09高考数学试题分类汇编立体几何

09高考数学试题分类汇编立体几何

2012 高考真题分类汇编：立体几何 一、选择题 1.【2012 高考真题新课标理 7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的 是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ） ( )A 6 ( )B 9 ( )C  ( )D  【答案】B 【解析】由三视图可知，该几何体是三棱锥，底面是俯视图，高为3，所以几何体的体积为 93362 1 3 1 V ,选 B. 2.【2012 高考真题浙江理 10】已知矩形 ABCD，AB=1，BC= 2 。将△沿矩形的对角线 BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中。 A.存在某个位置，使得直线 AC 与直线 BD 垂直. B.存在某个位置，使得直线 AB 与直线 CD 垂直. C.存在某个位置，使得直线 AD 与直线 BC 垂直. D.对任意位置，三对直线“AC 与 BD”，“AB 与 CD”，“AD 与 BC”均不垂直 【答案】C 【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着，观察在翻着过程，即可 知选项 C 是正确的． 3.【2012 高考真题新课标理 11】已知三棱锥 S ABC 的所有顶点都在球O 的求面上， ABC 是边长为1的正三角形， SC 为球 O 的直径，且 2SC  ；则此棱锥的体积为（ ） ( )A 2 6 ( )B 3 6 ( )C 2 3 ( )D 2 2 【答案】A 【解析】 ABC 的外接圆的半径 3 3r  ，点O 到面 ABC 的距离 2 2 6 3d R r   , SC 为球O 的直径 点 S 到面 ABC 的距离为 2 62 3d  此棱锥的体积为 1 1 3 2 6 223 3 4 3 6ABCV S d      另： 1 323 6ABCV S R   排除 , ,B C D ,选 A. 4.【2012 高考真题四川理 6】下列命题正确的是（ ） A、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 C、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 D、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行 【答案】C 【解析】A.两直线可能平行，相交，异面故 A 不正确；B.两平面平行或相交；C.正确；D. 这两个平面平行或相交. 5.【2012 高考真题四川理 10】如图，半径为 R 的半球O 的底面圆O 在平面 内，过点O 作 平面 的垂线交半球面于点 A ，过圆O 的直径CD 作平面 成 45 角的平面与半球面相交， 所得交线上到平面 的距离最大的点为 B ，该交线上的一点 P 满足 60BOP   ，则 A 、 P 两点间的球面距离为（ ） A、 2arccos 4R B、 4 R C、 3arccos 3R D、 3 R 【答案】A 【解析】根据题意，易知平面 AOB⊥平面 CBD, BOPAOBAOP  coscoscos 4 2 2 1 2 2  , 4 2arccos AOP ，由弧长公式易得， A 、 P 两点间的球面距离为 2arccos 4R . 6.【2012 高考真题陕西理 5】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱 1 1 1ABC A B C ， 1 2CA CC CB  ，则直线 1BC 与直线 1AB 夹角的余弦值为（ ） A. 5 5 B. 5 3 C. 2 5 5 D. 3 5 5.【答案】A. 【解析】设 aCB || ，则 aCCCA 2|||| 1  ， ),2,0(),0,2,0(),,0,0(),0,0,2( 11 aaBaCaBaA ， ),2,0(),,2,2( 11 aaBCaaaAB  ， 5 5 |||| ,cos 11 11 11  BCAB BCABBCAB ，故选 A. 7.【2012 高考真题湖南理 3】某几何体的正视图和侧视图均如图 1 所示，则该几何体的俯视 图不可能是 【答案】D 【解析】本题是组合体的三视图问题，由几何体的正视图和侧视图均如图 1 所示知，原图下 面图为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，Ａ，Ｂ，Ｃ都可能 是该几何体的俯视图，Ｄ不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面应为如图的矩形. 【点评】本题主要考查空间几何体的三视图，考查空间想象能力.是近年高考中的热点题型. 8.【2012 高考真题湖北理 4】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 A． 8π 3 B． 3π C． 10π 3 D． 6π 【答案】B 【解析】显然有三视图我们易知原几何体为 一个圆柱体的一部分，并且有正视图知是一 个 1/2 的圆柱体，底面圆的半径为 1，圆柱体的高为 6，则知所求几何体体积为原体积的一 半为 3π .选 B. 9.【2012 高考真题广东理 6】某几何体的三视图如图所示，它的体积为 A．12π B.45π C.57π D.81π 【答案】C 【解析】该几何体的上部是一个圆锥，下部是一个圆柱，根据三视图中的数量关系，可得  57533-533 1 2222  圆柱圆锥 VVV ．故选 C． 10.【2012 高考真题福建理 4】一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几 何体不可以是 A.球 B.三棱柱 C.正方形 D.圆柱 【答案】D. 【命题立意】本题考查了空间几何体的形状和三视图的概念，以及考生的空间想象能力，难 度一般. 【解析】球的三视图全是圆；如图 正方体截出的三棱锥三视图全是等 腰直角三角形；正方体三视图都是正方形.可以排除 ABC，故选Ｄ． 11.【2012 高考真题重庆理 9】设四面体的六条棱的长分别为 1，1，1，1， 2 和 a ，且长 为 a 的棱与长为 2 的棱异面，则 a 的取值范围是 （A） (0, 2) （B） (0, 3) （C） (1, 2) （D） (1, 3) 【答案】A 【解析】因为 2 2 2 11)2 2(1 2 BE 则 BEBF  ， 222  BEBFAB ， 选 A， 12.【2012 高考真题北京理 7】某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（ ） A. 28+6 5 B. 30+6 5 C. 56+ 12 5 D. 60+12 5 【答案】B 【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥，如图所示，图中蓝色数字所表示的为 直接从题目所给三视图中读出的长度，黑色数字代表通过勾股定理的计算得到的边长。本题 所求表面积应为三棱锥四个面的面积之和，利用垂直关系和三角形面积公式，可得： 10底S ， 10后S ， 10右S ， 56左S ， 因 此 该 几 何 体 表 面 积 5630 左右后底 SSSSS ，故选 B。 13.【2012 高考真题全国卷理 4】已知正四棱柱 ABCD- A1B1C1D1 中 ，AB=2，CC1= 2 2 E 为 CC1 的中点，则直线 AC1 与平面 BED 的距离为 A 2 B 3 C 2 D 1 【答案】D 【解析】连结 BDAC, 交于点 O ，连结 OE ，因为 EO, 是中点，所以 1// ACOE ,且 12 1 ACOE  ，所以 BDEAC //1 ，即直线 1AC 与平面 BED 的距离等于点 C 到平面 BED 的距离，过 C 做 OECF  于 F ,则CF 即为所求距离.因为底面边长为 2，高为 22 ，所以 22AC , 2,2  CEOC , 2OE , 所 以 利 用 等 积 法 得 1CF ， 选 D. 二、填空题 14.【2012 高考真题浙江理 11】已知某三棱锥的三视图（单位：cm）如图所示，则该三棱锥 的体积等于________cm3. 【答案】1 【解析】观察三视图知该三棱锥的底面为一直角三角形，右侧面也是一直角三角形．故体积 等于 1 13 1 2 12 3      ． 15.【2012 高考真题四川理 14】如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，M 、N 分别是 CD 、 1CC 的中点，则异面直线 1A M 与 DN 所成角的大小是____________。 【答案】 2  【命题立意】本题主要考查空间中直线与直线，直线与平面的位置关系，以及异面直线所成 角的求法. 【解析】本题有两种方法，一、几何法：连接 1MD ，则 DNMD 1 ,又 DNDA 11 ，易知 11MDADN 面 ，所以 1A M 与 DN 所成角的大小是 2  ；二、坐标法：建立空间直角坐标 系，利用向量的夹角公式计算得异面直线 1A M 与 DN 所成角的大小是 2  . 16.【2012 高考真题辽宁理 13】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ______________。 【答案】38 【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体在中间挖去了一个等高的圆柱，其中长方体的 长、宽、高分别为 4、3、1，圆柱的底面直径为 2，所以该几何体的表面积为长方体的表面 积加圆柱的侧面积再减去圆柱的底面积，即为 2(3 4 4 1 3 1) 2 1 1 2 38           【点评】本题主要考查几何体的三视图、柱体的表面积公式，考查空间想象能力、运算求解 能力，属于容易题。本题解决的关键是根据三视图还原出几何体，确定几何体的形状，然后 再根据几何体的形状计算出表面积。 17.【2012 高考真题山东理 14】如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 1， ,E F 分别为 线 段 1 1,AA B C 上 的 点 ， 则 三 棱 锥 1D EDF 的 体 积 为 ____________. 【答案】 6 1 【解析】法一：因为 E 点在线段 1AA 上，所以 2 1112 1 1 DEDS ，又因为 F 点在线段 CB1 上 ， 所 以 点 F 到 平 面 1DED 的 距 离 为 1, 即 1h ， 所 以 6 112 1 3 1 3 1 111   hSVV DEDDEDFEDFD . 法二：使用特殊点的位置进行求解，不失一般性令 E 点在 A 点处， F 点在 C 点处，则 6 11112 1 3 1 3 1 111   DDSVV ADCADCDEDFD 。 18.【2012 高考真题辽宁理 16】已知正三棱锥 P  ABC，点 P，A，B，C 都在半径为 3 的 求面上，若 PA，PB，PC 两两互相垂直，则球心到截面 ABC 的距离为________。 【答案】 3 3 【解析】因为在正三棱锥 P  ABC 中，PA，PB，PC 两两互相垂直，所以可以把该正三棱锥 看作为一个正方体的一部分，（如图所示），此正方体内接于球，正方体的体对角线为球的直 径，球心为正方体对角线的中点。球心到截面 ABC 的距离为球的半径减去正三棱锥 P  ABC 在面 ABC 上的 高。已知球的半径为 3 ，所以正方体的棱长为 2，可求得正三棱锥 P  ABC 在面 ABC 上的 高为 2 3 3 ，所以球心到截面 ABC 的距离为 2 3 33 3 3   【点评】本题主要考查组合体的位置关系、抽象概括能力、空间想象能力、运算求解能力以 及转化思想，该题灵活性较强，难度较大。该题若直接利用三棱锥来考虑不宜入手，注意到 条件中的垂直关系，把三棱 19.【2012 高考真题上海理 8】若一个圆锥的侧面展开图是面积为 2 的半圆面，则该圆锥的 体积为 。 【答案】  3 3 【解析】因为半圆面的面积为  22 1 2 l ，所以 42 l ，即 2l ，即圆锥的母线为 2l ， 底 面 圆 的 周 长  22  lr ， 所 以 圆 锥 的 底 面 半 径 1r ， 所 以 圆 锥 的 高 322  rlh ，所以圆锥的体积为  3 333 1 3 1 3 hr 。 20.【2012 高考真题上海理 14】如图，AD 与 BC 是四面体 ABCD 中互相垂直的棱， 2BC ， 若 cAD 2 ，且 aCDACBDAB 2 ，其中 a 、c 为常数，则四面体 ABCD 的体积 的最 大值是 。 【答案】 13 2 22  cac 。 【解析】过点 A 做 AE⊥BC，垂足为 E，连接 DE，由 AD⊥BC 可知，BC⊥平面 ADE， 所以 BCSVVV ADEADECADEB   3 1 = ADES3 2 ， 当 AB=BD=AC=DC=a 时，四面体 ABCD 的体积最大。 过 E 做 EF⊥DA，垂足为点 F，已知 EA=ED，所以△ADE 为等腰三角形，所以点 E 为 AD 的中点，又 12222  aBEABAE ，∴EF= 12222  caAFAE ， ∴ ADES = EFAD  2 1 = 122  cac ， ∴四面体 ABCD 体积的最大值 maxV ADES3 2 = 13 2 22  cac 。 21.【2012 高考江苏 7】（5 分）如图，在长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， 3cmAB AD  ， 1 2cmAA  ， 则四棱锥 1 1A BB D D 的体积为 ▲ cm3． 【答案】6。 【考点】正方形的性质，棱锥的体积。 【解析】∵长方体底面 ABCD 是正方形，∴△ ABD 中 =3 2BD cm，BD 边上的高是 3 22 cm （它也是 1 1A BB D D 中 1 1BB D D 上的高）。 ∴四棱锥 1 1A BB D D 的体积为 1 33 2 2 2=63 2    。 22.【2012 高考真题安徽理 12】某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是 _____ ． 【答案】92 【命题立意】本题考查空间几何体的三视图以及表面积的求法。 【解析】该几何体是底面是直角梯形，高为 4 的直四棱柱， 几何体的表面积是 2 212 (2 5) 4 (2 5 4 4 (5 2) ) 4 922S              ． 23.【2012 高考真题天津理 10】一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体 积为_________m3. 【答案】 918 【解析】根据三视图可知，这是一个上面为长方体，下面有两个直径为 3 的球构成的组合体， 两个球的体积为  9)2 3(3 42 3  ，长方体的体积为 18631  ，所以该几何体的体积 为 918 。 24.【2012 高考真题全国卷理 16】三菱柱 ABC-A1B1C1 中，底面边长和侧棱长都相等， BAA1=CAA1=60°则异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为____________. 【答案】 3 6 【解析】如图 设 ,,,1 cACbABaAA  设棱长为 1， 则 ,1 baAB  bcaBCaBC -1  ， 因 为 底 面 边 长 和 侧 棱 长 都 相 等 ， 且 0 11 60 CAABAA 所以 2 1 cbcaba ，所以 3)( 2 1  baAB ， 2)-( 2 1  bcaBC ， 2)-()(11  bcabaBCAB ，设异面直线的夹角 为 ，所以 3 6 32 2cos 11 11    BCAB BCAB . 三、解答题 25.【2012 高考真题广东理 18】（本小题满分 13 分） 如图 5 所示，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA⊥平面 ABCD，点 E 在线段 PC 上，PC⊥平面 BDE． （1） 证明：BD⊥平面 PAC； （2） 若 PH=1，AD=2，求二面角 B-PC-A 的正切值； 【答案】本题考查空间直线与平面的位置关系，考查直线与平面垂直的证明、二面角的求解 等问题，考查了学生的空间想象能力以及推理论证能力. 26.【2012 高考真题辽宁理 18】(本小题满分 12 分) 如图，直三棱柱 / / /ABC A B C ， 90BAC   ， / ,AB AC AA  点 M，N 分别为 /A B 和 / /B C 的中点。 (Ⅰ)证明： MN ∥平面 / /A ACC ; (Ⅱ)若二面角 /A MN C  为直二面角，求  的值。 【答案】 【点评】本题以三棱柱为载体主要考查空间中的线面平行的判定，借助空间直角坐标系求平 面的法向量的方法，并利用法向量判定平面的垂直关系，考查空间想象能力、推理论证能力、 运算求解能力，难度适中。第一小题可以通过线线平行来证明线面平行，也可通过面面平行 来证明。 27.【2012 高考真题湖北理 19】（本小题满分 12 分） 如图 1， 45ACB   ， 3BC  ，过动点 A 作 AD BC ，垂足 D 在线段 BC 上且异于点 B，连接 AB，沿 AD 将△ ABD 折起，使 90BDC   （如图 2 所示）． （Ⅰ）当 BD 的长为多少时，三棱锥 A BCD 的体积最大； （Ⅱ）当三棱锥 A BCD 的体积最大时，设点 E ， M 分别为棱 BC ， AC 的中点，试在 棱CD 上确定一点 N ，使得 EN  BM ，并求 EN 与平面 BMN 所成角的大小． 第 19 题图 【答案】（Ⅰ）解法 1：在如图 1 所示的△ ABC 中，设 (0 3)BD x x   ，则 3CD x  ． 由 AD BC ， 45ACB   知，△ ADC 为等腰直角三角形，所以 3AD CD x   . 由折起前 AD BC 知，折起后（如图 2）， AD DC ， AD BD ，且 BD DC D ， 所以 AD  平面 BCD ．又 90BDC   ，所以 1 1 (3 )2 2BCDS BD CD x x     ．于是 1 1 1 1(3 ) (3 ) 2 (3 )(3 )3 3 2 12A BCD BCDV AD S x x x x x x           31 2 (3 ) (3 ) 2 12 3 3 x x x        ， 当且仅当 2 3x x  ，即 1x  时，等号成立， 故当 1x  ，即 1BD  时, 三棱锥 A BCD 的体积最大． 解法 2： 同解法 1，得 3 21 1 1 1(3 ) (3 ) ( 6 9 )3 3 2 6A BCD BCDV AD S x x x x x x          ． 令 3 21( ) ( 6 9 )6f x x x x   ，由 1( ) ( 1)( 3) 02f x x x     ，且 0 3x  ，解得 1x  ． 当 (0, 1)x 时， ( ) 0f x  ；当 (1, 3)x 时， ( ) 0f x  ． 所以当 1x  时， ( )f x 取得最大值． 故当 1BD  时, 三棱锥 A BCD 的体积最大． （Ⅱ）解法 1：以 D 为原点，建立如图 a 所示的空间直角坐标系 D xyz ． 由（Ⅰ）知，当三棱锥 A BCD 的体积最大时， 1BD  ， 2AD CD  ． 于是可得 (0, 0, 0)D ， (1, 0, 0)B ， (0, 2, 0)C ， (0, 0, 2)A ， (0, 1, 1)M ， 1( , 1, 0)2E ， 且 ( 1, 1, 1)BM   ． D A B C A C D B 图 2图 1 M E .· 设 (0, ,0)N  ，则 1( , 1,0)2EN    . 因为 EN BM 等价于 0EN BM   ，即 1 1( , 1, 0) ( 1, 1, 1) 1 02 2          ，故 1 2   ， 1(0, , 0)2N . 所以当 1 2DN  （即 N 是 CD 的靠近点 D 的一个四等分点）时， EN BM ． 设平面 BMN 的一个法向量为 ( , , )x y zn ，由 , , BN BM      n n 及 1( 1, ,0)2BN   ， 得 2 , . y x z x     可取 (1, 2, 1) n ． 设 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 ，则由 1 1( , , 0)2 2EN    ， (1, 2, 1) n ，可得 1| 1| 32sin cos(90 ) 2| | | | 26 2 EN EN             n n ，即 60   ． 故 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 60 . 解法 2：由（Ⅰ）知，当三棱锥 A BCD 的体积最大时， 1BD  ， 2AD CD  ． 如图 b，取CD 的中点 F ，连结 MF ， BF ， EF ，则 MF ∥ AD . 由（Ⅰ）知 AD  平面 BCD ，所以 MF  平面 BCD . 如图 c，延长 FE 至 P 点使得 FP DB ，连 BP ， DP ，则四边形 DBPF 为正方形， 所以 DP BF . 取 DF 的中点 N ，连结 EN ，又 E 为 FP 的中点，则 EN ∥ DP ， 所以 EN BF . 因为 MF  平面 BCD ，又 EN  面 BCD ，所以 MF EN . 又 MF BF F ，所以 EN  面 BMF . 又 BM  面 BMF ，所以 EN BM . 因为 EN BM 当且仅当 EN BF ，而点 F 是唯一的，所以点 N 是唯一的. 即当 1 2DN  （即 N 是CD 的靠近点 D 的一个四等分点）， EN BM ． C A D B 图 a E M x y z 图 b C A D B E F M N 图 c B D P CFN E B G M N E H 图 d 第 19 题解答图 N 连接 MN ， ME ，由计算得 5 2NB NM EB EM    ， 所以△ NMB 与△ EMB 是两个共底边的全等的等腰三角形， 如图 d 所示，取 BM 的中点 G ，连接 EG ， NG ， 则 BM  平面 EGN ．在平面 EGN 中，过点 E 作 EH GN 于 H ， 则 EH  平面 BMN ．故 ENH 是 EN 与平面 BMN 所成的角． 在△ EGN 中，易得 2 2EG GN NE   ，所以△ EGN 是正三角形， 故 60ENH   ，即 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 60 . 28.【2012 高考真题新课标理 19】（本小题满分 12 分） 如图，直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1 1 2AC BC AA  ， D 是棱 1AA 的中点， BDDC 1 （1）证明： BCDC 1 （2）求二面角 11 CBDA  的大小. 【答案】（1）在 Rt DAC 中， AD AC 得： 45ADC   同理： 1 1 145 90A DC CDC      得： 1 1 1,DC DC DC BD DC    面 1BCD DC BC  （2） 1 1,DC BC CC BC BC    面 1 1ACC A BC AC  取 1 1A B 的中点O ，过点O 作OH BD 于点 H ，连接 1 1,C O C H 1 1 1 1 1 1 1AC B C C O A B   ，面 1 1 1A B C  面 1A BD 1C O  面 1A BD 1OH BD C H BD   得：点 H 与点 D 重合 且 1C DO 是二面角 11 CBDA  的平面角 设 AC a ，则 1 2 2 aC O  ， 1 1 12 2 30C D a C O C DO      既二面角 11 CBDA  的大小为30 29.【2012 高考江苏 16】（14 分）如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1 1 1 1A B AC ，D E， 分 别是棱 1BC CC， 上的点（点D 不同于点 C ），且 AD DE F ， 为 1 1B C 的中点． 求证：（1）平面 ADE  平面 1 1BCC B ； （2）直线 1 //A F 平面 ADE ． 【答案】证明：（1）∵ 1 1 1ABC A B C 是直三棱柱，∴ 1CC  平面 ABC 。 又∵ AD  平面 ABC ，∴ 1CC AD 。 又∵ 1AD DE CC DE ， ， 平面 1 1 1BCC B CC DE E， ，∴ AD  平 面 1 1BCC B 。 又∵ AD  平面 ADE ，∴平面 ADE  平面 1 1BCC B 。 （2）∵ 1 1 1 1A B AC ，F 为 1 1B C 的中点，∴ 1 1 1A F B C 。 又∵ 1CC  平面 1 1 1A B C ，且 1A F  平面 1 1 1A B C ，∴ 1 1CC A F 。 又∵ 1 1 1 CC B C ， 平面 1 1BCC B ， 1 1 1 1CC B C C ，∴ 1A F  平面 1 1 1A B C 。 由（1）知， AD  平面 1 1BCC B ，∴ 1A F ∥ AD 。 又∵ AD  平面 1, ADE A F 平面 ADE ，∴直线 1 //A F 平面 ADE 【考点】直线与平面、平面与平面的位置关系。 【解析】（1）要证平面 ADE  平面 1 1BCC B ，只要证平面 ADE 上的 AD  平面 1 1BCC B 即可。 它可由已知 1 1 1ABC A B C 是直三棱柱和 AD DE 证得。 （2）要证直线 1 //A F 平面 ADE ，只要证 1A F ∥平面 ADE 上的 AD 即可。 30.【2012 高考真题四川理 19】(本小题满分 12 分) 如图，在三棱锥 P ABC 中， 90APB   ， 60PAB   ， AB BC CA  ，平面 PAB  平面 ABC 。 （Ⅰ）求直线 PC 与平面 ABC 所成角的大小； （Ⅱ）求二面角 B AP C  的大小。 【答案】本题主要考查直线与平面的位置关系，线面角的概念，二面角的概念等基础知识， 考查空间想象能力，利用向量解决立体几何问题的能力. 31.