2012新题分类汇编立体几何高考真题模拟新题
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】
【解析】 由已知，S△ABC＝×22sin＝，
∴ VP－ABC＝S△ABC·PA＝××3＝，即三棱锥P－ABC的体积等于.
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
C．48＋8
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××(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2××4＝48＋8.
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
C．48＋8 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
C．10
D．8
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，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
C．48 D．16＋32
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××4×2＝16＋16，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 B．9
C．12 D．18
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＝＝，S底＝3×3，所以V＝9.
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 B．4
C．2 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＝＝3，底面为菱形，对角线长分别为2，2，所以底面积为×2×2＝2，
所以V＝Sh＝×2×3＝2.
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.π＋12
B.π＋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＝×π×3＋3×3×2＝π＋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.π＋12 D.π＋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＝×π×3＋3×3×2＝π＋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，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 【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，所以设棱长为a，则×a2×sin60°×a＝2，解得a＝2.所以CM＝，故矩形MNC1C面积为2.
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，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 C．2 D.
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，所以设棱长为a，则×a2×sin60°×a＝2，解得a＝2.所以CM＝，故矩形MNC1C面积为2，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－ B．8－
C．8－2π D.
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－π×12×2＝8－π.
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－ B．8－
C．8－2π D.
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＝πr2h＝(r＝1，h＝2)，故体积V＝8－，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＋π×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DE，OG＝OD＝2.
同理，设G′是线段DA与FC延长线的交点，有OC綊DF，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DE和OC綊DF，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＝.
而△OED是边长为2的正三角形，故S△OED＝.
所以SOBED＝S△EOB＋S△OED＝.
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＝，所以VF－OBED＝FQ·S四边形OBED＝.
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DE，OG＝OD＝2.
同理，设G′是线段DA与线段FC延长线的交点，有OC綊DF，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DE和OC綊DF，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，为x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．
图1－6
由条件知E(，0,0)，F(0,0，)，B，C.
则有＝，＝(－，0，)．
所以＝2，即得BC∥EF.
(2)由OB＝1，OE＝2，∠EOB＝60°，知S△EOB＝.
而△OED是边长为2的正三角形，故S△OED＝.
所以S四边形OBED＝S△EOB＋S△OED＝.
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VF－OBED＝FQ·S四边形OBED＝.
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＝EG.
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＝EG.
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] 【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＝AC＝×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＝.
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，－，2)，A(0，－，0)，B(1,0,0)，C(0，，0)．
图1－7
所以＝(1，，－2)，＝(0,2，0)．
设PB与AC所成角为θ，则
cosθ＝＝＝.
(3)由(2)知＝(－1，，0)．
设P(0，－，t)(t＞0)，
则＝(－1，－，t)．
设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，
则·m＝0，·m＝0.
所以
令y＝，则x＝3，z＝，
所以m＝.
同理，可求得平面PDC的法向量n＝.
因为平面PBC⊥平面PDC，
所以m·n＝0，即－6＋＝0.
解得t＝.
所以当平面PBC与平面PDC垂直时，PA＝.
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. B.
C. 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＝，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＝.
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＝＝.
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＝＝，即F到平面SBC的距离为.
由于ED∥BC，所以ED∥平面SBC，故E到平面SBC的距离d也为.
设AB与平面SBC所成的角为α，
则sinα＝＝，α＝arcsin.
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)＝(x－2，y－2，z)，＝(x，y－2，z)，＝(x－1，y，z)，
由||＝||得
＝，
故x＝1，
由||＝1得y2＋z2＝1，
又由||＝2得x2＋(y－2)2＋z2＝4，
即y2＋z2－4y＋1＝0，故y＝，z＝.
于是S，＝，＝，＝，
·＝0，·＝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⊥，a⊥，a·＝0，a·＝0.
又＝，＝(0,2,0)，
故
取p＝2得a＝(－，0,2)．又＝(－2,0,0)，
所以cos〈，a〉＝＝.
故AB与平面SBC所成的角为arcsin.
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. C. 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＝，又BD⊥l，BD＝1，∴CD＝，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＝.
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＝＝.
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＝＝，即F到平面SBC的距离为.
由于ED∥BC，所以ED∥平面SBC，故E到平面SBC的距离d也为.
设AB与平面SBC所成的角为α，则sinα＝＝，α＝arcsin.
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)＝(x－2，y－2，z)，＝(x，y－2，z)，＝(x－1，y，z)，
由||＝||得
＝，
故x＝1，
由||＝1得y2＋z2＝1，
又由||＝2得x2＋(y－2)2＋z2＝4，
即y2＋z2－4y＋1＝0，故y＝，z＝.
