数学新题分类汇编立体几何高考真题模拟新题

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课标理数 12.G1[2011·福建卷] 三棱锥 P－ABC 中，PA⊥底面 ABC，PA＝3，底面 ABC 是边长为 2 的正三角形，则三棱锥 P－ABC 的体积等于________． 课标理数 12.G1[2011·福建卷] 【答案】 3 【解析】 由已知，S△ABC＝1 2 ×22sinπ 3 ＝ 3， ∴ VP－ABC＝1 3S△ABC·PA＝1 3 × 3×3＝ 3，即三棱锥 P－ABC 的体积等于 3. 课标文数 8.G2[2011·安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图 1－1 所示，则该几何体的 表面积为( ) 图 1－1 A．48 B．32＋8 17 C．48＋8 17 D．80 课标文数 8.G2[2011·安徽卷] C 【解析】 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰 梯形的放倒的直四棱柱(如图所示)，所以该直四棱柱的表面积为 S＝2×1 2 ×(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2× 1＋16×4＝48＋8 17. 课标理数 6.G2[2011·安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图 1－1 所示，则该几何体的 表面积为( ) 图 1－1 A．48 B．32＋8 17 C．48＋8 17 D．80 图 1－3 课标理数 7.G2[2011·北京卷] 某四面体的三视图如图 1－3 所示，该四面体四个面的面 积中最大的是( ) A．8 B．6 2 C．10 D．8 2 课标理数 7.G2[2011·北京卷] C 【解析】 由三视图可知，该四面体可以描述为 SA⊥平 面 ABC，∠ABC＝90°，且 SA＝AB＝4，BC＝3，所以四面体四个面的面积分别为 10,8,6,6 2， 从而面积最大为 10，故应选 C. 图 1－4 课标文数 5.G2[2011·北京卷] 某四棱锥的三视图如图 1－1 所示，该四棱锥的表面积是 ( ) 图 1－1 A．32 B．16＋16 2 C．48 D．16＋32 2 课标文数 5.G2[2011·北京卷] B 【解析】 由题意可知，该四棱锥是一个底面边长为 4， 高为 2 的正四棱锥，所以其表面积为 4×4＋4×1 2 ×4×2 2＝16＋16 2，故选 B. 课标理数 7.G2[2011·广东卷] 如图 1－2，某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧 视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为( ) 图 1－2 A．6 3 B．9 3 C．12 3 D．18 3 课标理数 7.G2[2011·广东卷] B 【解析】由三视图知该几何体为棱柱，h＝ 22－1＝ 3， S 底＝3×3，所以 V＝9 3. 课标文数 9.G2[2011·广东卷] 如图 1－2，某几何体的正视图(主视图)，侧视图(左视图) 和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体体积为( ) A．4 3 B．4 C．2 3 D．2 课标文数 9.G2[2011·广东卷] C 【解析】 由三视图知该几何体为四棱锥，棱锥高 h＝ 2 32－ 32＝3，底面为菱形，对角线长分别为 2 3，2，所以底面积为1 2 ×2 3×2＝2 3， 所以 V＝1 3Sh＝1 3 ×2 3×3＝2 3. 图 1－1 课标理数 3.G2[2011·湖南卷] 设图 1－1 是某几何体的三视图，则该几何体的体积为 ( ) A.9 2π＋12 B.9 2π＋18 C．9π＋42 D．36π＋18 课标理数 3.G2[2011·湖南卷] B 【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直 径为 3 的球，下面是一个长、宽都为 3、高为 2 的长方体所构成的几何体，则其体积为：V ＝V1＋V2＝4 3 ×π× 3 2 3＋3×3×2＝9 2π＋18， 故选 B. 课标文数 4.G2[2011·湖南卷] 设图 1－1 是某几何体的三视图，则该几何体的体积为 ( ) 图 1－1 A．9π＋42 B．36π＋18 C.9 2π＋12 D.9 2π＋18 课标文数 4.G2[2011·湖南卷] D 【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直 径为 3 的球，下面是一个长、宽都为 3 高为 2 的长方体所构成的几何体，则其体积为： V ＝V1＋V2＝4 3 ×π× 3 2 3＋3×3×2＝9 2π＋18，故选 D. 课标理数 6.G2[2011·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图 1－2 所示，则相应的侧视图可以为( ) 图 1－2 图 1－3 课标理数 6.G2 [2011·课标全国卷] D 【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是 由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，如下图，故侧视图选 D. 图 1－5 课标理数 15.G2[2011·辽宁卷] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为 2 3， 它的三视图中的俯视图如图 1－5 所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是________． 课标理数 15.G2[2011·辽宁卷] 2 3 【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为图 1 －6，其中 M，N 是中点，矩形 MNC1C 为左视图． 由于体积为 2 3，所以设棱长为 a，则1 2 ×a2×sin60°×a＝2 3，解得 a＝2.所以 CM＝ 3， 故矩形 MNC1C 面积为 2 3. 图 1－6 图 1－3 课标文数 8.G2[2011·辽宁卷] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为 2 3，它 的三视图中的俯视图如图 1－3 所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是( ) A．4 B．2 3 C．2 D. 3 课标文数 8.G2[2011·辽宁卷] B 【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为下图，其 中 M，N 是中点，矩形 MNC1C 为左视图． 图 1－4 由于体积为 2 3，所以设棱长为 a，则1 2 ×a2×sin60°×a＝2 3，解得 a＝2.所以 CM＝ 3， 故矩形 MNC1C 面积为 2 3，故选 B. 课标文数 8.G2[2011·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图 1－2 所示，则相应的侧视图可以为( ) 图 1－2 图 1－3 课标文数 8.G2[2011·课标全国卷] D 【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是 由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，如图，故侧视图选 D. 图 1－4 图 1－2 课标理数 11.G2[2011·山东卷] 如图 1－2 是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个 命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如图 1－2；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯 视图如图 1－2；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如图 1－2.其中真命题的个数是( ) A．3 B．2 C．1 D．0 课标理数 11.G2[2011·山东卷] A 【解析】 ①可以是放倒的三棱柱，所以正确；容易 判断②正确；③可以是放倒的圆柱，所以也正确． 图 1－3 课标文数 11.G2[2011·山东卷] 如图 1－3 是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个 命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如图 1－3；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯 视图如图 1－3；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如图 1－3.其中真命题的个数是( ) A．3 B．2 C．1 D．0 课标文数 11.G2[2011·山东卷] A 【解析】 ①可以是放倒的三棱柱，所以正确；容易 判断②正确；③可以是放倒的圆柱，所以也正确． 课标理数 5.G2[2011·陕西卷] 某几何体的三视图如图 1－2 所示，则它的体积是( ) 图 1－2 A．8－2π 3 B．8－π 3 C．8－2π D.2π 3 课标理数 5.G2[2011·陕西卷] A 【解析】 分析图中所给的三视图可知，对应空间几何 图形，应该是一个棱长为 2 的正方体中间挖去一个半径为 1，高为 2 的圆锥，则对应体积为： V＝2×2×2－1 3π×12×2＝8－2 3π. 课标文数 5.G2[2011·陕西卷] 某几何体的三视图如图 1－2 所示，则它的体积为( ) 图 1－2 A．8－2π 3 B．8－π 3 C．8－2π D.2π 3 课标文数 5.G2[2011·陕西卷] A 【解析】 主视图与左视图一样是边长为 2 的正方形， 里面有两条虚线，俯视图是边长为 2 的正方形与直径为 2 的圆相切，其直观图为棱长为 2 的正方体中挖掉一个底面直径为 2 的圆锥，故其体积为正方体的体积与圆锥的体积之差，V 正＝23＝8，V 锥＝1 3πr2h＝2π 3 (r＝1，h＝2)，故体积 V＝8－2π 3 ，故答案为 A. 课标理数 10.G2[2011·天津卷] 一个几何体的三视图如图 1－5 所示(单位：m)，则该几 何体的体积为________ m3. 图 1－5 课标理数 10.G2[2011·天津卷] 6＋π 【解析】 根据图中信息，可得该几何体为一个棱 柱与一个圆锥的组合体，V＝3×2×1＋1 3π×1×3＝6＋π. 课标文数 10.G2[2011·天津卷] 一个几何体的三视图如图 1－4 所示(单位：m)，则该几 何体的体积为________ m3. 图 1－4 课标文数 10.G2[2011·天津卷] 4 【解析】 根据三视图还原成直观图，可以看出，其是 由两个形状一样的，底面长和宽都为 1，高为 2 的长方体叠加而成，故其体积 V＝2×1×1 ＋1×1×2＝4. 图 1－2 课标理数 3.G2[2011·浙江卷] D 【解析】 由正视图可排除 A、B 选项，由俯视图可排 除 C 选项． 课标文数 7.G2[2011·浙江卷] 若某几何体的三视图如图 1－1 所示，则这个几何体的直 观图可以是( ) 图 1－1 图 1－2 课标文数 7.G2[2011·浙江卷] B 【解析】 由正视图可排除 A，C；由侧视图可判断该 该几何体的直观图是 B. 大纲理数 3.G3[2011·四川卷] l1，l2，l3 是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( ) A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3 B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3 C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3 共面 D．l1，l2，l3 共点⇒l1，l2，l3 共面 大纲理数 3.G3[2011·四川卷] B 【解析】 对于 A，直线 l1 与 l3 可能异面；对于 C，直 线 l1、l2、l3 可能构成三棱柱三条侧棱所在直线时而不共面；对于 D，直线 l1、l2、l3 相交于 同一个点时不一定共面. 所以选 B. 课标文数 19.G4，G7[2011·安徽卷] 如图 1－4，ABEDFC 为多面体，平面 ABED 与平面 ACFD 垂直，点 O 在线段 AD 上，OA＝1，OD＝2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF 都是 正三角形． (1)证明直线 BC∥EF； (2)求棱锥 F－OBED 的体积． 图 1－4 课标文数 19.G4，G7[2011·安徽卷] 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． 【解答】 (1)证明：设 G 是线段 DA 与 EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正 三角形，OA＝1，OD＝2，所以 OB 綊 1 2DE，OG＝OD＝2. 