【2012 高考真题福建理 18】如图，在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中 AA1=AD=1，E 为 CD 中点. （Ⅰ）求证：B1E⊥AD1； （Ⅱ）在棱 AA1 上是否存在一点 P，使得 DP∥平面 B1AE？若存在，求 AP 的行；若存在，求 AP 的长；若不存在，说明理由. （Ⅲ）若二面角 A-B1EA1 的大小为 30°，求 AB 的长. 【答案】本题主要考查立体几何中直线与直线、直线与平面的位置关系及二面角的概念与求 法等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、基本运算能力，以及函数与方程的思想、 数形结合思想、化归与转化思想. 32.【2012 高考真题北京理 16】（本小题共 14 分） 如图 1，在 Rt△ABC 中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E 分别是 AC，AB 上的点，且 DE∥BC，DE=2，将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置，使 A1C⊥CD,如图 2. (I)求证：A1C⊥平面 BCDE； (II)若 M 是 A1D 的中点，求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小； (III)线段 BC 上是否存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直？说明理由 【答案】解： （1） CD DE ， 1A E DE  DE  平面 1ACD ， 又 1AC  平面 1ACD ，  1AC  DE 又 1AC CD ，  1AC  平面 BCDE 。 （2）如图建系 C xyz ，则  2 0 0D  ， ， ，  0 0 2 3A ， ， ，  0 3 0B ， ， ，  2 2 0E  ， ， ∴  1 0 3 2 3A B   ， ， ,  1 2 1 0A E    ， ， 设平面 1A BE 法向量为  n x y z ， ， 则 1 1 0 0 A B n A E n          ∴ 3 2 3 0 2 0 y z x y      ∴ 3 2 2 z y yx      ∴  1 2 3n   ， ， 又∵  1 0 3M  ， ， ∴  1 0 3CM   ， ， ∴ 1 3 4 2cos 2| | | | 1 4 3 1 3 2 2 2 CM n CM n                 ， ∴ CM 与平面 1A BE 所成角的大小 45。 （3）设线段 BC 上存在点 P ，设 P 点坐标为  0 0a， ， ，则  0 3a  ， 则  1 0 2 3A P a  ， ， ，  2 0DP a ， ， 设平面 1A DP 法向量为  1 1 1 1n x y z ， ， ， 则 1 1 1 1 2 3 0 2 0 ay z x ay      ∴ 1 1 1 1 3 6 1 2 z ay x ay      ∴  1 3 6 3n a a  ， ， 。 假设平面 1A DP 与平面 1A BE 垂直， 则 1 0n n   ，∴ 3 12 3 0a a   ， 6 12a   ， 2a   ， ∵ 0 3a  ，∴不存在线段 BC 上存在点 P ，使平面 1A DP 与平面 1A BE 垂直。 33.【2012 高考真题浙江理 20】(本小题满分 15 分)如图，在四棱锥 P—ABCD 中，底面 是边长为 2 3 的菱形，且∠BAD＝120°，且 PA⊥平面 ABCD，PA＝ 2 6 ，M，N 分别为 PB， PD 的中点． (Ⅰ)证明：MN∥平面 ABCD； (Ⅱ) 过点 A 作 AQ⊥PC，垂足为点 Q，求二面角 A—MN—Q 的平面角的余弦值． 【命题立意】本题主要考查空间点、线、面的位置关系，二面角所成角等基础知识，同 时考查空间想象能力和推理论证能力。 【答案】(Ⅰ)如图连接 BD． ∵M，N 分别为 PB，PD 的中点， ∴在  PBD 中，MN∥BD． 又 MN  平面 ABCD， ∴MN∥平面 ABCD； (Ⅱ)如图建系： A(0，0，0)，P(0，0， 2 6 )，M( 3 2  ， 3 2 ，0)， N( 3 ，0，0)，C( 3 ，3，0)． 设 Q(x，y，z)，则 ( 3 3 ) ( 3 3 2 6)CQ x y z CP      ， ， ， ， ， ． ∵ ( 3 3 2 6 )CQ CP        ， ， ，∴ ( 3 3 3 3 2 6 )Q    ， ， ． 由 0OQ CP OQ CP       ，得： 1 3   ． 即： 2 3 2 6( 2 )3 3Q ， ， ． 对于平面 AMN：设其法向量为 ( )n a b c ， ， ． ∵ 3 3( 0) =( 3 0 0)2 2AM AN  ， ， ， ， ， ． 则 3 33 30 0 12 2 30 3 0 0 a AM n a b b AN n a c                           ． ∴ 3 1( 0)3 3n  ， ， ． 同理对于平面 AMN 得其法向量为 ( 3 1 6)v   ，， ． 记所求二面角 A—MN—Q 的平面角大小为 ， 则 10cos 5 n v n v         ． ∴所求二面角 A—MN—Q 的平面角的余弦值为 10 5 ． 34.【2012 高考真题重庆理 19】（本小题满分 12 分 如图，在直三棱柱 111 CBAABC  中， AB=4，AC=BC=3，D 为 AB 的中点 （Ⅰ）求点 C 到平面 11 ABBA 的距离; （Ⅱ）若 1 1AB AC 求二面角 的平面角的余弦值. 【答案】 【命题立意】本题考查立体几何的相关知识，考查线面垂直关系、二面角的求法以及空间向 量在立体几何中的应用. 35.【2012 高考真题江西理 20】（本题满分 12 分） 在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，已知 AB=AC=AA1= 5 ，BC=4，在 A1 在底面 ABC 的投影是线 段 BC 的中点 O。 （1）证明在侧棱 AA1 上存在一点 E，使得 OE⊥平面 BB1C1C，并求出 AE 的长； （2）求平面 A1B1C 与平面 BB1C1C 夹角的余弦值。 【答案】 【点评】本题考查线面垂直，二面角、向量法在解决立体几何问题中的应用以及空间想象的 能力. 高考中，立体几何解答题一般有以下三大方向的考查.一、考查与垂直，平行有关的线 面关系的证明；二、考查空间几何体的体积与表面积；三、考查异面角，线面角，二面角等 角度问题.前两种考查多出现在第 1 问，第 3 种考查多出现在第 2 问；对于角度问题，一般 有直接法与空间向量法两种求解方法. 36.【2012 高考真题安徽理 18】（本小题满分 12 分） 平 面 图 形 1 1 1ABB AC C 如 图 4 所 示 ， 其 中 1 1BB C C 是 矩 形 ， 12, 4BC BB  ， 2AB AC  ， 1 1 1 1 5A B AC  。现将该平面图形分别沿 BC 和 1 1B C 折叠，使 ABC 与 1 1 1A B C 所在平面都与平面 1 1BB C C 垂直，再分别连接 1 1 1, ,AA BA CA ,得到如图 2 所示的 空间图形，对此空间图形解答下列问题。 （Ⅰ）证明： 1AA BC ； （Ⅱ）求 1AA 的长； （Ⅲ）求二面角 1A BC A  的余弦值。 【答案】本题考查平面图形与空间图形的转化，空间直线与直线、直线与平面、平面 与平面的位置关系的判定。空间线段长度和空间角的余弦值的计算等基础知识和基本技能， 考查空间想象能力，推理论证能力和求解能力。 【解析】(综合法) （I）取 1 1,BC B C 的中点为点 1,O O ，连接 1 1 1 1, , ,AO OO AO AO ， 则 AB AC AO BC   ，面 ABC  面 1 1BB C C AO  面 1 1BB C C ， 同理： 1 1AO  面 1 1BB C C 得： 1 1 1 1/ / , , ,AO AO A O A O 共面， 又 1 1,OO BC OO AO O   BC  面 1 1 1AOO A AA BC  。 （Ⅱ）延长 1 1AO 到 D ，使 1O D OA ，得： 1 1/ / / /O D OA AD OO ， 1OO BC ，面 1 1 1A B C  面 1 1BB C C 1OO  面 1 1 1A B C  AD  面 1 1 1A B C ， 2 2 2 2 1 4 (2 1) 5AA AD DA      。 （Ⅲ） 1 1,AO BC AO BC AOA    是二面角 1A BC A  的平面角。 在 1 1Rt OO A 中， 2 2 2 2 1 1 1 1 4 2 2 5A O OO AO     ， 在 1Rt OAA 中， 2 2 2 1 1 1 1 5cos 2 5 AO AO AAAOA AO AO      ， 得：二面角 1A BC A  的余弦值为 5 5  。 37.【2012 高考真题上海理 19】（6+6=12 分）如图，在四棱锥 ABCDP  中，底面 ABCD 是 矩形， PA 底面 ABCD ， E 是 PC 的中点，已知 2AB ， 22AD ， 2PA ，求： （1）三角形 PCD 的面积； （2）异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小。 【答案】 【解析】（1）∵PA⊥底面 ABCD，∴PA⊥CD， 又∵CD⊥AD，∴CD⊥平面 PAD， ∴CD⊥PD， 又∵ 32)22(2 22 PD ，CD=2， ∴△PCD 的面积为 323222 1  。 （2）解法一：取 PB 的中点 F，连接 EF,AF, 则 EF∥BC，∴∠AEF(或其补角)是异面直线 BC 与 AE 所成的角。 在△ADF 中，EF= 2 、AF= 2 ,AE=2， ∴△AEF 是等腰直角三角形， ∴∠AEF= 4  ， ∴异面直线 BC 与 AE 所成的角大小为 4  。 解法二：如图所示，建立空间直角坐标系， 则 B(2,0,0),C(2， 22 ,0),E(1， 2 ,1)， ∴ AE =(1 ， 2 ,1) ， BC =(0, 22 ,0), 设 AE 与 BC 的夹角为 ，则 ACAE ACAE cos = 2 2 222 4   ,, 又∵0＜ ≤ 2  ，∴ = 4  。 【点评】本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证 能力．综合考查空间中两条异面直线所成的角的求解，同时考查空间几何体的体积公式的运 用.本题源于《必修 2》立体几何章节复习题，复习时应注重课本，容易出现找错角的情况， 要考虑全面，考查空间想象能力，属于中档题． 38.【2012 高考真题全国卷理 18】（本小题满分 12 分）（注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．） 如图，四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为菱形，PA⊥底面 ABCD，AC=2 2 ，PA=2，E 是 PC 上的一点，PE=2EC. （Ⅰ）证明：PC⊥平面 BED； （Ⅱ）设二面角 A-PB-C 为 90°，求 PD 与平面 PBC 所成角的大小. 【答案】 39.【2012 高考真题山东理 18】（18）（本小题满分 12 分） 在如图所示的几何体中，四边形 ABCD 是等腰梯形， AB ∥CD ， 60 ,DAB FC   平 面 , ,ABCD AE BD CB CD CF   . （Ⅰ）求证： BD  平面 AED ； （Ⅱ）求二面角 F BD C  的余弦值. 【答案】 40.【2012 高考真题湖南理 18】（本小题满分 12 分） 如图 5，在四棱锥 P-ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，AB=4，BC=3，AD=5，∠DAB=∠ABC=90°， E 是 CD 的中点. （Ⅰ）证明：CD⊥平面 PAE； （Ⅱ）若直线 PB 与平面 PAE 所成的角和 PB 与平面 ABCD 所成的角相等，求四棱锥 P-ABCD 的体积. 【答案】解法 1（Ⅰ如图（1）），连接 AC，由 AB=4， 3BC  ， 90 5.ABC AC  ,得 5,AD 又 Ｅ是ＣＤ的中点，所以 .CD AE , ,PA ABCD CD ABCD  平面 平面 所以 .PA CD 而 ,PA AE是平面PAE 内的两条相交直线，所以 CD⊥平面 PAE. （Ⅱ）过点Ｂ作 , , , , .BG CD AE AD F G PF  分别与 相交于 连接 由（Ⅰ）CD⊥平面 PAE 知，ＢＧ⊥平面 PAE.于是 BPF 为直线ＰＢ与平面 PAE 所成的角，且 BG AE . 由 PA ABCD 平面 知， PBA 为直线 PB 与平面 ABCD 所成的角. 4, 2, ,AB AG BG AF   由题意，知 ,PBA BPF   因为sin ,sin ,PA BFPBA BPFPB PB     所以 .PA BF 由 90 / / , / / ,DAB ABC AD BC BG CD    知， 又 所以四边形 BCDG 是平行四边形， 故 3.GD BC  于是 2.AG  在 RtΔBAG 中， 4, 2, ,AB AG BG AF   所以 2 2 2 16 8 52 5, .52 5 ABBG AB AG BF BG       于是 8 5 .5PA BF  又梯形 ABCD 的面积为 1 (5 3) 4 16,2S      所以四棱锥 P ABCD 的体积为 1 1 8 5 128 516 .3 3 5 15V S PA       解法 2：如图（2），以 A 为坐标原点， , ,AB AD AP 所在直线分别为 x y z轴， 轴， 轴 建立 空间直角坐标系.设 ,PA h 则相关的各点坐标为： (4,0,0), (4,0,0), (4,3,0), (0,5,0), (2,4,0), (0,0, ).A B C D E P h （Ⅰ）易知 ( 4,2,0), (2,4,0), (0,0, ).CD AE AP h      因为 8 8 0 0, 0,CD AE CD AP           所以 , .CD AE CD AP  而 ,AP AE 是平面 PAE 内的两条相交直线，所以 .CD PAE 平面 (Ⅱ)由题设和（Ⅰ）知， ,CD AP   分别是 PAE平面 ， ABCD平面 的法向量，而 PB 与 PAE平面 所成的角和 PB 与 ABCD平面 所成的角相等，所以 cos , cos , .CD PB PA PBCD PB PA PB CD PB PA PB                    ,即 由（Ⅰ）知， ( 4,2,0), (0,0, ),CD AP h     由 (4,0, ),PB h  故 2 22 16 0 0 0 0 . 162 5 16 h h hh         解得 8 5 5h  . 又梯形 ABCD 的面积为 1 (5 3) 4 162S      ，所以四棱锥 P ABCD 的体积为 1 1 8 5 128 5163 3 5 15V S PA       . 41.【2012 高考真题天津理 17】（本小题满分 13 分） 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC=45°，PA=AD=2， AC=1. （Ⅰ）证明 PC⊥AD； （Ⅱ）求二面角 A-PC-D 的正弦值； （Ⅲ）设 E 为棱 PA 上的点，满足异面直线 BE 与 CD 所成的角为 30°，求 AE 的长. 【答案】 2012 高考试题分类汇编:6：立体几何 一、选择题 1.【2012 高考新课标文 7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的 三视图，则此几何体的体积为（ ） ( )A 6 ( )B 9 ( )C  ( )D  【答案】B 【解析】选 B 由三视图可知，该几何体是三棱锥，底面是俯视图，高为3，所以几何体的体 积为 93362 1 3 1 V ,选 B. 2.【2012 高考新课标文 8】平面α截球 O 的球面所得圆的半径为 1，球心 O 到平面α的距离 为 2，则此球的体积为 （A） 6π （B）4 3π （C）4 6π （D）6 3π 【答案】B 【解析】球半径 3)2(1 2 r ，所以球的体积为  34)3(3 4 3  ，选 B. 3.【2012 高考全国文 8】已知正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中 ， 2AB  ， 1 2 2CC  ， E 为 1CC 的中点，则直线 1AC 与平面 BED 的距离为 （A） 2 （B） 3 （C） 2 （D）1 【答案】D 【解析】连结 BDAC, 交于点 O ，连结 OE ，因为 EO, 是中点，所以 1// ACOE ,且 12 1 ACOE  ，所以 BDEAC //1 ，即直线 1AC 与平面 BED 的距离等于点 C 到平面 BED 的距离，过 C 做 OECF  于 F ,则 CF 即为所求距离.因为底面边长为 2，高为 22 ，所以 22AC , 2,2  CEOC , 2OE , 所 以 利 用 等 积 法 得 1CF ， 选 D. 4.【2012 高考陕西文 8】将正方形（如图 1 所示）截去两个三棱锥，得到图 2 所示的几何体， 则该几何体的左视图为 （ ） 8.【答案】B. 【解析】根据.空间几何体的三视图的概念易知左视图 1AD 是实线 CB1 是虚线，故选 B. 5.【2012 高考江西文 7】若一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为 A．11 2 B.5 C.4 D. 9 2 【答案】D 【 解 析 】 由 三 视 图 可 知 这 是 一 个 高 为 1 的 直 六 棱 柱 。 底 面 为 六 边 形 的 面 积 为 4212 31  ）（ ，所以直六棱柱的体积为 414  ，选 D. 易错提示：本题容易把底面六边形看成是边长为 1 的正六边形，其实只有上下两个边长是 1. 6.【2012 高考湖南文 4】某几何体的正视图和侧视图均如图 1 所示，则该几何体的俯视图不． 可能．．是 【答案】D 【解析】本题是组合体的三视图问题，由几何体的正视图和侧视图均如图 1 所示知，原图下 面图为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，Ａ，Ｂ，Ｃ，都可 能是该几何体的俯视图，Ｄ不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面应为如图的矩 形. 【点评】本题主要考查空间几何体的三视图，考查空间想象能力.是近年来热点题型. 7.【2012 高考广东文 7】某几何体的三视图如图 1 所示，它的体积为 A. 72 B. 48 C. 30 D. 24 【答案】C 【解析】该几何体是圆锥和半球体的组合体，则它的体积 2 31 1 43 4 3 303 2 3V V V           圆锥 半球体 . 8.【2102 高考福建文 4】一个几何体的三视图形状都相同，大小均等，那么这个几何体不可 图 1 正视图 俯视图 侧视图 5 5 6 3 5 5 6 3 以是 A 球 B 三棱锥 C 正方体 D 圆柱 【答案】D. 【解析】球的三视图全是圆；如图 正方体截出的三棱锥三视图全是等 腰直角三角形；正方体三视图都是正方形.可以排除 ABC，故选Ｄ． 9.【2012 高考重庆文 9】设四面体的六条棱的长分别为 1，1，1，1， 2 和 a 且长为 a 的棱 与长为 2 的棱异面，则 a 的取值范围是 （A） (0, 2) （B） (0, 3) （C） (1, 2) （D） (1, 3) 【答案】A 【解析】因为 2 2 2 11)2 2(1 2 BE 则 BEBF  ， 222  BEBFAB ， 选 A， 10.【2012 高考浙江文 3】已知某三棱锥的三视图（单位：cm）如图所示，则该三棱锥的体 积是 A.1cm3 B.2cm3 C.3cm3 D.6cm3 【答案】C 【解析】由题意判断出，底面是一个直角三角形，两个直角边分别为 1 和 2，整个棱锥的 高由侧视图可得为 3，所以三棱锥的体积为 1 1 1 2 3 13 2      . 11.【2012 高考浙江文 5】 设l 是直线，a，β是两个不同的平面 A. 若l ∥a，l ∥β，则 a∥β B. 若l ∥a，l ⊥β，则 a⊥β C. 若 a⊥β，l ⊥a，则l ⊥β D. 若 a⊥β, l ∥a，则l⊥β 【答案】B 【解析】利用排除法可得选项 B 是正确的，∵l ∥a，l ⊥β，则 a⊥β．如选项 A：l ∥a， l ∥β时，a⊥β或 a∥β；选项 C：若 a⊥β，l ⊥a，l ∥β或l  ；选项 D：若若 a⊥β, l ⊥a，l ∥β或l⊥β． 12.【2012 高考四川文 6】下列命题正确的是（ ） A、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 C、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 D、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行 【答案】C 【解析】A.两直线可能平行，相交，异面故 A 不正确；B.两平面平行或相交；C.正确；D. 这两个平面平行或相交. 13.【2012 高考四川文 10】如图，半径为 R 的半球O 的底面圆O 在平面 内，过点O 作平 面 的垂线交半球面于点 A ，过圆 O 的直径 CD 作平面 成 45 角的平面与半球面相交， 所得交线上到平面 的距离最大的点为 B ，该交线上的一点 P 满足 60BOP   ，则 A 、 P 两点间的球面距离为（ ） A、 2arccos 4R B、 4 R C、 3arccos 3R D、 3 R 【答案】A 【解析】根据题意，易知平面 AOB⊥平面 CBD, BOPAOBAOP  coscoscos 4 2 2 1 2 2  , 4 2arccos AOP ，由弧长公式易得， A 、 P 两点间的球面距离为 2arccos 4R . 14.【2102 高考北京文 7】某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是 （A）28+ 6 5 （B）30+ 6 5 （C）56+12 5 （D）60+12 5 【答案】B 【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥，如图所示，图中蓝色数字所表示的 为直接从题目所给三视图中读出的长度，黑色数字代表通过勾股定理的计算得到的边长。本 题所求表面积应为三棱锥四个面的面积之和，利用垂直关系和三角形面积公式，可得： 10底S ， 10后S ， 10右S ， 56左S ， 因 此 该 几 何 体 表 面 积 5630  左右后底 SSSSS ，故选 B。 二、填空题 15.【2012 高考四川文 14】如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，M 、N 分别是CD 、 1CC 的中点，则异面直线 1A M 与 DN 所成的角的大小是____________。 【答案】 2  【解析】本题有两种方法，一、几何法：连接 1MD ，则 DNMD 1 ,又 DNDA 11 ，易 知 11MDADN 面 ，所以 1A M 与 DN 所成角的大小是 2  ；二、坐标法：建立空间直角坐 标系，利用向量的夹角公式计算得异面直线 1A M 与 DN 所成角的大小是 2  . 16.【2012 高考上海文 5】一个高为 2 的圆柱，底面周长为 2 ，该圆柱的表面积为 【答案】 6 【解析】底面圆的周长  22 r ，所以圆柱的底面半径 1r ，所以圆柱的侧面积为 4 两个底面积为  22 2 r 。，所以圆柱的表面积为 6 。 17.【2012 高考湖北文 15】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ____________. 【答案】12 【解析】由三视图可知，该几何体是由左右两个相同的圆柱（底面圆半径为 2，高为 1）与 中 间 一 个 圆 柱 （ 底 面 圆 半 径 为 1 ， 高 为 4 ） 组 合 而 成 ， 故 该 几 何 体 的 体 积 是 2 22 1 2 1 4 12V           . 【点评】本题考查圆柱的三视图的识别，圆柱的体积.学生们平常在生活中要多多观察身边 的实物都是由什么几何形体构成的，以及它们的三视图的画法. 来年需注意以三视图为背 景，考查常见组合体的表面积. 18.【2012 高考辽宁文 13】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 _______________. 【答案】12+π 【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体和一个等高的圆柱的组合体，其中长方体的长、 宽 、 高分 别 为 4 、 3 、 1 ， 圆 柱的 底 面 直径 为 2 ， 高 位 1 ， 所 以该 几 何 体的 体 积 为 3 4 1 1 1 12        【点评】本题主要考查几何体的三视图、柱体的体积公式，考查空间想象能力、运算求解能 力，属于容易题。本题解决的关键是根据三视图还原出几何体，确定几何体的形状，然后再 根据几何体的形状计算出体积。 19.【2012 高考江苏 7】（5 分）如图，在长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， 3cmAB AD  ， 1 2cmAA  ， 则四棱锥 1 1A BB D D 的体积为 ▲ cm3． 【答案】6。 【考点】正方形的性质，棱锥的体积。 【解析】∵长方体底面 ABCD 是正方形，∴△ ABD 中 =3 2BD cm，BD 边上的高是 3 22 cm （它也是 1 1A BB D D 中 1 1BB D D 上的高）。 ∴四棱锥 1 1A BB D D 的体积为 1 33 2 2 2=63 2    。 20.【2012 高考辽宁文 16】已知点 P，A，B，C，D 是球 O 表面上的点，PA⊥平面 ABCD，四 边形 ABCD 是边长为 2 3 正方形。若 PA=2 6 ,则△OAB 的面积为______________. 