于是S，＝，＝，＝，
·＝0，·＝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⊥，a⊥，a·＝0，a·＝0.
又＝，＝(0,2,0)，
故
取p＝2得a＝(－，0,2)．又＝(－2,0,0)，
所以cos〈，a〉＝＝.
故AB与平面SBC所成的角为arcsin.
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＝，∠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)，
＝(－1,1,0)，＝(0,4－t，－t)．
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)．
由n⊥，n⊥，得
取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝(t，t,4－t)．
又＝(t,0，－t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得
cos60°＝，
即＝.
解得t＝或t＝4(舍去，因为AD＝4－t>0)，
所以AB＝.
则＝(1,3－t－m,0)，＝(0,4－t－m,0)，
＝(0，－m，t)．
由||＝||得12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2，
即t＝3－m；①
由||＝||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＝
＝＝>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＝，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＝，
在Rt△ABG中，BG＝AB·sin60°＝，
∴cos∠PGB＝＝＝－.
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，D.
图1－2
∵||＝||sin60°＝，
∴B，C，E，F.
∴＝(0,1,0)，＝，＝，
∴·＝0，·＝0，
∴AD⊥DE，AD⊥FE，
又DE∩FE＝E，∴AD⊥平面DEF.
(2)∵＝，＝，
∴＝，＝2，
解得m＝1，n＝.
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·n2＝0，得a－－c＝0，
由·n2＝0，得a＋－c＝0，
故取n2＝.
∴cos〈n1，n2〉＝＝－.
即二面角P－AD－B的余弦值为－.
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＝＝，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°＝，
在Rt△AMN中，MN＝AN·sinα＝3sinα，
故tanθ＝＝.
又0°<α≤45°，∴0
0)，
所以AB＝.
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＝(1,3－t－m,0)，＝(0,4－t－m,0)，
＝(0，－m，t)．
由||＝||得12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2，
即t＝3－m；①
由||＝||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＝
＝＝>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＝，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＝，
在Rt△ABG中，BG＝AB·sin60°＝，
∴cos∠PGB＝＝＝－.
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，D.
图1－2
∵||＝||sin60°＝，
∴B，C，E，F.
∴＝(0,1,0)，＝，＝，
∴·＝0，·＝0，
∴AD⊥DE，AD⊥FE，
又DE∩FE＝E，∴AD⊥平面DEF.
(2)∵＝，＝，
∴＝，＝2，
解得m＝1，n＝.
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·n2＝0，得a－－c＝0，
由·n2＝0，得a＋－c＝0，
故取n2＝.
∴cos〈n1，n2〉＝＝－.
即二面角P－AD－B的余弦值为－.
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＝＝，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°＝，
在Rt△AMN中，MN＝AN·sinα＝3sinα，
故tanθ＝＝.
又0°<α≤45°，∴00，y>0，z>0.
(1)＝(x－2，y－2，z)，＝(x，y－2，z)，＝(x－1，y，z)，
由||＝||得
＝，
故x＝1，
由||＝1得y2＋z2＝1，
又由||＝2得x2＋(y－2)2＋z2＝4，
即y2＋z2－4y＋1＝0，故y＝，z＝.
于是S，＝，＝，＝，
·＝0，·＝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⊥，a⊥，a·＝0，a·＝0.
又＝，＝(0,2,0)，
故
取p＝2得a＝(－，0,2)．又＝(－2,0,0)，
所以cos〈，a〉＝＝.
故AB与平面SBC所成的角为arcsin.
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] 【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＝a，AF＝a，在△AEF中，运用余弦定理得cos∠AEF＝，即异面直线AE与BC所成角的余弦值为.
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＝.
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＝＝.
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＝＝，即F到平面SBC的距离为.
由于ED∥BC，所以ED∥平面SBC，故E到平面SBC的距离d也为.
设AB与平面SBC所成的角为α，则sinα＝＝，α＝arcsin.
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)＝(x－2，y－2，z)，＝(x，y－2，z)，＝(x－1，y，z)，
由||＝||得
＝，
故x＝1，
由||＝1得y2＋z2＝1，
又由||＝2得x2＋(y－2)2＋z2＝4，
即y2＋z2－4y＋1＝0，故y＝，z＝.
于是S，＝，＝，＝，
·＝0，·＝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⊥，a⊥，a·＝0，a·＝0.
又＝，＝(0,2,0)，
故
取p＝2得a＝(－，0,2)．又＝(－2,0,0)，
所以cos〈，a〉＝＝.