同理，设 G′是线段 DA 与 FC 延长线的交点，有 OC 綊 1 2DF，OG′＝OD＝2，又由于 G 和 G′都在线段 DA 的延长线上，所以 G 与 G′重合． 在△GED 和△GFD 中，由 OB 綊 1 2DE 和 OC 綊 1 2DF，可知 B 和 C 分别是 GE 和 GF 的 中点．所以 BC 是△GEF 的中位线，故 BC∥EF. (2)由 OB＝1，OE＝2，∠EOB＝60°，知 S△EOB＝ 3 2 . 而△OED 是边长为 2 的正三角形，故 S△OED＝ 3. 所以 SOBED＝S△EOB＋S△OED＝3 3 2 . 过点 F 作 FQ⊥DG，交 DG 于点 Q，由平面 ABED⊥平面 ACFD 知，FQ 就是四棱锥 F －OBED 的高，且 FQ＝ 3，所以 VF－OBED＝1 3FQ·S 四边形 OBED＝3 2. 图 1－4 课标理数 17.G4，G7[2011·安徽卷] 【解析】 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，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想 象能力，推理论证能力和运算求解能力． 图 1－5 【解答】 (1)(综合法) 证明：设 G 是线段 DA 与线段 EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形， OA＝1，OD＝2，所以 OB 綊 1 2DE，OG＝OD＝2. 同理，设 G′是线段 DA 与线段 FC 延长线的交点，有 OC 綊 1 2DF，OG′＝OD＝2，又 由于 G 和 G′都在线段 DA 的延长线上，所以 G 与 G′重合． 在△GED 和△GFD 中，由 OB 綊 1 2DE 和 OC 綊 1 2DF，可知 B，C 分别是 GE 和 GF 的 中点，所以 BC 是△GEF 的中位线，故 BC∥EF. (向量法) 过点 F 作 FQ⊥AD，交 AD 于点 Q，连 QE. 由平面 ABED⊥平面 ADFC，知 FQ⊥平面 ABED. 以 Q 为坐标原点，QE→ 为 x 轴正向，QD→ 为 y 轴正向，QF→ 为 z 轴正向，建立如图所示空 间直角坐标系． 图 1－6 由条件知 E( 3，0,0)，F(0,0， 3)，B 3 2 ，－3 2 ，0 ，C 0，－3 2 ， 3 2 . 则有BC→＝ － 3 2 ，0， 3 2 ，EF→＝(－ 3，0， 3)． 所以EF→＝2BC→，即得 BC∥EF. (2)由 OB＝1，OE＝2，∠EOB＝60°，知 S△EOB＝ 3 2 . 而△OED 是边长为 2 的正三角形，故 S△OED＝ 3. 所以 S 四边形 OBED＝S△EOB＋S△OED＝3 3 2 . 过点 F 作 FQ⊥AD，交 AD 于点 Q，由平面 ABED⊥平面 ACFD 知，FQ 就是四棱锥 F －OBED 的高，且 FQ＝ 3，所以 VF－OBED＝1 3FQ·S 四边形 OBED＝3 2. 课标文数 17.G4[2011·北京卷] 图 1－4 如图 1－4，在四面体 PABC 中，PC⊥AB，PA⊥BC，点 D，E，F，G 分别是棱 AP，AC， BC，PB 的中点． (1)求证：DE∥平面 BCP； (2)求证：四边形 DEFG 为矩形； (3)是否存在点 Q，到四面体 PABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由． 课标文数 17.G4[2011·北京卷] 【解答】 (1)证明：因为 D，E 分别为 AP，AC 的中点， 图 1－5 所以 DE∥PC. 又因为 DE⊄平面 BCP，PC⊂平面 BCP， 所以 DE∥平面 BCP. (2)因为 D、E、F、G 分别为 AP、AC、BC、PB 的中点， 所以 DE∥PC∥FG， DG∥AB∥EF， 所以四边形 DEFG 为平行四边形． 又因为 PC⊥AB， 所以 DE⊥DG， 所以平行四边形 DEFG 为矩形． (3)存 在点 Q 满足条件，理由如下： 连接 DF，EG，设 Q 为 EG 的中点． 由(2)知，DF∩EG＝Q，且 QD＝QE＝QF＝QG＝1 2EG. 分别取 PC、AB 的中点 M，N，连接 ME、EN、NG、MG、MN. 与(2)同理，可证四边形 MENG 为矩形，其对角线交点为 EG 的中点 Q， 且 QM＝QN＝1 2EG. 所以 Q 为满足条件的点． 图 1－3 课标文数 15.G4[2011·福建卷] 如图 1－3，正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AB＝2，点 E 为 AD 的中点，点 F 在 CD 上，若 EF∥平面 AB1C，则线段 EF 的长度等于________． 课标文数 15.G4[2011·福建卷] 2 【解析】 ∵ EF∥平面 AB1C，EF⊂平面 ABCD， 平面 ABCD∩平面 AB1C＝AC， ∴EF∥AC， 又∵E 是 AD 的中点， ∴F 是 CD 的中点，即 EF 是△ACD 的中位线， ∴EF＝1 2AC＝1 2 ×2 2＝ 2. 课标数学 16.G4，G5[2011·江苏卷] 如图 1－2，在四棱锥 P－ABCD 中，平面 PAD⊥平 面 ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E、F 分别是 AP、AD 的中点． 图 1－2 求证：(1)直线 EF∥平面 PCD； (2)平面 BEF⊥平面 PAD. 课标数学 16.G4，G5[2011·江苏卷] 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系， 考查空间想象能力和推理论证能力． 【解答】 证明：(1)在△PAD 中，因为 E，F 分别为 AP，AD 的中点，所以 EF∥PD.又 因为 EF⊄平面 PCD，PD⊂平面 PCD， 图 1－3 所以直线 EF∥平面 PCD. (2)连结 BD，因为 AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD 为正三角形，因为 F 是 AD 的中 点，所以 BF⊥AD. 因为平面 PAD⊥平面 ABCD，BF⊂平面 ABCD， 平面 PAD∩平面 ABCD＝AD，所以 BF⊥平面 PAD. 又因为 BF⊂平面 BEF，所以平面 BEF⊥平面 PAD. 课标文数 4.G4[2011·浙江卷] 若直线 l 不平行于平面α，且 l⊄α，则( ) A．α内的所有直线与 l 异面 B．α内不存在与 l 平行的直线 C．α内存在唯一的直线与 l 平行 D．α内的直线与 l 都相交 课标文数 4.G4[2011·浙江卷] B 【解析】 在α内存在直线与 l 相交，所以 A 不正确； 若α内存在直线与 l 平行，又∵l⊄α，则有 l∥α，与题设相矛盾，∴B 正确，C 不正确；在α 内不过 l 与α交点的直线与 l 异面，D 不正确． 图 1－6 课标理数 16.G5，G11[2011·北京卷] 如图 1－6，在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥平面 ABCD， 底面 ABCD 是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°. (1)求证：BD⊥平面 PAC； (2)若 PA＝AB，求 PB 与 AC 所成角的余弦值； (3)当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时，求 PA 的长． 课标理数 16.G5，G11[2011·北京卷] 【解答】 (1)证明：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. (2)设 AC∩BD＝O. 因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2， 所以 BO＝1，AO＝CO＝ 3. 如图，以 O 为坐标原点，OB、OC 所在直线及点 O 所在且与 PA 平行的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴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)． 图 1－7 所以PB→＝(1，3，－2)，AC→＝(0,2 3，0)． 设 PB 与 AC 所成角为θ，则 cosθ＝| PB→·AC→ |PB→||AC→||＝ 6 2 2×2 3 ＝ 6 4 . (3)由(2)知BC→＝(－1，3，0)． 设 P(0，－ 3，t)(t＞0)， 则BP→＝(－1，－ 3，t)． 设平面 PBC 的法向量 m＝(x，y，z)， 则BC→·m＝0，BP→·m＝0. 所以 －x＋ 3y＝0， －x－ 3y＋tz＝0， 令 y＝ 3，则 x＝3，z＝6 t ， 所以 m＝ 3， 3，6 t . 同理，可求得平面 PDC 的法向量 n＝ －3， 3，6 t . 因为平面 PBC⊥平面 PDC， 所以 m·n＝0，即－6＋36 t2 ＝0. 解得 t＝ 6. 所以当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时，PA＝ 6. 大纲理数 6.G5、G11[2011·全国卷] 已知直二面角α－l－β，点 A∈α，AC⊥l，C 为垂足．点 B∈β，BD⊥l，D 为垂足．若 AB＝2，AC＝BD＝1，则 D 到平面 ABC 的距离等于( ) A. 2 3 B. 3 3 C. 6 3 D．1 大纲理数 6.G5、G11[2011·全国卷] C 【解析】 ∵α⊥β，AC⊥l，∴AC⊥β，则平面 ABC⊥β，在平面β内过 D 作 DE⊥BC，则 DE⊥平面 ABC，DE 即为 D 到平面 ABC 的距离， 在△DBC 中，运用等面积法得 DE＝ 6 3 ，故选 C. 大纲理数 19.G5，G11[2011·全国卷] 如图 1－1，四棱锥 S－ABCD 中，AB∥CD，BC⊥ CD，侧面 SAB 为等边三角形．AB＝BC＝2，CD＝SD＝1. (1)证明：SD⊥平面 SAB； (2)求 AB 与平面 SBC 所成的角的大小． 图 1－1 大纲理数 19.G5，G11[2011·全国卷] 【解答】 解法一：(1)取 AB 中点 E，连结 DE，则 四边形 BCDE 为矩形，DE＝CB＝2. 图 1－2 连结 SE，则 SE⊥AB，SE＝ 3. 又 SD＝1，故 ED2＝SE2＋SD2， 所以∠DSE 为直角． 由 AB⊥DE，AB⊥SE， DE∩SE＝E，得 AB⊥平面 SDE，所以 AB⊥SD. SD 与两条相交直线 AB、SE 都垂直． 所以 SD⊥平面 SAB. (2)由 AB⊥平面 SDE 知，平面 ABCD⊥平面 SDE. 作 SF⊥DE，垂足为 F，则 SF⊥平面 ABCD，SF＝SD×SE DE ＝ 3 2 . 作 FG⊥BC，垂足为 G，则 FG＝DC＝1. 连结 SG，则 SG⊥BC. 又 BC⊥FG，SG∩FG＝G， 故 BC⊥平面 SFG，平面 SBC⊥平面 SFG. 作 FH⊥SG，H 为垂足，则 FH⊥平面 SBC. FH＝SF×FG SG ＝ 3 7 ，即 F 到平面 SBC 的距离为 21 7 . 由于 ED∥BC，所以 ED∥平面 SBC，故 E 到平面 SBC 的距离 d 也为 21 7 . 设 AB 与平面 SBC 所成的角为α， 则 sinα＝ d EB ＝ 21 7 ，α＝arcsin 21 7 . 解法二：以 C 为坐标原点，射线 CD 为 x 轴正半轴，建立如图 1－3 所示的空间直角坐 标系 C－xyz. 图 1－3 设 D(1,0,0)， 则 A(2,2,0)，B(0,2,0)． 又设 S(x，y，z)， 则 x>0，y>0，z>0. (1)AS→＝(x－2，y－2，z)，BS→＝(x，y－2，z)，DS→＝(x－1，y，z)， 由|AS→|＝|BS→|得 x－22＋y－22＋z2＝ x2＋y－22＋z2， 故 x＝1， 由|DS→|＝1 得 y2＋z2＝1， 又由|BS→|＝2 得 x2＋(y－2)2＋z2＝4， 即 y2＋z2－4y＋1＝0，故 y＝1 2 ，z＝ 3 2 . 于是 S 1，1 2 ， 3 2 ，AS→＝ －1，－3 2 ， 3 2 ，BS→＝ 1，－3 2 ， 3 2 ，DS→＝ 0，1 2 ， 3 2 ， DS→·AS→＝0，DS→·BS→＝0. 故 DS⊥AS，DS⊥BS，又 AS∩BS＝S， 所以 SD⊥平面 SAB. (2)设平面 SBC 的法向量 a＝(m，n，p)， 则 a⊥BS→，a⊥CB→，a·BS→＝0，a·CB→＝0. 又BS→＝ 1，－3 2 ， 3 2 ，CB→＝(0,2,0)， 故 m－3 2n＋ 3 2 p＝0， 2n＝0. 取 p＝2 得 a＝(－ 3，0,2)．又AB→＝(－2,0,0)， 所以 cos〈AB→，a〉＝ AB→·a |AB→|·|a| ＝ 21 7 . 故 AB 与平面 SBC 所成的角为 arcsin 21 7 . 大纲文数 8.G5[2011·全国卷] 已知直二面角α－l－β，点 A∈α，AC⊥l，C 为垂足，点 B ∈β，BD⊥l，D 为垂足．若 AB＝2，AC＝BD＝1，则 CD＝( ) A．2 B. 3 C. 2 D．1 大纲文数 8.G5[2011·全国卷] C 【解析】 ∵α⊥β，AC⊥l，∴AC⊥β，则 AC⊥CB，∵ AB＝2，AC＝1，可得 BC＝ 3，又 BD⊥l，BD＝1，∴CD＝ 2，故选 C. 大纲文数 20.G5，G11[2011·全国卷] 如图 1－1，四棱锥 S－ABCD 中， 图 1－1 AB∥CD，BC⊥CD，侧面 SAB 为等边三角形．AB＝BC＝2，CD＝SD＝1. (1)证明：SD⊥ 平面 SAB； (2)求 AB 与平面 SBC 所成的角的大小． 