2011高考数学—立体几何

2011高考数学—立体几何

四、立体几何 一、选择题 ‎1.（重庆理9）高为的四棱锥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． B． C．1 D．‎ ‎【答案】C ‎2.（浙江理4）下列命题中错误的是 ‎ ‎ A．如果平面，那么平面内一定存在直线平行于平面 ‎ B．如果平面α不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面 ‎ C．如果平面，平面，，那么 ‎ D．如果平面，那么平面内所有直线都垂直于平面 ‎【答案】D ‎3.（四川理3），，是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是 ‎ A．，‎ ‎ B．，‎ ‎ C．，，共面 ‎ ‎ D．，，共点，，共面 ‎【答案】B ‎【解析】A答案还有异面或者相交，C、D不一定 ‎4.（陕西理5）某几何体的三视图如图所示，则它的体积是 ‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎5.（浙江理3）若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是 ‎【答案】D ‎6.（山东理11）右图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、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正（主）‎ 视图、俯视图如右图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图．其 中真命题的个数是 ‎ A．3 B．2 ‎ ‎ C．1 D．0‎ ‎【答案】A ‎7.（全国新课标理6）。在一个几何体的三视图中，正视图与俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为 ‎【答案】D ‎8.（全国大纲理6）已知直二面角α− ι−β，点A∈α，AC⊥ι，C为垂足，B∈β，BD⊥ι，D为垂足．若AB=2，AC=BD=1，则D到平面ABC的距离等于 ‎ A． B． C． D．1 ‎ ‎【答案】C ‎9.（全国大纲理11）已知平面α截一球面得圆M，过圆心M且与α成二面角的平面β截该球面得圆N．若该球面的半径为4，圆M的面积为4，则圆N的面积为 ‎3‎ ‎3‎ ‎2‎ 正视图 侧视图 俯视图 图1‎ ‎ A．7 B．‎9‎ C．11 D．13‎ ‎【答案】D ‎10.（湖南理3）设图1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为 ‎ A． B．‎ ‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎11.（江西理8）已知，，是三个相互平行的平面．平面，之间的距离为，平面，之间的距离为．直线与，，分别相交于，，，那么“=”是“”的 ‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 ‎ C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎12.（广东理7）如图1－3，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 ‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎13.（北京理7）某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是 ‎ A．8 B． C．10 D．‎ ‎【答案】C ‎14.（安徽理6）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ‎ （A）48 ‎ ‎ （B）32+8 ‎ ‎ （C）48+8 ‎ ‎ （D）80‎ ‎【答案】C ‎15.（辽宁理8）。如图，四棱锥S—ABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则下列结论中不正确的是 ‎（A）AC⊥SB ‎（B）AB∥平面SCD ‎（C）SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角 ‎（D）AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角 ‎【答案】D ‎16.（辽宁理12）。已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=，，则棱锥S—ABC的体积为 ‎（A） （B） （C） （D）1‎ ‎【答案】C ‎17．（上海理17）设是空间中给定的5个不同的点，则使 成立的点的个数为 ‎ ‎ A．0 B．‎1 ‎ C．5 D．10 ‎ ‎【答案】B 二、填空题 ‎18.（上海理7）若圆锥的侧面积为，底面积为，则该圆锥的体积为 。‎ ‎【答案】‎ ‎19.