故AB与平面SBC所成的角为arcsin.
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＝，∠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)，
＝(－1,1,0)，＝(0,4－t，－t)．
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)．
由n⊥，n⊥，得
取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝(t，t,4－t)．
又＝(t,0，－t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得
cos60°＝，
即＝.
解得t＝或t＝4(舍去，因为AD＝4－t>0)，
所以AB＝.
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＝(1,3－t－m,0)，＝(0,4－t－m,0)，
＝(0，－m，t)．
由||＝||得12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2，
即t＝3－m；①
由||＝||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＝
＝＝>1.
这与GB＝GD矛盾．
为2，侧棱长为3，点E在侧棱AA1上，点F在侧棱BB1上，且AE＝2，BF＝.
(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，CE＝C1F＝＝2，
EF＝C1E＝＝.
于是有EF2＋C1E2＝C1F2，CE2＋C1E2＝CC.
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＝，CE＝2，
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(，1,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,3)，E(0,0,2)，F(，1，)．
(1)＝(0，－2，－)，＝(，－1，)，
∴·＝0＋2－2＝0，
∴CF⊥C1E.
(2)＝(0，－2,2)，设平面CEF的一个法向量为m＝(x，y，z)．
由m⊥，m⊥，得
即可取m＝(0，，1)．
设侧面BC1的一个法向量为n，由n⊥，n⊥，及＝(，－1,0)，＝(0,0,3)，可取n＝(1，
，0)，设二面角E－CF－C1的大小为θ，于是由θ为锐角可得
cosθ＝＝＝，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＝，⊙O的直径AB＝2，C是的中点，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°＝.
在Rt△POD中，OH＝＝＝.
在Rt△POA中，OG＝＝＝.
在Rt△OHG中，sin∠OGH＝＝＝.
所以cos∠OGH＝＝＝.
故二面角B－PA－C的余弦值为.
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，)，D.
设n1＝(x1，y1，z1)是平面POD的一个法向量，则由n1·＝0，n1·＝0，得
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·＝0，n2·＝0，得
所以x2＝－z2，y2＝z2，
取z2＝1，得n2＝(－，，1)．
因为n1·n2＝(1,1,0)·(－，，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＝(－，，1)．
设向量n2和n3的夹角为θ，则
cosθ＝＝＝.
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.
课标文数19.G5，G11[2011·湖南卷] 如图1－5，在圆锥PO中，已知PO＝，⊙O的直径AB＝2，点C在上，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°＝.
在Rt△POD中，
OH＝＝＝.
在Rt△OHC中，sin∠OCH＝＝.
故直线OC和平面PAC所成角的正弦值为.
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＝AD，
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，，0)，C(－1，，0)，P(0,0,1)，
＝(－1，，0)，＝(0，，－1)，＝(－1,0,0)．
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
因此可取n＝(，1，)．
设平面PBC的法向量为m，则
可取m＝(0，－1，－)．cos〈m，n〉＝＝－.
故二面角A－PB－C的余弦值为－.
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＝PD.
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＝(1,1,0)，＝(0,0,1)，＝(1，－1,0)，
所以·＝0，·＝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)，＝(1,0,0)，＝(－1,2，－1)．
设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，则即
因此可取n＝(0，－1，－2)．
设m是平面PBQ的法向量，则
可取m＝(1,1,1)，所以cos〈m，n〉＝－.
故二面角Q－BP－C的余弦值为－.
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.
(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＝AD，
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＝，PB＝2.
根据DE·PB＝PD·BD得DE＝.
即棱锥D－PBC的高为.
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＝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，M(0,1，t)．所以＝，＝(0,1，t)，＝(1,0,2)．
设平面DMN的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则n1·＝0，n1·＝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·＝0，n2·＝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＝.从而M.
所以AM＝＝.
(2)因为|n1|＝，|n2|＝，
所以cos〈n1，n2〉＝＝ .
因为〈n1，n2〉＝θ或π－θ，所以＝，
解得t＝0或t＝.
根据图形和(1)的结论可知t＝，从而CM的长为.
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＝＝，
又S△AA1D＝×1×1＝××AE，
∴AE＝.
在Rt△BAE中，BE＝＝，
∴cos∠BEA＝＝.
故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为.
(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，
∴S△DB1A·h＝S△ACD·B1A1.
由已知可得AP＝，PB1＝，AB1＝，
∴在等腰△AB1P中，
S△AB1P＝AB1·＝，
∴S△DB1A＝S△AB1P＝.