大纲文数 20.G5，G11[2011·全国卷] 【解答】 解法一：(1)取 AB 中点 E，连结 DE，则 四边形 BCDE 为矩形，DE＝CB＝2. 图 1－2 连结 SE，则 SE⊥AB，SE＝ 3. 又 SD＝1，故 ED2＝SE2＋SD2， 所以∠DSE 为直角． 由 AB⊥DE，AB⊥SE，DE∩SE＝E，得 AB⊥平面 SDE，所以 AB⊥SD. SD 与两条相交直线 AB、SE 都垂直． 所以 SD⊥平面 SAB. (2)由 AB⊥平面 SDE 知，平面 ABCD⊥平面 SDE. 作 SF⊥DE，垂足为 F， 则 SF⊥平面 ABCD，SF＝SD×SE DE ＝ 3 2 . 作 FG⊥BC，垂足为 G，则 FG＝DC＝1. 连结 SG，则 SG⊥BC. 又 BC⊥FG，SG∩FG＝G， 故 BC⊥平面 SFG，平面 SBC⊥平面 SFG. 作 FH⊥SG，H 为垂足，则 FH⊥平面 SBC. FH＝SF×FG SG ＝ 3 7 ，即 F 到平面 SBC 的距离为 21 7 . 由于 ED∥BC，所以 ED∥平面 SBC，故 E 到平面 SBC 的距离 d 也为 21 7 . 设 AB 与平面 SBC 所成的角为α，则 sinα＝ d EB ＝ 21 7 ，α＝arcsin 21 7 . 解法二：以 C 为坐标原点，射线 CD 为 x 轴正半轴，建立如图 1－3 所示的空间直角坐 标系 C－xyz. 图 1－3 设 D(1,0,0)，则 A(2,2,0)，B(0,2,0)． 又设 S(x，y，z)，则 x>0，y>0，z>0. (1)AS→＝(x－2，y－2，z)，BS→＝(x，y－2，z)，DS→＝(x－1，y，z)， 由|AS→|＝|BS→|得 x－22＋y－22＋z2＝ x2＋y－22＋z2， 故 x＝1， 由|DS→|＝1 得 y2＋z2＝1， 又由|BS→|＝2 得 x2＋(y－2)2＋z2＝4， 即 y2＋z2－4y＋1＝0，故 y＝1 2 ，z＝ 3 2 . 于是 S 1，1 2 ， 3 2 ，AS→＝ －1，－3 2 ， 3 2 ，BS→＝ 1，－3 2 ， 3 2 ，DS→＝ 0，1 2 ， 3 2 ， DS→·AS→＝0，DS→·BS→＝0. 故 DS⊥AS，DS⊥BS，又 AS∩BS＝S， 所以 SD⊥平面 SAB. (2)设平面 SBC 的法向量 a＝(m，n，p)， 则 a⊥BS→，a⊥CB→，a·BS→＝0，a·CB→＝0. 又BS→＝ 1，－3 2 ， 3 2 ，CB→＝(0,2,0)， 故 m－3 2n＋ 3 2 p＝0， 2n＝0. 取 p＝2 得 a＝(－ 3，0,2)．又AB→＝(－2,0,0)， 所以 cos〈AB→，a〉＝ AB→·a |AB→|·|a| ＝ 21 7 . 故 AB 与平面 SBC 所成的角为 arcsin 21 7 . 课标理数 20.G5，G10，G11[2011·福建卷] 如图 1－7，四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥底面 ABCD.四边形 ABCD 中， 图 1－7 AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝ 2，∠CDA＝45°. (1)求证：平面 PAB⊥平面 PAD； (2)设 AB＝AP. ①若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30°，求线段 AB 的长； ②在线段 AD 上是否存在一个点 G，使得点 G 到 P、B、C、D 的距离都相等？说明理 由． 课标理数 20.G5，G10，G11 [2011·福建卷] 【解答】 图 1－8 (1)证明：因为 PA⊥平面 ABCD， AB⊂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. 图 1－9 (2)①以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系 A－xyz(如图 1－9)． 在平面 ABCD 内，作 CE∥AB 交 AD 于点 E， 则 CE⊥AD. 在 Rt△CDE 中，DE＝CD·cos45°＝1， CE＝CD·sin45°＝1. 设 AB＝AP＝t，则 B(t,0,0)，P(0,0，t)． 由 AB＋AD＝4 得 AD＝4－t， 所以 E(0,3－t,0)，C(1,3－t,0)，D(0,4－t,0)， CD→ ＝(－1,1,0)，PD→ ＝(0,4－t，－t)． 设平面 PCD 的法向量为 n＝(x，y，z)． 由 n⊥CD→ ，n⊥PD→ ，得 －x＋y＝0. 4－ty－tz＝0. 取 x＝t，得平面 PCD 的一个法向量 n＝(t，t,4－t)． 又PB→＝(t,0，－t)，故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30°得 cos60°＝| n·P B→ |n|·|PB→||， 即 |2t2－4t| t2＋t2＋4－t2· 2t2 ＝1 2. 解得 t＝4 5 或 t＝4(舍去，因为 AD＝4－t>0)， 所以 AB＝4 5. 则GC→ ＝(1,3－t－m,0)，GD→ ＝(0,4－t－m,0)， GP→ ＝(0，－m，t)． 由|GC→ |＝|GD→ |得 12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2， 即 t＝3－m；① 由|GD→ |＝|GP→ |得(4－t－m)2＝m2＋t2.② 由①、②消去 t，化简得 m2－3m＋4＝0.③ 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． 法二：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＝GD，得∠GCD＝∠GDC＝45°， 图 1－12 从而∠CGD＝90°，即 CG⊥AD. 所以 GD＝CD·cos45°＝1. 设 AB＝λ，则 AD＝4－λ，AG＝AD－GD＝3－λ. 在 Rt△ABG 中， GB＝ AB2＋AG2 ＝ λ2＋3－λ2＝ 2 λ－3 2 2＋9 2>1. 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． 课标理数 18.G5，G10[2011·广东卷] 如图 1－3，在锥体 P－ABCD 中，ABCD 是边长为 1 的菱形，且∠DAB＝60°，PA＝PD＝ 2，PB＝2，E，F 分别是 BC，PC 的中点． (1)证明：AD⊥平面 DEF； (2)求二面角 P－AD－B 的余弦值． 图 1－3 课标理数 18.G5，G10[2011·广东卷] 【解答】 法一：(1)证明：设 AD 中点为 G，连接 PG，BG，BD. 图 1－1 因 PA＝PD，有 PG⊥AD，在△ABD 中，AB＝AD＝1，∠DAB＝60°，有△ABD 为等边 三角形，因此 BG⊥AD，BG∩PG＝G，所以 AD⊥平面 PBG，所以 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 Rt△PAG 中，PG2＝PA2－AG2＝7 4 ， 在 Rt△ABG 中，BG＝AB·sin60°＝ 3 2 ， ∴cos∠PGB＝PG2＋BG2－PB2 2PG·BG ＝ 7 4 ＋3 4 －4 2· 7 2 · 3 2 ＝－ 21 7 . 法二：(1)证明：设 AD 中点为 G，因为 PA＝PD，所以 PG⊥AD， 又 AB＝AD，∠DAB＝60°，所以△ABD 为等边三角形，因此，BG⊥AD，从而 AD⊥平 面 PBG. 延长 BG 到 O 且使 PO⊥OB，又 PO⊂平面 PBG，所以 PO⊥AD，又 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 1－2 所示的空间直角坐标系． 设 P(0,0，m)，G(n,0,0)，则 A n，－1 2 ，0 ，D n，1 2 ，0 . 图 1－2 ∵|GB→ |＝|AB→|sin60°＝ 3 2 ， ∴B n＋ 3 2 ，0，0 ，C n＋ 3 2 ，1，0 ，E n＋ 3 2 ，1 2 ，0 ，F n 2 ＋ 3 4 ，1 2 ，m 2 . ∴AD→ ＝(0,1,0)，DE→ ＝ 3 2 ，0，0 ，FE→＝ n 2 ＋ 3 4 ，0，－m 2 ， ∴AD→ ·DE→ ＝0，AD→ ·FE→＝0， ∴AD⊥DE，AD⊥FE， 又 DE∩FE＝E，∴AD⊥平面 DEF. (2)∵PA→＝ n，－1 2 ，－m ，PB→＝ n＋ 3 2 ，0，－m ， ∴ m2＋n2＋1 4 ＝ 2， n＋ 3 2 2＋m2＝2， 解得 m＝1，n＝ 3 2 . 取平面 ABD 的法向量 n1＝(0,0，－1)， 设平面 PAD 的法向量 n2＝(a，b，c)， 由PA→·n2＝0，得 3 2 a－b 2 －c＝0， 由PD→ ·n2＝0，得 3 2 a＋b 2 －c＝0， 故取 n2＝ 1，0， 3 2 . ∴cos〈n1，n2〉＝ － 3 2 1· 7 4 ＝－ 21 7 . 即二面角 P－AD－B 的余弦值为－ 21 7 . 课标理数 18.G5，G11[2011·湖北卷] 如图 1－4，已知正三棱柱 ABC－A1B1C1 的各棱长 都是 4，E 是 BC 的中点，动点 F 在侧棱 CC1 上，且不与点 C 重合． (1)当 CF＝1 时，求证：EF⊥A1C； (2)设二面角 C－AF－E 的大小为θ，求 tanθ的最小值． 图 1－4 课标理数 18.G5，G11[2011·湖北卷] 【解答】 解法 1：过 E 作 EN⊥AC 于 N，连结 EF. (1)如图①，连结 NF、AC1，由直棱柱的性质知，底面 ABC⊥侧面 A1C， 又底面 ABC∩侧面 A1C＝AC，且 EN⊂底面 ABC，所以 EN⊥侧面 A1C，NF 为 EF 在侧 面 A1C 内的射影， 在 Rt△CNE 中，CN＝CEcos60°＝1， 则由 CF CC1 ＝CN CA ＝1 4 ，得 NF∥AC1. 又 AC1⊥A1C，故 NF⊥A1C， 由三垂线定理知 EF⊥A1C. (2)如图②，连结 AF，过 N 作 NM⊥AF 于 M，连结 ME， 由(1)知 EN⊥侧面 A1C，根据三垂线定理得 EM⊥AF， 所以∠EMN 是二面角 C－AF－E 的平面角，即∠EMN＝θ， 设∠FAC＝α，则 0°<α≤45°. 在 Rt△CNE 中，NE＝EC·sin60°＝ 3， 在 Rt△AMN 中，MN＝AN·sinα＝3sinα， 故 tanθ＝NE MN ＝ 3 3sinα. 又 0°<α≤45°，∴00)， 所以 AB＝4 5. ②法一：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≤m≤4－t)． 图 1－10 则GC→ ＝(1,3－t－m,0)，GD→ ＝(0,4－t－m,0)， GP→ ＝(0，－m，t)． 由|GC→ |＝|GD→ |得 12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2， 即 t＝3－m；① 由|GD→ |＝|GP→ |得(4－t－m)2＝m2＋t2.② 由①、②消去 t，化简得 m2－3m＋4＝0.③ 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．[来源:学科网] 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． 法二：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＝GD，得∠GCD＝∠GDC＝45°， 图 1－12 从而∠CGD＝90°，即 CG⊥AD. 所以 GD＝CD·cos45°＝1. 设 AB＝λ，则 AD＝4－λ，AG＝AD－GD＝3－λ. 在 Rt△ABG 中， GB＝ AB2＋AG2 ＝ λ2＋3－λ2＝ 2 λ－3 2 2＋9 2>1. 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． 课标理数 18.G5，G10[2011·广东卷] 如图 1－3，在锥体 P－ABCD 中，ABCD 是边长为 1 的菱形，且∠DAB＝60°，PA＝PD＝ 2，PB＝2，E，F 分别是 BC，PC 的中点． (1)证明：AD⊥平面 DEF； (2)求二面角 P－AD－B 的余弦值． 图 1－3 课标理数 18.G5，G10[2011·广东卷] 【解答】 法一：(1)证明：设 AD 中点为 G，连接 PG，BG，BD. 图 1－1 因 PA＝PD，有 PG⊥AD，在△ABD 中，AB＝AD＝1，∠DAB＝60°，有△ABD 为等边 三角形，因此 BG⊥AD，BG∩PG＝G，所以 AD⊥平面 PBG，所以 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 Rt△PAG 中，PG2＝PA2－AG2＝7 4 ， 在 Rt△ABG 中，BG＝AB·sin60°＝ 3 2 ， ∴cos∠PGB＝PG2＋BG2－PB2 2PG·BG ＝ 7 4 ＋3 4 －4 2· 7 2 · 3 2 ＝－ 21 7 . 法二：(1)证明：设 AD 中点为 G，因为 PA＝PD，所以 PG⊥AD， 又 AB＝AD，∠DAB＝60°，所以△ABD 为等边三角形，因此，BG⊥AD，从而 AD⊥平 面 PBG. 延长 BG 到 O 且使 PO⊥OB，又 PO⊂平面 PBG，所以 PO⊥AD，又 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 1－2 所示的空间直角坐标系． 设 P(0,0，m)，G(n,0,0)，则 A n，－1 2 ，0 ，D n，1 2 ，0 . 