【答案】3 3 【解析】点 P A B C D O、 、 、 、 为球 内接长方体的顶点， 1 4 O OAB 球心 为该长方体对角线的中点， 的面积是该长方体对角面面积的 ， 12 3, 2 6 6 = 2 3 6=3 34AB PA PB OABD       ， ， 面积 【点评】本题主要考查组合体的位置关系、抽象概括能力、空间想象能力、运算求解能力以 及转化思想，该题灵活性较强，难度较大。该题若直接利用三棱锥来考虑不宜入手，注意到 条件中的垂直关系，把三棱锥转化为长方体来考虑就容易多了。 21.【2012 高考天津文科 10】一个几何体的三视图如图所示（单位：m）,则该几何体的体 积 3m . 【答案】30 【解析】由三视图可知这是一个下面是个长方体，上面是个平躺着的五棱柱构成的组合体。 长方体的体积为 24243  ，五棱柱的体积是 6412 )21(  ，所以几何体的总体积 为30。 22.【2012 高考安徽文 12】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于______。 【答案】56 【 解 析 】 该 几 何 体 是 底 面 是 直 角 梯 形 ， 高 为 4 的 直 四 棱 柱 ， 几 何 体 的 的 体 积 是 1 (2 5) 4 4 562V       。 23.【2012 高考山东文 13】如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 1，E 为线段 1B C 上的一 点，则三棱锥 1A DED 的体积为＿＿＿＿＿. 【答案】 6 1 【解析】因为 E 点在线段 CB1 上， 所以 2 1112 1 1 DEDS ，又因为 F 点在线段 CB1 上，所以点 F 到平面 1DED 的距离为 1, 即 1h ，所以 6 112 1 3 1 3 1 111   hSVV DEDDEDFEDFD . 24.【2012 高考安徽文 15】若四面体 ABCD 的三组对棱分别相等，即 AB CD ，AC BD ， AD BC ，则______(写出所有正确结论编号)。 ①四面体 ABCD 每组对棱相互垂直 ②四面体 ABCD 每个面的面积相等 ③从四面体 ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90。而小于180。 ④连接四面体 ABCD 每组对棱中点的线段互垂直平分 ⑤从四面体 ABCD 每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长 【答案】②④⑤ 【解析】②四面体 ABCD 每个面是全等三角形，面积相等； ③从四面体 ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和等于180 ； ④连接四面体 ABCD 每组对棱中点构成菱形，线段互垂直平分； ⑤从四面体 ABCD 每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长。 25.【2012 高考全国文 16】已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， E 、 F 分别为 1 1BB CC、 的 中点，那么异面直线 AE 与 1D F 所成角的余弦值为____________. 【答案】 5 3 【解析】 如图连接 FDDF 1, ，则 AEDF // ,所以 DF 与 FD1 所成的角即为异面直线所成的角，设边长为 2，则 51  FDDF ，在三角形 FDD1 中 5 3 552 455cos 1   FDD . 三、解答题 26.【2012 高考全国文 19】（本小题满分 12 分）（注意：在试题卷上．．．．． 作答无效．．．．） 如图，四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为菱形，PA  底面 ABCD ， 2 2AC  ， 2PA  ，E 是 PC 上的一点， 2PE EC 。 （Ⅰ）证明： PC  平面 BED ； （Ⅱ）设二面角 A PB C  为90 ，求 PD 与平面 PBC 所成角的 大小。 【答案】 27.【2012 高考安徽文 19】（本小题满分 12 分） 如图，长方体 1111 DCBAABCD  中，底面 1111 DCBA 是正方形，O 是 BD 的中点，E 是棱 1AA 上任意一点。 （Ⅰ）证明： BD 1EC ； （Ⅱ）如果 AB =2， AE = 2 ， 1ECOE  ,，求 1AA 的长。 【答案】 【解析】 28.【2012 高考四川文 19】(本小题满分 12 分) 如图，在三棱锥 P ABC 中， 90APB   ， 60PAB   ， AB BC CA  ，点 P 在平面 ABC 内的射影O 在 AB 上。 （Ⅰ）求直线 PC 与平面 ABC 所成的角的大小； （Ⅱ）求二面角 B AP C  的大小。 命题立意：本题主要考查本题主要考查直线与平面的位置关系，线面角的概念，二面角的概 念等基础知识，考查空间想象能力，利用向量解决立体几何问题的能力. 【答案】 【解析】 229.【2012 高考重庆文 20】（本小题满分 12 分，（Ⅰ）小问 4 分，（Ⅱ）小问 8 分）已知直 三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 4AB  ， 3AC BC  ，D 为 AB 的中点。（Ⅰ）求异面直线 1CC 和 AB 的距离；（Ⅱ）若 1 1AB AC ，求二面角 1 1A CD B  的平面角的余弦值。 【答案】（Ⅰ）（Ⅱ） 1 3 【解析】（Ⅰ）如答（20）图 1，因 AC=BC， D 为 AB 的中点，故 CD  AB。又直三棱柱中， 1CC  面 ABC ， 故 1 CDCC  ， 所 以 异 面 直 线 1CC 和 AB 的 距 离 为 2 2CD= 5BC BD  （Ⅱ）：由 1CD ,CD ,AB BB  故 CD  面 1 1A ABB ，从而 1CD DA ， 1CD DB 故 1 1A DB 为所求的二面角 1 1A CD B  的平面角。 因 1A D 是 1AC 在面 1 1A ABB 上的射影，又已知 1 1C,AB A 由三垂线定理的逆定理得 1 1D,AB A 从而 1 1A AB ， 1A DA 都与 1B AB 互余，因此 1 1 1A AB A DA   ，所以 1Rt A AD ≌ 1 1Rt B A A ，因此 1 1 1 1 AA A B AD AA  得 2 1 1 1 8AA AD A B   从而 2 2 1 1 1 1= 2 3, 2 3A D AA AD B D A D    所以在 1 1A DB 中，由余弦定理得 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1cos 2 3 A D DB A BA DB A D DB    【2012 高考上海文 19】本题满分 12 分）本题共有 2 个小题，第 1 小题满分 6 分，第 2 小题 满分 6 分 如图，在三棱锥 P ABC 中， PA ⊥底面 ABC ， D 是 PC 的中点，已知∠ BAC ＝ 2  ， 2AB  ， 2 3AC  ， 2PA  ，求： （1）三棱锥 P ABC 的体积 （2）异面直线 BC 与 AD 所成的角的大小（结果用反三角函数值表示） 【 答 案 】 【点评】本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证 能力．综合考查空间中两条异面直线所成的角的求解，同时考查空间几何体的体积公式的运 用.本题源于《必修 2》立体几何章节复习题，复习时应注重课本，容易出现找错角的情况， 要考虑全面，考查空间想象能力，属于中档题． 30.【2012 高考天津文科 17】（本小题满分 13 分） 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，AD⊥PD，BC=1，PC=2 3 ，PD=CD=2. （I）求异面直线 PA 与 BC 所成角的正切值； （II）证明平面 PDC⊥平面 ABCD； （III）求直线 PB 与平面 ABCD 所成角的正弦值。 【答案】 31.【2012 高考新课标文 19】（本小题满分 12 分） 如图，三棱柱 ABC－A1B1C1 中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=1 2AA1，D 是棱 AA1 的中点 (Ｉ)证明：平面 BDC1⊥平面 BDC （Ⅱ）平面 BDC1 分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比. 【答案】 32.【2012 高考湖南文 19】（本小题满分 12 分） 如图 6，在四棱锥 P-ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，底面 ABCD 是等腰梯形，AD∥BC， AC⊥BD. （Ⅰ）证明：BD⊥PC； （Ⅱ）若 AD=4，BC=2，直线 PD 与平面 PAC 所成的角为 30°，求四棱锥 P-ABCD 的体积. C B A D C1 A1 [中国^教*~育出#版% 【答案】 【解析】（Ⅰ）因为 , , .PA ABCD BD ABCD PA BD  平面 平面 所以 又 , ,AC BD PA AC 是平面 PAC 内的两条相较直线，所以 BD  平面 PAC， 而 PC  平面 PAC，所以 BD PC . （Ⅱ）设 AC 和 BD 相交于点 O，连接 PO，由（Ⅰ）知，BD  平面 PAC， 所以 DPO 是直线 PD 和平面 PAC 所成的角，从而 DPO 30  . 由 BD  平面 PAC， PO  平面 PAC，知 BD PO . 在 Rt POD 中，由 DPO 30  ，得 PD=2OD. 因为四边形 ABCD 为等腰梯形， AC BD ，所以 ,AOD BOC  均为等腰直角三角形， 从而梯形 ABCD 的高为 1 1 1 (4 2) 3,2 2 2AD BC     于是梯形 ABCD 面积 1 (4 2) 3 9.2S      在等腰三角形ＡＯＤ中， 2 , 2 2,2OD AD  所以 2 22 4 2, 4.PD OD PA PD AD     故四棱锥 P ABCD 的体积为 1 1 9 4 123 3V S PA       . 【点评】本题考查空间直线垂直关系的证明，考查空间角的应用，及几何体体积计算.第一 问只要证明 BD  平面 PAC 即可，第二问由（Ⅰ）知，BD  平面 PAC，所以 DPO 是直 线 PD 和平面 PAC 所成的角，然后算出梯形的面积和棱锥的高，由 1 3V S PA   算得体积. 33.【2012 高考山东文 19】 (本小题满分 12 分) 如图，几何体 E ABCD 是四棱锥，△ ABD 为正三角形， ,CB CD EC BD  . (Ⅰ)求证： BE DE ； (Ⅱ)若∠ 120BCD   ，M 为线段 AE 的中点， 求证： DM ∥平面 BEC . 【答案】(19)(I)设 BD 中点为 O，连接 OC，OE，则由 BC CD 知 ， CO BD ， 又已知 CE BD ，所以 BD  平面 OCE. 所以 BD OE ，即 OE 是 BD 的垂直平分线， 所以 BE DE . (II)取 AB 中点 N，连接 ,MN DN ， ∵M 是 AE 的中点，∴ MN ∥ BE ， ∵△ ABD 是等边三角形，∴ DN AB . 由∠BCD＝120°知，∠CBD＝30°，所以∠ABC＝60°+30°＝90°，即 BC AB ， 所以 ND∥BC， 所以平面 MND∥平面 BEC，故 DM∥平面 BEC. 34.【2012 高考湖北文 19】（本小题满分 12 分） 某个实心零部件的形状是如图所示的几何体，其下部是底面均是正方形，侧面是全等的等腰 梯形的四棱台 A1B1C1D1-ABCD，上部是一个底面与四棱台的上底面重合，侧面是全等的矩 形的四棱柱 ABCD-A2B2C2D2。 A．证明：直线 B1D1⊥平面 ACC2A2； B．现需要对该零部件表面进行防腐处理，已知 AB=10，A1B1=20，AA2=30，AA1=13（单 位：厘米），每平方厘米的加工处理费为 0.20 元，需加工处理费多少元？ 【答案】 【解析】本题考查线面垂直，空间几何体的表面积；考查空间想象，运算求解以及转化与划 归的能力.线线垂直  线面垂直  面面垂直是有关垂直的几何问题的常用转化方法；四棱 柱与四棱台的表面积都是由简单的四边形的面积而构成，只需求解四边形的各边长即可.来 年需注意线线平行，面面平行特别是线面平行，以及体积等的考查. 35.【2012 高考广东文 18】本小题满分 13 分） 如图 5 所示，在四棱锥 P ABCD 中，AB  平面 PAD ， //AB CD ，PD AD ，E 是 PB 的中点， F 是CD 上的点且 1 2DF AB ， PH 为△ PAD 中 AD 边上的高. （1）证明： PH  平面 ABCD ； （2）若 1PH  ， 2AD  ， 1FC  ，求三棱 锥 E BCF 的体积； （3）证明： EF  平面 PAB . 【解析】（1）证明：因为 AB  平面 PAD ， 所以 PH AB 。 因为 PH 为△ PAD 中 AD 边上的高， 所以 PH AD 。 因为 AB AD A ， 所以 PH  平面 ABCD 。 （2）连结 BH ，取 BH 中点G ，连结 EG 。 因为 E 是 PB 的中点， 所以 //EG PH 。 因为 PH  平面 ABCD ， 所以 EG  平面 ABCD 。 则 1 1 2 2EG PH  ， 1 1 1 3 3 2E BCF BCFV S EG FC AD EG         2 12 。 （3）证明：取 PA 中点 M ，连结 MD ， ME 。 因为 E 是 PB 的中点， 所以 1// 2ME AB 。 因为 1// 2DF AB ， 所以 //ME DF ， 所以四边形 MEDF 是平行四边形， 所以 //EF MD 。 因为 PD AD ， 所以 MD PA 。 因为 AB  平面 PAD ， 所以 MD AB 。 因为 PA AB A ， 所以 MD  平面 PAB ， 所以 EF  平面 PAB 。 36.【2102 高考北京文 16】（本小题共 14 分）如图 1，在 Rt△ABC 中，∠C=90°，D，E 分 别为 AC，AB 的中点，点 F 为线段 CD 上的一点，将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置， 使 A1F⊥CD，如图 2。 (I)求证：DE∥平面 A1CB； (II)求证：A1F⊥BE； (III)线段 A1B 上是否存在点 Q，使 A1C⊥平面 DEQ？说明理由。 【答案】 37.【 2012 高 考浙 江 文 20 】（ 本题 满 分 15 分 ）如 图 ，在 侧 棱锥 垂 直底 面 的四 棱锥 ABCD-A1B1C1D1 中，AD∥BC，AD⊥AB，AB= 2 。AD=2，BC=4,AA1=2，E 是 DD1 的中点，F 是平面 B1C1E 与直线 AA1 的交点。 （1）证明：（i）EF∥A1D1； （ii）BA1⊥平面 B1C1EF； （2）求 BC1 与平面 B1C1EF 所成的角的正弦值。 【答案】 【解析】（1）（i）因为 1 1 1 1/ /C B A D ， 1 1C B  平面 ADD1 A1，所以 1 1 / /C B 平面 ADD1 A1. 又因为平面 1 1B C EF  平面 ADD1 A1= EF ，所以 1 1 / /C B EF .所以 1 1 / /A D EF . （ii） 因为 1 1 1 1 1BB A B C D ，所以 1 1 1BB B C ， 又因为 1 1 1BB B A ，所以 1 1 1 1B C ABB A ， 在矩形 1 1ABB A 中，F 是 AA 的中点，即 1 1 1 2tan tan 2A B F AA B    . 即 1 1 1A B F AA B   ，故 1 1BA B F . 所以 1BA  平面 1 1B C EF . (2) 设 1BA 与 1B F 交点为 H，连结 1C H . 由（1）知 1 1B C EF ，所以 1BC H 是 1BC 与平面 1 1B C EF 所成的角. 在矩形 1 1ABB A 中， 2AB  ， 1 2AA  ，得 4 6 BH  ，在直角 1BHC 中， 1 2 3BC  ， 4 6 BH  ，得 1 1 30sin 15 BHBC H BC    ，所以 BC 与平面 1 1B C EF 所成角的正弦值是 30 15 . 38.【2012 高考陕西文 18】（本小题满分 12 分） 直三棱柱 ABC- A1B1C1 中，AB=A A1 ， CAB = 2  （Ⅰ）证明 1 1B AC B ; （Ⅱ）已知 AB=2，BC= 5 ，求三棱锥 1 1C AAB 的体积 【答案】 39.【2012 高考辽宁文 18】(本小题满分 12 分) 如图，直三棱柱 / / /ABC A B C ， 90BAC   ， 2,AB AC  AA′=1，点 M，N 分别为 /A B 和 / /B C 的中点。 (Ⅰ)证明： MN ∥平面 / /A ACC ; (Ⅱ)求三棱锥 /A MNC 的体积。 （椎体体积公式 V= 1 3 Sh,其中 S 为地面面积，h 为高） 【答案】 【解析】本题以三棱柱为载体主要考查空间中的线面平行的判定、棱锥体积的计算，考查空 间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，难度适中。第一小题可以通过线线平行来证明 线面平行，也可通过面面平行来证明；第二小题求体积根据条件选择合适的底面是关键，也 可以采用割补发来球体积。 40.【2012 高考江苏 16】（14 分）如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1 1 1 1A B AC ，D E， 分 别是棱 1BC CC， 上的点（点D 不同于点 C ），且 AD DE F ， 为 1 1B C 的中点． 求证：（1）平面 ADE  平面 1 1BCC B ； （2）直线 1 //A F 平面 ADE ． 【答案】证明：（1）∵ 1 1 1ABC A B C 是直三棱柱，∴ 1CC  平面 ABC 。 又∵ AD  平面 ABC ，∴ 1CC AD 。 又∵ 1AD DE CC DE ， ， 平面 1 1 1BCC B CC DE E， ，∴ AD  平 面 1 1BCC B 。 又∵ AD  平面 ADE ，∴平面 ADE  平面 1 1BCC B 。 （2）∵ 1 1 1 1A B AC ，F 为 1 1B C 的中点，∴ 1 1 1A F B C 。 又∵ 1CC  平面 1 1 1A B C ，且 1A F  平面 1 1 1A B C ，∴ 1 1CC A F 。 又∵ 1 1 1 CC B C ， 平面 1 1BCC B ， 1 1 1 1CC B C C ，∴ 1A F  平面 1 1 1A B C 。 由（1）知， AD  平面 1 1BCC B ，∴ 1A F ∥ AD 。 又∵ AD  平面 1, ADE A F 平面 ADE ，∴直线 1 //A F 平面 ADE 【考点】直线与平面、平面与平面的位置关系。 【解析】（1）要证平面 ADE  平面 1 1BCC B ，只要证平面 ADE 上的 AD  平面 1 1BCC B 即可。 它可由已知 1 1 1ABC A B C 是直三棱柱和 AD DE 证得。 （2）要证直线 1 //A F 平面 ADE ，只要证 1A F ∥平面 ADE 上的 AD 即可。 41.【2102 高考福建文 19】（本小题满分 12 分） 如图，在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，AB=AD=1，AA1=2，M 为棱 DD1 上的一点。 （1） 求三棱锥 A-MCC1 的体积； （2） 当 A1M+MC 取得最小值时，求证：B1M⊥平面 MAC。 42.【2012 高考江西文 19】（本小题满分 12 分） 如图，在梯形 ABCD 中，AB∥CD，E，F 是线段 AB 上的两点，且 DE⊥AB，CF⊥AB， AB=12，AD=5，BC=4 2 ，DE=4.现将△ADE，△CFB 分别沿 DE，CF 折起，使 A，B 两 点重合与点 G，得到多面体 CDEFG. （1） 求证：平面 DEG⊥平面 CFG； （2） 求多面体 CDEFG 的体积。 【答案】 2011 年全国高考数学试题分类解析汇编（八） —— 【立体几何部分】 【2011 山东文，11】11．下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、 俯视图如下图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图．其中真命 题的个数是( )． A．3 B．2 C．1 D． 0 【2011 山东理，11】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、俯视图如右图；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 【2011 安徽文，8】8．一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )． A．48 B．    C．   D．80 【2011 北京文，5】5．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是( )． A．32 B．16+16 2 C．48 D．16 32 2 【2011 北京理，7】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． 6 2 C．10 D．8 2 【2011 福建文，15】15．如图，正方体 ABCD 1 1 1 1A B C D 中， 2AB  ．点 E 为 AD 的中 点，点 F 在CD 上，若 EF // 平面 1AB C ，则线段 EF 的长度等 于 ． 【2011 福建理，12】12．三棱锥 P ABC 中， PA ⊥底面 ABC ， 3PA  ，底面 ABC 是边长为 2 的正三角形，则三棱锥 P ABC 的体积等于 ． 【2011 广东文，7】7．正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称 为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有( )． A．20 B．15 C．12 D．10 【2011 广东文，9】9．如图，某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图 分别为等边三角形、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 【2011 广东理，7】7．如图，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． 6 3 B．9 3 C．12 3 D．18 3 【2011 湖北文，7】7．设球的体积为 1V ，它的内接正方体的体积为 2V ，下列说法中最合适 的是( )． A． 1V 比 2V 大约多一半 B． 1V 比 2V 大约多两倍半 C． 1V 比 2V 大约多一倍 D． 1V 比 2V 大约多一杯半 【2011 湖南文，4】4．设图 1 是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )． A．9 42  B．36 18  C． 9 122   D． 9 182   【2011 湖南理，3】3．如图是某几何体的三视图，则该几何体的体 积为( )． A． 9 122   B． 9 182   C．9 42  D．36 18  【2011 江西文，9】9．将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的 左视图为( )． A． B． C． D． 【2011 全国Ⅱ文，8】8．已知直二面角 l   ，点 A  ，AC l ，C 为垂足，B  ， BD l ， D 为垂足，若 2, 1AB AC BD   ，则 CD  ( )． A． 2 B． 3 C． 2 D．1 【2011 全国Ⅱ文，12】12．已知平面 截一球面得圆 M ，过圆心 M 且与 成 60 二面角 的平面  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( )． A． 7 B．9 C．11 D．13 【2011 全国Ⅱ文，15】15．已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， E 为 1 1C D 的中点，则异面 直线 AE 与 BC 所成角的余弦值等于 ． 【2011 全国Ⅱ理，6】6．已知直二面角 l   ，点 A  ，AC l ，C 为垂足，B  ， BD l ，D 为垂足，若 2, 1AB AC BD   ，则 D 到平面 ABC 的距离等于 ( )． A． 2 3 B． 3 3 C． 6 3 D．1 【2011 全国Ⅱ理，11】11．已知平面 截一球面得圆 M ，过圆心 M 且与 成 60 二面角 的平面  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 ( )． A． 7 B．9 C．11 D．13 【2011 全国Ⅱ理，16】16．已知点 E 、F 分别在正方形 ABCD 、 1 1 1 1A B C D 的棱 1BB 、 1CC 上，且 1 2B E EB ， 2CF FC ，则面 AEF 与面 ABC 所成的二面角的正切值等 于 ． 【2011 陕西文，5】5．某几何体的三视图如图所示，则 它的体积是( )． A． 28 3  B．8 3  C．8 2 D． 2 3  【2011 陕西理，5】5．某几何体的三视图如图所示，则它的体积是( )． A． 28 3  B．8 3  C．8 2 D． 2 3  【2011 上海文，7】7．若一个圆锥的主视图（如图所示）是边长为 3,3,2 的三角形，则该 圆锥的侧面积是 ． 【2011 上海理，7】7．若圆锥的侧面积为 2 ，底面面积为 ，则该圆锥的体积为 ． 【2011 四川文，6】6． 1l ， 2l ， 3l 是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )． A． 1 2 2 3,l l l l   1l // 2l B． 