（四川理15）如图，半径为R的球O中有一内接圆柱．当圆柱的侧 ‎ 面积最大是，求的表面积与改圆柱的侧面积之差是 ． ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】时，‎ ‎，则 ‎20.（辽宁理15）一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是 ． ‎ ‎【答案】‎ ‎21.（天津理10）一个几何体的三视图如右图所示（单位：），则该几何体的体积为 ‎__________‎ ‎【答案】‎ ‎22.（全国新课标理15）。已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB=6，BC=，则棱锥O-ABCD的体积为_____________．‎ ‎【答案】‎ ‎23.（湖北理14）如图，直角坐标系所在的平面为，直角坐标系（其中轴一与轴重合）所在的平面为，。‎ ‎（Ⅰ）已知平面内有一点，则点在平面内的射影的 坐标为 （2，2） ；‎ ‎（Ⅱ）已知平面内的曲线的方程是，则曲线在平面内的射影的方程是 。‎ ‎【答案】‎ ‎24.（福建理12）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______。‎ ‎【答案】‎ 三、解答题 ‎25.（江苏16）如图，在四棱锥中，平面PAD⊥平面 ‎ ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分别是AP、AD的中点 求证：（1）直线EF∥平面PCD；‎ ‎（2）平面BEF⊥平面PAD 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考察空间想象能力和推理论证能力。满分14分。‎ 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，‎ 所以直线EF//平面PCD.‎ ‎（2）连结DB，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.‎ ‎26.（安徽理17） 如图，为多面体，平面与平面垂直，点在线段上，△OAB，,△，△，△都是正三角形。‎ ‎（Ⅰ）证明直线∥；‎ ‎（II）求棱锥F—OBED的体积。‎ 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.‎ ‎ ‎ ‎（I）（综合法）‎ ‎ 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，所以 ‎=‎ ‎ ∥，OG=OD=2，‎ ‎ 同理，设是线段DA与线段FC延长线的交点，有 ‎ 又由于G和都在线段DA的延长线上，所以G与重合.‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎ 在△GED和△GFD中，由‎=‎ ∥和OC∥，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.‎ ‎ （向量法）‎ ‎ 过点F作，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，为轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系.‎ ‎ 由条件知 ‎ 则有 ‎ 所以即得BC∥EF.‎ ‎ （II）解：由OB=1，OE=2，，而△OED是边长为2的正三角形，故 ‎ 所以 ‎ 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=，所以 ‎27.（北京理16） ‎ ‎ 如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，.‎ ‎(Ⅰ)求证：平面 ‎ （Ⅱ）若求与所成角的余弦值；‎ ‎ （Ⅲ）当平面与平面垂直时，求的长.‎ ‎ ‎ 证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD是菱形，‎ 所以AC⊥BD.‎ 又因为PA⊥平面ABCD.‎ 所以PA⊥BD.‎ 所以BD⊥平面PAC.‎ ‎（Ⅱ）设AC∩BD=O.‎ 因为∠BAD=60°，PA=PB=2,‎ 所以BO=1，AO=CO=.‎ 如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O—xyz，则 P（0，—，2），A（0，—，0），B（1，0，0），C（0，，0）.‎ 所以 设PB与AC所成角为，则 ‎.‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）知 设P（0，－，t）（t>0），‎ 则 设平面PBC的法向量,‎ 则 所以 令则 所以 同理，平面PDC的法向量 因为平面PCB⊥平面PDC,‎ 所以=0，即 解得 所以PA=‎ ‎28.（福建理20） ‎ 如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，CD=，．