图 1－2 ∵|GB→ |＝|AB→|sin60°＝ 3 2 ， ∴B n＋ 3 2 ，0，0 ，C n＋ 3 2 ，1，0 ，E n＋ 3 2 ，1 2 ，0 ，F n 2 ＋ 3 4 ，1 2 ，m 2 . ∴AD→ ＝(0,1,0)，DE→ ＝ 3 2 ，0，0 ，FE→＝ n 2 ＋ 3 4 ，0，－m 2 ， ∴AD→ ·DE→ ＝0，AD→ ·FE→＝0， ∴AD⊥DE，AD⊥FE， 又 DE∩FE＝E，∴AD⊥平面 DEF. (2)∵PA→＝ n，－1 2 ，－m ，PB→＝ n＋ 3 2 ，0，－m ， ∴ m2＋n2＋1 4 ＝ 2， n＋ 3 2 2＋m2＝2， 解得 m＝1，n＝ 3 2 . 取平面 ABD 的法向量 n1＝(0,0，－1)， 设平面 PAD 的法向量 n2＝(a，b，c)， 由PA→·n2＝0，得 3 2 a－b 2 －c＝0， 由PD→ ·n2＝0，得 3 2 a＋b 2 －c＝0， 故取 n2＝ 1，0， 3 2 . ∴cos〈n1，n2〉＝ － 3 2 1· 7 4 ＝－ 21 7 . 即二面角 P－AD－B 的余弦值为－ 21 7 . 课标理数 18.G5，G11[2011·湖北卷] 如图 1－4，已知正三棱柱 ABC－A1B1C1 的各棱长 都是 4，E 是 BC 的中点，动点 F 在侧棱 CC1 上，且不与点 C 重合． (1)当 CF＝1 时，求证：EF⊥A1C； (2)设二面角 C－AF－E 的大小为θ，求 tanθ的最小值． 图 1－4 课标理数 18.G5，G11[2011·湖北卷] 【解答】 解法 1：过 E 作 EN⊥AC 于 N，连结 EF. (1)如图①，连结 NF、AC1，由直棱柱的性质知，底面 ABC⊥侧面 A1C， 又底面 ABC∩侧面 A1C＝AC，且 EN⊂底面 ABC，所以 EN⊥侧面 A1C，NF 为 EF 在侧 面 A1C 内的射影， 在 Rt△CNE 中，CN＝CEcos60°＝1， 则由 CF CC1 ＝CN CA ＝1 4 ，得 NF∥AC1. 又 AC1⊥A1C，故 NF⊥A1C， 由三垂线定理知 EF⊥A1C. (2)如图②，连结 AF，过 N 作 NM⊥AF 于 M，连结 ME， 由(1)知 EN⊥侧面 A1C，根据三垂线定理得 EM⊥AF， 所以∠EMN 是二面角 C－AF－E 的平面角，即∠EMN＝θ， 设∠FAC＝α，则 0°<α≤45°. 在 Rt△CNE 中，NE＝EC·sin60°＝ 3， 在 Rt△AMN 中，MN＝AN·sinα＝3sinα， 故 tanθ＝NE MN ＝ 3 3sinα. 又 0°<α≤45°，∴00，y>0，z>0. (1)AS→＝(x－2，y－2，z)，BS→＝(x，y－2，z)，DS→＝(x－1，y，z)， 由|AS→|＝|BS→|得 x－22＋y－22＋z2＝ x2＋y－22＋z2， 故 x＝1， 由|DS→|＝1 得 y2＋z2＝1， 又由|BS→|＝2 得 x2＋(y－2)2＋z2＝4， 即 y2＋z2－4y＋1＝0，故 y＝1 2 ，z＝ 3 2 . 于是 S 1，1 2 ， 3 2 ，AS→＝ －1，－3 2 ， 3 2 ，BS→＝ 1，－3 2 ， 3 2 ，DS→＝ 0，1 2 ， 3 2 ， DS→·AS→＝0，DS→·BS→＝0. 故 DS⊥AS，DS⊥BS，又 AS∩BS＝S， 所以 SD⊥平面 SAB. (2)设平面 SBC 的法向量 a＝(m，n，p)， 则 a⊥BS→，a⊥CB→，a·BS→＝0，a·CB→＝0. 又BS→＝ 1，－3 2 ， 3 2 ，CB→＝(0,2,0)， 故 m－3 2n＋ 3 2 p＝0， 2n＝0. 取 p＝2 得 a＝(－ 3，0,2)．又AB→＝(－2,0,0)， 所以 cos〈AB→，a〉＝ AB→·a |AB→|·|a| ＝ 21 7 . 故 AB 与平面 SBC 所成的角为 arcsin 21 7 . 大纲文数 15.G11[2011·全国卷] 已知正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E 为 C1D1 的中点，则 异面直线 AE 与 BC 所成角的余弦值为________． 大纲文数 15.G11[2011·全国卷] 2 3 【解析】 取 A1B1 的中点 F，连 EF，则 EF∥BC，∠ AEF 是异面直线 AE 与 BC 所成的角，设正方体的棱长为 a，可得 AE＝3 2a，AF＝ 5 2 a，在△ AEF 中，运用余弦定理得 cos∠AEF＝2 3 ，即异面直线 AE 与 BC 所成角的余弦值为2 3. 大纲文数 20.G5，G11[2011·全国卷] 如图 1－1，四棱锥 S－ABCD 中， 图 1－1 AB∥CD，BC⊥CD，侧面 SAB 为等边三角形．AB＝BC＝2，CD＝SD＝1. (1)证明：SD⊥平面 SAB； (2)求 AB 与平面 SBC 所成的角的大小． 大纲文数 20.G5，G11[2011·全国卷] 【解答】 解法一：(1)取 AB 中点 E，连结 DE，则 四边形 BCDE 为矩形，DE＝CB＝2. 图 1－2 连结 SE，则 SE⊥AB，SE＝ 3. 又 SD＝1，故 ED2＝SE2＋SD2， 所以∠DSE 为直角． 由 AB⊥DE，AB⊥SE，DE∩SE＝E，得 AB⊥平面 SDE，所以 AB⊥SD. SD 与两条相交直线 AB、SE 都垂直． 所以 SD⊥平面 SAB. (2)由 AB⊥平面 SDE 知，平面 ABCD⊥平面 SDE. 作 SF⊥DE，垂足为 F， 则 SF⊥平面 ABCD，SF＝SD×SE DE ＝ 3 2 . 作 FG⊥BC，垂足为 G，则 FG＝DC＝1. 连结 SG，则 SG⊥BC. 又 BC⊥FG，SG∩FG＝G， 故 BC⊥平面 SFG，平面 SBC⊥平面 SFG. 作 FH⊥SG，H 为垂足，则 FH⊥平面 SBC. FH＝SF×FG SG ＝ 3 7 ，即 F 到平面 SBC 的距离为 21 7 . 由于 ED∥BC，所以 ED∥平面 SBC，故 E 到平面 SBC 的距离 d 也为 21 7 . 设 AB 与平面 SBC 所成的角为α，则 sinα＝ d EB ＝ 21 7 ，α＝arcsin 21 7 . 解法二：以 C 为坐标原点，射线 CD 为 x 轴正半轴，建立如图 1－3 所示的空间直角坐 标系 C－xyz. 图 1－3 设 D(1,0,0)，则 A(2,2,0)，B(0,2,0)． 又设 S(x，y，z)，则 x>0，y>0，z>0. (1)AS→＝(x－2，y－2，z)，BS→＝(x，y－2，z)，DS→＝(x－1，y，z)， 由|AS→|＝|BS→|得 x－22＋y－22＋z2＝ x2＋y－22＋z2， 故 x＝1， 由|DS→|＝1 得 y2＋z2＝1， 又由|BS→|＝2 得 x2＋(y－2)2＋z2＝4， 即 y2＋z2－4y＋1＝0，故 y＝1 2 ，z＝ 3 2 . 于是 S 1，1 2 ， 3 2 ，AS→＝ －1，－3 2 ， 3 2 ，BS→＝ 1，－3 2 ， 3 2 ，DS→＝ 0，1 2 ， 3 2 ， DS→·AS→＝0，DS→·BS→＝0. 故 DS⊥AS，DS⊥BS，又 AS∩BS＝S，[来源:学§科§网] 所以 SD⊥平面 SAB. (2)设平面 SBC 的法向量 a＝(m，n，p)， 则 a⊥BS→，a⊥CB→，a·BS→＝0，a·CB→＝0. 又BS→＝ 1，－3 2 ， 3 2 ，CB→＝(0,2,0)， 故 m－3 2n＋ 3 2 p＝0， 2n＝0. 取 p＝2 得 a＝(－ 3，0,2)．又AB→＝(－2,0,0)， 所以 cos〈AB→，a〉＝ AB→·a |AB→|·|a| ＝ 21 7 . 故 AB 与平面 SBC 所成的角为 arcsin 21 7 . 课标理数 20.G5，G10，G11[2011·福建卷] 如图 1－7，四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥底面 ABCD.四边形 ABCD 中， 图 1－7 AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝ 2，∠CDA＝45°. (1)求证：平面 PAB⊥平面 PAD； (2)设 AB＝AP. ①若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30°，求线段 AB 的长； ②在线段 AD 上是否存在一个点 G，使得点 G 到 P、B、C、D 的距离都相等？说明理 由． 课标理数 20.G5，G10，G11 [2011·福建卷] 【解答】 图 1－8 (1)证明：因为 PA⊥平面 ABCD， AB⊂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. 图 1－9 (2)①以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系 A－xyz(如图 1－9)． 在平面 ABCD 内，作 CE∥AB 交 AD 于点 E， 则 CE⊥AD. 在 Rt△CDE 中，DE＝CD·cos45°＝1， CE＝CD·sin45°＝1. 设 AB＝AP＝t，则 B(t,0,0)，P(0,0，t)． 由 AB＋AD＝4 得 AD＝4－t， 所以 E(0,3－t,0)，C(1,3－t,0)，D(0,4－t,0)， CD→ ＝(－1,1,0)，PD→ ＝(0,4－t，－t)． 设平面 PCD 的法向量为 n＝(x，y，z)． 由 n⊥CD→ ，n⊥PD→ ，得 －x＋y＝0. 4－ty－tz＝0. 取 x＝t，得平面 PCD 的一个法向量 n＝(t，t,4－t)． 又PB→＝(t,0，－t)，故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30°得 cos60°＝| n·P B→ |n|·|PB→||， 即 |2t2－4t| t2＋t2＋4－t2· 2t2 ＝1 2. 解得 t＝4 5 或 t＝4(舍去，因为 AD＝4－t>0)， 所以 AB＝4 5. 图 1－10 ②法一：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≤m≤4－t)． 则GC→ ＝(1,3－t－m,0)，GD→ ＝(0,4－t－m,0)， GP→ ＝(0，－m，t)． 由|GC→ |＝|GD→ |得 12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2， 即 t＝3－m；① 由|GD→ |＝|GP→ |得(4－t－m)2＝m2＋t2.② 由①、②消去 t，化简得 m2－3m＋4＝0.③ 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． 法二：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＝GD，得∠GCD＝∠GDC＝45°， 图 1－12 从而∠CGD＝90°，即 CG⊥AD. 所以 GD＝CD·cos45°＝1. 设 AB＝λ，则 AD＝4－λ，AG＝AD－GD＝3－λ. 在 Rt△ABG 中， GB＝ AB2＋AG2 ＝ λ2＋3－λ2＝ 2 λ－3 2 2＋9 2>1. 这与 GB＝GD 矛盾． 为 2，侧棱长为 3 2，点 E 在侧棱 AA1 上，点 F 在侧棱 BB1 上，且 AE＝2 2，BF＝ 2. (1)求证：CF⊥C1E； (2)求二面角 E－CF－C1 的大小． 课标文数 18.G5，G11[2011·湖北卷] 【解答】 解法 1：(1)证明：由已知可得 CC1＝3 2，CE＝C1F＝ 22＋2 22＝2 3， EF＝C1E＝ 22＋ 22＝ 6. 于是有 EF2＋C1E2＝C1F2，CE2＋C1E2＝CC21. 所以 C1E⊥EF，C1E⊥CE. 又 EF∩CE＝E，所以 C1E⊥平面 CEF. 又 CF⊂平面 CEF，故 CF⊥C1E. (2)在△CEF 中，由(1)可得 EF＝CF＝ 6，CE＝2 3， 于是有 EF2＋CF2＝CE2，所以 CF⊥EF. 又由(1)知 CF⊥C1E，且 EF∩C1E＝E， 所以 CF⊥平面 C1EF. 又 C1F⊂平面 C1EF，故 CF⊥C1F. 于是∠EFC1 即为二面角 E－CF－C1 的平面角 ． 由(1)知△C1EF 是等腰直角三角形，所以∠EFC1＝45°，即所求二面角 E－CF－C1 的大 小为 45°. 图 1－3 解法 2：建立如图 1－3 所示的空间直角坐标系，则由已知可得 A(0,0,0)，B( 3，1,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,3 2)，E(0,0,2 2)，F( 3，1， 2)． (1)C1E→ ＝(0，－2，－ 2)，CF→＝( 3，－1， 2)， ∴C1E→ ·CF→＝0＋2－2＝0， ∴CF⊥C1E. (2)CE→＝(0，－2,2 2)，设平面 CEF 的一个法向量为 m＝(x，y，z)． 由 m⊥CE→，m⊥CF→，得 m·CE→＝0， m·CF→＝0， 即 －2y＋2 2z＝0， 3x－y＋ 2z＝0， 可取 m＝(0，2，1)． 设侧面 BC1 的一个法向量为 n，由 n⊥CB→，n⊥CC1 → ，及CB→＝( 3，－1,0)，CC1 → ＝(0,0,3 2)， 可取 n＝(1，3，0)，设二面角 E－CF－C1 的大小为θ，于是由θ为锐角可得 cosθ＝|m·n| |m||n| ＝ 6 3×2 ＝ 2 2 ，所以θ＝45°， 即所求二面角 E－CF－C1 的大小为 45°. 图 1－6 课标理数 19.G5，G11[2011·湖南卷] 如图 1－6，在圆锥 PO 中，已知 PO＝ 2，⊙O 的 直径 AB＝2，C 是 AB 的中点，D 为 AC 的中点． (1)证明：平面 POD⊥平面 PAC； (2)求二面角 B－PA－C 的余弦值． 