1 2l l , 1l // 3l  1 3l l C． 1l // 2l // 3l  1l ， 2l ， 3l 共面 D． 1l ， 2l ， 3l 共点  1l ， 2l ， 3l 共面 【2011 四川文，15】15．如图，半径为 4 的球O 中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时， 球的表面积与该圆柱的侧面积之差是 ． R O 【2011 四川理，3】3． 1 2 3, ,l l l 是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )． A. 1 2 2 3 1 3,l l l l l l    B. 1 2 2 3 1 3,l l l l l l  ∥ C. 1 2 3 1 2 3, ,l l l l l l∥ ∥ 共面 D. 1 2 3, ,l l l 共点 1 2 3, ,l l l 共面 【2011 四川理，15】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时， 球的表面积与该圆柱的侧面积之差是 ． 【2011 天津文，10】10．一个几何体的三视图如图所示（单位： m ），则该几何体的体积 为 3m ． 【2011 天津理，10】10．一个几何体的三视图如图所示（单位： m ），则这个几何体 的体积为__________ 3m ． （正视图） （俯视图） 【2011  新课标全国文，8】8．在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示， 则相应的侧视图可以为( )． 【2011  新课标全国文，16】16．已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的 圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的 16 3 ，则这两个圆锥中，体 积较小者的高与体积较大者的高的比值为 ． 【2011 新课标全国理，6】6．在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则 相应的侧视图可以为( )． 【2011 新课标全国理，15】15．已知矩形 ABCD 的顶点都在半径为 4 的球O 的球面上， A． B． C． D． A． B． C． D． （正视图） （俯视图） 且 6AB  ， 2 3BC  ，则棱锥O ABCD 的体积为 ． 【2011 浙江文，4】4．若直线 l 不平行于平面 ，且l  ，则( )． A． 内的所有直线与l 异面 B． 内不存在与l 平行的直线 C． 内存在唯一的直线与l 平行 D． 内的直线与l 都相交 【2011 浙江文，7】7．几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )． A． B． C． D． 【2011 浙江理，3】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( )． A． B． C． D． 【2011 浙江理，4】4．下列命题中错误的是( )． A．如果平面 ⊥平面  ，那么平面 内一定存在直线平行于平面  ； B．如果平面 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 ，平面  ⊥平面 ， l   ，那么l ⊥平面 ； D．如果平面 ⊥平面  ，那么平面 内所有直线都垂直于平面  ． 【2011 重庆文，10】10．高为 2 的四棱锥 S ABCD 的底面边长为1的正方形，点 S 、A 、 A B CD 1A 1B 1C1D 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 【2011 重庆理，9】9．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 解答题： 【2011 山东文，19】19．（本小题满分 12 分）如图，在四棱台 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1D D  平面 ABCD ，底面 ABCD 是平行四边形， 2AB AD ， 1 1AD A B ， BAD  60 ． (Ⅰ) 证明： 1AA BD ； (Ⅱ) 证明： 1 //CC 平面 1A BD ． 【解析】 ． (Ⅰ)证明：因为 AB=2AD ，所以设 AD=a,则 AB=2a,又因为 BAD= 60°, 所以在 ABD 中,由余弦定理得： 2 2 2 2(2 ) 2 2 cos60 3BD a a a a a      , 所以 BD= 3a ,所以 2 2 2AD BD AB  ,故 BD ⊥AD,又因为 1D D  平面 ABCD ，所以 1D D  BD ,又因为 1AD D D D  , 所以 BD  平面 1 1ADD A , 故 1AA BD . (2)连结 AC,设 AC  BD=0, 连结 1AO ,由底面 ABCD 是平行四边形得:O 是 AC 的中点,由四 棱台 1 1 1 1ABCD A B C D 知:平面 ABCD∥平面 1 1 1 1A B C D ,因为这两个平面同时都和平面 1 1ACAC 相交,交线分别为 AC、 1 1AC ，故 1 1AC AC ，又因为 AB=2a, BC=a, ABC=120  ， 所以可由余弦定理计算得 AC= 7a ，又因为 A1B1=2a, B1C1= 3 2 a , 1 1 1A B C =120  ，所以 可由余弦定理计算得 A1C1= 7 2 a ，所以 A1C1∥OC 且 A1C1=OC，故四边形 OCC1A1 是平行四边形， 所以 CC1∥A1O，又 CC1  平面 A1BD，A1O  平面 A1BD，所以 1 1CC A BD∥平面 . 【2011 山东理，19】19．（本小题满分 12 分）在如图所示的几何体中，四边形 ABCD 为平 行四边形， 90ACB   ， EA  平面 ABCD ， //EF AB ， //FG BC ， //EG AC ， A B CD 1A 1B 1C1D G 2AB EF ．． (Ⅰ) 若 M 是线段 AD 的中点，求证： //GM 平面 ABFE ； (Ⅱ) 若 2AC BC AE  ，求二面角 A BF C  的大小． 【解析】 (Ⅰ) 连接 AF ，由四边形 ABCD 为平行四边形， 得 AD BC∥ ，又 FG BC∥ ，所以 FG AD∥ ， 90 EA ABCD EA BC ACB AC BC EA AC A              平面 BC ACGE BC CG  平面 . 取 AB 的中点 N ，连接 FN ，过 N 作 NH AC∥ 交 BC 于点 H ， EF AB∥ 且 1 2EF AB ， 则 BN NA ，又 NH AC∥ ，则 H 为 BC 的中点， 即 BH HC ，由 BC CG ， BC FH ， 得 FH GC FG HC    ∥ ∥ 四边形 FGCH 为平行四边形， 1 2FG HC BC  ，故 FG AM∥ ，则四边形 AMGF 为平行四边形， GM FA FA ABFE GM GM ABFE      ∥ 平面 ∥ 平面 平面 ABFE . (Ⅱ) 解法一：（坐标法）依题意， AE AD ， AC AD ，故选取以点 A 为坐标原点， 以 AC  所在的直线为 x 轴，以 AD  所在的直线为 y 轴， AE  所在的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系 A xyz ， 设 AC a ，  0,0,0A ，  , ,0B a a ，  ,0,0C a ， 0,0, 2 aE      ， 所以  , ,0AB a a  ，  0, ,0BC a ， 又 1 2EF AB ， 所以 , ,2 2 2 a a aF     ，所以 , ,2 2 2 a a aBF       ， 设平面 ABF 的法向量为  1 , ,n x y z ， 则 0 02 2 2 ax ay a a ax y z      ，得 1 0 x y z     ，  1 1,1,0n  ， , ,2 2 2 a a aBF       ，  0, ,0BC a ， 设平面 BCF 的法向量为  2 , ,n x y z ， 则  2 0 1,0,12 2 2 0 a a ax y z n ay          ， 1 2 1 2 1 2 1cos , 2 n nn n n n         ，又因  1 2cos , 0,n n   ，因此所求二面角的大小为 60 ． 解法二：（综合法）取 AB 的中点 O,连结 CO,因为ＡＣ＝ＢＣ,所以 CO⊥AB, 又因为ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，CO  平面ＡＢＣＤ,所以ＥＡ⊥CO, 又ＥＡ∩AB=A,所以 CO⊥平面ＡＢＦＥ,在平面 ABEF 内,过点 O 作 OH⊥BF 于 H,连结 CH, 由三垂线定理知: CH⊥BF,所以 CHO 为二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的平面角. 设ＡＢ=２ＥＦ= 2a ,因为∠ ACB=90 ，ＡＣ＝ＢＣ = 2a ,CO= a , 2 2AE a , 连 结 FO, 容 易 证 得 FO∥EA 且 2 2FO a , 所 以 6 2BF a , 所 以 OH= 2 2 2 6 a = 3 3 a , 所 以 在 Rt COH 中,tan∠ CHO= CO OH  3 ,故∠ CHO= 60 ，所以二面角 A BF C  的大小为 60 ． 另解：证明：（Ⅰ） / /EF AB ， 2AB EF 可知延长 BF 交 AE 于点 P ，而 //FG BC ， //EG AC ， 则 P BF 平面 ,BFGC P AE  平面 AEGC ，即 P平面 BFGC  平面 AEGC GC ， 于是 , ,BF CG AE 三线共点，， 1// 2FG BC 若 M 是线段 AD 的中点，而 //AD BC , 则 //FG AM ，四边形 AMGF 为平行四边形，则 //GM AF ，又 GM  平面 ABFE ， 所以 //GM 平面 ABFE ； （Ⅱ）由 EA  平面 ABCD ，作CH AB ，则CH  平面 ABFE ，作 HT BF ，连接CT ， 则CT BF ，于是 CTH 为二面角 A BF C  的平面角。 若 2AC BC AE  ，设 1AE  ，则 2AC BC  ， 2 2, 2AB CH  ， H 为 AB 的 中点， 2 2 2tan 22 2 AE AEFBA AB EF AB      ， 3sin 3FBA  ， 3 6sin 2 3 3HT BH ABF     ，在 Rt CHT 中 tan 3CHCTH HT    , 则 60CTH   ，即二面角 A BF C  的大小为 60 。 坐标法：（Ⅰ）证明：由四边形 ABCD 为平行四边形， 090ACB  ，EA  平面 ABCD ， 可得以点 A 为坐标原点， , ,AC AD AE 所在直线分别为 , ,x y z 建立直角坐标系， 设 = , ,AC a AD b AE c  ，则 (0,0,0)A , 1( ,0,0), (0, ,0), (0, ,0), ( , ,0)2C a D b M b B a b . 由 / /EG AC 可得 ( )EG AC   R   ， 1( , , )2GM GE EA AM a b c         由 / /FG BC 可得 ( )FG BC AD    R    , 1 1 2 2GM GF FA AM AD BA EA AD              1( ,(1 ) , )2 a b c    ，则 1 2    ， 1 2GM BA EA   ，而GM  平面 ABFE ， 所以 / /GM 平面 ABFE ； （Ⅱ）若 2AC BC AE  ，设 1AE  ，则 2AC BC  ， (2,0,0), (0,0,1), (2, 2,0), (1, 1,1)C E B F  ,则 (0,2,0)BC AD   , ( 1,1,1)BF   , (2, 2,0)AB   ,设 1 1 1 1 2 2 2 2( , , ), ( , , )x y z x y zn = n 分别为平面 ABF 与平面 CBF 的法向量。 则 1 1 1 1 1 2 2 0 0 x y x y z       ，令 1 1x  ，则 1 11, 0y z  ， 1 (1,1,0)n = ； 2 2 2 2 2 0 0 y x y z      ，令 2 1x  ，则 2 20, 1y z  ， 2 (1,0,1)n 。 于是 1 2 1 2 1 2 1cos 2    n nn ,n n n ，则 1 2 60  n ,n ， 即二面角 A BF C  的大小为 60 ． 【2011 安徽文，19】19．（本小题满分 13 分）如图， ABEDFC 为多面体，平面 ABED 与 平 面 ACFD 垂直，点O 在线段 AD 上， 1OA  ， 2OD  ， ,OAB OAC  ， ODF 都是正 三角形． (Ⅰ) 证明直线 BC // EF ； (Ⅱ) 求棱锥 F OBED 的体积． 【解析】 ． 【2011 安徽理，17】17．（本小题满分 12 分）如图， ABEDFC 为多面体，平面 ABED 与 平面 ACFD 垂直，点O 在线段 AD 上， 1OA  ， 2OD  ， ,OAB OAC  ， ODF 都 是正三角形． (Ⅰ) 证明直线 BC // EF ； (Ⅱ) 求棱锥 F OBED 的体积． 【解析】 ． 【2011 北京文，17】17．（本小题满分 14 分）如图，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． (Ⅰ) 求证： DE // 平面 BCP ； (Ⅱ) 求证：四边形 DEFG 为矩形； (Ⅲ) 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． 【解析】 ． （Ⅰ）因为 D，E 分别为 AP，AC 的中点， 所以 DE//PC． 又因为 DE  平面 BCP， 所以 DE//平面 BCP． （Ⅱ）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， 所以四边形 DEFG 为矩形． （Ⅲ）存在点 Q 满足条件，理由如下：连接 DF，EG，设 Q 为 EG 的中点， 由（Ⅱ）知，DF∩EG=Q，且 QD=QE=QF=QG= 2 1 EG． 分别取 PC，AB 的中点 M，N，连接 ME，EN，NG，MG，MN． 与（Ⅱ）同理，可证四边形 MENG 为矩形，其对角线点为 EG 的中点 Q， 且 QM=QN= 2 1 EG，所以 Q 为满足条件的点． 【2011 北京理，16】16．（本小题满分 14 分）如图，在四棱锥 P ABCD 中， PA  平面 ABCD ，底面 ABCD 是菱形， 2, 60AB BAD    ． (Ⅰ) 求证： BD  平面 PAC ； (Ⅱ) 若 PA AB ，求 PB 与 AC 所成角的余弦值； (Ⅲ) 当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时，求 PA 的长． 【解析】 ． （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= 3 . 如图，以 O 为坐标原点，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）. 所以 ).0,32,0(),2,3,1(  ACPB 设 PB 与 AC 所成角为 ，则 4 6 3222 6 |||| cos      ACPB ACPB . （Ⅲ）由（Ⅱ）知 ).0,3,1(BC 设 P（0，－ 3 ，t）（t>0），则 ),3,1( tBP  ， 设平面 PBC 的法向量 ),,( zyxm  ,则 0,0  mBPmBC ， 所以      03 ,03 tzyx yx 令 ,3y 则 .6,3 tzx  所以 )6,3,3( tm  ． 同理，平面 PDC 的法向量 )6,3,3( tn  ， 因为平面 PCB⊥平面 PDC, 所以 nm  =0，即 0366 2  t ，解得 6t  ， 所以 PA= 6 ． 【2011 福建文，20】20．（本小题满分 12 分）如图，四棱锥 P-ABCD 中，PA ⊥底面 ABCD ， AB ⊥ AD ，点 E 在线段 AD 上，且CE // AB ． (Ⅰ) 求证：CE ⊥平面 PAD ； (Ⅱ) 若 PA=AB=1，AD=3，CD= 2 ，∠CDA=45°，求四棱锥 P-ABCD 的体积． 【解析】本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系，几何体的体积等基础知识； 考查空间想象能力，推理论证能力，运算求解能力；考查数形结合思想，化归与转化思想． （Ⅰ）因为 PA ABCD 底面 ，CE ABCD 面平 ， 所以 PA CE ． 因为 AB AD ， //CE AB ，所以CE AD ．又 PA AD A∩ ， 所以 PCE AD 面平 ． （Ⅱ）由（Ⅰ），CE AD ， 在 RtΔECD 中， sin 2 sin 45 1CE CD CDA       ， cos45 1DE CD    ， 又因为 1AB  ，则 AB CE ，又 //CE AB ， AB AD ， 所以四边形 ABCE 为矩形．四边形 ABCD 为梯形． 因为 3AD  ，所以 2AE AD ED   ，    1 1 52 3 12 2 2ABCDS BC AD AB       ， 1 1 5 513 3 2 6P ABCD ABCDV S PA       ． 于是四棱锥 P ABCD 的体积为 5 6 ． 【2011 福建理，20】20．（本小题满分 14 分）如图，四棱锥 P ABCD 中，PA ⊥底面 ABCD ， 四边形 ABCD 中， AB AD ， 4AB AD  ， 2CD  ， CDA  45 ． (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 30 ，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． 【解析】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． 【解析二】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． （Ⅰ）因为 PA ABCD 底面 ， AB ABCD 底面 ， 所以 PA AB ． 又 AB AD ， PA AD A∩ ， 所以 PAB AD 面平 ，又 PAB AB 面平 ， PPAB AD 面平面 平 ． （Ⅱ）以 A 为坐标原点，建立如图乙的空间直角坐 标系 A xyz ． 在平面 ABCD 内，作 //CE AB 交 AD 于 E ． 则CE AD ． 在 RtΔCDE 中， 2sin 45 2 12DE CD     ． 设 AB AP t  ，则  ,0,0B t ，  0,0,P t ． 由 4AB AD  ，则 4AD t  ，所以  0,3 ,0E t ，  0,4 ,0D t ，  1,3 ,0C t ．  1,1,0CD   ，  0,4 ,PD t t   ， （i）设平面 PCD 的法向量为  , ,n x y z ，由 n CD  ， n PD  得 0, 0, n CD n PD          0, 4 0, x y t y tz        取 x t ，则 y t ， 4z t  ．  , ,4n t t t  ， 又  ,0,PB t t  ，由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30 ，得   2 22 2 2 2 4 1cos60 24 2 t tn PB n PB t t t t            ． 解得 4 5t  或 4t  （因为 4 0, 4AD t t    ，故舍去） 所以 4 5AB  ． （ii）假设线段 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  0, ,0G m ， 0 4m t   ． 则  1,3 ,0GC t m   ，  0,4 ,0GD t m   ，  0, ,GP m t  ， 则由 GC GD  得    2 21 3 4t m t m      ，即 3t m  ，① 由 GP GD  得 2 2 24 t m m t    ， ② 从①，②消去t ，并化简得 2 3 4 0m m   ③ 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 B C D 的距离都相等． 解法 2：假设线段 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 45GCD GDC     ， 从而 90CGD   ，则CG GD ， 设 AB λ ，则由 4AB AD  ，得 4AD λ  ， 3AG AD GD λ    ． x y z M 在 RtΔABG 中，   2 22 2 2 3 93 2 12 2GB AB AG λ λ λ            与 1GB GD  矛盾， 所以在线段 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． 【2011 广东理，18】18．（本小题满分 13 分）如图，在锥体 P ABCD 中， ABCD 是边 长为 1 的菱形，且 60DBA   ， 2PA PD  ，PB=2，E ， F 分别是 BC ，PC 的 中点． (Ⅰ) 证明： AD ⊥平面 DEF ； (Ⅱ) 求二面角 P AD B  的平面角． 【解析】 ． (Ⅰ)取 AD 的中点 G，又 PA=PD， PG AD  ， 由题意知ΔABC 是等边三角形， BG AD  ， 又 PG, BG 是平面 PGB 的两条相交直线， AD PGB  平面 ， // , //EF PB DE GB ， //DEF PGB平面 平面 ， AD DEF  平面 (Ⅱ)由（1）知 PGB 为二面角 P AD B  的平面角， 在 Rt PGA 中， 22 21 72 ( )2 4PG    ；在 Rt BGA 中， 2 2 21 31 ( )2 4BG    ； 在 PGB 中， 2 2 2 21cos 2 7 PG BG PBPGB PG BG      ． 另解：（Ⅰ）连接 AE ， BD ， 因为 ABCD 是边长为1的菱形，且 60DAB   ， E 是 BC 的中点，所以 ,ABD BCD  均为正三角形， 且 3 1, , 1202 2DE BE ABE     ， 所以 2 2 2 72 cos 4AE AB BE AB BE ABE       所以 2 2 23 71 4 4AD DE AE     ，从而 AD DE ， 取 AD 的中点 M ，连接 ,PM BM ，因为 PA PD ， BA BD ，所以 ,PM AD BM AD  , 又 PM BM M ，所以 AD  平面 PBM ，所以 AD PB ， 在 BCP 中，因为 ,E F 分别是 ,BC PC 的中点，所以 //EF PB ，所以 AD EF 又 EF DE E ，所以 AD  平面 DEF . （Ⅱ）解法一:由（Ⅰ）知 BMP 为二面角 P AD B  的平面角, 易得 3 2BM  , 2 21 7( 2) ( )2 2PM    , 在 BPM 中, 2PB  ,由余弦定理得 2 2 2 21cos 2 7 BM PM PBBMP BM PM      所以二面角 P AD B  的余弦值为 21 7  ． 解法二:先证明 DF  平面 ABCD ，即证明 DF DE 即可， 在 Rt PBC 中， 2 22 1 5PC    ；在 PDC 中， 2 2 21 ( 5) ( 2) 2cos 2 1 5 5 DCP       ， 所以在 FDC 中， 2 2 25 5 2 11 ( ) 2 12 2 45 DF        ， 1 2DF  ． 在 DEF 中， 2 2 2 23 1( ) 12 4DE DF EF     ，故 DEF 为直角三角形，从而 DF DE . 建立空间直角坐标系 D xyz 如图所示,则 1 3(0,0,0), (1,0,0), ( , ,1)2 2D A P   , 所以 1 3(1,0,0), ( , ,1)2 2DA DP     ,设平面 PAD 的一个法向量为 , ,x y z1 ( )n ，则 0 0 DA DP      1 1   n n ，从而 0 1 3 02 2 x x y z     ，解得 0 3 2 x z y   ，令 2y  得 0,2, 31 ( )n 显然平面 DAB 的一个法向量为 0,0,12 ( )n ， 从而 3 21cos , || | 77 1     1 2 1 2 1 2 =n nn n | n n ，所以二面角 P AD B  的余弦值为 21 7  ． 【2011 湖北文，18】18．（本小题满分 12 分）如图，已知正三棱柱 ABC - 1 1 1A B C 的底面边 长 为 2 ， 侧 棱 长 为 3 2 ， 点 E 在 侧 棱 1AA 上 ， 点 F 在 侧 棱 1BB 上 ， 且 2 2AE  , 2BF  ． (Ⅰ) 求证： 1CF C E ； (Ⅱ) 求二面角 1E CF C  的大小． 【解析】本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角的求法，同时考查空间想象能 力和推理论证能力． 解法 1：（Ⅰ）由已知可得 2 2 1 13 2, 2 (2 2) 2 3CC CE C F     2 2 2 2 2 1( ) , 2 ( 2) 6EF AB AE BF EF C E       于是有 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1,EF C E C F CE C E CC    所以 1 1,C E EF C E CE  又 1, .EF CE E C E CEF  所以 平面 由 1, .CF CEF CF C E 平面 故 （Ⅱ）在 CEF 中，由（Ⅰ）可得 6, 2 3EF CF CE   于是有 EF2+CF2=CE2，所以 .CF EF 又由（Ⅰ）知 CF  C1E，且 1EF C E E  ，所以 CF  平面 C1EF， 又 1C F  平面 C1EF，故 CF  C1F。 