‎ ‎（I）求证：平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎（II）设AB=AP．‎ ‎ （i）若直线PB与平面PCD所成的角为，求线段AB的长；‎ ‎（ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理 由。‎ 本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想，满分14分。‎ 解法一：‎ ‎（I）因为平面ABCD，‎ 平面ABCD，‎ 所以，‎ 又 所以平面PAD。‎ 又平面PAB，所以平面平面PAD。‎ ‎（II）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系 A—xyz（如图）‎ 在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则 在中，DE=，‎ 设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）‎ 由AB+AD=4，得AD=4-t，‎ 所以，‎ ‎（i）设平面PCD的法向量为，‎ 由，，得 取，得平面PCD的一个法向量，‎ 又，故由直线PB与平面PCD所成的角为，得 解得（舍去，因为AD），所以 ‎（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，‎ 设G（0，m，0）（其中）‎ 则，‎ 由得，（2）‎ 由（1）、（2）消去t，化简得（3）‎ 由于方程（3）没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，‎ 使得点G到点P，C，D的距离都相等。‎ 从而，在线段AD上不存在一个点G，‎ 使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。‎ 解法二：‎ ‎（I）同解法一。‎ ‎（II）（i）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A—xyz（如图）‎ 在平面ABCD内，作CE//AB交AD于E，‎ 则。‎ 在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则 在中，DE=，‎ 设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）‎ 由AB+AD=4，得AD=4-t，‎ 所以，‎ 设平面PCD的法向量为，‎ 由，，得 取，得平面PCD的一个法向量，‎ 又，故由直线PB与平面PCD所成的角为，得 解得（舍去，因为AD），‎ 所以 ‎（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，‎ 由GC=CD，得，‎ 从而，即 设 ‎，‎ 在中，‎ 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。‎ ‎29.（广东理18） ‎ 如图5．在椎体P-ABCD中，ABCD是边长为1的棱形，‎ ‎ 且∠DAB=60，,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．‎ ‎ ‎ ‎ 法一：（1）证明：取AD中点G，连接PG，BG，BD。‎ ‎ 因PA=PD，有，在中，，有为 等边三角形，因此，所以 平面PBG ‎ 又PB//EF，得，而DE//GB得AD DE，又，所以 AD 平面DEF。‎ ‎ （2），‎ ‎ 为二面角P—AD—B的平面角，‎ ‎ 在 ‎ 在 ‎ ‎ ‎ 法二：（1）取AD中点为G，因为 ‎ 又为等边三角形，因此，，‎ 从而平面PBG。‎ ‎ 延长BG到O且使得PO OB，又平面PBG，PO AD，‎ ‎ 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分别为轴，z轴，平行于AD的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系。‎ ‎ 设 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 由于 ‎ 得 ‎ 平面DEF。‎ ‎ （2）‎ ‎ ‎ ‎ 取平面ABD的法向量 ‎ 设平面PAD的法向量 ‎ 由 ‎ 取 ‎ ‎ ‎30.（湖北理18） ‎ 如图，已知正三棱柱的各棱长都是4，是的中点，动点在侧棱上，且不与点重合．‎ ‎（Ⅰ）当=1时，求证：⊥；‎ ‎（Ⅱ）设二面角的大小为，求的最小值．‎ 本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。（满分12分）‎ ‎ 解法1：过E作于N，连结EF。‎ ‎ （I）如图1，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知，‎ ‎ 底面ABC侧面A‎1C。‎ ‎ 又度面侧面A，C=AC，且底面ABC，‎ ‎ 所以侧面A‎1C，NF为EF在侧面A‎1C内的射影，‎ 在中，=1，‎ 则由，得NF//AC1，‎ 又故。