课标理数 19.G5，G11[2011·湖南卷] 【解答】 解法一：(1)连结 OC，因为 OA＝OC，D 是 AC 的中点，所以 AC⊥OD. 图 1－7 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. (2)在平面 POD 中，过 O 作 OH⊥PD 于 H， 由(1)知，平面 POD⊥平面 PAC，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，连结 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 Rt△ODA 中，OD＝OA·sin45°＝ 2 2 . 在 Rt△POD 中，OH＝ PO·OD PO2＋OD2 ＝ 2× 2 2 2＋1 2 ＝ 10 5 . 在 Rt△POA 中，OG＝ PO·OA PO2＋OA2 ＝ 2×1 2＋1 ＝ 6 3 . 在 Rt△OHG 中，sin∠OGH＝OH OG ＝ 10 5 6 3 ＝ 15 5 . 所以 cos∠OGH＝ 1－sin2∠OGH＝ 1－15 25 ＝ 10 5 . 故二面角 B－PA－C 的余弦值为 10 5 . 解法二：(1)如图 1－8 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 图 1－8 O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0， 2)，D －1 2 ，1 2 ，0 . 设 n1＝(x1，y1，z1)是平面 POD 的一个法向量，则由 n1 ·OD→ ＝0，n1·OP→ ＝0，得 －1 2x1＋1 2y1＝0， 2z1＝0. 所以 z1＝0，x1＝y1.取 y1＝1，得 n1＝(1,1,0)． 设 n2 ＝(x2 ，y2 ，z2)是平面 PAC 的一个法向量，则由 n2·PA→ ＝0，n2·PC→ ＝0，得 －x2－ 2z2＝0， y2－ 2z2＝0. 所以 x2＝－ 2z2，y2＝ 2z2， 取 z2＝1，得 n2＝(－ 2，2，1)． 因为 n1·n2＝(1,1,0)·(－ 2，2，1)＝0，所以 n1⊥n2.从而平面 POD⊥平面 PAC. (2)因为 y 轴⊥平面 PAB，所以平面 PAB 的一个法向量为 n3＝(0,1,0)．由(1)知，平面 PAC 的一个法向量为 n2＝(－ 2，2，1)． 设向量 n2 和 n3 的夹角为θ，则 cosθ＝ n2·n3 |n2|·|n3| ＝ 2 5 ＝ 10 5 . 由图可知，二面角 B－PA－C 的平面角与θ相等，所以二面角 B－PA－C 的余弦值为 10 5 . 课标文数 19.G5，G11[2011·湖南卷] 如图 1－5，在圆锥 PO 中，已知 PO＝ 2，⊙O 的 直径 AB＝2，点 C 在 AB 上，且∠CAB＝30°，D 为 AC 的中点． (1)证明：AC⊥平面 POD； (2)求直线 OC 和平面 PAC 所成角的正弦值． 图 1－5 课标文数 19.G5，G11[2011·湖南卷] 【解答】 (1)因为 OA＝OC，D 是 AC 的中点，所以 AC⊥OD. 又 PO⊥底面⊙O，AC⊂底面⊙O，所以 AC⊥PO. 而 OD，PO 是平面 POD 内的两条相交直线， 所以 AC⊥平面 POD. (2)由(1)知，AC⊥平面 POD，又 AC⊂平面 PAC， 所以平面 POD⊥平面 PAC. 在平面 POD 中，过 O 作 OH⊥PD 于 H，则 OH⊥平面 PAC. 图 1－6 连结 CH，则 CH 是 OC 在平面 PAC 上的射影， 所以∠OCH 是直线 OC 和平面 PAC 所成的角． 在 Rt△ODA 中，OD＝OA·sin30°＝1 2. 在 Rt△POD 中， OH＝ PO·OD PO2＋OD2 ＝ 2×1 2 2＋1 4 ＝ 2 3 . 在 Rt△OHC 中，sin∠OCH＝OH OC ＝ 2 3 . 故直线 OC 和平面 PAC 所成角的正弦值为 2 3 . 图 1－9 课标理数 18.G5，G10，G11[2011·课标全国卷] 如图 1－9，四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面 ABCD. (1)证明：PA⊥BD； (2)若 PD＝AD，求二面角 A－PB－C 的余弦值． 课标理数 18.G5，G10，G11[2011·课标全国卷]【解答】 (1)因为∠DAB＝60°，AB＝2AD， 由余弦定理得 BD＝ 3AD， 从而 BD2＋AD2＝AB2，故 BD⊥AD. 又 PD⊥底面 ABCD，可得 BD⊥PD， 所以 BD⊥平面 PAD.故 PA⊥BD. 图 1－10 (2)如图，以 D 为坐标原点，AD 的长为单位长，DA、DB、DP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 D－xyz，则 A(1,0,0)，B(0，3，0)，C(－1，3，0)，P(0,0,1)， AB→＝(－1，3，0)，PB→＝(0，3，－1)，BC→＝(－1,0,0)． 设平面 PAB 的法向量为 n＝(x，y，z)，则 n·AB→＝0， n·PB→＝0， 即 －x＋ 3y＝0， 3y－z＝0. 因此可取 n＝( 3，1， 3)． 设平面 PBC 的法向量为 m，则 m·PB→＝0， m·BC→＝0， 可取 m＝(0，－1，－ 3)．cos〈m，n〉＝－4 2 7 ＝－2 7 7 . 故二面角 A－PB－C 的余弦值为－2 7 7 . 课标理数 18.G10，G11[2011·辽宁卷] 如图 1－8，四边形 ABCD 为正方形，PD⊥平面 ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝1 2PD. 图 1－8 (1)证明：平面 PQC⊥平面 DCQ； (2)求二面角 Q－BP－C 的余弦值． 课标理数 18.G10，G11[2011·辽宁卷] 【解答】 如图 1－9，以 D 为坐标原点，线段 DA 的长为单位长，射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D－xyz. 图 1－9 (1)依题意有 Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)． 则DQ→ ＝(1,1,0)，DC→ ＝(0,0,1)，PQ→ ＝(1，－1,0)， 所以PQ→ ·DQ→ ＝0，PQ→ ·DC→ ＝0. 即 PQ⊥DQ，PQ⊥DC. 故 PQ⊥平面 DCQ. 又 PQ⊂平面 PQC，所以平面 PQC⊥平面 DCQ. (2)依题意有 B(1,0,1)，CB→＝(1,0,0)，BP→＝(－1,2，－1)． 设 n＝(x，y，z)是平面 PBC 的法向量，则 n·CB→＝0， n·BP→＝0， 即 x＝0， －x＋2y－z＝0. 因此可取 n＝(0，－1，－2)． 设 m 是平面 PBQ 的法向量，则 m·BP→＝0， m·PQ→ ＝0. 可取 m＝(1,1,1)，所以 cos〈m，n〉＝－ 15 5 . 故二面角 Q－BP－C 的余弦值为－ 15 5 . 图 1－8 课标文数 18.G5，G11[2011·课标全国卷] 如图 1－8，四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面 ABCD.[来源:Zxxk.Com] (1)证明：PA⊥BD； (2)设 PD＝AD＝1，求棱锥 D－PBC 的高． 课标文数 18.G5，G11[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)证明：因为∠DAB＝60°，AB＝ 2AD，由余弦定理得 BD＝ 3AD， 从而 BD2＋AD2＝AB2，故 BD⊥AD. 又 PD⊥底面 ABCD，可得 BD⊥PD， 所以 BD⊥平面 PAD，故 PA⊥BD. (2)如图，作 DE⊥PB，垂足为 E. 已知 PD⊥底面 ABCD，则 PD⊥BC. 由(1)知 BD⊥AD，又 BC∥AD，所以 BC⊥BD. 图 1－9 故 BC⊥平面 PBD，BC⊥DE. 则 DE⊥平面 PBC. 由题设知 PD＝1，则 BD＝ 3，PB＝2. 根据 DE·PB＝PD·BD 得 DE＝ 3 2 . 即棱锥 D－PBC 的高为 3 2 . 图 1－8 课标数学 22.G11[2011·江苏卷] 如图 1－8，在正四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，AA1＝2， AB＝1，点 N 是 BC 的中点，点 M 在 CC1 上．设二面角 A1－DN－M 的大小为θ. (1)当θ＝90°时，求 AM 的长； (2)当 cosθ＝ 6 6 时，求 CM 的长． 课标数学 22.G11[2011·江苏卷] 本题主要考查空间向量的基础知识，考查运用空间向量 解决问题的能力． 【解答】 建立如图所示的空间直角坐标系 D－xyz，设 CM＝t(0≤t≤2)，则各点的坐标 为 A(1,0,0)，A1(1,0,2)，N 1 2 ，1，0 ，M(0,1，t)．所以DN→ ＝ 1 2 ，1，0 ，DM→ ＝(0,1，t)，DA1 → ＝ (1,0,2)． 设平面 DMN 的法向量为 n1＝(x1，y1，z1)，则 n1·DN→ ＝0，n1·DM→ ＝0，即 x1＋2y1＝0， y1＋tz1＝0. 令 z1＝1，则 y1＝－t，x1＝2t，所以 n1＝(2t，－t,1)是平面 DMN 的一个法向量． 设平面 A1DN 的法向量为 n2＝(x2，y2，z2)，则 n2·DA1 → ＝0，n2·DN→ ＝0，即 x2＋2z2＝0， x2＋2y2＝0. 令 z2＝1，则 x2＝－2，y2＝1.所以 n2＝(－2,1,1)是平面 A1DN 的一个法向量．从而 n1·n2 ＝－5t＋1. (1)因为θ＝90°，所以 n1·n2＝－5t＋1＝0，解得 t＝1 5.从而 M 0，1，1 5 . 所以 AM＝ 12＋12＋ 1 5 2＝ 51 5 . (2)因为|n1|＝ 5t2＋1，|n2|＝ 6， 所以 cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1||n2| ＝ －5t＋1 6 5t2＋1 . 因为〈n1，n2〉＝θ或π－θ，所以| －5t＋1 6 5t2＋1|＝ 6 6 ， 解得 t＝0 或 t＝1 2. 根据图形和(1)的结论可知 t＝1 2 ，从而 CM 的长为1 2. 大纲理数 19.G11 图 1－5 [2011·四川卷] 如图 1－5，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1 ＝1，D 是棱 CC1 上的一点，P 是 AD 的延长线与 A1C1 的延长线的交点，且 PB1∥平面 BDA1. (1)求证：CD＝C1D； (2)求二面角 A－A1D－B 的平面角的余弦值； (3)求点 C 到平面 B1DP 的距离． 大纲理数 19.G11[2011·四川卷] 【解答】 解法一： 图 1－6 (1)证明：连结 AB1 与 BA1 交于点 O，连结 OD. ∵PB1∥平面 BDA1， PB1⊂平面 AB1P，平面 AB1P∩平面 BDA1＝OD， ∴OD∥PB1. 又 AO＝B1O，∴AD＝PD. 又 AC∥C1P，∴CD＝C1D. (2)过 A 作 AE⊥DA1 于点 E，连结 BE. ∵BA⊥CA，BA⊥AA1，且 AA1∩AC＝A， ∴BA⊥平面 AA1C1C. 由三垂线定理可知 BE⊥DA1. ∴∠BEA 为二面角 A－A1D－B 的平面角． 在 Rt△A1C1D 中，A1D＝ 1 2 2＋12＝ 5 2 ， 又 S△AA1D＝1 2 ×1×1＝1 2 × 5 2 ×AE， ∴AE＝2 5 5 . 在 Rt△BAE 中，BE＝ 12＋ 2 5 5 2＝3 5 5 ， ∴cos∠BEA＝AE BE ＝2 3. 故二面角 A－A1D－B 的平面角的余弦值为2 3. (3)由题意知，点 C 到平面 B1DP 的距离是点 C 到平面 DB1A 的距离， 设此距离为 h. ∵VC－DB1A＝VB1－ACD， ∴1 3S△DB1A·h＝1 3S△ACD·B1A1. 由已知可得 AP＝ 5，PB1＝ 5，AB1＝ 2， ∴在等腰△AB1P 中， S△AB1P＝1 2AB1· AP2－ 1 2AB1 2＝3 2 ， ∴S△DB1A＝1 2S△AB1P＝3 4. 又 S△ACD＝1 2AC·CD＝1 4 ， ∴h＝S△ACD·B1A1 S△DB1A ＝1 3. 故 C 到平面 B1DP 的距离等于1 3. 解法二： 图 1－7 如图 1－7，以 A1 为原点，A1B1，A1C1，A1A 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间 直角坐标系 A1－xyz，则 A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，B(1,0,1)． (1)设 C1D＝x， ∵AC∥PC1，∴C1P AC ＝C1D CD ＝ x 1－x . 由此可得 D(0,1，x)，P 0，1＋ x 1－x ，0 ， ∴A1B→ ＝(1,0,1)，A1D→ ＝(0,1，x)，B1P→ ＝ －1，1＋ x 1－x ，0 . 设平面 BA1D 的一个法向量为 n1＝(a，b，c)， 则 n1·A1B→ ＝a＋c＝0， n1·A1D→ ＝b＋cx＝0. 令 c＝－1，则 n1＝(1，x，－1)． ∵PB1∥平面 BA1D， ∴n1·B1P→ ＝1×(－1)＋x· 1＋ x 1－x ＋(－1)×0＝0. 