于是 1EFC 即为二面角 E—CF—C1 的平面角。 由（Ⅰ）知 1C EF 是等腰直角三角形，所以 1 45BFC   ，即所求二面角 E—CF— C1 的大小为 45。 解法 2：建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得 1(0,0,0), ( 3,1,0), (0,2,0), (0,2,3 2), (0,0,2 2 ), ( 3,1, 2)A B C C E F （Ⅰ） 1 (0, 2, 2), ( 3, 1, 2)C E CF      1 0 2 2 0C E CF      1 .CF C E  （Ⅱ） (0, 2,2 2)CE   ，设平面 CEF 的一个法向量为 ( , , )m x y z 由 0,, , 0, m CEm CE m CF m CF              得 即 2 2 2 0, (0, 2,1) 3 2 0 y z m x y z        可取 设侧面 BC1 的一个法向量为 1, , , ( 3, 1,0)n n BC n CC CB        由 及 1 (0,0,3 2), (1, 3,0)CC n  可取 设二面角 E—CF—C1 的大小为 ，于是由 为锐角可得 | | 6 2cos 2| | | | 3 2 m n m n           ，所以 45   即所求二面角 E—CF—C1 的大小为 45． 【2011 湖北理，18】18．（本小题满分 12 分）如图，已知正三棱柱 1 1 1ABC A B C 的各棱 长都是 4， E 是 BC 的中点，动点 F 在侧棱 1CC 上，且不与点 C 重合． (Ⅰ) 当CF =1 时，求证： EF ⊥ 1A C ； (Ⅱ) 设二面角C AF E  的大小为 ，求 tan 的最小值． 【解析】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． 解法 1：过 E 作 EN AC 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 ABC  侧面 A，C=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， cos60CN CE  =1， 则由 1 1 4 CF CN CC CA   ，得 NF//AC1， 又 1 1 ,AC AC 故 1NF AC 。 由三垂线定理知 1 .EF AC （II）如图 2，连结 AF，过 N 作 NM AF 于 M，连结 ME。 由（I）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   ， 设 , 0 45FAC       则 在 Rt CNE 中， sin 60 3,NE EC    在 , sin 3sin ,Rt AMN MN AN a a   中 故 3tan .3sin NE MN a    又 20 45 , 0 sin ,2a       故当 2sin , 452a   即当 时， tan 达到最小值； 3 6tan 23 3     ，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： 1(0,0,0), (2 3,2,0), (0,4,0), (0,0,4), ( 3,3,0) , (0,4,1),A B C A E F 于是 1 (0, 4,4), ( 3,1,1).CA EF     则 1 (0, 4,4) ( 3,1,1) 0 4 4 0,CA EF          故 1 .EF AC （II）设 ,(0 4)CF     ， 平面 AEF 的一个法向量为 ( , , )m x y z ， 则由（I）得 F（0，4，  ） ( 3,3,0), (0,4, )AE AF    ，于是由 ,m AE m AF   可得 0, 3 3 0, 4 0.0, m AE x y y zm AF               即 取 ( 3 , ,4)m    ． 又由直三棱柱的性质可取侧面 AC1 的一个法向量为 (1,0,0)n  ， 于是由 为锐角可得 | |cos | | | | m n m n    2 2 2 3 16,sin 2 4 2 4         ， 所以 2 2 16 1 16tan 3 33      ， 由 0 4  ，得 1 1 4  ，即 1 1 6tan ,3 3 3     故当 4  ，即点 F 与点 C1 重合时， tan 取得最小值 6 3 ． 【2011 湖南文，19】19．（本小题满分 12 分）如图，在圆锥 PO 中，已知 PO = 2 ， O 的直径 2AB  ,点C 在 AB 上，且 CAB  30 ， D 为 AC 的中点． (Ⅰ) 证明： AC  平面 POD ； (Ⅱ) 求直线OC 和平面 PAC 所成角的正弦值． 【解析】 ． (Ⅰ) 因为 ,OA OC D AC 是 的中点,所以AC OD. 又 , , .PO O AC O AC OD   底面 底面 所以 PO是平面 POD 内的两条相交直 线，所以 ;AC POD 平面 (Ⅱ) 由(Ⅰ)知， ,AC POD 平面 又 ,AC PAC 平面 所以平面 ,POD PAC 平面 在平 面 POD 中，过O 作OH PD 于H,则 ,OH PAC 平面 连结CH ，则CH 是 OC PAC在平面 上的射影，所以 OCH 是直线OC 和平面 PAC 所成的角． 在 2 2 12 22, 312 4 PO ODRt POD OH PO OD        中 在 2,sin 3 OHRt OHC OCH OC    中 ． 【2011 湖南理，19】19．（本小题满分 12 分）如图 5，在圆锥 PO 中，已知 PO = 2 ， O 的直径 2AB  ,C 是 AB 的中点， D 为 AC 的中点． (Ⅰ) 证明：平面 POD  平面 PAC ； (Ⅱ) 求二面角 B PA C  的余弦值． 【解析】 ． 解：（I）连接 OC ，因为OA OC , D 为的 AC 中点，所以 AC OD ． 又 , , .PO O AC O AC PO   底面 底面 所以 因为 ,OD PO是平面 POD 内的两 条相交直线，所以 AC POD 平面 ．而 AC PAC 平面 ，所以 POD PAC平面 平面 ． （II）在平面 POD 中，过O 作OH PD 于 H ，由（I）知， POD PAC平面 平面 , 所以 ,OH PAC 平面 又 ,PA PAC 平面 所以 PA OH ． 在平面 PAO 中，过O 作OG PA 于G,连接 HG ,则有 PA OGH 平面 ， 从而 PA HG ，所以 OGH 是二面角 B PA C  的平面角． 在 2, sin 45 2Rt ODA OD OA    中 ， 在 2 2 22 102, 51+ 2+ 2 PO ODRt POD OH PO OD    中 ， 在 2 2 2 1 6, 32+1+ PO OARt POA OG PO OA     中 ， 在 10 155,sin 56 3 OHRt OHG OGH OG     中 ，所以 10cos 5OGH  ． 故二面角 B PA C  的余弦值为 10 5 ． 解法二： （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 (0,0,0), ( 1,0,0), (1,0,0), (0,1,0), (0,0, 2)O A B C P ， 1 1( , ,0)2 2D  设 1 1 1 1( , , )n x y z 是平面 POD 的一个法向量， 则由 1 10, 0n OD n OP     ，得 1 1 1 1 1 0,2 2 2 0. x y z      所以 1 1 1 1 10, , 1, (1,1,0).z x y y n   取 得 设 2 2 2 2( , , )n x y z 是平面 PAC 的一个法向量， 则由 2 20, 0n PA n PC     ， 得 2 2 2 2 2 0, 2 0. x z y z      所以 2 2 2 2 22 , 2 . 1,x z y z   取z 得 2 ( 2, 2,1)n   。 因为 1 2 (1,1,0) ( 2, 2,1) 0,n n     P E F A B C D 所以 1 2.n n 从而平面 POD  平面 PAC。 （II）因为 y 轴  平面 PAB，所以平面 PAB 的一个法向量为 3 (0,1,0).n  由（I）知，平面 PAC 的一个法向量为 2 ( 2, 2,1)n   设向量 2 3n n和 的夹角为 ，则 2 3 2 3 2 10cos | | | | 55 n n n n     ． 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 10 5 ． 【2011 江苏文理，16】16．（本小题满分 14 分）如图，在四棱锥 ABCDP  中，平面 PAD  平面 ABCD ， AB AD ， 60BAD   ， ,E F 分别是 ,AP AD 的中点．求证： (Ⅰ) 直线 EF // 平面 PCD ； (Ⅱ) 平面 BEF  平面 PAD ． 【解析】 ． 解法一： (Ⅰ) 因为 E 、 F 分别是 AP 、 AD 的中点， // ,EF PD 又 , ,P D PCD E PCD  面 面 直线 EF // 平面 PCD ． (Ⅱ) , 60AB AD BAD    ， F 是 AD 的中点， ,BF AD  又平面 PAD ⊥平面 ABCD ， ,PAD ABCD AD面 面 ＝ BF PAD  面 ， 所以，平面 BEF  平面 PAD ． 解法二： 证明：(1) 在 PAD 中，因为 FE, 分别是 ADAP, 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 BD．因为 ADAB  ， 60BAD ，所以 ABD 为等边三角形．因为 F 分别是 AD 的中点，所以 ADBF  ．因 为平面 PAD 平面 ABCD ， ABCDBF 平面 ,又因为 PAD ABCD AD平面 平面 , 所以 PADBF 平面 .又因为 BEFBF 平面 ，所以平面 BEF 平面 PAD ． 【2011 江西文，18】18．（本小题满分 12 分）如图，在 ABCV 中， B    ，AB BC   ， P 为 AB 边上一动点，PD // BC 交 AC 于 D ，现将 PDAV 沿 PD 翻折至 PDAV ，使平面 PDA  平面 PBCD ． (Ⅰ) 当棱锥 A PBCD 的体积最大时，求 PA 的长； (Ⅱ) 若点 P 位 AB 的中点， E 位 A C 的中点，求证： A B DE  ． 【分析】(1)令 PA=x,将棱锥 A PBCD 构造成关于 x 的函数，利用导数知识研究其最值;(2) 由Ｅ为中点，易联想到作 A Ｂ的中点Ｆ，则 PF A B ,故要证 A B DE  ,只需证 / /PF A B ,进而转化为证四边形 PDEF 为平行四边形． 【解析】 ． (Ⅰ) 设 xPA  ，则 )2(3 1 3 1 2 x xxSPAV PDCBPBCDA  底面- 令 )0(,63 2)22(3 1)( 32  xxxxxxf 则 23 2)( 2xxf  ， x )3 32,0( 3 32 ),3 32(  )(xf   0  )(xf 单调递增 极大值 单调递减 由上表易知：当 3 32 xPA 时，有 PBCDAV - 取最大值． (Ⅱ) 证明：作 BA 得中点 F ，连接 EF 、 FP ， 由已知得： 1// // //2EF BC PD ED FP  ， A PBV 为等腰直角三角形， PFBA  ，所以 DEBA  ． 【评注】与空间图形有关的角度、距离、面积、体积等的最值计算是一种常见题型，求解的 基本方法便是函数法，即利用函数思想将动态变化的量(如角、距离、体积等）表示为一个 目标函数，再求函数的最值． 【2011 江西理，21】21．（本小题满分 14 分） (1) 如图，对于任一给定的四面体 1 2 3 4A A A A ,找出依次排列的四个相互平行的平面 1 ， 2 ， 3 ， 4 ，使得  1,2,3,4i iA i  ，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 1 ， 2 ， 3 ， 4 ，其中每相邻两个平面间的 距离都为 1，若一个正四面体 1 2 3 4A A A A 的四个顶点满足： , , , )i iA i    （ ，求该正四 面体 1 2 3 4A A A A 的体积． 【解析】 解法一： (Ⅰ) 将直线 41 AA 三等分，其中另两个分点依次为 32 , AA  ,连接 3322 , AAAA  ,作平行于 3322 , AAAA  的平面，分别过 3322 , AAAA  ，即为 32 , ．同理，过点 41, AA 作平面 41, 即 可的出结论． (Ⅱ) 现设正方体的棱长为 a,若 则有,11  MNMA ， 211 aMA  ， aEADAED 2 52 11 2 1111  ，由于 ,1111111 EDMAEADA  得， 5a ， 那么，正四面体的棱长为 102  ad ，其体积为 3 55 3 1 3  aV （即一个棱长为 a 的 正方体割去四个直角三棱锥后的体积）． 解法二： （1）如图所示，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 2 ，过三点 A3， P3，N 作平面 3 ，因为 A2P2//NP3，A3P3//MP2，所以平面 2 //平面 3 ，再过点 A1，A4 分别作平面 1 4,  与平面 2 平行，那么四个平面 1 2 3 4, , ,    依次相互平行，由线段 A1A4 被平行平面 1 2 3 4, , ,    截得的线段相等知，其中 每相邻两个平面间的距离相等，故 1 2 3 4, , ,    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， 1 2 3 4 6 3 3 3(0,0, ), ( , ,0), ( , ,0), (0, ,0)3 2 6 2 6 3 a aA a A a A a A a 则 令 P2，P3 为 A1A4 的三等分点，N 为 A2A4 的中点，有 3 3 3 4 2 3 6 3(0, , ), ( , ,0)9 9 4 12 5 3 6 3 3, ( , , ), ( , ,0)4 36 9 4 4 1 3( , ,0)4 4 aP a a N a aP N a a NA a a A N a a             所以 设平面 A3P3N 的法向量 ( , , ),n x y z 有 3 3 0 9 5 3 4 6 0, 0 3 3 0 n P N x y z n NA x y                  即 所以， (1, 3, 6).n    因为 1 2 3 4, , ,    相邻平面之间的距离为 1，所以点 A4 到平面 A3P3N 的距离 2 2 3| ( ) 1 ( 3) 0 ( 6) |4 4 1 1 ( 3) ( 6) a a             解得 10a  ，由此可得，边长为 10 的正四面体 A1A2A3A4 满足条件。 所以所求正四面体的体积 2 31 1 3 6 2 5 5.3 3 4 3 12 3V Sh a a a      解法二：如图，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．右图是正方体的上底面，现设正方体的棱长为 a，若 A1M=MN=1，则有 1 1 ,2 aA E  2 2 1 1 1 1 1 1 5 2D E A D A E a   ， 据 A1D1×A1E1=A1M×D1E1，得 5a  ， 于是正四面体的棱长 2 10,d a  其体积 3 3 31 1 5 54 .6 3 3V a a a     （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）． 【2011 辽宁文，18】18．（本小题满分 12 分）如图，四边形 ABCD 为正方形，QA  平面 ABCD ， //PD QA ， 1 2QA AB PD  ． (Ⅰ) 证明： PQ  平面 DCQ ； (Ⅱ) 求棱锥Q ABCD 的体积与棱锥 P DCQ 的体积的比值． 【分析】提示 1： 此题考查线面垂直的证明和棱锥的体积.考查学生的空间想象能力和转化 能力.清晰线面垂直的判定定理和棱锥的体积公式是解题的前提. 提示 2：(1)借助几何图形的特点，利用垂直关系的转化证明 PQ⊥DC 和 PQ⊥QD 是解题的 关键；（2）确定 AQ 为棱锥 Q—ABCD 的高和 PQ 为棱锥 P—DCQ 的高是解题的关键. 【解析】 ． (Ⅰ)由条件知 PDAQ 为直角梯形． 因为 QA⊥平面 ABCD，所以平面 PDAQ⊥平面 ABCD，交线为 AD． 又四边形 ABCD 为正方形，DC⊥AD，所以 DC⊥平面 PDAQ，可得 PQ⊥DC． 在直角梯形 PDAQ 中可得 DQ=PQ= 2 2 PD，则 PQ⊥QD． 所以 PQ⊥平面 DCQ． （II）设 AB=a． 由题设知 AQ 为棱锥 Q—ABCD 的高，所以棱锥 Q—ABCD 的体积 3 1 1 3V a ． 由（I）知 PQ 为棱锥 P—DCQ 的高，而 PQ= 2a ，△DCQ 的面积为 22 2 a ， 所以棱锥 P—DCQ 的体积为 3 2 1 3V a ． 故棱锥 Q—ABCD 的体积与棱锥 P—DCQ 的体积的比值为 1． 【2011 辽宁理，18】18．（本小题满分 12 分）如图，四边形 ABCD 为正方形，PD  平面 ABCD ， //PD QA ， 1 2QA AB PD  ． (Ⅰ) 证明：平面 PQC ⊥平面 DCQ ； (Ⅱ) 求二面角Q BP C  的余弦值． 【分析】． 提示 1： 此题考查面面垂直的证明和二面角的求解.考查学生的空间想象能力和利用空间向 量处理问题的能力.清晰面面垂直的判定定理和利用向量法求解二面角的步骤是解题的前提. 提示 2： (1)利用数量积为 0，证明 PQ⊥DQ，PQ⊥DC，然后利用线面垂直证明面面垂直； （2）确定两个半平面的法向量，利用向量夹角公式求解二面角的余弦值． 【解析】 ． 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 (1,1,0)Q ， (0,0,1)C ， (0,2,0)P ． 则 (1,1,0), (0,0,1), (1, 1,0).DQ DC PQ      所以 0, 0.PQ DQ PQ DC       即 PQ DQ ， PQ DC ． 故 PQ ⊥平面 DCQ ． 又 PQ  平面 PQC ，所以平面 PQC ⊥平面 DCQ ． （II）依题意有 (1,0,1)B ， (1,0,0), ( 1,2, 1).CB BP     设 ( , , )n x y z 是平面 PBC 的法向量，则 0, 0, 2 00, n CB x x y zn BP               即 ． 因此可取 (0, 1, 2).n    设 m  是平面 PBQ 的法向量，则 0, 0. m BP m PQ          可取 (1,1,1)m  ， 15cos , 5m n    ．故二面角Q BP C  的余弦值为 15 5  ． 【2011 全国Ⅱ文，20】20．（本小题满分 12 分）如图，四棱锥 S ABCD 中， //AB CD , BC CD ，侧面 SAB 为等边三角形， 2, 1AB BC CD SD    ． (Ⅰ) 证明： SD  平面 SAB ； (Ⅱ) 求 AB 与平面 SBC 所成角的大小． 【解析】 解法一： (Ⅰ) 计算 1SD  ， 5, 2AD SA  ，于是 2 2 2SA SD AD  ，利用勾股定理，可知 SD SA ，同理，可证 SD SB ，又 SA SB S ，因 此， SD SAB 平面 ． (Ⅱ) 过 D 做 Dz ABCD 平面 ， 如 图 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 D xyz ， (2, 1,0)A  ， (2,1,0)B ， (0,1,0)C ， 1 3( ,0, )2 2S ， 可 计 算 平 面 SBC 的 一 个 法 向 量 是 (0, 3,2),n  (0,2,0)AB  ， | | 2 3 21| cos , | 7| | | | 2 7 AB nAB n AB n            ． 所以 AB 与平面 SBC 所成角为 21arcsin 7 ． 解法二： （I）取 AB 中点 E，连结 DE，则四边形 BCDE 为矩形，DE=CB=2． 连结 SE，则 , 3SE AB SE  ， 又 SD=1，故 2 2 2ED SE SD  ， 所以 DSE 为直角． 由 , ,AB DE AB SE DE SE E   ，得 AB SDE 平面 ，所以 AB SD ． SD 与两条相交直线 AB、SE 都垂直． 所以 SD SAB 平面 ． （II）由 AB SDE 平面 知， ABCD SDE平面 平面 ， 作 SF DE ，垂足为 F，则 SF ABCD 平面 , 3 2 SD SESF DE   ， 作 FG BC ，垂足为 G，则 FG=DC=1． 连结 SG，则 SG BC ． 又 FG BC ， SG FG G ，故 ,BC SFG SBC SFG 平面 平面 平面 ， 作 FH SG ，H 为垂足，则 FH SBC 平面 ． 3 7 SF FGFH SG   ．即 F 到平面 SBC 的距离为 21 7 ． 由于 ED // BC，所以 ED // 平面 SBC，E 到平面 SBC 的距离 d 也为 21 7 ． 设 AB 与平面 SBC 所成的角为 ，则 21sin 7 d EB    , 21arcsin 7   ． 【解法二评注】本题中利用点面距求线面角的方法比较特别，但如果运用合理，有时会有意 想不到的简捷效果．同学们应仔细体会并加以强化训练． 解法三： 【分析】第(Ⅰ)问的证明的突破口是利用等边三角形 SAB 这个条件，找出 AB 的中点 E ，连 结 SE ， DE ，就做出了解决这个问题的关键辅助线．(Ⅱ)本题直接找线面角不易找出，要 找到与 AB 平行的其它线进行转移求解． 【解析】以C 为坐标原点，射线 CD 为 x 轴正半轴，建立如图所示 的直角坐标系C xyz ，设 (1,0,0)D ，则 (2,2,0)A ， (0,2,0)B ． 又设 ( , , )S x y z 则 0, 0, 0x y z   ． (Ⅰ) ( 2, 2, ), ( , 2, ), ( 1, , )AS x y z BS x y z DS x y z         由| | | |AS BS  得 2 2 2 2 2 2( 2) ( 2) ( 2)x y z x y z        ， 故 1x  ． 由| | 1DS  得 2 2 1y z  ， 又由| | 2BS  得， 2 2 2( 2) 4x y z    ， 即 2 2 4 1 0y z y    ，故 1 3,2 2y z  ． 于是 1 3 3 3 3 3 1 3(1, , ), ( 1, , ), (1, , ), (0, , )2 2 2 2 2 2 2 2S AS BS DS        ， 0DS AS   ， 0DS BS   ． 故 DS AS ， DS BS ，又 AS BS S ， 所以 SD SAB 平面 ． (Ⅱ)设平面 SBC 的法向量 ( , , )a m n p ，则 , , 0, 0a BS a CB a BS a CB             ， 又 3 3(1, , ), (0,2,0)2 2BS CB    ，故 3 3 02 2 2 0 m n p n       , 取 2p  得 ( 3,0,2)a   ，又 ( 2,0,0)AB   ， 21cos , 7| | | | AB aAB a AB a          ． 故 AB 与平面 SBC 所成的角为 21arcsin 7 ． 【2011 全国Ⅱ理，19】19．（本小题满分 12 分）如图，棱锥 S ABCD 中， AB ∥CD ， BC ⊥CD ，侧面 SAB 为等边三角形， AB BC  2 ， 1CD SD  ． (Ⅰ) 证明： SD ⊥平面 SAB ； (Ⅱ) 求 AB 与平面 SBC 所成的角的大小． 【解析】 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 , 3.SE AB SE  又 SD=1，故 2 2 2ED SE SD  ， 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． （II）由 AB  平面 SDE 知， 平面 ABCD  平面 SED． 作 ,SF DE 垂足为 F，则 SF  平面 ABCD， 3 2 SD SESF DE   ． 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． 3 7 SF FGFH SG   ，即 F 到平面 SBC 的距离为 21 7 ． 由于 ED//BC，所以 ED//平面 SBC，E 到平面 SBC 的距离 d 也是 21 7 ． 设 AB 与平面 SBC 所成的角为 ， 则 21 21sin , arcsin .7 7 d EB     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 ( , , ), 0, 0, 0.S x y z x y z  则 （I） ( 2, 2, ), ( , 2, )AS x y z BS x y z      ， ( 1, , )DS x y z  ， 由| | | |AS BS  得 2 2 2 2 2 2( 2) ( 2) ( 2) ,x y z x y z        故 x=1． 由 2 2| | 1 1,DS y z   得 又由 2 2 2| | 2 ( 2) 4,BS x y z     得 即 2 2 1 34 1 0, , .2 2y z y y z     故 于是 1 3 3 3 3 3(1, , ), ( 1, , ), (1, , )2 2 2 2 2 2S AS BS      ， 1 3(0, , ), 0, 0.2 2DS DS AS DS BS         故 , , ,DS AD DS BS AS BS S  又 所以 SD  平面 SAB． （II）设平面 SBC 的法向量 ( , , )a m n p ， 则 , , 0, 0.a BS a CB a BS a CB             又 3 3(1, , ), (0,2,0),2 2BS CB    故 3 3 0,2 2 2 0. m n p n       取 p=2 得 ( 3,0,2), ( 2,0,0)a AB    又 ． 