‎ 由三垂线定理知 ‎（II）如图2，连结AF，过N作于M，连结ME。‎ 由（I）知侧面A‎1C，根据三垂线定理得 所以是二面角C—AF—E的平面角，即，‎ 设 在中，‎ 在 故 又 故当时，达到最小值；‎ ‎，此时F与C1重合。‎ 解法2：（I）建立如图3所示的空间直角坐标系，则由已知可得 于是 则 故 ‎（II）设，‎ 平面AEF的一个法向量为，‎ 则由（I）得F（0，4，）‎ ‎，于是由可得 取 ‎ 又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为，‎ ‎ 于是由为锐角可得，‎ ‎ 所以，‎ ‎ 由，得，即 ‎ 故当，即点F与点C1重合时，取得最小值 ‎31.（湖南理19） ‎ 如图5，在圆锥中，已知=，⊙O的直径,是的中点，为的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面平面;‎ ‎（Ⅱ）求二面角的余弦值。‎ 解法1：连结OC，因为 又底面⊙O，AC底面⊙O，所以，‎ 因为OD，PO是平面POD内的两条相交直线，所以平面POD，‎ 而平面PAC，所以平面POD平面PAC。‎ ‎（II）在平面POD中，过O作于H，由（I）知，平面 所以平面PAC，又面PAC，所以 在平面PAO中，过O作于G，‎ ‎ 连接HG，‎ 则有平面OGH，‎ 从而，故为二面角B—PA—C的平面角。‎ 在 在 在 在 所以 故二面角B—PA—C的余弦值为 解法2：（I）如图所示，以O为坐标原点，OB、OC、OP所在直线分别为x轴、y轴，z轴建立空间直角坐标系，则 ‎，‎ 设是平面POD的一个法向量，‎ 则由，得 所以 设是平面PAC的一个法向量，‎ 则由，‎ 得 所以 得。‎ 因为 所以从而平面平面PAC。‎ ‎（II）因为y轴平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为 由（I）知，平面PAC的一个法向量为 设向量的夹角为，则 由图可知，二面角B—PA—C的平面角与相等，‎ 所以二面角B—PA—C的余弦值为 ‎32.（辽宁理18） ‎ 如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=PD．‎ ‎（I）证明：平面PQC⊥平面DCQ；‎ ‎（II）求二面角Q—BP—C的余弦值．‎ 解：‎ 如图，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.‎ ‎ （I）依题意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0）.‎ 则 所以 即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.‎ 故PQ⊥平面DCQ.‎ 又PQ平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ. …………6分 ‎ （II）依题意有B（1，0，1），‎ 设是平面PBC的法向量，则 因此可取 设m是平面PBQ的法向量，则 可取 故二面角Q—BP—C的余弦值为 ………………12分 ‎33.（全国大纲理19） ‎ 如图，四棱锥中， ,，侧面为等边三角形，．‎ ‎（Ⅰ）证明：;‎ ‎（Ⅱ）求与平面所成角的大小．‎ 解法一：‎ ‎ （I）取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DE=CB=2，‎ ‎ 连结SE，则 ‎ 又SD=1，故，‎ ‎ 所以为直角。 …………3分 ‎ 由，‎ ‎ 得平面SDE，所以。‎ ‎ SD与两条相交直线AB、SE都垂直。‎ ‎ 所以平面SAB。 …………6分 ‎ （II）由平面SDE知，‎ ‎ 平面平面SED。‎ ‎ 作垂足为F，则SF平面ABCD，‎ ‎ ‎ ‎ 作，垂足为G，则FG=DC=1。‎ ‎ 连结SG，则，‎ ‎ 又，‎ ‎ 故平面SFG，平面SBC平面SFG。 …………9分 ‎ 作，H为垂足，则平面SBC。‎ ‎ ，即F到平面SBC的距离为 ‎ 由于ED//BC，所以ED//平面SBC，E到平面SBC的距离d也有 ‎ 设AB与平面SBC所成的角为α，‎ ‎ 则 …………12分 解法二：‎ ‎ 以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C—xyz。‎ 设D（1，0，0），则A（2，2，0）、B（0，2，0）。‎ 又设 ‎ （I），，‎ 由得 故x=1。‎ 由 又由 即 …………3分 于是，‎ 故 所以平面SAB。 …………6分 ‎ （II）设平面SBC的法向量，‎ 则 又 故 …………9分 取p=2得。‎ 故AB与平面SBC所成的角为 ‎34.（全国新课标理18） ‎ 如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，‎ ‎，，底面ABCD．‎ ‎（I）证明：；‎ ‎（II）若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值．‎ 解：‎ ‎（Ⅰ）因为， 由余弦定理得 从而BD2+AD2= AB2，故BDAD 又PD底面ABCD，可得BDPD 所以BD平面PAD. 