由此可得 x＝1 2 ，故 CD＝C1D. (2)由(1)知，平面 BA1D 的一个法向量 n1＝ 1，1 2 ，－1 . 又 n2＝(1,0,0)为平面 AA1D 的一个法向量． ∴cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1|·|n2| ＝ 1 1×3 2 ＝2 3. 故二面角 A－A1D－B 的平面角的余弦值为2 3. (3)∵PB1 → ＝(1，－2,0)，PD→ ＝ 0，－1，1 2 ， 设平面 B1DP 的一个法向量 n3＝(a1，b1，c1)， 则 n3·PB1 → ＝a1－2b1＝0， n3·PD→ ＝－b1＋c1 2 ＝0. 令 c1＝1，可得 n3＝ 1，1 2 ，1 . 又DC→ ＝ 0，0，1 2 ， ∴C 到平面 B1DP 的距离 d＝|DC→ ·n3| |n3| ＝1 3. 图 1－8 课标理数 17.G11[2011·天津卷] 如图 1－8 所示，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，H 是正方 形 AA1B1B 的中心，AA1＝2 2，C1H⊥平面 AA1B1B，且 C1H＝ 5. (1)求异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值； (2)求二面角 A－A1C1－B1 的正弦值； (3)设 N 为棱 B1C1 的中点，点 M 在平面 AA1B1B 内，且 MN⊥平面 A1B1C1，求线段 BM 的长． 课标理数 17.G11[2011·天津卷] 【解答】 方法一：如图所示，建立空间直角坐标系， 点 B 为坐标原点．依题意得 A(2 2，0,0)，B(0,0,0)，C( 2，－ 2， 5)，A1(2 2，2 2，0)， B1(0,2 2，0)，C1( 2，2， 5)． 图 1－9 (1)易得AC→＝(－ 2，－ 2， 5)，A1B1 → ＝(－2 2，0,0)，于是 cos〈AC→，A1B1 → 〉＝ AC→·A1B1 → |AC→||A1B1 → | ＝ 4 3×2 2 ＝ 2 3 . 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 2 3 . (2)易知AA1 → ＝(0,2 2，0)，A1C1 → ＝(－ 2，－ 2， 5)． 设平面 AA1C1 的法向量 m＝(x，y，z)， 则 m·A1C1 → ＝0， m·AA1 → ＝0. 即 － 2x－ 2y＋ 5z＝0， 2 2y＝0. 不妨令 x＝ 5，可得 m＝( 5，0， 2)． 同样地，设平面 A1B1C1 的法向量 n＝(x，y，z)， 则 n·A1C1 → ＝0， n·A1B1 → ＝0. 即 － 2x－ 2y＋ 5z＝0， －2 2x＝0. 不妨令 y＝ 5，可得 n＝(0，5， 2)． 于是 cos〈m，n〉＝ m·n |m|·|n| ＝ 2 7· 7 ＝2 7 ， 从而 sin〈m，n〉＝3 5 7 . 所以二面角 A－A1C1－B1 的正弦值为3 5 7 . (3)由 N 为棱 B1C1 的中点，得 N 2 2 ，3 2 2 ， 5 2 . 设 M(a，b,0)，则MN→ ＝ 2 2 －a，3 2 2 －b， 5 2 . 由 MN⊥平面 A1B1C1，得 MN→ ·A1B1 → ＝0， MN→ ·A1C1 → ＝0. 即 2 2 －a ·－2 2＝0， 2 2 －a ·－ 2＋ 3 2 2 －b ·－ 2＋ 5 2 · 5＝0. 解得 a＝ 2 2 ， b＝ 2 4 ， 故 M 2 2 ， 2 4 ，0 . 因此BM→ ＝ 2 2 ， 2 4 ，0 ， 所以线段 BM 的长|BM→ |＝ 10 4 . 方法二：(1)由于 AC∥A1C1.故∠C1A1B1 是异面直线 AC 与 A1B1 所成的角． 因为 C1H⊥平面 AA1B1B，又 H 为正方形 AA1B1B 的中心，AA1＝2 2，C1H＝ 5，可得 A1C1＝B1C1＝3. 图 1－10 因此 cos∠C1A1B1＝A1C21＋A1B21－B1C21 2A1C1·A1B1 ＝ 2 3 . 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 2 3 . (2)连接 AC1，易知 AC1＝B1C1.又由于 AA1＝B1A1，A1C1＝A1C1，所以△AC1A1≌△B1C1A1. 过点 A 作 AR⊥A1C1 于点 R，连接 B1R，于是 B1R⊥A1C1.故∠ARB1 为二面角 A－A1C1－B1 的 平面角． 在 Rt△A1RB1 中，B1R＝A1B1·sin∠RA1B1＝2 2· 1－ 2 3 2＝2 14 3 .连接 AB1，在△ARB1 中，AB1＝4，AR＝B1R，cos∠ARB1＝AR2＋B1R2－AB21 2AR·B1R ＝－2 7 ，从而 sin∠ARB1＝3 5 7 . 所以二面角 A－A1C1－B1 的正弦值为3 5 7 . (3)因为 MN⊥平面 A1B1C1，所以 MN⊥A1B1，取 HB1 中点 D，连接 ND.由于 N 是棱 B1C1 中点，所以 ND∥C1H 且 ND＝1 2C1H＝ 5 2 .又 C1H⊥平面 AA1B1B，所以 ND⊥平面 AA1B1B.故 ND⊥A1B1.又 MN∩ND＝N，所以 A1B1⊥平面 MND.连接 MD 并延 长交 A1B1 于点 E，则 ME⊥A1B1.故 ME∥AA1. 由DE AA1 ＝ B1E B1A1 ＝B1D B1A ＝1 4 ，得 DE＝B1E＝ 2 2 ，延长 EM 交 AB 于点 F，可得 BF＝B1E＝ 2 2 . 连接 NE.在 Rt△ENM 中，ND⊥ME.故 ND2＝DE·DM.所以 DM＝ND2 DE ＝5 2 4 .可得 FM＝ 2 4 .连 接 BM，在 Rt△BFM 中． BM＝ FM2＋BF2＝ 10 4 . 图 1－7 课标文数 20.G11[2011·浙江卷] 如图 1－7，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． (1)证明：AP⊥BC； (2)已知 BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2，求二面角 B－AP－C 的大小． 课标文数 20.G11[2011·浙江卷] 【解答】 (1)证明：由 AB＝AC，D 是 BC 中点，得 AD ⊥BC， 又 PO⊥平面 ABC，得 PO⊥BC， 因为 PO∩AD＝O，所以 BC⊥平面 PAD，故 BC⊥AP. (2)如图，在平面 APB 内作 BM⊥PA 于 M，连 CM. 因为 BC⊥PA，得 PA⊥平面 BMC，所以 AP⊥CM. 故∠BMC 为二面角 B－AP－C 的平面角． 在 Rt△ADB 中，AB2＝AD2＋BD2＝41，得 AB＝ 41. 在 Rt△POD 中，PD2＝PO2＋OD2， 在 Rt△PDB 中，PB2＝PD2＋BD2， 所以 PB2＝PO2＋OD2＋BD2＝36，得 PB＝6. 在 Rt△POA 中，PA2＝AO2＋OP2＝25，得 PA＝5. 又 cos ∠BPA＝PA2＋PB2－AB2 2PA·PB ＝1 3 ， 从而 sin∠BPA＝2 2 3 . 故 BM＝PBsin∠BPA＝4 2. 同理 CM＝4 2.因为 BM2＋MC2＝BC2， 所以∠BMC＝90°， 即二面角 B－AP－C 的大小为 90°. 大纲理数 9.G11[2011·重庆卷] 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 大纲理数 9.G11[2011·重庆卷] C 图 1－3 【解析】 如图 1－3 所示，设球心为 O，正方形的中心为 O1，则 OB＝1，O1B＝1 2BD＝ 2 2 ， 所以点 O 到平面 ABCD 的距离 OO1＝ OB2－O1B2＝ 2 2 . 因为四棱锥 S－ABCD 的高为 2 4 ， 故四棱锥 S－ABCD 的顶点 S 在与平面 ABCD 平行且距离为 2 4 的一个小圆的圆周上，此 小圆的圆心 O2 在 OO1 的中点上， 易知 SO2 为线段 OO1 的垂直平分线，所以 SO1＝SO＝1.故选 C. 图 1－5 大纲理数 19.G11[2011·重庆卷] 如图 1－5，在四面体 ABCD 中，平面 ABC⊥平面 ACD， AB⊥BC，AD＝CD，∠CAD＝30°. (1)若 AD＝2，AB＝2BC，求四面体 ABCD 的体积； (2)若二面角 C－AB－D 为 60°.求异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值． 大纲理数 19.G11[2011·重庆卷] 图 1－6 【解答】 (1)如图 1－6，设 F 为 AC 的中点，由于 AD＝CD，所以 DF⊥AC.故由平面 ABC⊥平面 ACD，知 DF⊥平面 ABC，即 DF 是四面体 ABCD 的面 ABC 上的高，且 DF＝ ADsin30°＝1，AF＝ADcos30°＝ 3. 在 Rt△ABC 中，因 AC＝2AF＝2 3，AB＝2BC， 由勾股定理易知 BC＝2 15 5 ，AB＝4 15 5 . 故四面体 ABCD 的体积 V＝1 3·S△ABC·DF＝1 3 ×1 2 ×4 15 5 ×2 15 5 ×1＝4 5. (2)解法一：如图 1－6，设 G，H 分别为边 CD，BD 的中点，则 FG∥AD，GH∥BC， 从而∠FGH 是异面直线 AD 与 BC 所成的角或其补角． 设 E 为边 AB 的中点，则 EF∥BC，由 AB⊥BC，知 EF⊥AB.又由(1)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∠DEF＝ 60°. 设 AD＝a，则 DF＝AD·sin∠CAD＝a 2. 在 Rt△DEF 中，EF＝DF·cot∠DEF＝a 2· 3 3 ＝ 3 6 a， 从而 GH＝1 2BC＝EF＝ 3 6 a. 因 Rt△ADE≌Rt△BDE，故 BD＝AD＝a， 从而，在 Rt△BDF 中，FH＝1 2BD＝a 2. 又 FG＝1 2AD＝a 2 ，从而在△FGH 中，因 FG＝FH，由余弦定理得 cos∠FGH＝FG2＋GH2－FH2 2FG·GH ＝ GH 2FG ＝ 3 6 . 因此，异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值为 3 6 . 图 1－7 解法二：如图 1－7，过 F 作 FM⊥AC，交 AB 于 M，已知 AD＝CD，平面 ABC⊥平面 ACD，易知 FC、FD、FM 两两垂直，以 F 为原点，射线 FM、FC、FD 分别为 x 轴，y 轴， z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 F－xyz. 不妨设 AD＝2，由 CD＝A D，∠CAD＝30°，易知点 A，C，D 的坐标分别为 A(0，－ 3， 0)，C(0，3，0)，D(0,0,1)，则AD→ ＝(0，3，1)． 显然向量 k＝(0,0,1)是平面 ABC 的法向量． 已知二面角 C－AB－D 为 60°，故可取平面 ABD 的单位法向量 n＝(l，m，n)，使得〈n， k〉＝60°，从而 n＝1 2. 由 n⊥AD→ ，有 3m＋n＝0，从而 m＝－ 3 6 . 由 l2＋m2＋n2＝1，得 l＝± 6 3 . 设点 B 的坐标为 B(x，y,0)，由AB→⊥BC→，n⊥AB→，取 l＝ 6 3 ，有 x2＋y2＝3， 6 3 x－ 3 6 y＋ 3＝0， 解之得 x＝4 6 9 ， y＝7 3 9 或 x＝0， y＝－ 3 (舍去)． 易知 l＝－ 6 3 与坐标系的建立方式不合，舍去． 因此点 B 的坐标为 B 4 6 9 ，7 3 9 ，0 ，所以CB→＝ 4 6 9 ，－2 3 9 ，0 .从而 cos〈AD→ ，CB→〉＝ AD→ ·CB→ |AD→ ||CB→| ＝ 3 －2 3 9 3＋1 4 6 9 2＋ －2 3 9 2 ＝－ 3 6 ， 故异面直线 AD 与 BC 所成的角的余弦值为 3 6 . 大纲文数 10.G11[2011·重庆卷] 高为 2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. 10 2 B. 2＋ 3 2 C.3 2 D. 2 大纲文数 10.G11[2011·重庆卷] A 【解析】 如图 1－1 所示，设球心为 O，正方形的 中心为 O1， 图 1－1 则 OB＝1，O1B＝1 2BD＝ 2 2 ， 所以点 O 到平面 ABCD 的距离 OO1＝ OB2－O1B2＝ 2 2 ， ∵四棱锥 S－ABCD 的高为 2， ∴四棱锥的顶点 S 在与平面 ABCD 平行且距离为 2的一个小圆的圆周上， 同时这两个小圆面与球心的距离均相等，因此它们是等圆周，故可取一个特殊点来解答． 即过 B 作平面 ABCD 的垂线，与球交于点 S，则 SO1 即为所求． 易知 SB＝ 2，所以 SO1＝ O1B2＋SB2＝  22＋ 2 2 2＝ 10 2 .故选 A. 图 1－5 课标文数 20.G12[2011·福建卷] 如图 1－5，四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，AB ⊥AD，点 E 在线段 AD 上，且 CE∥AB. (1)求证：CE⊥平面 PAD； (2)若 PA＝AB＝1，AD＝3，CD＝ 2，∠CDA＝45°，求四棱锥 P－ABCD 的体积． 课标文数 20.G12[2011·福建卷] 【解答】 (1)证明：因为 PA⊥平面 ABCD，CE⊂平面 ABCD， 图 1－6 所以 PA⊥CE. 因为 AB⊥AD，CE∥AB， 所以 CE⊥AD. 又 PA∩AD＝A， 所以 CE⊥平面 PAD. (2)由(1)可知 CE⊥AD. 