图 14，三棱柱 ABC A1B1C1 中，侧面 BB1C1C 为菱形，B1C 的中点为 O，且 AO⊥平面 BB1C1C. 图 14 (1)证明：B1C⊥AB； (2)若 AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱 ABC A1B1C1 的高． 19．解：(1)证明：连接 BC1，则 O 为 B1C 与 BC1 的交点． 因为侧面 BB1C1C 为菱形，所以 B1C⊥BC1. 又 AO⊥平面 BB1C1C，所以 B1C⊥AO， 由于 BC1∩AO＝O，故 B1C⊥平面 ABO. 由于 AB⊂平面 ABO，故 B1C⊥AB. (2)作 OD⊥BC，垂足为 D，连接 AD.作 OH⊥AD，垂足为 H. 由于 BC⊥AO，BC⊥OD，且 AO∩OD＝O， 故 BC⊥平面 AOD，所以 OH⊥BC. 又 OH⊥AD，且 AD∩BC＝D， 所以 OH⊥平面 ABC. 因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1 为等边三角形，又 BC＝1，可得 OD＝ 3 4 . 因为 AC⊥AB1，所以 OA＝1 2B1C＝1 2. 由 OH·AD＝OD·OA，且 AD＝ OD2＋OA2＝ 7 4 ，得 OH＝ 21 14 . 又 O 为 B1C 的中点，所以点 B1 到平面 ABC 的距离为 21 7 .故三棱柱 ABC A1B1C1 的高为 21 7 . 17．G4、G5、G11[2014·天津卷] 如图 14 所示，四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD 是平 行四边形，BA＝BD＝ 2，AD＝2，PA＝PD＝ 5，E，F 分别是棱 AD，PC 的中点． (1)证明：EF∥平面 PAB； (2)若二面角 PADB 为 60°. (i)证明：平面 PBC⊥平面 ABCD； (ii)求直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值． 17．解：(1)证明：如图所示，取 PB 中点 M，连接 MF，AM.因为 F 为 PC 中点，所以 MF∥BC，且 MF＝1 2BC.由已知有 BC∥AD，BC＝AD，又由于 E 为 AD 中点，因而 MF∥AE 且 MF＝AE，故四边形 AMFE 为平行四边形，所以 EF∥AM.又 AM⊂平面 PAB，而 EF⊄平面 PAB，所以 EF∥平面 PAB. (2)(i)证明：连接 PE，BE.因为 PA＝PD，BA＝BD，而 E 为 AD 中点，所以 PE⊥AD， BE⊥AD，所以∠PEB 为二面角 P AD B 的平面角．在△PAD 中，由 PA＝PD＝ 5，AD＝2， 可解得 PE＝2.在△ABD 中，由 BA＝BD＝ 2，AD＝2，可解得 BE＝1.在△PEB 中，PE＝2， BE＝1，∠PEB＝60˚，由余弦定理，可解得 PB＝ 3，从而∠PBE＝90˚，即 BE⊥PB.又 BC∥AD， BE⊥AD，从而 BE⊥BC，因此 BE⊥平面PBC.又BE⊂平面 ABCD，所以平面PBC⊥平面ABCD. (ii)连接 BF，由(i)知，BE⊥平面 PBC，所以∠EFB 为直线 EF 与平面 PBC 所成的角．由 PB＝ 3及已知，得∠ABP 为直角，而 MB＝1 2PB＝ 3 2 ，可得 AM＝ 11 2 ，故 EF＝ 11 2 .又 BE ＝1，故在直角三角形 EBF 中，sin∠EFB＝BE EF ＝2 11 11 .所以直线 EF 与平面 PBC 所成角的正 弦值为2 11 11 . 20．G5、G11[2014·浙江卷] 如图 15，在四棱锥 A BCDE 中，平面 ABC⊥平面 BCDE， ∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝ 2. 