故 PABD ‎（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D-，则 ‎，，，．‎ 设平面PAB的法向量为n=（x，y，z），则 ‎ 即 ‎ 因此可取n=‎ 设平面PBC的法向量为m，则 ‎ 可取m=（0，-1，） ‎ 故二面角A-PB-C的余弦值为 ‎ ‎35.（山东理19） ‎ 在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ ACB=，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，‎ EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ.‎ ‎（Ⅰ）若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ;‎ ‎（Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小．‎ ‎19．（I）证法一：‎ 因为EF//AB，FG//BC，EG//AC，，‎ 所以∽‎ 由于AB=2EF，‎ 因此，BC=2FC，‎ 连接AF，由于FG//BC，‎ 在中，M是线段AD的中点，‎ 则AM//BC，且 因此FG//AM且FG=AM，‎ 所以四边形AFGM为平行四边形，‎ 因此GM//FA。‎ 又平面ABFE，平面ABFE，‎ 所以GM//平面AB。‎ 证法二：‎ 因为EF//AB，FG//BC，EG//AC，，‎ 所以∽‎ 由于AB=2EF，‎ 因此，BC=2FC，‎ 取BC的中点N，连接GN，‎ 因此四边形BNGF为平行四边形，‎ 所以GN//FB，‎ 在中，M是线段AD的中点，连接MN，‎ 则MN//AB，‎ 因为 所以平面GMN//平面ABFE。‎ 又平面GMN，‎ 所以GM//平面ABFE。‎ ‎ （II）解法一：‎ 因为，‎ 又平面ABCD，‎ 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，建立如图所法的空间直角坐标系，‎ 不妨设 则由题意得A（0，0，0，），B（2，-2，0），C（2，0，0，），E（0，0，1），‎ 所以 又 所以 设平面BFC的法向量为 则 所以取 所以 设平面ABF的法向量为，‎ 则 所以 则，‎ 所以 因此二面角A—BF—C的大小为 解法二：‎ 由题意知，平面平面ABCD，‎ 取AB的中点H，连接CH，‎ 因为AC=BC，‎ 所以，‎ 则平面ABFE，‎ 过H向BF引垂线交BF于R，连接CR，‎ 则 所以为二面角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，又 所以 因此在中，‎ 由于 所以在中 ，‎ 因此二面角A—BF—C的大小为 ‎36.（陕西理16） ‎ 如图，在中，是上的高，沿把折起，使。‎ ‎（Ⅰ）证明：平面ＡＤＢ  ⊥平面ＢＤＣ；‎ ‎（Ⅱ）设Ｅ为ＢＣ的中点，求与夹角的余弦值。‎ 解（Ⅰ）∵折起前ＡＤ是ＢＣ边上的高，‎ ‎∴ 当Δ ＡＢＤ折起后，AD⊥ＤＣ，AD⊥ＤＢ，‎ 又DBＤＣ＝Ｄ，‎ ‎∴ＡＤ⊥平面ＢＤＣ，‎ ‎∵AD 平面平面BDC．‎ 平面ABD平面BDC。‎ ‎（Ⅱ）由∠ ＢＤＣ＝及（Ⅰ）知DA，ＤＢ，DC两两垂直，不防设=1，以D为坐标原点，以所在直线轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D（0,0,0），B（1,0,0），C（0,3,0），A（0,0，），E（，，0），‎ ‎=，‎ ‎=（1，0,0,），‎ 与夹角的余弦值为 ‎＜，＞=．‎ ‎37.（上海理21） 已知是底面边长为1的正四棱柱，是和的交点。‎ ‎（1）设与底面所成的角的大小为，二面角的大小为。‎ 求证：；‎ ‎（2）若点到平面的距离为，求正四棱柱的高。‎ 解：设正四棱柱的高为。‎ ‎⑴ 连，底面于，‎ ‎∴ 与底面所成的角为，即 ‎∵ ，为中点，∴，又，‎ ‎∴ 是二面角的平面角，即 ‎∴ ，。‎ ‎⑵ 建立如图空间直角坐标系，有 设平面的一个法向量为，‎ ‎∵ ，取得 ‎∴ 点到平面的距离为，则。‎ ‎38.（四川理19） ‎ 如图，在直三棱柱ABC-A1B‎1C1中．∠ BAC=90°，AB=AC=AA1 =1．D是棱CC1上的一P是AD的延长线与A‎1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA．‎ ‎（I）求证：CD=C1D：‎ ‎（II）求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值； ‎ ‎（Ⅲ）求点C到平面B1DP的距离．‎ ‎．解析：（1）连接交于,,‎ ‎,又为的中点，‎ 中点，,,D为的中点。‎ ‎（2）由题意,过B 作,连接，则 ‎,为二面角的平面角。在中，‎ ‎,则 ‎（3）因为，所以,‎ ‎,‎ 在中，，‎ ‎39.（天津理17） 如图，在三棱柱中，‎ 是正方形的中心，，平面，且 ‎（Ⅰ）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）设为棱的中点，点在平面内，且平面，求线段的长．