又S△ACD＝AC·CD＝，
∴h＝＝.
故C到平面B1DP的距离等于.
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，∴＝＝.
由此可得D(0,1，x)，P，
∴＝(1,0,1)，＝(0,1，x)，＝.
设平面BA1D的一个法向量为n1＝(a，b，c)，
则
令c＝－1，则n1＝(1，x，－1)．
∵PB1∥平面BA1D，
∴n1·＝1×(－1)＋x·＋(－1)×0＝0.
由此可得x＝，故CD＝C1D.
(2)由(1)知，平面BA1D的一个法向量n1＝.
又n2＝(1,0,0)为平面AA1D的一个法向量．
∴cos〈n1，n2〉＝＝＝.
故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为.
(3)∵＝(1，－2,0)，＝，
设平面B1DP的一个法向量n3＝(a1，b1，c1)，
则
令c1＝1，可得n3＝.
又＝，
∴C到平面B1DP的距离d＝＝.
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，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝.
(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(2，0,0)，B(0,0,0)，C(，－，)，A1(2，2，0)，B1(0,2，0)，C1(，，)．
图1－9
(1)易得＝(－，－，)，＝(－2，0,0)，于是cos〈，〉＝＝＝.
所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.
(2)易知＝(0,2，0)，＝(－，－，)．
设平面AA1C1的法向量m＝(x，y，z)，
则
即
不妨令x＝，可得m＝(，0，)．
同样地，设平面A1B1C1的法向量n＝(x，y，z)，
则即
不妨令y＝，可得n＝(0，，)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝，
从而sin〈m，n〉＝.
所以二面角A－A1C1－B1的正弦值为.
(3)由N为棱B1C1的中点，得N.
设M(a，b,0)，则＝.
由MN⊥平面A1B1C1，得
即
解得故M.
因此＝，
所以线段BM的长||＝.
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，C1H＝，可得A1C1＝B1C1＝3.
图1－10
因此cos∠C1A1B1＝＝.
所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.
(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·＝.连接AB1，在△ARB1中，AB1＝4，AR＝B1R，cos∠ARB1＝＝－，从而sin∠ARB1＝.
所以二面角A－A1C1－B1的正弦值为.
(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＝C1H＝.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＝＝＝，得DE＝B1E＝，延长EM交AB于点F，可得BF＝B1E＝.连接NE.在Rt△ENM中，ND⊥ME.故ND2＝DE·DM.所以DM＝＝.可得FM＝.连接BM，在Rt△BFM中．
BM＝＝.
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＝.
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＝＝，
从而sin∠BPA＝.
故BM＝PBsin∠BPA＝4.
同理CM＝4.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.
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＝BD＝，
所以点O到平面ABCD的距离OO1＝＝.
因为四棱锥S－ABCD的高为，
故四棱锥S－ABCD的顶点S在与平面ABCD平行且距离为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°＝.
在Rt△ABC中，因AC＝2AF＝2，AB＝2BC，
由勾股定理易知BC＝，AB＝.
故四面体ABCD的体积V＝·S△ABC·DF＝××××1＝.
(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＝.
在Rt△DEF中，EF＝DF·cot∠DEF＝·＝a，
从而GH＝BC＝EF＝a.
因Rt△ADE≌Rt△BDE，故BD＝AD＝a，
从而，在Rt△BDF中，FH＝BD＝.
又FG＝AD＝，从而在△FGH中，因FG＝FH，由余弦定理得
cos∠FGH＝＝＝.
因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为.
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＝AD，∠CAD＝30°，易知点A，C，D的坐标分别为A(0，－，0)，C(0，，0)，D(0,0,1)，则＝(0，，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＝.
由n⊥，有m＋n＝0，从而m＝－.
由l2＋m2＋n2＝1，得l＝±.
设点B的坐标为B(x，y,0)，由⊥，n⊥，取l＝，有
解之得或(舍去)．
易知l＝－与坐标系的建立方式不合，舍去．
因此点B的坐标为B，所以＝.从而
cos〈，〉＝
＝＝－，
故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为.
大纲文数10.G11[2011·重庆卷] 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. D.
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＝BD＝，
所以点O到平面ABCD的距离OO1＝＝，
∵四棱锥S－ABCD的高为，
∴四棱锥的顶点S在与平面ABCD平行且距离为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＝，所以SO1＝＝＝.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＝，∠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＋CE·DE＝1×2＋×1×1＝.
又PA⊥平面ABCD，PA＝1，
所以V四棱锥P－ABCD＝S四边形ABCD·PA＝××1＝.