21cos , 7| | | | AB aAB a AB a           ． 故 AB 与平面 SBC 所成的角为 21arcsin 7 ． 【解析二】 ． (Ⅰ)计算 1SD  ， 5, 2AD SA  ，于是 2 2 2SA SD AD  ，利用勾股定理，可知 SD SA ，同理，可证 SD SB ，又 SA SB S ，因此， SD SAB 平面 ． (Ⅱ)过 D 做 Dz ABCD 平面 ，如图建立空间直角坐标系 D xyz ， (2, 1,0)A  ， (2,1,0)B ， (0,1,0)C ， 1 3( ,0, )2 2S 可计算平面 SBC 的一个法向量是 (0, 3,2),n  (0,2,0)AB  ， | | 2 3 21| cos , | 7| | | | 2 7 AB nAB n AB n            . 所以 AB 与平面 SBC 所成角为 21arcsin 7 ． 下面的求解存在问题，请找出其错因，并改正： 如图， SO  平面 ABCD ，以点O 为坐标原点， 建立空间直角坐标系O xyz ， 3SO  ， 1 2OD  ， 3 2OE  ，  0,0, 3S ， 3 ,0,02E      ， 3 , 1,02A    ， 3 ,1,02B     ， 1 ,1,02C     ， 1 ,1, 32SC        ， 3 ,1, 32SB       ，设平面 SBC 的法向量为  , ,n x y z ，则 1 3 02 3 3 02 x y z x y z         ① ② ，则 0x  ， 3y  ， 1z  ，  0, 3,1n  ，  0,2,0AB  ，设直线 AB 与平面 SBC 所成的角为 ， 则 2 3 3sin 2 2 2 n AB n AB         ，则  60 ， 故直线 AB 与平面 SBC 所成角为 3  . 【2011  陕西文，16】16．（本小题满分 12 分）如图，在 ABC 中， 45ABC   ， 90BAC   ， AD 是 BC 上的高，沿 AD 把 ABD 折起，使 90BDC   ． (Ⅰ) 证明：平面 ADB ⊥平面 BDC ； (Ⅱ) 设 1BD  ，求三棱锥 D ABC 的表面积． 【分析】（1）确定图形在折起前后的不变性质，如角的大小不变，线段长度不变，线线关系 不变，再由面面垂直的判定定理进行推理证明；（2）充分利用垂直所得的直角三角形，根据 直角三角形的面积公式计算． 【解析】 ． (Ⅰ) ∵折起前ＡＤ是ＢＣ边上的高， ∴ 当ΔＡＢＤ折起后，AD⊥ＤＣ，AD⊥ＤＢ， 又 DB  ＤＣ＝Ｄ， ∴ＡＤ⊥平面ＢＤＣ，又∵AD 平面 BDC. ∴平面 ABD⊥平面 BDC． （2）由（1）知，DA DB , DB DC , DC DA , DB=DA=DC=1， AB=BC=CA= 2 , 1 11 1 ,2 2DAM DBC DCAS S S        1 32 2 sin 602 2ABCS       ∴三棱锥 D AB C  的表面积是 1 3 3 332 2 2S     . 【 2011  陕 西 理 ， 16 】 16 ．（ 本 小 题 满 分 12 分 ） 如 图 ， 在 ABC 中 ， 60 , 90 ,ABC BAC AD     是 BC 上的高，沿 AD 把 ABC 折起，使 90BCD   ． (Ⅰ) 证明：平面 ABD ⊥平面 BDC ； (Ⅱ) 设 E 为 BC 的中点，求 AE  与 DB  夹角的余弦值． 【分析】(Ⅰ)确定图形在折起前后的不变性质，如角的大小不变，线段长度不变，线线关系 不变，再由面面垂直的判定定理进行推理证明；(Ⅱ)在（1）的基础上确定出三线两两垂直， 建立空间直角坐标系，利用向量的坐标和向量的数量积运算求解． 【解析】 ． （1）∵折起前 AD 是 BC 边上的高， ∴当△ABD 折起后， AD⊥DC，AD⊥DB， 又 DB DC D ，∴AD⊥平面 BDC， ∵ADÜ 平面 ABD，∴平面 ABD⊥平面 BDC． （2）由∠BDC 90  及（1）知 DA，DB，DC 两两垂直，不妨设|DB|=1，以 D 为坐标原点， 以 DB  ， DC  ， DA  所在直线为 , ,x y z 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, 3 ),E( 1 2 , 3 2 ,0)， 所以 1 3( , , 3)2 2AE   ， (1,0,0)DB  ， ∴ 1 222cos , 22221 4 AE DBAE DB AE DB            所以 AE  与 DB  夹角的余弦值是 22 22 ． 【2011 上海文，20】20．（本小题满分 14 分）已知 1 1 1 1ABCD A B C D 是底面边长为 1 的正 四棱柱，高 1 2AA  ．求： (Ⅰ) 异面直线 BD 与 1AB 所成的角的大小（结果用反三角函数表示）； (Ⅱ) 四面体 1 1AB D C 的体积． 【解析】 ． (Ⅰ) 连 1 1 1 1, , ,BD AB B D AD ，∵ 1 1 1 1// ,BD B D AB AD ， ∴ 异面直线 BD 与 1AB 所成角为 1 1AB D ，记 1 1AB D   ， 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 10cos 2 10 AB B D AD AB B D     ， ∴ 异面直线 BD 与 1AB 所成角为 10arccos 10 ． (Ⅱ) 连 1 1, ,AC CB CD ，则所求四面体的体积 1 1 1 1 1 1 1 1 24 2 4 3 3ABCD A B C D C B C DV V V        ． 【2011 上海理，21】21．（本小题满分 14 分）已知 1 1 1 1ABCD A B C D 是底面边长为 1 的正 四棱柱， 1O 为 1 1AC 与 1 1B D 的交点． (Ⅰ) 设 1AB 与底面 1 1 1 1A B C D 所成角的大小为 ，二面角 1 1 1A B D A  的大小为  .求 证： tan 2 tan  ； (Ⅱ) 若点 C 到平面 AB1D1 的距离为 4 3 ，求正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的高． 【解析】 ． (Ⅰ) 连 1AO ， 1AA  底面 1 1 1 1A B C D 于 1A ，∴ 1AB 与底面 1 1 1 1A B C D 所成的角为 1 1AB A ， 即 1 1AB A   ， ∵ 1 1AB AD ， 1O 为 1 1B D 中点，∴ 1 1 1AO B D ，又 1 1 1 1AO B D ， ∴ 1 1AO A 是二面角 1 1 1A B D A  的平面角，即 1 1AO A   ， ∴ 1 1 1 tan AA hA B    ， 1 1 1 tan 2 2 tanAA hAO     ． (Ⅱ) 建立如图空间直角坐标系，有 1 1(0,0, ), (1,0,0), (0,1,0), (1,1, )A h B D C h 1 1(1,0, ), (0,1, ), (1,1,0)AB h AD h AC       设平面 1 1AB D 的一个法向量为 ( , , )n x y z ， ∵ 1 1 1 1 0 0 n AB n AB n AD n AD                   ，取 1z  得 ( , ,1)n h h ∴ 点C 到平面 1 1AB D 的距离为 2 2 | | 0 4 3| | 1 n AC h hd n h h           ，则 2h  ． 【2011  四川文，19】19．（本小题满分 12 分）如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 90BAC   ， 1 1AB AC AA   ，延长 1 1AC 至点 P ，使 1 1 1C P AC ，连接 AP 交棱 1CC 于点 D ． (Ⅰ) 求证： 1PB ∥平面 1BDA ； (Ⅱ) 求二面角 1A A D B  的平面角的余弦值． 【解析】本小题主要考查直三棱柱的性质、线面关系、二面角等基本知识，并考查空间想象 能力和逻辑推理能力，考查应用向量知识解决问题的能力． （Ⅰ）解法一：连结 AB1 与 BA1 交于点 O，连结 OD， ∵C1D∥平面 AA1，A1C1∥AP，∴AD=PD，又 AO=B1O， ∴OD∥PB1，又 OD面 BDA1，PB1面 BDA1， ∴PB1∥平面 BDA1． （Ⅱ）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， 2 2 1 1 5( ) 12 2A D    ， 又 1 1 1 51 12 2 2AA DS AE       ，∴ 2 5 5AE  ． 在 Rt△BAE 中， 2 22 5 3 5( ) 15 5BE    ，∴ 2cos 3 AHAHB BH    ． 故二面角 A－A1D－B 的平面角的余弦值为 2 3 ． （Ⅰ）解法二：连接 1A B 与 1BA 交于点O ，连接OD ， 因为 1 1ABB A 为平行四边形，O 为对角线的交点， 则 1AO OB ，又 1 1 1C P AC ， 1 1 1C D A A∥ ，故点 D 为 AP 的中点， 1 1 1 1 1 1 OD B P OD A BD PB A BD B P A BD      ∥ ∥ 所以 平面 平面 平面 . （Ⅱ）解法一：如图，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－B1C1A，则 1(0,0,0)A ， 1(1,0,0)B ， 1(0,1,0)C ， (1,0,1)B ， (0,2,0)P ． （Ⅰ）在△PAA1 中有 1 1 1 2C D AA ，即 1(0,1, )2D ． ∴ 1 (1,0,1)A B  ， 1 (0,1, )A D x ， 1 ( 1,2,0)B P   ． 设平面 BA1D 的一个法向量为 1 ( , , )a b cn ， 则 1 1 1 1 0, 1 0.2 A B a c A D b c            n n 令 1c   ，则 1 1(1, , 1)2  n ． ∵ 1 1 11 ( 1) 2 ( 1) 0 02B P          n ， ∴PB1∥平面 BA1D， （Ⅱ）由（Ⅰ）知，平面 BA1D 的一个法向量 1 1(1, , 1)2  n ． 又 2 (1,0,0)n 为平面 AA1D 的一个法向量．∴ 1 2 1 2 1 2 1 2cos , 3| | | | 31 2      n nn n n n ． 故二面角 A－A1D－B 的平面角的余弦值为 2 3 ． （Ⅱ）解法二：如图，以 1A 为坐标原点，建立空间直角坐标 1A xyz ，  1 0,0,0A ，  0,0,1A ， 10,1, 2D     ，  1,0,1B ，  1 0,0,1A A  ， 1 10,1, 2A D       ， 设平面 1AA D 的法向量为  1 1 1 1, ,n x y z ，则 1 1 1 0 1 02 z y z    ，则  1 1,0,0n  ，  1 1,0,1A B  ，设平面 1A BD 的法向量为  2 2 2 2, ,n x y z ，则 2 2 2 2 0 1 02 x z y z     ，则 2 11, , 12n       ， 1 2 1 2 1 21 cos ,n n n n n n          ，得 1 2 1 2cos , 311 2 4 n n        ， 因此二面角 1A A D B  的平面角的余弦值为 2 3 . 【2011  四川理，19】19．（本小题满分 12 分）如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 90BAC   ， 1 1AB AC AA   ，D 是 1CC 上的一点，P 是 AD 的延长线与 1 1AC 的 延长线的交点，且 1 1PB BDA∥平面 ． (Ⅰ) 求证： 1CD C D ； (Ⅱ) 求二面角 1A A D B  的平面角的余弦值； (Ⅲ) 求点C 到平面 1B DP 的距离． 【解析】（Ⅰ）连接 1A B 与 1BA 交于点 O ，连接OD ， 因为 1PB ∥平面 1BDA ， 1PB  平面 1AB P ， 平面 1PB A 平面 1A BD OD ，所以 1 1OD PB∥ ， 又 1AO OB ，所以 AD DP ， 又 1AC C P∥ ，所以 1CD C D . （Ⅱ）如图，以 1A 为坐标原点，建立空间直角坐标 1A xyz ，  1 0,0,0A ，  0,0,1A ， 10,1, 2D     ，  1,0,1B ，  1 0,0,1A A  ， 1 10,1, 2A D       ， 设平面 1AA D 的法向量为  1 1 1 1, ,n x y z ，则 1 1 1 0 1 02 z y z    ，则  1 1,0,0n  ，  1 1,0,1A B  ，设平面 1A BD 的法向量为  2 2 2 2, ,n x y z ，则 2 2 2 2 0 1 02 x z y z     ，则 2 11, , 12n       ， 1 2 1 2 1 21 cos ,n n n n n n          ，得 1 2 1 2cos , 311 2 4 n n        ， 因此二面角 1A A D B  的平面角的余弦值为 2 3 . （Ⅲ）由 D 为 1CC 的中点，得点 C 到平面 1B DP 的距离等于 1C 到平面 1B DP 的距离， 据等体积法得： 1 1 1 1C B DP B C DPV V  ， 1 11 1 1 1 1 1 3 3B DP C DPC B DPS d S A B   平面 ， 1 1 1 1 11 12 2 C B DP B DP d S     平面 ，又 1 3 4B DPS  ，所以 1 1 1 14 3 3 4 C B DPd   平面 ， 故点C 到平面 1B DP 的距离为 1 3 . 解 析 二 ： （ 1 ） 连 接 1B A 交 1BA 于 O , 1 //B P 1面BDA , 1 1 1 1, ,B P AB P AB P BA D OD 面 面 面 1 //B P OD ,又O 为 1B A 的中点， D 为AP 中点， 1 1C A P 为 ， 1ACD PC D   ， 1C D CD  ,D 为 1CC 的中点． （2）由题意 1 1,AB AC AB AA AB C C    1面AA ,过 B 作 AH AD ,连接 BH ，则 BH AD , AHB 为二面角 1A A D B  的平面角．在 1AA D 中， 1 1 5 51, ,2 2AA AD A D   , 则 2 5 2 5 3 5 25, ,cos5 5 33 5 5 AHAH BH AHB BH       ． (3)因为 1 1C B PD B PCDV V  ，所以 1 1 1 1 1 3 3B PD PCDh S A B S    , 1 1 1A B  ， 1 1 1 1 1 2 4 4PCD PC C PC DS S S       ， 在 1B DP 中， 1 1 1 1 9 553 5 2 5 54 4, 5, .cos ,sin32 2 5 52 52 B D B P PD DB P DB P             ， 1 1 3 5 3 15 ,2 2 5 4 3B PDS h       ． 【2011 天津文，17】17．（本小题满分 13 分）如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为 平行四边形， 045ADC  ， 1AD AC  ，O 为 AC 中点，PO  平面 ABCD ， 2PO  ， M 为 PD 中点． (Ⅰ) 证明： PB // 平面 ACM ； (Ⅱ) 证明： AD  平面 PAC ； (Ⅲ) 求直线 AM 与平面 ABCD 所成角的正切值． 【解析】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知 识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力． （Ⅰ）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． （Ⅱ）证明：因为 45ADC   ，且 AD=AC=1，所以 90DAC   ，即 AD AC ， 又 PO  平面 ABCD， AD  平面 ABCD，所以 ,PO AD AC PO O 而 ，所以 AD  平面 PAC． （Ⅲ）解：取 DO 中点 N，连接 MN，AN，因为 M 为 PD 的中点，所以 MN//PO，且 1 1,2MN PO PO  由 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， 11, 2AD AO  ，所以 5 2DO  ，从而 1 5 2 4AN DO  ， 在 1 4 5,tan 55 4 MNRt ANM MAN AN     中 ，即直线 AM 与平面 ABCD 所成角 的正切值为 4 5 5 ． 【2011 天津理，17】17．（本小题满分 13 分）如图，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， H 是正 方形 1 1AA B B 的中心， 1 2 2AA  ， 1C H  平面 1 1AA B B ， 且 1 5C H  ． (Ⅰ) 求异面直线 AC 与 1 1A B 所成角的余弦值； (Ⅱ) 求二面角 1 1 1A AC B  的正弦值； A B C D M N P O (Ⅲ) 设 N 为棱 1 1B C 的中点，点 M 在平面 1 1AAB B内，且 MN  平面 1 1 1A B C ，求线段 BM 的长． 【解析】 ． 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 (2 2,0,0), (0,0,0), ( 2, 2, 5)A B C  1 1 1(2 2,2 2,0), (0,2 2,0), ( 2, 2, 5)A B C （I）解：易得 1 1( 2, 2, 5), ( 2 2,0,0)AC A B      ， 于是 1 1 1 1 1 1 4 2cos , ,3| | | | 3 2 2 AC A BAC A B AC A B             所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 2 3 ． （II）解：易知 1 1 1(0,2 2,0), ( 2, 2, 5).AA AC     设平面 AA1C1 的法向量 ( , , )m x y z ， 则 1 1 1 0 0 m AC m AA        即 2 2 5 0, 2 2 0. x y z y      不妨令 5,x  可得 ( 5,0, 2)m  ， 同样地，设平面 A1B1C1 的法向量 ( , , )n x y z ， 则 1 1 1 1 0, 0. n AC n A B        即 2 2 5 0, 2 2 0. x y z x       不妨令 5y  ， 可得 (0, 5, 2)n  ．于是 2 2cos , ,| | | | 77 7 m nm n m n         从而 3 5sin , 7m n    ．所以二面角 1 1 1A AC B  的正弦值为 3 5 7 ． （III）解：由 N 为棱 B1C1 的中点， 得 2 3 2 5( , , )2 2 2N ．设 ( , ,0)M a b ， 则 2 3 2 5( , , )2 2 2MN a b   ， 由 MN  平面 A1B1C1，得 1 1 1 1 0 0 MN A B MN AC          即 2( ) ( 2 2) 0,2 2 3 2 5( ) ( 2) ( ) ( 2) 5 0.2 2 2 a a b                 解得 2 ,2 2 .4 a b     故 2 2( , ,0).2 4M 因此 2 2( , ,0)2 4BM  ，所以线段 BM 的长为 10| | 4BM  ． 方法二： （I）解：由于 AC//A1C1，故 1 1 1C A B 是异面直线 AC 与 A1B1 所成的角. 因为 1C H  平面 AA1B1B，又 H 为正方形 AA1B1B 的中心， 1 12 2, 5,AA C H  可得 1 1 1 1 3.AC B C  因此 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2cos .2 3 AC A B B CC A B AC A B     所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 2 .3 （II）解：连接 AC1，易知 AC1=B1C1， 又由于 AA1=B1A1，A1C1=A1=C1， 所以 1 1AC A ≌ 1 1B C A ，过点 A 作 1 1AR AC 于点 R， 连接 B1R，于是 1 1 1B R AC ，故 1ARB 为二面角 A—A1C1—B1 的平面角. 在 1 1Rt A RB 中， 2 1 1 1 1 1 2 2 14sin 2 2 1 ( ) .3 3B R A B RA B       连接 AB1，在 1ARB 中， 2 2 2 1 1 1 1 1 1 4, ,cos 2 AR B R ABAB AR B R ARB AR B R       2 7   ， A B CD P 从而 1 3 5sin .7ARB  所以二面角 A—A1C1—B1 的正弦值为 3 5 .7 （III）解：因为 MN  平面 A1B1C1，所以 1 1.MN A B 取 HB1 中点 D，连接 ND，由于 N 是棱 B1C1 中点， 所以 ND//C1H 且 1 1 5 2 2ND C H  . 又 1C H  平面 AA1B1B，所以 ND  平面 AA1B1B，故 1 1.ND A B 又 ,MN ND N 所以 1 1A B  平面 MND，连接 MD 并延长交 A1B1 于点 E， 则 1 1 1, / / .ME A B ME AA 故 由 1 1 1 1 1 1 1 ,4 B E B DDE AA B A B A    得 1 2 2DE B E  ，延长 EM 交 AB 于点 F， 可得 1 2 .2BF B E  连接 NE. 在 Rt ENM 中， 2, .ND ME ND DE DM  故 所以 2 5 2 .4 NDDM DE   可得 2 .4FM  连接 BM，在 Rt BFM 中， 2 2 10 4BM FM BF   ． 【2011  新课标全国文，18】18．（本小题满分 12 分）如图，四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形． 60 , 2 ,DAB AB AD PD    底面 ABCD ． (Ⅰ) 证明： PA BD ； (Ⅱ) 设 1PD AD  ，求棱锥 D PBC 的高． 【解析】(Ⅰ) 因为 60DAB   ， 2AB AD ，由余弦定理得 3BD AD ． 从而 2 2 2BD AD AB  ，故 BD AD ， 又 PD  底面 ABCD ，可得 BD PD ， 所以 BD  平面 PAD ．故 PA BD ． (Ⅱ)如图，作 DE PB ，垂足为 E ．已知 PD  底面 ABCD ，则 PD BC ． A B CD P 由(Ⅰ) 知 BD AD ，又 //BC AD ，所以 BC BD ． 故 BC  平面 PBD ， BC DE ． 则 DE  平面 PBC ． 由题设知 1PD  ，则 3BD  ， 2PB  ． 根据 DE PB PD BD   ，得 3 2DE  ．即棱锥 D PBC 的高为 3 2 ． 【2011 新课标全国理，18】18．（本小题满分 12 分）如图，四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，∠ DAB  60 ， 2AB AD ， PD ⊥底面 ABCD ． (Ⅰ) 证明： PA ⊥ BD ； (Ⅱ) 若 PD AD ，求二面角 A PB C  的余弦值． A B CD P E 【解析】 ． (Ⅰ) ∵ DAB = 060 , AB = 2AD ,由余弦定理得 BD = 3AD , ∴ 2 2BD AD = 2AB , ∴ BD ⊥ AD ． 又∵ PD ⊥面 ABCD ， ∴ BD ⊥ PD ． ∴ BD ⊥平面 PAD ， ∴ PA BD ． (Ⅱ) 如图，以 D 为坐标原点， AD 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 ，则  1,0,0A ，  0, 3,0B ，  1, 3,0C  ，  0,0,1P ，  1, 3,0AB   ，  0, 3, 1PB   ，  1,0,0BC   ， 设平面 PAB 的法向量为  , ,x y zn ，则 0 0 AB PB        n n ， 即 3 0 3 0 x y y z      ，因此可取  3,1, 3n ． 设平面 PBC 的法向量为 m ，则 0 0 PB BC        m m ，可取  0, 1, 3m    ． 4 2 7cos , 72 7     m n ． 故二面角 A PB C  的余弦值为 2 7 7  ． 【评注】空间几何体重点考查空间线线、线面、面面的平行、垂直判定与性质，利用向量法 和几何法求异面直线所成角、线面角、二面角问题，难度与大纲版要求变化不大． 【2011 浙江文，20】20．（本小题满分 14 分）如图，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． (Ⅰ) 证明： AP ⊥ BC ； (Ⅱ) 已知 8BC  ， 4PO  ， 3AO  ， 2OD  .求二面角 B AP C  的大小． x A B CD y z P 【解析】本题主要考查空间线线、线面、面面位置关系，二面角等基础知识，同时考查空间 想象能力和推理论证能力． （Ⅰ）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 PA ． （Ⅱ）如图，在平面 PAB 内作 BM PA 于 M，连 CM． 