‎ 本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.满分13分.‎ ‎ 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 ‎ ‎ ‎ （I）解：易得，‎ ‎ 于是 ‎ 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为 ‎ （II）解：易知 ‎ 设平面AA‎1C1的法向量，‎ ‎ 则即 ‎ 不妨令可得，‎ ‎ 同样地，设平面A1B‎1C1的法向量，‎ ‎ 则即不妨令，‎ 可得 于是 从而 所以二面角A—A‎1C1—B的正弦值为 ‎ （III）解：由N为棱B‎1C1的中点，‎ 得设M（a，b，0），‎ 则 由平面A1B‎1C1，得 即 解得故 因此，所以线段BM的长为 方法二：‎ ‎（I）解：由于AC//A‎1C1，故是异面直线AC与A1B1所成的角.‎ 因为平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，‎ 可得 因此 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为 ‎（II）解：连接AC1，易知AC1=B‎1C1，‎ 又由于AA1=B‎1A1，A‎1C1=A1=C1，‎ 所以≌，过点A作于点R，‎ 连接B1R，于是，故为二面角A—A‎1C1—B1的平面角.‎ 在中，‎ 连接AB1，在中，‎ ‎，‎ 从而 所以二面角A—A‎1C1—B1的正弦值为 ‎（III）解：因为平面A1B‎1C1，所以 取HB1中点D，连接ND，由于N是棱B‎1C1中点，‎ 所以ND//C1H且.‎ 又平面AA1B1B，‎ 所以平面AA1B1B，故 又 所以平面MND，连接MD并延长交A1B1于点E，‎ 则 由 得，延长EM交AB于点F，‎ 可得连接NE.‎ 在中，‎ 所以 可得 连接BM，在中，‎ ‎40.（浙江理20） ‎ 如图，在三棱锥中，，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在 线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2‎ ‎（Ⅰ）证明：AP⊥BC；‎ ‎（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由。‎ 本题主要考查空是点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分。‎ 方法一：‎ ‎ （I）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，‎ ‎，由此可得，所以 ‎，即 ‎（II）解：设 设平面BMC的法向量，‎ 平面APC的法向量 由 得 即 由即 得 由 解得，故AM=3。‎ 综上所述，存在点M符合题意，AM=3。‎ 方法二：‎ ‎（I）证明：由AB=AC，D是BC的中点，得 又平面ABC，得 因为，所以平面PAD，‎ 故 ‎（II）解：如图，在平面PAB内作于M，连CM，‎ 由（I）中知，得平面BMC，‎ 又平面APC，所以平面BMC平面APC。‎ 在 在，‎ 在 所以 在 又 从而PM，所以AM=PA-PM=3。‎ 综上所述，存在点M符合题意，AM=3。‎ ‎41.（重庆理19） ‎ 如题（19）图，在四面体中，平面平面，，，．‎ ‎ （Ⅰ）若，，求四面体的体积；‎ ‎ （Ⅱ）若二面角为，求异面直线与所成角的余弦值．‎ ‎ ‎ ‎ （I）解：如答（19）图1，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°=.‎ 在Rt△ABC中，因AC=2AF=，AB=2BC，‎ 由勾股定理易知 故四面体ABCD的体积 ‎ （II）解法一：如答（19）图1，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（I）有DF⊥平面ABC，‎ ‎ 故由三垂线定理知DE⊥AB.‎ 所以∠DEF为二面角C—AB—D的平面角，由题设知∠DEF=60°‎ 设 在 从而 因Rt△ADE≌Rt△BDE，故BD=AD=a，从而，在Rt△BDF中，，‎ 又从而在△FGH中，因FG=FH，由余弦定理得 因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为 解法二：如答（19）图2，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=AD，∠CAD=30°，易知点A，C，D的坐标分别为 显然向量是平面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，‎ 使得 设点B的坐标为，有 易知与坐标系的建立方式不合，舍去.‎ 因此点B的坐标为所以 从而 故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为 ‎ ‎