课标文数18.G12[2011·广东卷] 【解答】 证明：(1)∵A，A′分别为，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＝，
∴△GA′H′≌△O1′H′H，
∴∠H′O1′H＋∠GH′A′＝，
∴O1′H⊥H′G，
∴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，A2，A3，A4.
令P2，P3为A1A4的三等分点，N为A2A4的中点，有
P3，N，
所以，＝－，a，－a，
＝，
＝.
设平面A3P3N的法向量n＝(x，y，z)，有
即
取x＝1，则n＝(1，－，－)．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＝1，
解得a＝，由此可得，边长为的正四面体A1A2A3A4满足条件．
所以所求正四面体的体积V＝Sh＝×a2×a＝a3＝.
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＝，
D1E1＝＝a，
据A1D1×A1E1＝A1M×D1E1，得a＝，
于是正四面体的棱长d＝a＝，其体积V＝a3－4×a3＝a3＝.
(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＝，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∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以，当x＝时，f(x)取得最大值，
即：当VA′－PBCD最大时，PA＝.
(2)证明：设F为A′B的中点，连接PF，FE.则有EF綊BC，PD綊BC，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＝BC，
在▱ABCD中，M是线段AD的中点，
则AM∥BC且AM＝BC，
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＝(2，－2,0)，＝(0,2,0)，
又EF＝AB，
所以F(1，－1,1)，＝(－1,1,1)．
设平面BFC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则m·＝0，m·＝0，
所以
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·＝0，n·＝0，
所以
取y2＝1，得x2＝1，
则n＝(1,1,0)，
所以cos〈m，n〉＝＝.
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，
所以HF＝AE＝1，BH＝，
因此在Rt△BHF中，HR＝，
由于CH＝AB＝，
所以在Rt△CHR中，tan∠HRC＝＝.
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＝AC，
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＝＝，
又S△AA1D＝×1×1＝××AE，
∴AE＝.
在Rt△BAE中，BE＝＝，
∴cos∠BEA＝＝.
故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为.
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＝AA1，即D.
∴＝(1,0,1)，＝，＝(－1,2,0)．
设平面BA1D的一个法向量为n1＝(a，b，c)，
则
令c＝－1，则n1＝.
∵n1·＝1×(－1)＋×2＋(－1)×0＝0，
∴PB1∥平面BDA1，
(2)由(1)知，平面BA1D的一个法向量n1＝.
又n2＝(1,0,0)为平面AA1D的一个法向量，
∴cos〈n1，n2〉＝＝＝.
故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为.
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＝PO＝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＝，所以DO＝.从而AN＝DO＝.在Rt△ANM中，tan∠MAN＝＝＝，即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为.
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)，＝(0,3,4)，＝(－8,0,0)，由此可得·＝0，所以⊥，即 AP⊥BC.
图1－6
(2)设＝λ，λ≠1，则＝λ(0，－3，－4)．
＝＋＝＋λ
＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)
＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，
＝(－4,5,0)，＝(－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
得
即可取n1＝.
由即 得可取n2＝(5,4，－3)．
由n1·n2＝0，得4－3·＝0，
解得λ＝，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＝.
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＝＝，
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＝＝＝.
由AC·DF＝CD·AG得DF＝＝.
在Rt△ABC中，AB＝＝，
S△ABC＝AB·BC＝.
故四面体ABCD的体积V＝·S△ABC·DF＝.
(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＝＝＝，
在Rt△ABC中，EF∥BC，从而EF∶BC＝AF∶AC，所以EF＝＝.
在Rt△DEF中，tan∠DEF＝＝.
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⊥，||＝1，有
解得或(舍去)．
即点B的坐标为B.
又设点D的坐标为D(0，y2，z2)，由||＝1，||＝2，有
解得或(舍去)．
即点D的坐标为D.从而△ACD边AC上的高为h＝|z2|＝.
又||＝＝.||＝1.
故四面体ABCD的体积V＝×·||·||h＝.
(2)由(1)知＝，＝.
设非零向量n＝(l，m，n)是平面ABD的法向量，则由n⊥有
l＋m＝0， ①
由n⊥，有
m＋n＝0， ②
取m＝－1，由①②，可得l＝，n＝，即n＝.
显然向量k＝(0,0,1)是平面ABC的法向量．从而
cos〈n，k〉＝＝.
故tan〈n，k〉＝＝，即二面角C－AB－D的平面角的正切值为.
[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. B. C. 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. B.
C. D.
[2011·丰台调研] 一个体积为12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 B．8
C．8 D．12
[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·＝0，·＝0，·＝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