图 15 (1)证明：AC⊥平面 BCDE； (2)求直线 AE 与平面 ABC 所成的角的正切值． 20．解：(1)证明：连接 BD，在直角梯形 BCDE 中，由 DE＝BE＝1，CD＝2，得 BD＝ BC＝ 2，由 AC＝ 2，AB＝2，得 AB2＝AC2＋BC2，即 AC⊥BC. 又平面 ABC⊥平面 BCDE，从而 AC⊥平面 BCDE. (2)在直角梯形 BCDE 中，由 BD＝BC＝ 2，DC＝2，得 BD⊥BC. 又平面 ABC⊥平面 BCDE，所以 BD⊥平面 ABC. 作 EF∥BD，与 CB 的延长线交于点 F，连接 AF，则 EF⊥平面 ABC. 所以∠EAF 是直线 AE 与平面 ABC 所成的角． 在 Rt△BEF 中，由 EB＝1，∠EBF＝π 4 ，得 EF＝ 2 2 ，BF＝ 2 2 ； 在 Rt△ACF 中，由 AC＝ 2，CF＝3 2 2 ， 得 AF＝ 26 2 . 在 Rt△AEF 中，由 EF＝ 2 2 ，AF＝ 26 2 ， 得 tan∠EAF＝ 13 13 . 所以，直线 AE 与平面 ABC 所成的角的正切值是 13 13 . G12 单元综合 8．[2014·江西师大附中、临川一中期末] 如图 X2310 所示，三棱锥 S ABC 中，SA＝ AB＝AC＝2，∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝30°，M，N 分别为 SB，SC 上的点，则△AMN 的 周长的最小值为________． 图 X2310 8．2 2 [解析] 展开三棱锥的侧面如图所示．因为∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝30°， SA＝AB＝AC＝2，所以△ASA′是等腰直角三角形，连接 AA′可得△AMN 的周长的最小值为 2 2. 2．[2014·常德期末] 若某空间几何体的三视图如图 X242 所示，则该几何体的表面积 是( ) A．60 B．54 C．48 D．24 图 X242 2．A [解析] 由三视图可知，原几何体是一个三棱柱，依据所给数据，可求得其表面 积 S＝(3＋4＋5)×4＋2×1 2 ×4×3＝60. 5．[2014·衡阳八中月考] 一个棱长为 2 的正方体被一个平面截后所得几何体的三视图如 图 X245 所示，则该几何体的体积是( ) A．8 B.20 3 C.17 3 D.14 3 图 X245 5．C [解析] 该几何体是由正方体截去一个三棱台得到的，则所求体积 V＝23－1 3 ×1 2 ＋ 2＋ 2×1 2 ×2＝17 3 . 3．[2014·咸阳模拟] 设α，β是两个不同的平面，l 是一条直线，给出下列说法： ①若 l⊥α，α⊥β，则 l⊂β；②若 l∥α，α∥β，则 l⊂β； ③若 l⊥α，α∥β，则 l⊥β；④若 l∥α，α⊥β，则 l⊥β. 其中说法正确的个数为( ) A．1 B．2 C．3 D．0 3．A [解析] 对于①，若 l⊥α，α⊥β，则 l∥β或 l⊂β，故①错误；对于②，若 l∥α， α∥β，则 l⊂β或 l∥β，故②错误；对于③，若 l⊥α，α∥β，则 l⊥β，故③正确；对于 ④，若 l∥α，α⊥β，则 l⊂β或 l∥β或 l⊥β或 l 与β斜交，故④错误． 10．[2014·景德镇质检] 如图 X252 所示，在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，M，N 分别 是棱 C1D1，C1C 的中点，给出以下四个结论： ①直线 AM 与直线 C1C 相交； ②直线 AM 与直线 BN 平行； ③直线 AM 与直线 DD1 异面； ④直线 BN 与直线 MB1 异面． 