因为 ,BC PA PA 得 平面 BMC，所以 AP  CM． 故 BMC 为二面角 B—AP—C 的平面角． 在 2 2 2, 41Rt ADB AB AD BD   中 ，得 41AB  ． 在 2 2 2Rt POD PO OD  中,PD ， 在 Rt PDB 中， 2 2 2PB PD BD  ， 所以 2 2 2 2 36, 6PB PO OD BD PB    得 ． 在 2 2 2, 25, 5Rt POA PA AO OP PA    中 得 ． 又 2 2 2 1 2 2cos , sin2 3 3 PA PB ABBPA BPAPA PB       从而 ， 故 sin 4 2BM PB BPA   ， 同理 4 2.GM  因为 2 2 2BM MC BC  ， 所以 90BMC   ． 即二面角 B AP C  的大小为90 ． 【2011 浙江理，20】20．（本小题满分 15 分）如图，在三棱三棱锥 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 8BC  ， 4PO  ， 3AO  ， 2OD  ． (Ⅰ) 证明： AP ⊥ BC ； (Ⅱ) 在线段 AP 上是否存在点 M ，使得二面角 A MC   为直二面角？若存在，求出 AM 的长；若不 存在，请说明理由． 【解析】该题考察空间点线面位置关系，二面角等知识点，空间向量的应用， 同时考察空间想象能力和计算能力． 解法一： （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 (0,0,0), (0, 3,0), (4,2,0), ( 4,2,0), (0,0,4)O A B C P  ， (0,3,4), ( 8,0,0)AP BC    ，由此可得 0AP BC   ，所以 AP BC  ，即 .AP BC （II）解：设 , 1, (0, 3, 4)PM PA PM        则 BM BP PM BP PA        ( 4, 2,4) (0, 3, 4) ( 4, 2 3 ,4 4 )               ( 4,5,0), ( 8,0,0)AC BC     ． 设平面 BMC 的法向量 1 1 1 1( , , )n x y z ， 平面 APC 的法向量 2n  2 2 2( , , )x y z 由 1 1 0, 0, BM n BC n          ，得 1 1 1 1 4 (2 3 ) (4 4 ) 0, 8 0, x y x x          即 1 1 1 1 0, 2 3(0,1, )2 3 4 4,4 4 x n z y           可取 由 2 2 0, 0. AP n AC n          ，得 2 2 2 2 3 4 0, 4 5 0, y z x y      即 2 2 2 2 2 5 ,4 (5,4, 3)3 ,4 x y n z y        可取 ． 由 1 2 2 30, 4 3 04 4n n          得 ， 解得 2 5   ，故 3AM  ． 综上所述，存在点 M 符合题意，AM=3． 解法二： （I）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 ． （II）解：如图，在平面 PAB 内作 BM PA 于 M，连 CM， 由（I）中知 AP BC ，得 AP  平面 BMC， 又 AP  平面 APC，所以平面 BMC  平面 APC． 在 2 2 2, 41, 41Rt ADB AB AD BD AB    中 得 ． 在 2 2 2,Rt POD PD PO OD  中 ， 在 2 2 2, ,Rt PDB PB PD BD  中 所以 2 2 2 2 36, PB=6PB PO OD DB    得 ． 在 2 2 2Rt POA , 25, 5PA AO OP PA    中 得 ． 又 2 2 2 1cos 2 3 PA PB ABBPA PA PB     ， 从而 PM cos 2PB BPA   ，所以 AM=PA-PM=3． 综上所述，存在点 M 符合题意， 3AM  ． 【2011 重庆文，20】20．（本小题满分 12 分）如图，在四面体 ABCD 中，平面 ABC  平 面 ACD ， AB BC ， 2AC AD  ， 1BC CD  ． (Ⅰ) 求四面体 ABCD 的体积； (Ⅱ) 求二面角C AB D  的平面角的正切值． 【解析】本题考查简单几何体的体积计算、二面角的求法，考查空间想象能力、推理论证能 力、运算求解能力及转化与化归思想． (Ⅰ) 如图，过 D 作 DF ⊥ AC 于 F ，∵平面 ABC ⊥平面 ACD ， ∴ DF ⊥平面 ABC ，则 DF 是四面体 ABCD 的面 ABC 上的高， 设 CD 中点为G ，∵ AC = AD =2，∴ AG ⊥CD ， ∴ AG = 2 2AC CG = 2 2 12 2  = 15 2 , ∵ 1 2 AC DF = 1 2 CD AG , ∴ DF = AG CD AC  = 15 4 , 在 Rt ABC 中， AB = 2 2AC BC = 3 ,∴ ABCS = 1 2 AB BC = 3 2 , ∴四棱锥 ABCD 的体积V = 1 3 ABCS DF  = 5 8 . (Ⅱ)（几何法）过 F 作 FE ⊥ AB 与 E ，连结 DE ，由(Ⅰ)知 DF ⊥面 ABC ， 由三垂线定理知 DE ⊥ AB ，∴ DEF 为二面角C AB D  的平面角， 在 Rt AFD 中， AF = 2 2AD DF = 2 2152 ( )4  = 7 4 , 在 Rt ABC 中， FE ∥ BC ， ∴ EF AF BC AC  , ∴ FE = BC AF AC  = 7 8 , 在 Rt EFD 中， tan DEF = DF EF = 2 15 7 . 解析 2： （Ⅰ）过点 D 作 DE AC 交 AC 于点 E ， 因为平面 ABC  平面 ACD ，平面 ABC  平面 ACD AC ， DE  平面 ACD ，则 DE  平面 ABC ， 1 1 1 33 3 2ABCD ABCV S DE DE      ， 根据等面积法 1 1 1 1 15 151 42 2 4 2 2 4AC DE        ， 所以 15 4DE  ， 3 15 3 5 5 6 4 24 8ABCDV     . （Ⅱ）过点 E 作 EF AB 于点 F ，连接 DF ， EF AB AB DFEF DF ABC     为 在平面 上的射影 ， DFE 为二面角 D AB C  的平面角， 由 EF AE BC AC  得 AE BCEF AC  7 1 74 2 8    ， 15 8 2 15tan 4 7 7 DEDFE EF      ， 所以二面角C AB D  的平面角的正切值为 2 15 7 . 【2011 重庆理，19】19．（本小题满分 12 分）如图，在四面体 ABCD 中，平面 ABC  平 面 ACD ， AB BC ， AD CD ， 30CAD   ． (Ⅰ) 若 2AD  ， 2AB BC ，求四面体 ABCD 的体积； (Ⅱ) 若二面角C AB D  为 60 ，求异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值． B C D A N M O  2010 年高考题 一、选择题 1.（2010 浙江理）（6）设l ， m 是两条不同的直线， 是一个平面，则下列命题正确的是 （A）若l m ， m  ，则l  （B）若l  ，l m// ，则 m  （C）若l // ， m  ，则l m// （D）若l // ， m // ，则l m// 【答案】 B 解析：选 B，可对选项进行逐个检查。本题主要考察了立体几何中线面之间的位置关系及其 中的公理和判定定理，也蕴含了对定理公理综合运用能力的考察，属中档题 2.（2010 江西理）10.过正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的顶点 A 作直线 L， 使 L 与棱 AB , AD , 1AA 所成的角都相等，这样的直线 L 可以作 A.1 条 B.2 条 C.3 条 D.4 条 【答案】D 【解析】考查空间感和线线夹角的计算和判断，重点考查学生分类、划归转化的能力。第一 类：通过点 A 位于三条棱之间的直线有一条体对角线 AC1，第二类：在图形外部和每条棱的外 角和另 2 条棱夹角相等，有 3 条，合计 4 条。 3.（2010 山东文）(4)在空间，下列命题正确的是 A.平行直线的平行投影重合 B.平行于同一直线的两个平面平行 C.垂直于同一平面的两个平面平行 D.垂直于同一平面的两条直线平行 【答案】D 4.（2010 四川理）（11）半径为 R 的球O 的直径 AB 垂直于平面 ，垂足为 B ， BCD 是平面 内边长为 R 的正三角形，线段 AC 、 AD 分别 与球面交于点 M，N，那么 M、N 两点间的球面距离是 （A） 17arccos 25R （B） 18arccos 25R （C） 1 3 R （D） 4 15 R 【答案】A 【解析】由已知，AB＝2R,BC＝R,故 tan∠BAC＝ 1 2 cos∠BAC＝ 2 5 5 连结 OM，则△OAM 为等腰三角形 AM＝2AOcos∠BAC＝ 4 5 5 R ，同理 AN＝ 4 5 5 R ，且 MN∥CD 而 AC＝ 5 R,CD＝R 故 MN：CD＝AN:AC  MN＝ 4 5 R ， 连结 OM、ON，有 OM＝ON＝R 于是 cos∠MON＝ 2 2 2 17 2 25 OM ON MN OM ON     所以 M、N 两点间的球面距离是 17arccos 25R 5.（2010 全国卷 1 文）(6)直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，若 90BAC   ， 1AB AC AA  ， 则异面直线 1BA 与 1AC 所成的角等于 (A)30° (B)45°(C)60° (D)90° 【答案】C 【命题意图】本小题主要考查直三棱柱 1 1 1ABC A B C 的性质、异面直线所成的角、异面直 线所成的角的求法. 【解析】延长 CA 到 D，使得 AD AC ，则 1 1ADAC 为平行四边形， 1DA B 就是异面直线 1BA 与 1AC 所成的角，又三角形 1A DB 为等边三角形， 0 1 60DA B  6.（2010 湖北文）4.用 a 、b 、 c 表示三条不同的直线， y 表示平面，给出下列命题： ①若 a ∥b ，b ∥ c ，则 a ∥ c ；②若 a ⊥b ，b ⊥ c ，则 a ⊥ c ； ③若 a ∥ y ，b ∥ y ，则 a ∥b ；④若 a ⊥ y ，b ⊥ y ，则 a ∥b . A. ①② B. ②③ C. ①④ D.③④   A B   7.（2010 山东理）(3)在空间，下列命题正确的是 （A）平行直线的平行投影重合 （B）平行于同一直线的两个平面平行 （C）垂直于同一平面的两个平面平行 （D）垂直于同一平面的两条直线平行 【答案】D 【解析】由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理可以得出答案。 【命题意图】考查空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质，属基础题。 8.（2010 安徽理）8、一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积为 A、280 B、292 C、360 D、372 【答案】C 【解析】该几何体由两个长方体组合而成，其表面积等于下面长方体的全 面 积 加 上 面 长 方 体 的 4 个 侧 面 积 之 和 。 2(10 8 10 2 8 2) 2(6 8 8 2) 360S            . 【方法技巧】把三视图转化为直观图是解决问题的关键.又三视图很容易 知道是两个长方体的组合体，画出直观图，得出各个棱的长度.把几何体 的表面积转化为下面长方体的全面积加上面长方体的 4 个侧面积之和。 二、填空题 1.（2010 四川理）（15）如图，二面角 l   的大小是 60°，线段 AB  . B l ， AB 与l 所成的角为 30°.则 AB 与平面  所成的角的正弦值是 . 【答案】 3 4 【解析】过点 A 作平面β的垂线，垂足为 C，在β内过 C 作 l 的垂线.垂足为 D 连结 AD，有三垂线定理可知 AD⊥l， 故∠ADC 为二面角 l   的平面角，为 60°   A B  C D 又由已知，∠ABD＝30° 连结 CB，则∠ABC 为 AB 与平面  所成的角 设 AD＝2，则 AC＝ 3 ，CD＝1 AB＝ 0sin30 AD ＝4 ∴sin∠ABC＝ 3 4 AC AB  三、解答题 1.（2010 湖南文）18.（本小题满分 12 分） 如图所示，在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，AB=AD=1，AA1=2，M 是棱 CC1 的中点 （Ⅰ）求异面直线 A1M 和 C1D1 所成的角的正切值； （Ⅱ）证明：平面 ABM⊥平面 A1B1M1 2.（2010 浙江理）（20）（本题满分 15 分）如图， 在矩形 ABCD 中，点 ,E F 分别在线段 ,AB AD 上， 2 43AE EB AF FD    .沿直线 EF 将 AEFV 翻折成 'A EFV ，使平面 'A EF BEF 平面 . （Ⅰ）求二面角 'A FD C  的余弦值； （Ⅱ）点 ,M N 分别在线段 ,FD BC 上，若沿直线 MN 将四边形 MNCD 向上翻折，使C 与 'A 重合，求线段 FM 的长。 解析：本题主要考察空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识， 空间向量的应用，同事考查空间想象能力和运算求解能力。 （Ⅰ）解：取线段 EF 的中点 H，连结 'A H ，因为 'A E = 'A F 及 H 是 EF 的中点，所以 'A H EF , 又因为平面 'A EF  平面 BEF. 如图建立空间直角坐标系 A-xyz 则 'A （2，2， 2 2 ），C（10，8，0）， F（4，0，0），D（10，0，0）. 故 'FA  =（-2，2，2 2 ）， FD  =（6，0，0）. 设 n  =（x,y,z）为平面 'A FD 的一个法向量， -2x+2y+2 2 z=0 所以 6x=0. 取 2z  ，则 (0, 2, 2)n   。 又平面 BEF 的一个法向量 (0,0,1)m  ， 故 3cos , 3 n mn m n m          。 所以二面角的余弦值为 3 3 （Ⅱ）解：设 ,FM x 则 (4 ,0,0)M x ， 因为翻折后， C 与 A 重合，所以 'CM A M ， 故， 2 2 2 2 2 2(6 ) 8 0 = 2 2 2 2x x      （ ） （ ），得 21 4x  ， 经检验，此时点 N 在线段 BC 上， 所以 21 4FM  。 方法二： （ Ⅰ ） 解 ： 取 线 段 EF 的 中 点 H , AF 的 中 点 G , 连 结 ' , ' ,A G A H GH 。 因为 'A E = 'A F 及 H 是 EF 的中点， 所以 'A H EF 又因为平面 'A EF  平面 BEF ， 所以 'A H  平面 BEF , 又 AF  平面 BEF , 故 'A H  AF ， 又因为G 、 H 是 AF 、 EF 的中点， 易知 GH ∥ AB ， 所以 GH  AF ， 于是 AF  面 'A GH ， 所以 'A GH 为二面角 'A DH C  的平面角， 在 'Rt A GH 中， 'A H = 2 2 ，GH =2， 'A G = 2 3 所以 3cos ' 3A GH  . 故二面角 'A DF C  的余弦值为 3 3 。 （Ⅱ）解：设 FM x , 因为翻折后， C 与 'A 重合， 所以 'CM A M ， 而 2 2 2 2 28 (6 )CM DC DM x     ， 2 2 2 2 2 2' ' 'A M A H MH A H MG GH     2(2 2) 得 21 4x  ， 经检验，此时点 N 在线段 BC 上， 所以 21 4FM  。 3.（2010 全国卷 2）（19）如图，直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， AC BC ， 1AA AB ， D 为 1BB 的中点， E 为 1AB 上的一点， 13AE EB ． （Ⅰ）证明： DE 为异面直线 1AB 与CD 的公垂线； （Ⅱ）设异面直线 1AB 与CD 的夹角为 45°，求二面角 1 1 1A AC B  的大小． 【命题意图】本试题主要考查空间的线面关系与空间角的求 解，考查考生的空间想象与推理计算的能力. 【参考答案】 (19)解法一： （I）连接 A1B，记 A1B 与 AB1 的交点为 F. 因为面 AA1BB1 为正方形，故 A1B⊥AB1，且 AF=FB1，又 AE=3EB1，所以 FE=EB1，又 D 为 BB1 的中 点，故 DE∥BF，DE⊥AB1. ………………3 分 作 CG⊥AB，G 为垂足，由 AC=BC 知，G 为 AB 中点. 又由底面 ABC⊥面 AA1B1B.连接 DG，则 DG∥AB1，故 DE⊥DG，由三垂线定理，得 DE⊥CD. 所以 DE 为异面直线 AB1 与 CD 的公垂线. （II）因为 DG∥AB1，故∠CDG 为异面直线 AB1 与 CD 的夹角，∠CDG=45° 设 AB=2，则 AB1= ，DG= ，CG= ，AC= . 作 B1H⊥A1C1，H 为垂足，因为底面 A1B1C1⊥面 AA1CC1，故 B1H⊥面 AA1C1C.又作 HK⊥AC1，K 为垂 足，连接 B1K，由三垂线定理，得 B1K⊥AC1，因此∠B1KH 为二面角 A1-AC1-B1 的平面角. 【点评】三垂线定理是立体几何的最重要定理之一，是高考的的热点，它是处理线线垂直问 题的有效方法，同时它也是确定二面角的平面角的主要手段.通过引入空间向量，用向量代 数形式来处理立体几何问题，淡化了传统几何中的“形”到“形”的推理方法，从而降低了 思维难度，使解题变得程序化，这是用向量解立体几何问题的独到之处. 4.（2010 北京文）（17）（本小题共 13 分） 如图，正方形 ABCD 和四边形 ACEF 所在的平面互相垂 直。 EF//AC，AB= 2 ,CE=EF=1 （Ⅰ）求证：AF//平面 BDE； （Ⅱ）求证：CF⊥平面 BDF; 证明：（Ⅰ）设 AC 于 BD 交于点 G。因为 EF∥AG,且 EF=1，AG= 1 2 AG=1 所以四边形 AGEF 为平行四边形 所以 AF∥EG 因为 EG 平面 BDE,AF  平面 BDE, 所以 AF∥平面 BDE （Ⅱ）连接 FG。因为 EF∥CG,EF=CG=1, 且 CE=1,所以平行四边形 CEFG 为菱形。所以 CF ⊥EG. 因为四边形 ABCD 为正方形，所以 BD⊥AC.又因为平面 ACEF⊥平面 ABCD,且平面 ACEF∩平面 ABCD=AC,所以 BD⊥平面 ACEF.所以 CF⊥BD.又 BD∩EG=G,所以 CF⊥平面 BDE. 5.（2010 天津文）（19）（本小题满分 12 分） 如图，在五面体 ABCDEF 中，四边形 ADEF 是正方形，FA⊥平面 ABCD，BC∥AD，CD=1，AD= 2 2 ， ∠BAD＝∠CDA＝45°. （Ⅰ）求异面直线 CE 与 AF 所成角的余弦值； （Ⅱ）证明 CD⊥平面 ABF； （Ⅲ）求二面角 B-EF-A 的正切值。 【解析】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，考查空间想象能力，运算能力和推理论证能 力.满分 12 分. (I)解：因为四边形 ADEF 是正方形，所以 FA//ED.故 CED 为异面直线 CE 与 AF 所成 的角. 因为 FA  平面 ABCD，所以 FA  CD.故 ED  CD. 在 Rt△CDE 中，CD=1，ED= 2 2 ，CE= 2 2CD ED =3,故 cos CED = ED CE = 2 2 3 . 所以异面直线 CE 和 AF 所成角的余弦值为 2 2 3 . (Ⅱ)证明：过点 B 作 BG//CD,交 AD 于点 G，则 45BGA CDA     .由 45BAD   , 可得 BG  AB,从而 CD  AB,又 CD  FA,FA  AB=A,所以 CD  平面 ABF. (Ⅲ)解：由（Ⅱ）及已知，可得 AG= 2 ，即 G 为 AD 的中点.取 EF 的中点 N，连接 GN， 则 GN  EF,因为 BC//AD,所以 BC//EF.过点 N 作 NM  EF，交 BC 于 M，则 GNM 为二面角 B-EF-A 的平面角。 连接 GM，可得 AD  平面 GNM,故 AD  GM.从而 BC  GM.由已知，可得 GM= 2 2 .由 NG//FA,FA  GM,得 NG  GM. 在 Rt△NGM 中，tan GM 1 NG 4GNM   , 所以二面角 B-EF-A 的正切值为 1 4 . 6.（2010 天津理）（19）（本小题满分 12 分） 如图，在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， E 、 F 分别是棱 BC , 1CC 上的点， 2CF AB CE  , 1: : 1: 2: 4AB AD AA  （1） 求异面直线 EF 与 1A D 所成角的余弦值； （2） 证明 AF  平面 1A ED （3） 求二面角 1A ED F  的正弦值。 【解析】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 12 分。 方法一：如图所示，建立空间直角坐标系， 点 A 为坐标原点，设 1AB  ,依题意得 (0,2,0)D , (1,2,1)F , 1(0,0,4)A , 31, ,02E      （1） 解：易得 10, ,12EF       , 1 (0,2, 4)A D   于是 1 1 1 3cos , 5 EF A DEF A D EF A D         所以异面直线 EF 与 1A D 所成角的余弦值为 3 5 （2） 证明：已知 (1,2,1)AF  , 1 31, ,42EA        , 11, ,02ED       于是 AF  · 1EA  =0， AF  · ED  =0.因此， 1AF EA , AF ED ,又 1EA ED E  所以 AF  平面 1A ED (3)解：设平面 EFD 的法向量 ( , , )u x y z ，则 0 0 u EF u ED          ,即 1 02 1 02 y z x y       不妨令 X=1,可得 (1,2 1u    ）。由（2）可知， AF  为平面 1A ED 的一个法向量。 于是 2cos , = = 3| | AFAF |AF| uu u       ，从而 5sin , = 3AFu   所以二面角 1A -ED-F 的正弦值为 5 3 方法二：（1）解：设 AB=1，可得 AD=2,AA1=4,CF=1.CE= 1 2 链接 B1C,BC1，设 B1C 与 BC1 交于点 M,易知 A1D∥B1C，由 1 CE CF 1= =CB CC 4 ,可知 EF∥BC1.故 BMC 是 异 面 直 线 EF 与 A1D 所 成 的 角 ， 易 知 BM=CM= 1 1 B C= 52 , 所 以 2 2 2 3cos 2 5 BM CM BCBMC BM CM      ,所以异面直线 FE 与 A1D 所成角的余弦值为 3 5 （2）证明：连接 AC，设 AC 与 DE 交点 N 因为 1 2 CD EC BC AB   ，所以 Rt DCE Rt CBA  ， 从而 CDE BCA   ，又由于 90CDE CED     ,所以 90BCA CED     ，故 AC⊥DE,又因为 CC1⊥DE 且 1CC AC C  ，所以 DE⊥平面 ACF，从而 AF⊥DE. 连接 BF，同理可证 B1C⊥平面 ABF,从而 AF⊥B1C,所以 AF⊥A1D 因为 1DE A D D  ， 所以 AF⊥平面 A1ED (3)解：连接 A1N.FN,由（2）可知 DE⊥平面 ACF,又 NF 平面 ACF, A1N  平面 ACF，所以 DE ⊥NF,DE⊥A1N,故 1A NF 为二面角 A1-ED-F 的平面角 易 知 Rt CNE Rt CBA  ， 所 以 CN EC BC AC  ， 又 5AC  所 以 5 5CN  ， 在 2 2 1 30 5Rt NCF NF CF CN Rt A AN    中， 在 中 2 2 1 1 4 30 5NA A A AN   连接 A1C1,A1F 在 2 2 1 1 1 1 1 1 14Rt AC F A F AC C F   中， 2 2 2 1 1 1 1 1 2cos 2 3 A N FN A FRt A NF A NF A N FN      在 中， 。所以 1 5sin 3A NF  所以二面角 A1-DE-F 正弦值为 5 3 7.（2010 广东理）18.（本小题满分 14 分） 如图 5， ¼ABC 是半径为 a 的半圆，AC 为直径，点 E 为 »AC 的中点，点 B 和点 C 为线段 AD 的三等分点．平面 AEC 外一点 F 满足 5FB DF a  ，FE= 6 a ． 图 5 （1）证明：EB⊥FD； （2）已知点 Q,R 分别为线段 FE,FB 上的点，使得 2 2,3 3BQ FE FR FB  ,求平面 BED 与平面 RQD 所成二面角的正弦值． （2）设平面 BED 与平面 RQD 的交线为 DG . 由 BQ= 2 3 FE,FR= 2 3 FB 知, ||QR EB . 而 EB  平面 BDF ，∴ ||QR 平面 BDF ， 而平面 BDF  平面 RQD = DG ， ∴ || ||QR DG EB . 由（1）知，BE  平面 BDF ，∴ DG  平面 BDF ， 而 DR  平面 BDF ， BD  平面 BDF ， ∴ ,DG DR DG DQ  ， ∴ RDB 是平面 BED 与平面 RQD 所成二面角的平面角． 在 Rt BCF 中， 2 2 2 2( 5 ) 2CF BF BC a a a     ， 2 2sin 5 5 FC aRBD BF a     ， 2 1cos 1 sin 5 RBD RBD     ． 