数学新题分类汇编立体几何高考真题模拟新题

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数学新题分类汇编立体几何高考真题模拟新题

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
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