在 Rt△ECD 中，DE＝CD·cos45°＝1，CE＝CD·sin45°＝1. 又因为 AB＝CE＝1，AB∥CE， 所以四边形 ABCE 为矩形． 所以 S 四边形 ABCD＝S 矩形 ABCE＋S△ECD＝AB·AE＋1 2CE·DE＝1×2＋1 2 ×1×1＝5 2. 又 PA⊥平面 ABCD，PA＝1， 所以 V 四棱锥 P－ABCD＝1 3S 四边形 ABCD·PA＝1 3 ×5 2 ×1＝5 6. 课标文数 18.G12[2011·广东卷] 【解答】 证明：(1)∵A，A′分别为 CD ， C′D′ 的中 点，O1，O1′分别为 CD，C′D′的中点， ∴O1′A′∥O1A. 连接 BO2， ∵直线 BO2 是由直线 AO1 平移得到的， 图 1－1 ∴AO1∥BO2， ∴O1′A′∥BO2， ∴O1′，A′，O2，B 四点共面． (2)将 AO1 延长至 H 使得 O1H＝O1A，连接 HO1′，HB，H′H， 由平移性质得 O1′O2′綊 HB， ∴BO2′∥HO1′. ∵A′G＝H′O1′，A′H′＝H′H，∠GA′H′＝∠O1′H′H＝π 2 ， ∴△GA′H′≌△O1′H′H， ∴∠H′O1′H＋∠GH′A′＝π 2 ， ∴O1′H⊥H′G，[来源:Z*xx*k.Com] ∴BO2′⊥H′G. ∵O1′O2′⊥B′O2′，O1′O2′⊥O2′O2，B′O2′∩O2′O2＝O2′， ∴O1′O2′⊥平面 B′BO2O2′， ∴O1′O2′⊥BO2′， ∴BO2′⊥H′B′， ∵H′B′∩H′G＝H′， ∴BO2′⊥平面 H′B′G. 课标理数 21.G12[2011·江西卷] (1)如图 1－7，对于任一给定的四面体 A1A2A3A4，找出依 次排列的四个相互平行的平面α1，α2，α3，α4，使得 Ai∈αi(i＝1,2,3,4)，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α1，α2，α3，α4，其中每相邻两个平面间的距离 都为 1，若一个正四面体 A1A2A3A4 的四个顶点满足： Ai∈αi(i＝1,2,3,4)，求该正四面体 A1A2A3A4 的体积． 图 1－7 课标理数 21.G12[2011·江西卷] 【解答】 (1)如图 1－8 所示，取 A1A4 的三等分点 P2， P3，A1A3 的中点 M，A2A4 的中点 N，过三点 A2，P2，M 作平面α2，过三点 A3，P3，N 作平 面α3，因为 A2P2∥NP3，A3P3∥MP2，所以平面α2∥平面α3，再过点 A1，A4 分别作平面α1， α4 与平面α2 平行，那么四个平面α1，α2，α3，α4 依次相互平行，由线段 A1A4 被平行平面α1， α2，α3，α4 截得的线段相等知，其中每相邻两个平面间的距离相等，故α1，α2，α3，α4 为所 求平面． (2)解法一：当(1)中的四面体为正四面体，若所得的四个平行平面，每相邻两平面之间 的距离为 1，则正四面体 A1A2A3A4 就是满足题意的正四面体．设正四面体的棱长为 a，以△ A2A3A4 的中心 O 为坐标原点，以直线 A4O 为 y 轴，直线 OA1 为 z 轴建立如图的右手直角坐 标系， 图 1－8 则 A1 0，0， 6 3 a ，A2 －a 2 ， 3 6 a，0 ，A3 a 2 ， 3 6 a，0 ，A4 0，－ 3 3 a，0 . 令 P2，P3 为 A1A4 的三等分点，N 为 A2A4 的中点，有 P3 0，－2 3 9 a， 6 9 a ，N －a 4 ，－ 3 12a，0 ， 所以，P3N→ ＝－a 4 ，5 3 36 a，－ 6 9 a， NA3 → ＝ 3 4a， 3 4 a，0 ， A4N→ ＝ －1 4a， 3 4 a，0 . 设平面 A3P3N 的法向量 n＝(x，y，z)，有 n·P3N→ ＝0， n·NA3 → ＝0. 即 9x－5 3y＋4 6z＝0， 3x＋ 3y＝0. 取 x＝1，则 n＝(1，－ 3，－ 6)．因为α1，α2，α3，α4 相邻平面之间的距离为 1，所以 点 A4 到平面 A3P3N 的距离 | －a 4 ×1＋ 3a 4 ×－ 3＋0×－ 6| 1＋－ 32＋－ 62 ＝1， 解得 a＝ 10，由此可得，边长为 10的正四面体 A1A2A3A4 满足条件．[来源:Zxxk.Com] 所以所求正四面体的体积 V＝1 3Sh＝1 3 × 3 4 a2× 6 3 a＝ 2 12a3＝5 3 5. 解法二：如图①，现将此正四面体 A1A2A3A4 置于一个正方体 ABCD－A1B1C1D1 中(或者 说，在正四面体的四个面外侧各镶嵌一个直角正三棱锥，得到一个正方体)，E1，F1 分别是 A1B1，C1D1 的中点，EE1D1D 和 BB1F1F 是两个平行平面，若其距离为 1，则四面体 A1A2A3A4 即为满足条件的正四面体．图②是正方体的上底面，现设正方体的棱长为 a， 图 1－9 若 A1M＝MN＝1，则有 A1E1＝a 2 ， D1E1＝ A1D21＋A1E21＝ 5 2 a， 据 A1D1×A1E1＝A1M×D1E1，得 a＝ 5， 于是正四面体的棱长 d＝ 2a＝ 10，其体积 V＝a3－4×1 6a3＝1 3a3＝5 5 3 . (即等于一个棱长为 a 的正方体割去四个直角正三棱锥后的体积) 课标文数 18.G12[2011·江西卷] 如图 1－7，在△ABC 中，∠B＝π 2 ，AB＝BC＝2，P 为 AB 边上一动点，PD∥BC 交 AC 于点 D，现将△PDA 沿 PD 翻折至△PDA′，使平面 PDA′ ⊥平面 PBCD. (1)当棱锥 A′－PBCD 的体积最大时，求 PA 的长； (2)若点 P 为 AB 的中点，E 为 A′C 的中点，求证：A′B⊥DE. 图 1－7 课标文数 18.G12[2011·江西卷] 【解答】 (1)令 PA＝x(00，f(x)单调递增； 当 x∈ 2 3 3，2 时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以，当 x＝2 3 3时，f(x)取得最大值， 即：当 VA′－PBCD 最大时，PA＝2 3 3 . (2)证明：设 F 为 A′B 的中点，连接 PF，FE.则有 EF 綊 1 2BC，PD 綊 1 2BC，所以 EF 綊 PD，四边形 DEFP 为平行四边形， 所以 DE∥PF，又 A′P＝PB， 所以 PF⊥A′B， 故 DE⊥A′B. 课标理数 8.G12[2011·辽宁卷] 如图 1－3，四棱锥 S－ABCD 的底面为正方形，SD⊥底 面 ABCD，则下列结论中不正确．．．的是( ) 图 1－3 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 课标理数 8.G12[2011·辽宁卷] D 【解析】 ①由 SD⊥底面 ABCD，得 SD⊥AC，又由 于在正方形 ABCD 中，BD⊥AC，SD∩BD＝D，所以 AC⊥平面 SBD，故 AC⊥SB，即 A 正 确． ②由于 AB∥CD，AB⊄平面 SCD，CD⊂平面 SCD，所以 AB∥平面 SCD，即 B 正确． ③设 AC，BD 交点为 O，连结 SO，则由①知 AC⊥平面 SBD，则由直线与平面成角定 义知 SA 与平面 SBD 所成的角为∠ASO，SC 与平面 SBD 所成的角为∠CSO.由于△ADS≌△ CDS，所以 SA＝SC，所以△SAC 为等腰三角形，又由于 O 是 AC 的中点，所以∠ASO＝∠ CSO，即 C 正确． ④因为 AD∥CD，所以 AB 与 SC 所成的角为∠SCD，DC 与 SA 所成的角为∠SAB，∠ SCD 与∠SAB 不相等，故 D 项不正确． 图 1－4 课标理数 19.G12[2011·山东卷] 在如图 1－4 所示的几何体中，四边形 ABCD 为平行四 边形，∠ACB＝90°，EA⊥平面 ABCD，EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，AB＝2EF. (1)若 M 是线段 AD 的中点，求证：GM∥平面 ABFE； (2)若 AC＝BC＝2AE，求二面角 A－BF－C 的大小． 课标理数 19.G12[2011·山东卷] 【解答】 (1)证法一： 因为 EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°， 所以△ABC∽△EFG，∠EGF＝90°. 由于 AB＝2EF， 因此 BC＝2FG， 连接 AF， 由于 FG∥BC，FG＝1 2BC， 在▱ABCD 中，M 是线段 AD 的中点， 则 AM∥BC 且 AM＝1 2BC， 因此 FG∥AM 且 FG＝AM， 所以四边形 AFGM 为平行四边形， 因此 GM∥FA， 又 FA⊂平面 ABFE，GM⊄平面 ABFE， 所以 GM∥平面 ABFE. 证法二： 因为 EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°， 所以△ABC∽△EFG，∠EGF＝90°. 由于 AB＝2EF， 所以 BC＝2FG， 取 BC 的中点 N，连接 GN， 图 1－2 因此四边形 BNGF 为平行四边形， 所以 GN∥FB. 在▱ABCD 中，M 是线段 AD 的中点，连接 MN. 则 MN∥AB. 因为 MN∩GN＝N， 所以平面 GMN∥平面 ABFE， 又 GM⊂平面 GMN， 所以 GM∥平面 ABFE. (2)解法一： 因为∠ACB＝90°，所以∠CAD＝90°， 又 EA⊥平面 ABCD， 图 1－3 所以 AC、AD、AE 两两垂直． 分别以 AC、AD、AE 所在直线为 x 轴，y 轴和 z 轴，建立如图 1－3 所示的空间直角坐 标系， 不妨设 AC＝BC＝2AE＝2，则由题意得 A(0,0,0)，B(2，－2,0)，C(2,0,0)，E(0,0,1)， 所以AB→＝(2，－2,0)，BC→＝(0,2,0)， 又 EF＝1 2AB， 所以 F(1，－1,1)，BF→＝(－1,1,1)． 设平面 BFC 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)， 则 m·BC→＝0，m·BF→＝0， 所以 y1＝0， x1＝z1， 取 z1＝1 得 x1＝1. 所以 m＝(1,0,1)． 设平面 ABF 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)， 则 n·AB→＝0，n·BF→＝0， 所以 x2＝y2， z2＝0， 取 y2＝1，得 x2＝1， 则 n＝(1,1,0)， 所以 cos〈m，n〉＝ m·n |m||n| ＝1 2. 因此二面角 A－BF－C 的大小为 60°. 解法二： 由题意知，平面 ABFE⊥平面 ABCD， 取 AB 的中点 H，连接 CH. 图 1－4 因为 AC＝BC， 所以 CH⊥AB， 则 CH⊥平面 ABFE， 过 H 向 BF 引垂线交 BF 于 R，连接 CR， 则 CR⊥BF， 所以∠HRC 为二面角 A－BF－C 的平面角． 由题意，不妨设 AC＝BC＝2AE＝2. 在直角梯形 ABFE 中，连接 FH， 则 FH⊥AB， 又 AB＝2 2， 所以 HF＝AE＝1，BH＝ 2， 因此在 Rt△BHF 中，HR＝ 6 3 ， 由于 CH＝1 2AB＝ 2， 所以在 Rt△CHR 中，tan∠HRC＝ 2 6 3 ＝ 3. 因此二面角 A－BF－C 的大小为 60°. 课标文数 19.G12[2011·山东卷] 如图 1－5，在四棱台 ABCD－A1B1C1D1 中，D1D⊥平面 ABCD，底面 ABCD 是平行四边形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°. (1)证明：AA1⊥BD； (2)证明：CC1∥平面 A1BD. 图 1－5 课标文数 19.G12[2011·山东卷] 【解答】 证明：(1)证法一： 因为 D1D⊥平面 ABCD，且 BD⊂平面 ABCD， 图 1－6 所以 D1D⊥BD. 又因为 AB＝2AD，∠BAD＝60°， 在△ABD 中，由余弦定理得 BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcos60°＝3AD2. 所以 AD2＋BD2＝AB2， 所以 AD⊥BD. 又 AD∩D1D＝D， 所以 BD⊥平面 ADD1A1. 又 AA1⊂平面 ADD1A1， 所以 AA1⊥BD. 证法二： 因为 D1D⊥平面 ABCD，且 BD⊂平面 ABCD， 图 1－7 所以 BD⊥D1D. 取 AB 的中点 G，连接 DG. 在△ABD 中，由 AB＝2AD 得 AG＝AD， 又∠BAD＝60°，所以△ADG 为等边三角形． 因此 GD＝GB. 故∠DBG＝∠GDB， 又∠AGD＝60°， 所以∠GDB＝30°， 故∠ADB＝∠ADG＋∠GDB＝60°＋30°＝90°， 所以 BD⊥AD. 又 AD∩D1D＝D， 所以 BD⊥平面 ADD1A1， 又 AA1⊂平面 ADD1A1， 所以 AA1⊥BD. (2)连接 AC，A1C1. 图 1－8 设 AC∩BD＝E，连接 EA1. 因为四边形 ABCD 为平行四边形， 所以 EC＝1 2AC， 由棱台定义及 AB＝2AD＝2A1B1 知， A1C1∥EC 且 A1C1＝EC， 所以四边形 A1ECC1 为平行四边形． 因此 CC1∥EA1， 又因为 EA1⊂平面 A1BD，CC1⊄平面 A1BD， 所以 CC1∥平面 A1BD. 大纲文数 19.G12[2011·四川卷] 如图 1－5，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，∠BAC＝90°， AB＝AC＝AA1＝1，延长 A1C1 至点 P，使 C1P＝A1C1，连结 AP 交棱 CC1 于点 D. (1)求证：PB1∥平面 BDA1； (2)求二面角 A－A1D－B 的平面角的余弦值． 