其中正确结论的序号为________．(把你认为正确的结论的序号都填上) 图 X252 10．③④ [解析] AM 与 C1C 异面，故①错；AM 与 BN 异面，故②错．易知③④正确． 1．[2014·济南期末] 如图 J121 所示，在四棱锥 P ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，AD⊥AB， △ABC 是正三角形，AC 与 BD 的交点 M 恰好是 AC 的中点，N 为线段 PB 的中点，G 在线 段 BM 上，且BG GM ＝2. (1)求证：AB⊥PD； (2)求证：GN∥平面 PCD. 图 J121 1．证明：(1)因为 PA⊥平面 ABCD，所以 PA⊥AB. 又因为 AD⊥AB，AD∩PA＝A，所以 AB⊥平面 PAD. 又 PD⊂平面 PAD，所以 AB⊥PD. (2)因为△ABC 是正三角形，且 M 是 AC 的中点， 所以 BM⊥AC. 在直角三角形 AMD 中，∠MAD＝30°，所以 MD＝1 2AD. 在直角三角形 ABD 中，∠ABD＝30°， 所以 AD＝1 2BD，所以 MD＝1 4BD. 又因为BG GM ＝2，所以 BG＝GD. 又 N 为线段 PB 的中点，所以 GN∥PD. 又 GN⊄平面 PCD，PD⊂平面 PCD，所以 GN∥平面 PCD. 2．[2014·温州一模] 如图 J132 所示，平面 ABEF⊥平面 ABC，四边形 ABEF 为矩形， 且 AC＝BC，O 为 AB 的中点，OF⊥EC. (1)求证：OE⊥FC； (2)若 FC 与平面 ABC 所成的角为 30°，求二面角 F CE B 的余弦值． 图 J132 2．解：(1)证明：连接 OC，因为 AC＝BC，O 是 AB 的中点， 所以 OC⊥AB. 又因为平面 ABC⊥平面 ABEF， 平面 ABC∩平面 ABEF＝AB， 所以 OC⊥平面 ABEF，于是 OC⊥OF. 又 OF⊥EC，EC∩OC＝C， 所以 OF⊥平面 OEC，所以 OF⊥OE. 又因为 OC⊥OE，OC∩OF＝O， 所以 OE⊥平面 OFC， 所以 OE⊥FC. (2)方法一：由(1)，得 AB＝2AF.不妨设 AF＝1，AB＝2. 因为∠FCA 为直线 FC 与平面 ABC 所成的角， 所以∠FCA＝30°， 所以 FC＝EC＝2，△EFC 为等边三角形． 设 FO∩EB＝P，则 O，B 分别为 PF，PE 的中点，△PEC 也是等边三角形． 取 EC 的中点 M，连接 FM，MP，则 FM⊥CE，MP⊥CE， 所以∠FMP 为二面角 F CE B 的平面角． 在△MFP 中，FM＝MP＝ 3，FP＝2 2， 故 cos∠FMP＝FM2＋MP2－FP2 2FM·MP ＝ 3＋3－8 2× 3× 3 ＝－1 3 ， 即二面角 F CE B 的余弦值为－1 3. 方法二：取 EF 的中点 D，以 O 为原点，分别以 OC，OB，OD 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 O xyz.不妨设 AF＝1，AB＝2，则 B(0，1，0)，C( 2， 0，0)，E(0，1，1)，F(0，－1，1)， 从而CE→＝(－ 2，1，1)，EF→＝(0，－2，0)． 设平面 FCE 的法向量为 n1＝(x1，y1，z1)， 由 EC→·n1＝0， EF→·n1＝0， 得 － 2x1＋y1＋z1＝0， －2y1＝0， 可取 n1＝(1，0， 2)． 同理，可取平面 BEC 的一个法向量为 n2＝(1，2，0)， 于是 cos〈n1，n2〉＝n1·n2 |n1||n2| ＝1 3. 易知二面角 F EC B 的平面角与〈n1，n2〉互补， 所以二面角 F EC B 的余弦值为－1 3.