图 1－5 大纲文数 19.G12[2011·四川卷] 【解答】 解法一： (1)连结 AB1 与 BA1 交于点 O，连结 OD. ∵C1D∥AA1，A1C1＝C1P， ∴AD＝PD， 又 AO＝B1O，∴OD∥PB1. 图 1－6 又 OD⊂平面 BDA1，PB1⊄平面 BDA1， ∴PB1∥平面 BDA1. (2)过 A 作 AE⊥DA1 于点 E，连结 BE. ∵BA⊥CA，BA⊥AA1，且 AA1∩AC＝A， ∴BA⊥平面 AA1C1C. 由三垂线定理可知 BE⊥DA1. ∴∠BEA 为二面角 A－A1D－B 的平面角． 在 Rt△A1C1D 中，A1D＝ 1 2 2＋12＝ 5 2 ， 又 S△AA1D＝1 2 ×1×1＝1 2 × 5 2 ×AE， ∴AE＝2 5 5 . 在 Rt△BAE 中，BE＝ 12＋ 2 5 5 2＝3 5 5 ， ∴cos∠BEA＝AE BE ＝2 3. 故二面角 A－A1D－B 的平面角的余弦值为2 3. 解法二： 图 1－7 如图 1－7，以 A1 为原点，A1B1，A1C1，A1A 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间 直角坐标系 A1－xyz，则 A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，B(1,0,1)，P(0,2,0)． (1)在△PAA1 中有 C1D＝1 2AA1，即 D 0，1，1 2 . ∴A1B→ ＝(1,0,1)，A1D→ ＝ 0，1，1 2 ，B1P→ ＝(－1,2,0)． 设平面 BA1D 的一个法向量为 n1＝(a，b，c)， 则 n1·A1B→ ＝a＋c＝0， n1·A1D→ ＝b＋1 2c＝0. 令 c＝－1，则 n1＝ 1，1 2 ，－1 . ∵n1·B1P→ ＝1×(－1)＋1 2 ×2＋(－1)×0＝0， ∴PB1∥平面 BDA1， (2)由(1)知，平面 BA1D 的一个法向量 n1＝ 1，1 2 ，－1 . 又 n2＝(1,0,0)为平面 AA1D 的一个法向量， ∴cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1|·|n2| ＝ 1 1×3 2 ＝2 3. 故二面角 A－A1D－B 的平面角的余弦值为2 3. 课标文数 17.G12[2011·天津卷] 如图 1－7，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为平行 四边形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O 为 AC 的中点，PO⊥平面 ABCD，PO＝2，M 为 PD 的中点． (1)证明 PB∥平面 ACM； (2)证明 AD⊥平面 PAC； (3)求直线 AM 与平面 ABCD 所成角的正切值． 图 1－7 课标文数 17.G12[2011·天津卷] 图 1－8 【解答】 (1)证明：连接 BD，MO.在平行四边形 ABCD 中，因为 O 为 AC 的中点，所 以 O 为 BD 的中点．又 M 为 PD 的中点，所以 PB∥MO.因为 PB⊄平面 ACM，MO⊂平面 ACM， 所以 PB∥平面 ACM. (2)证明：因为∠ADC＝45°，且 AD＝AC＝1，所以∠DAC＝90°，即 AD⊥AC.又 PO⊥平 面 ABCD，AD⊂平面 ABCD，所以 PO⊥AD.而 AC∩PO＝O，所以 AD⊥平面 PAC. (3)取 DO 中点 N，连接 MN，AN.因为 M 为 PD 的中点，所以 MN∥PO，且 MN＝1 2PO ＝1.由 PO⊥平面 ABCD，得 MN⊥平面 ABCD，所以∠MAN 是直线 AM 与平面 ABCD 所成 的角．在 Rt△DAO 中，AD＝1，AO＝1 2 ，所以 DO＝ 5 2 .从而 AN＝1 2DO＝ 5 4 .在 Rt△ANM 中， tan∠MAN＝MN AN ＝ 1 5 4 ＝4 5 5 ，即直线 AM 与平面 ABCD 所成角的正切值为4 5 5 . 课标理数 20.G12[2011·浙江卷] 如图 1－5，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. (1)证明：AP⊥BC； 图 1－5 (2)在线段 AP 上是否存在点 M，使得二面角 A－MC－B 为直二面角？若存在，求出 AM 的长；若不存在，请说明理由． 课标理数 20.G12[2011·浙江卷] 【解答】 方法一：(1)证明：如图，以 O 为原点，以射线 OP 为 z 轴的正半轴，建立空 间直角坐标系 O－xyz. 则 O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)，AP→＝(0,3,4)，BC→＝(－8,0,0)， 由此可得AP→·BC→＝0，所以AP→⊥BC→，即 AP⊥BC. 图 1－6 (2)设PM→ ＝λPA→，λ≠1，则PM→ ＝λ(0，－3，－4)． BM→ ＝BP→＋PM→ ＝BP→＋λPA→ ＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4) ＝(－4，－2－3λ，4－4λ)， AC→＝(－4,5,0)，BC→＝(－8,0,0)． 设平面 BMC 的法向量 n1＝(x1，y1，z1)． 平面 APC 的法向量 n2＝(x2，y2，z2)， 由 BM→ ·n1＝0， BC→·n1＝0， 得 －4x1－2＋3λy1＋4－4λz1＝0， －8x1＝0， 即 x1＝0， z1＝2＋3λ 4－4λ y1， 可取 n1＝ 0，1，2＋3λ 4－4λ . 由 AP→·n2＝0， AC→·n2＝0， 即 3y2＋4z2＝0， －4x2＋5y2＝0， 得 x2＝5 4y2， z2＝－3 4y2， 可取 n2＝(5,4，－3)． 由 n1·n2＝0，得 4－3·2＋3λ 4－4λ ＝0， 解得λ＝2 5 ，故 AM＝3， 综上所述，存在点 M 符合题意，AM＝3， 图 1－7 方法二： (1)证明：由 AB＝AC，D 是 BC 的中点，得 AD⊥BC. 又 PO⊥平面 ABC，得 PO⊥BC. 因为 PO∩AD＝O，所以 BC⊥平面 PAD. 故 BC⊥PA. (2)如图，在平面 PAB 内作 BM⊥PA 于 M，连 CM， 由(1)中知 AP⊥BC，得 AP⊥平面 BMC. 又 AP⊂平面 APC，所以平面 BMC⊥平面 APC. 在 Rt△ADB 中，AB2＝AD2＋BD2＝41，得 AB＝ 41. 在 Rt△POD 中，PD2＝PO2＋OD2， 在 Rt△PDB 中，PB2＝PD2＋BD2， 所以 PB2＝PO2＋OD2＋DB2＝36，得 PB＝6， 在 Rt△POA 中，PA2＝AO2＋OP2＝25，得 PA＝5， 又 cos∠BPA＝PA2＋PB2－AB2 2PA·PB ＝1 3 ， 从而 PM＝PBcos∠BPA＝2，所以 AM＝PA－PM＝3. 综上所述，存在点 M 符合题意，AM＝3. 图 1－2 大纲文数 20.G12[2011·重庆卷] 如图 1－2，在四面体 ABCD 中，平面 ABC⊥平面 ACD， AB⊥BC，AC＝AD＝2，BC＝CD＝1. (1)求四面体 ABCD 的体积； (2)求二面角 C－AB－D 的平面角的正切值． 大纲文数 20.G12[2011·重庆卷] 图 1－3 【解答】 法一：(1)如图 1－3，过 D 作 DF⊥AC，垂足为 F，故由平面 ABC⊥平面 ACD， 知 DF⊥平面 ABC，即 DF 是四面体 ABCD 的面 ABC 上的高．设 G 为边 CD 的中点，则由 AC＝AD，知 AG⊥CD，从而 AG＝ AC2－CG2＝ 22－ 1 2 2＝ 15 2 . 由 1 2AC·DF＝1 2CD·AG 得 DF＝AG·CD AC ＝ 15 4 . 在 Rt△ABC 中，AB＝ AC2－BC2＝ 3， S△ABC＝1 2AB·BC＝ 3 2 . 故四面体 ABCD 的体积 V＝1 3·S△ABC·DF＝ 5 8 . (2)如图 1－3，过 F 作 FE⊥AB，垂足为 E，连接 DE.由(1)知 DF⊥平面 ABC.由三垂线定 理知 DE⊥AB，故∠DEF 为二面角 C－AB－D 的平面角． 在 Rt△AFD 中，AF＝ AD2－DF2＝ 22－ 15 4 2＝7 4 ， 在 Rt△ABC 中，EF∥BC，从而 EF∶BC＝AF∶AC，所以 EF＝AF·BC AC ＝7 8. 在 Rt△DEF 中，tan∠DEF＝DF EF ＝2 15 7 . 图 1－4 法二：(1)如图 1－4，设 O 是 AC 的中点，过 O 作 OH⊥AC，交 AB 于 H，过 O 作 OM ⊥AC，交 AD 于 M.由平面 ABC⊥平面 ACD，知 OH⊥OM.因此以 O 为原点，以射线 OH， OC，OM 分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，可建立空间直角坐标系 O－xyz.已知 AC＝2，故 点 A，C 的坐标分别为 A(0，－1,0)，C(0,1,0)． 设点 B 的坐标为 B(x1，y1,0)，由AB→⊥BC→，|BC→|＝1，有 x21＋y21＝1， x21＋y1－12＝1， 解得 x1＝ 3 2 ， y1＝1 2 或 x1＝－ 3 2 ， y1＝1 2 (舍去)． 即点 B 的坐标为 B 3 2 ，1 2 ，0 . 又设点 D 的坐标为 D(0，y2，z2)，由|CD→ |＝1，|AD→ |＝2，有 y2－12＋z22＝1， y2＋12＋z22＝4， 解得 y2＝3 4 ， z2＝ 15 4 或 y2＝3 4 ， z2＝－ 15 4 (舍去)． 即点 D 的坐标为 D 0，3 4 ， 15 4 .从而△ACD 边 AC 上的高为 h＝|z2|＝ 15 4 . 又|AB→|＝ 3 2 2＋ 1 2 ＋1 2＝ 3.|BC→|＝1. 故四面体 ABCD 的体积 V＝1 3 ×1 2·|AB→|·|BC→|h＝ 5 8 . (2)由(1)知AB→＝ 3 2 ，3 2 ，0 ，AD→ ＝ 0，7 4 ， 15 4 . 设非零向量 n＝(l，m，n)是平面 ABD 的法向量，则由 n⊥AB→有 3 2 l＋3 2m＝0， ① 由 n⊥AD→ ，有 7 4m＋ 15 4 n＝0， ② 取 m＝－1，由①②，可得 l＝ 3，n＝7 15 15 ，即 n＝ 3，－1，7 15 15 . 显然向量 k＝(0,0,1)是平面 ABC 的法向量．从而 cos〈n，k〉＝ 7 15 15 3＋1＋49 15 ＝7 109 109 . 故 tan〈n，k〉＝ 1－ 49 109 7 109 ＝2 15 7 ，即二面角 C－AB－D 的平面角的正切值为2 15 7 . [2011·金华模拟] 如图 K37－1，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，P 为 BD1 的中点，则△ PAC 在该正方体各个面上的射影可能是( ) 图 K37－1 图 K37－2 A．①④ B．②③ C．②④ D．①② [2011·南京质检] 平面α∥平面β的一个充分条件是( ) A．存在一条直线 a，a∥α，a∥β B．存在一条直线 a，a⊂α，a∥β C．存在两条平行直线 a、b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α D．存在两条异面直线 a、b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α [2011·北京崇文一模] 已知 m，n 是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，则下列命 题中正确的为 ( ) A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β B．若 m∥α，m∥β，则α∥β C．若 m∥α，n∥α，则 m∥n D．若 m⊥α，n⊥α，则 m∥n [2011·宁波二模] 已知 a，β表示两个互相垂直的平面，a，b 表示一对异面直线，则 a⊥ b 的一个充分条件是( ) A．a∥α，b⊥β B．a∥α，b∥β C．a⊥α，b∥β D．a⊥α，b⊥β [2011·泸州二诊] 如图 K40－4，在正三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AB＝1.若二面角 C－AB －C1 的大小为 60°，则点 C 到平面 C1AB 的距离为( ) A.3 4 B.1 2 C. 3 2 D．1 [2011·大连一模] 已知三棱锥底面是边长为 1 的等边三角形，侧棱长均为 2，则侧棱与 底面所成角的余弦值为( ) A. 3 2 B.1 2 [来源:学科网] C. 3 3 D. 3 6 [2011·丰台调研] 一个体积为 12 3的正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的左 视图的面积为( ) A．6 3 B．8 C．8 3 D．12 [ 来 源:Zxxk.Com] [2011·深圳调研] 在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点 D 是侧 面 BB1C1C 的中心，则 AD 与平面 BB1C1C 所成角的大小是( ) A．30° B．45° C．60° D．90° [2011·沈阳模拟] 设 A，B，C，D 是空间不共面的四个点，且满足AB→·AC→＝0，AD→ ·AC→＝ 0，AD→ ·AB→＝0，则△BCD 的形状是( ) A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．无法确定