5 2 2 293 5sin 2929 3 a RDB a     ． 故平面 BED 与平面 RQD 所成二面角的正弦值是 2 29 29 ． 8.（2010 全国卷 1 理）（19）（本小题满分 12 分） 如图，四棱锥S-ABCD 中，SD  底面ABCD，AB//DC， AD  DC，AB=AD=1，DC=SD=2，E 为棱 SB 上的一点， 平面 EDC  平面 SBC . （Ⅰ）证明：SE=2EB； （Ⅱ）求二面角 A-DE-C 的大小 . 9.（2010 湖北文）18.（本小题满分 12 分） 如图，在四面体 ABOC 中，OC⊥OA。OC⊥OB，∠AOB=120°， 且 OA=OB=OC=1 （Ⅰ）设 P 为 AC 的中点，Q 在 AB 上且 AB=3AQ，证明：PQ⊥OA； （Ⅱ）求二面角 O-AC-B 的平面角的余弦值。 10.（2010 山东理）（19）（本小题满分 12 分） 如图，在五棱锥 P—ABCDE 中，PA⊥平面 ABCDE，AB∥CD，AC∥ED，AE∥BC，  ABC=45°， AB=2 2 ，BC=2AE=4，三角形 PAB 是等腰三角形． （Ⅰ）求证：平面 PCD⊥平面 PAC； （Ⅱ）求直线 PB 与平面 PCD 所成角的大小； （Ⅲ）求四棱锥 P—ACDE 的体积． 【解析】（Ⅰ）证明：因为  ABC=45°，AB=2 2 ，BC=4，所以在 ABC 中，由余弦定理得： 2 2 2AC =(2 2) +4 -2 2 2 4cos45 =8   ，解得 AC=2 2 ， 所以 2 2 2AB +AC =8+8=16=BC ，即 AB AC ，又 PA⊥平面 ABCDE，所以 PA⊥ AB ， 又 PA AC A  ，所以 AB AC 平面P ，又 AB∥CD，所以 ACCD  平面P ，又因为 CDCD  平面P ，所以平面 PCD⊥平面 PAC； （Ⅱ）由（Ⅰ）知平面 PCD⊥平面 PAC，所以在平面 PAC 内，过点 A 作 AH C P 于 H，则 AH CD 平面P ，又 AB∥CD，AB  平面 CDP 内，所以 AB 平行于平面 CDP ，所以点 A 到 平面 CDP 的距离等于点 B 到平面 CDP 的距离，过点 B 作 BO⊥平面 CDP 于点 O，则 PBO 为所求角，且 AH=BO ，又容易求得 AH=2 ，所以 1sin PBO= 2  ，即 PBO =30 ，所以 直线 PB 与平面 PCD 所成角的大小为30 ； （Ⅲ）由（Ⅰ）知 ACCD  平面P ，所以 ACCD  ，又 AC∥ED，所以四边形 ACDE 是直 角 梯 形 ， 又 容 易 求 得 DE 2 ， AC= 2 2 ， 所 以 四 边 形 ACDE 的 面 积 为 1 2 2 2 2 32   （ ） ，所以四棱锥 P—ACDE 的体积为 1 2 2 33   = 2 2 。 （2010 湖北理数）18． (本小题满分 12 分) 如图， 在四面体 ABOC 中, , , 120OC OA OC OB AOB    。, 且 1OA OB OC   （Ⅰ）设为 P 为 AC 的中点， 证明： 在 AB 上存在一点Q ， 使 PQ OA ，并计算 AB AQ 的值； （Ⅱ）求二面角O AC B  的平面角的余弦值。 11.（2010 福建理） 概率为 p 。 （i）当点 C 在圆周上运动时，求 p 的最大值； （ii）记平面 1 1A ACC 与平面 1B OC 所成的角为 (0 < 90 )   ，当 p 取最大值时，求 cos 的值。 【命题意图】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，以及几何 体的体积、几何概型等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力，考查 数形结合思想、化归与转化思想、必然与或然思想。 【解析】（Ⅰ）因为 1AA  平面 ABC， BC  平面 ABC，所以 1AA  BC ， 因为 AB 是圆 O 直径，所以 BC  AC ，又 AC  1AA A ，所以 BC  平面 1 1A ACC ， 而 BC  平面 1 1B BCC ，所以平面 1 1A ACC  平面 1 1B BCC 。 （Ⅱ）（i）设圆柱的底面半径为 r ，则 AB= 1AA =2r ，故三棱柱 1 1 1ABC-A B C 的体积为 1 1V = AC BC 2r2   = AC BC r  ，又因为 2 2 2 2AC BC =AB =4r ， 所以 2 2AC +BCAC BC 2   = 22r ，当且仅当 AC=BC= 2r 时等号成立， 从而 3 1V 2r ，而圆柱的体积 2 3V= r 2r=2 r  ， 故 p = 3 1 3 V 2r 1= ,V 2 r  当且仅当 AC=BC= 2r ，即 OC AB 时等号成立， 所以 p 的最大值是 1  。 （ii）由（i）可知， p 取最大值时， OC AB ，于是以 O 为坐标原点，建立空间直角坐 标系 O-xyz （如图），则 C（r，0，0），B（0，r，0）， 1B （0，r，2r）， 因为 BC  平面 1 1A ACC ，所以 BC=(r,-r,0)  是平面 1 1A ACC 的一个法向量， 设平面 1B OC 的法向量 n=(x,y,z)  ，由 1 n OC 0 2 0n OB rx ry rz            得 ，故 0 2 x y z     ， 取 1z  得平面 1B OC 的一个法向量为 n=(0,-2,1)  ，因为 0 < 90   ， 所以 2 10cos | cos ,BC |= 5| | | | 5 2 n BC rn n BC r            。 （2010 安徽理数）18、（本小题满分 12 分） 如图，在多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是正方形， EF ∥ AB ， EF FB ， 2AB EF ， 90BFC  ， BF FC ， H 为 BC 的中点。 A B CD E F H (Ⅰ)求证： FH ∥平面 EDB ； (Ⅱ)求证： AC  平面 EDB ； (Ⅲ)求二面角 B DE C  的大小。 2009 年高考题 一、选择题 1.. 如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱线长为 1，线段 1 1B D 有两个动点 E，F，且 2 2EF  ，则下列结论中错误的是 （A） AC BE （B） / /EF ABCD平面 （C）三棱锥 A BEF 的体积为定值 （D）异面直线 ,AE BF 所成的角为定值 2. 给定下列四个命题： ①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行； ②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直； ③垂直于同一直线的两条直线相互平行； ④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直． 其中，为真命题的是 A. ①和② B. ②和③ C. ③和④ D. ②和 ④ 答案 选 D. 3．在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，各棱长相等，侧掕垂直于底面，点 D 是侧面 1 1BB C C 的中 心，则 AD 与平面 1 1BB C C 所成角的大小是 ( ) A．30 B． 45 C． 60 D．90 答案：C 【解析】取 BC 的中点 E，则 AE  面 1 1BB C C ， AE DE  ，因此 AD 与平面 1 1BB C C 所成角即为 ADE ，设 AB a ，则 3 2AE a ， 2 aDE  ， 即有 0tan 3, 60ADE ADE    ． 4．设 ,  是两个不同的平面，l 是一条直线，以下命题正确的是（ ） A．若 ,l     ，则l  B．若 / / , / /l    ，则l  C．若 , / /l    ，则l  D．若 / / ,l    ，则l  5．C 【命题意图】此题主要考查立体几何的线面、面面的位置关系，通过对平行和垂直的 考查，充分调动了立体几何中的基本元素关系． 【解析】对于 A、B、D 均可能出现 //l  ，而对于 C 是正确的． 6.设 m，n 是平面 内的两条不同直线， 1l ， 2l 是平面  内的两条相交直线，则 //  的 一个充分而不必要条件是 A.m //  且 l //  B. m // l 且 n // l 2 C. m //  且 n //  D. m //  且 n // l 2 【答案】：B 【 解 析 】 若 1 2 1 2/ / , / / , . , .m l n l m n      ， 则 可 得 //  . 若 //  则 存 在 1 2 2 1, / / , / /m l n l  7. 已知正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1 2AA AB ，E 为 1AA 中点，则异面直线 BE 与 1CD 所成的角的余弦值为 A. 10 10 B. 1 5 C. 3 10 10 D. 3 5 解：令 1AB  则 1 2AA  ,连 1A B 1C D ∥ 1A B 异面直线 BE 与 1CD 所成的角即 1A B 与 BE 所成的角。在 1A BE 中由余弦定理易得 1 3 10cos 10A BE  。故选 C 8．若正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的底面边长为 1， 1AB 与底面 ABCD 成 60°角，则 1 1AC 到底面 ABCD 的距离为 （ ） A． 3 3 B．1 C． 2 D． 3 答案 D 【解析】本题主要考查正四棱柱的概念、 直线与平面所成的角以及直线与平面的距离等概念. （第 4 题解答图） 属于基础知识、基本运算的考查. 依题意， 1 60B AB   ，如图， 1 1 tan 60 3BB    ，故选 D. 9．已知二面角 l   的大小为 050 ，P 为空间中任意一点，则过点 P 且与平面 和 平面  所成的角都是 025 的直线的条数为（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 答案 B 10．在正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，顶点 1B 到对角线 1BD 和到平面 1 1A BCD 的距离分 别为 h 和 d ，则下列命题中正确的是 A．若侧棱的长小于底面的边长，则 h d 的取值范围为（0，1） B．若侧棱的长小于底面的边长，则 h d 的取值范围为 2 2 3( , )2 3 C．若侧棱的长大于底面的边长，则 h d 的取值范围为 2 3( , 2)3 D．若侧棱的长大于底面的边长，则 h d 的取值范围为 2 3( , )3  C 11.如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，∠ACB=900,∠ACC1=600,∠BCC1=450,侧棱 CC1 的长为 1，则 该三棱柱的高等于 A. 2 1 B. 2 2 C. 2 3 D. 3 3 A 12．正方体 ABCD— 1A 1B 1C 1D 的棱上到异面直线 AB，C 1C 的 距离相等的点的个数为（C） A．2 B．3 C. 4 D. 5 13．平面六面体 ABCD - 1A 1B 1C 1D 中，既与 AB 共面也与 1CC 共面的棱的条数为【 C 】 A．3 B. 4 C.5 D. 6 14．如图，正四面体 ABCD 的顶点 A ， B ，C 分别在两两垂直的三条射线Ox ，Oy ，Oz 上，则在下列命题中，错误．．的为 A． O ABC 是正三棱锥 B．直线 OB ∥平面 ACD C．直线 AD 与OB 所成的角是 45 D．二面角 D OB A  为 45 答案 B 15.如图，已知六棱锥 P ABCDEF 的底面是正六边形， , 2PA ABC PA AB 平面 ，则 下列结论正确的是 Ａ. PB AD Ｂ.平面 PAB PBC 平面 C. 直线 BC ∥平面 PAE Ｄ. PD ABC 直线 与平面 所成的角为45 答案 D 二、填空题 16．如图，在长方形 ABCD 中， 2AB  ， 1BC  ， E 为 DC 的中点， F 为线段 EC （端 点除外）上一动点．现将 AFD 沿 AF 折起，使平面 ABD  平面 ABC ．在平面 ABD 内 过点 D 作 DK AB ， K 为垂足．设 AK t ，则t 的取值范围是 ． 答案： 1 ,12      【解析】此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F 位于DC 的中点时， 1t  ， 随着 F 点到 C 点时，因 , ,CB AB CB DK CB    平面 ADB ，即有 y x z O A B C D y x z O A B C D CB BD ，对于 2, 1, 3CD BC BD    ，又 1, 2AD AB  ，因此有 AD BD ， 则有 1 2t  ，因此t 的取值范围是 1 ,12      17.对于四面体 ABCD，下列命题正确的是_________ （写出所有正确命题的编号）。 ○1 相对棱 AB 与 CD 所在的直线异面； ○2 由顶点 A 作四面体的高，其垂足是  BCD 的三条高线的交点； ○3 若分别作  ABC 和  ABD 的边 AB 上的高，则这两条高所在直线异面； ○4 分别作三组相对棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点; ○5 最长棱必有某个端点，由它引出的另两条棱的长度之和大于最长棱。 [解析]①④⑤ 18.已知三棱柱 1 1 1ABC A B C 的侧棱与底面边长都相等， 1A 在底面 ABC 上的射影为 BC 的 中点，则异面直线 AB 与 1CC 所成的角的余弦值为（ D ） （A） 3 4 （B） 5 4 （C） 7 4 (D) 3 4 解：设 BC 的中点为 D，连结 1A D，AD，易知 1A AB   即为异面直线 AB 与 1CC 所 成 的角,由三角余弦定理，易知 1 1 3coc s 4os cos AD ADA AD DAB A A AB        .故选 D 19.已知二面角α-l-β为 60o ，动点 P、Q 分别在面α、β内，P 到β的距离为 3 ，Q 到α 的距离为 2 3 ，则 P、Q 两点之间距离的最小值为（ C ） (A) (B)2 (C) 2 3 (D)4 解:如图分别作 , , ,QA A AC l C PB B   于 于 于 PD l D 于 ，连 , 60 ,CQ BD ACQ PBD    则 2 3, 3AQ BP  ， 2AC PD   Q A P B C D 又 2 2 212 2 3PQ AQ AP AP     当且仅当 0AP  ，即 A P点 与点 重合时取最小值。故答案选 C。 20.如图，已知正三棱柱 1 1 1ABC A B C 的各条棱长都相等，M 是侧 棱 1CC 的中点，则异面直线 1AB BM和 所成的角的大小 是 。 答案 90 21．如图，若正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的底面连长为 2，高 为 4，则异面直线 1BD 与 AD 所成角的大小是______________（结果 用反三角函数表示）. 答案 6 30arcsin6 6cos5arctan  are 三、解答题 22．（本小题满分 14 分） 如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， E 、 F 分别是 1A B 、 1AC 的中 点，点 D 在 1 1B C 上， 1 1A D B C 。 求证：（1）EF∥平面 ABC； （2）平面 1A FD  平面 1 1BB C C . 【解析】 本小题主要考查直线与平面、平面与平面得位置关系，考查 空间想象能力、推理论证能力。满分 14 分。 23．（本小题满分 14 分） 如图 6，已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2，点 E 是正方形 1 1BCC B 的中心，点 F 、G 分别是棱 1 1 1,C D AA 的中点．设点 1 1,E G 分别是点 E ，G 在平面 1 1DCC D 内的正 投影． （1）求以 E 为顶点，以四边形 FGAE 在平面 1 1DCC D 内的正投影为底面边界的棱锥的体 积； （2）证明：直线 1FG 平面 1FEE ； （3）求异面直线 1 1E G EA与 所成角的正弦值. 解：（1）依题作点 E 、G 在平面 1 1DCC D 内的正投影 1E 、 1G ，则 1E 、 1G 分别为 1CC 、 1DD 的中点，连结 1EE 、 1EG 、 ED 、 1DE ，则所求为四棱锥 11FGDEE  的体积，其 底面 11FGDE 面积为 2212 1222 1  ， 又 1EE 面 11FGDE ， 11 EE ，∴ 3 2 3 1 11111  EESV FGDEFGDEE . （2）以 D 为坐标原点，DA 、DC 、 1DD 所在直线分别作 x 轴，y 轴，z 轴，得 )1,2,0(1E 、 )1,0,0(1G ，又 )1,0,2(G ， )2,1,0(F ， )1,2,1(E ，则 )1,1,0(1 FG ， )1,1,1( FE ， )1,1,0(1 FE ， ∴ 01)1(01  FEFG ， 01)1(011  FEFG ， 即 FEFG 1 ， 11 FEFG  ， 又 FFEFE 1 ，∴ 1FG 平面 1FEE . （3） )0,2,0(11 GE ， )1,2,1( EA ，则 6 2,cos 11 11 11  EAGE EAGEEAGE ，设异 面直线 1 1E G EA与 所成角为 ，则 3 3 3 21sin  . 24.（本小题满分 12 分） 如图，在五面体 ABCDEF 中，FA  平面 ABCD, AD//BC//FE，AB  AD， M 为 EC 的中点，AF=AB=BC=FE= 1 2 AD (I) 求异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小； (II) 证明平面 AMD  平面 CDE； （III）求二面角 A-CD-E 的余弦值。 方法一：（Ⅰ）解：由题设知，BF//CE，所以∠CED（或其 补角） 为异面直线 BF 与 DE 所成的角。设 P 为 AD 的中 点，连结 EP，PC。因为 FE // AP，所以 FA //  EP，同理 AB // PC。 又 FA⊥平面 ABCD，所以 EP⊥平面 ABCD。而 PC，AD 都在平面 ABCD 内,故 EP⊥PC，EP⊥AD。由 AB⊥AD，可 得 PC⊥AD 设 FA=a，则 EP=PC=PD=a,CD=DE=EC= a2 ， 故∠CED=60°。所以异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小为 60° （ II ） 证 明 ： 因 为 .CEMPMP.CEDMCEM  ，则连结的中点，所以为且DEDC .CDEAMDCDECE.AMDCEMDMMP 平面，所以平面平面而平面，故又  （III） 因为，所以因为，的中点，连结为解：设 .CDEQDECE.EQPQCDQ  .ECDAEQPCDPQPDPC 的平面角为二面角，故，所以  由（I）可得， .2 2 2 6EQ aPQaPQEP  ，， ，中，于是在 3 3cosEPQRt  EQ PQEQP 25. （本小题满分 12 分） 如图，在四棱锥 P ABCD 中，PD  平面 ABCD ，AD CD ，DB 平分 ADC ，E 为 的 PC 中点， 1, 2 2AD CD DB   （1）证明： //PA 平面 BDE （2）证明： AC  平面 PBD （3）求直线 BC 与平面 PBD 所成角的正切值 26．（本题满分 15 分）如图，平面 PAC  平面 ABC ， ABC 是以 AC 为斜边的等腰直角三角形， , ,E F O 分别为 PA ， PB ， AC 的中点， 16AC  ， 10PA PC  ． （I）设 G 是OC 的中点，证明： / /FG 平面 BOE ； （II）证明：在 ABO 内存在一点 M ，使 FM  平面 BOE ，并求点 M 到OA ，OB 的 距离． 证明：（I）如图，连结 OP，以 O 为坐标原点，分别以 OB、OC、OP 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系 O xyz ， 则  0,0,0 , (0, 8,0), (8,0,0), (0,8,0),O A B C (0,0,6), (0, 4,3),P E   4,0,3F ，由题意得，  0,4,0 ,G 因 (8,0,0), (0, 4,3)OB OE    ，因此平面 BOE 的法向 量为 (0,3,4)n  ， ( 4,4, 3FG    得 0n FG   ，又直线 FG 不在 平面 BOE 内，因此有 / /FG 平面 BOE （II）设点 M 的坐标为  0 0, ,0x y ，则 0 0( 4, , 3)FM x y   ，因为 FM  平面 BOE，所以有 //FM n   ，因此有 0 0 94, 4x y   ，即点 M 的坐标为 94, ,04     ，在平面直角坐标系 xoy 中， AOB 的内部区域满足不等式组 0 0 8 x y x y       ，经检验，点 M 的坐标满足上述不等式组，所以在 ABO 内存在一点 M ，使 FM  平面 BOE ，由点 M 的坐标得点 M 到OA ，OB 的距离为 94, 4 ． 27．（本题满分 14 分）如图，DC  平面 ABC ， / /EB DC ， 2 2AC BC EB DC    ， 120ACB   ， ,P Q 分别为 ,AE AB 的中点．（I）证明： / /PQ 平面 ACD ；（II）求 AD 与平面 ABE 所成角的正弦值． 28．（Ⅰ）证明：连接 CQDP, ， 在 ABE 中， QP, 分别是 ABAE, 的中点，所以 BEPQ 2 1// ， 又 BEDC 2 1// ，所以 DCPQ  // ，又 PQ 平面 ACD ，DC  平面 ACD， 所 以 //PQ 平面 ACD （Ⅱ）在 ABC 中， BQAQBCAC  ,2 ，所以 ABCQ  而 DC  平面 ABC， DCEB // ，所以 EB 平面 ABC 而 EB 平面 ABE， 所以平面 ABE  平面 ABC， 所以 CQ 平面 ABE 由（Ⅰ）知四边形 DCQP 是平行四边形，所以 CQDP // 所以 DP 平面 ABE， 所以直线 AD 在平面 ABE 内的射影是 AP， 所以直线 AD 与平面 ABE 所成角是 DAP 在 APDRt 中， 512 2222  DCACAD ， 1sin2  CAQCQDP 2 所以 5 5 5 1sin  AD DPDAP 29.（本小题满分 12 分） 如图，已知两个正方行 ABCD 和 DCEF 不在同一平面内，M，N 分别为 AB，DF 的中点 。 （I）若平面 ABCD ⊥平面 DCEF，求直线 MN 与平面 DCEF 所成角的正值弦； （II）用反证法证明：直线 ME 与 BN 是两条异面直线。 （I）解法一： 取 CD 的中点 G，连接 MG，NG。 设正方形 ABCD，DCEF 的边长为 2， 则 MG⊥CD，MG=2，NG= 2 . 因为平面 ABCD⊥平面 DCED， 所以 MG⊥平面 DCEF， 可得∠MNG 是 MN 与平面 DCEF 所成的角。因为 MN= 6 ，所以 sin∠MNG= 3 6 为 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值 ……6 分 30．（本小题满分 13 分） 如图，ABCD 的边长为 2 的正方形，直线 l 与平面 ABCD 平行，g 和 F 式 l 上的两个不同点， 且 EA=ED，FB=FC， 和 是平面 ABCD 内的两点， 和 都与平面 ABCD 垂直， （Ⅰ）证明：直线 垂直且平分线段 AD： （Ⅱ）若∠EAD=∠EAB=60°，EF=2，求多面 体 ABCDEF 的体积。 【思路】根据空间线面关系可证线线垂直，由分割法可求得多面体体积，体现的是一种部分 与整体的基本思想。 【解析】(1)由于 EA=ED 且 ' ' 'ED ABCD E D E C  面 点 E '在线段 AD 的垂直平分线上,同理点 F '在线段 BC 的垂直平分线上. 又 ABCD 是四方形 线段 BC 的垂直平分线也就是线段 AD 的垂直平分线 即点 E 'F '都居线段 AD 的垂直平分线上. 所以,直线 E 'F '垂直平分线段 AD. (2)连接 EB、EC 由题意知多面体 ABCD 可分割成正四棱锥 E—ABCD 和正四面体 E—BCF 两部分. 设 AD 中点为 M,在 Rt△MEE '中,由于 ME '=1, 3 ' 2ME EE   . EV —ABCD 21 1 4 2' 2 23 3 3S ABCD EE      四方形 又 EV —BCF=VC－BEF=VC－BEA=VE－ABC 21 1 1 2 2' 2 23 3 2 3ABCS EE       多面体 ABCDEF 的体积为 VE—ABCD＋VE—BCF= 2 2 31．（本小题满分 12 分）（注意：在试题卷上作答无效）．．．．．．．．．．．．． 如 图 ， 四 棱 锥 S ABCD 中 ， 底 面 ABCD 为 矩 形 ， SD  底 面 ABCD ， 2AD  2DC SD  ，点 M 在侧棱 SC 上， ABM =60° （I）证明：M 在侧棱 SC 的中点 （II）求二面角 S AM B  的大小。 （I）解法一：作 MN ∥ SD 交CD 于 N，作 NE AB 交 AB 于 E， 连 ME、NB，则 MN  面 ABCD ， ME AB , 2NE AD  设 MN x ，则 NC EB x  , 在 RT MEB 中， 60MBE   3ME x  。 在 RT MNE 中由 2 2 2ME NE MN  2 23 2x x   解得 1x  ，从而 1 2MN SD  M 为侧棱 SC 的中点 M. 解法二:过 M 作CD 的平行线. 解法三:利用向量处理. 详细可见 09 年高考参考答案. （II）分析一:利用三垂线定理求解。在新教材中弱化了 N E F G k H J 三垂线定理。这两年高考中求二面角也基本上不用三垂线定理的方法求作二面角。 过 M 作 MJ ∥CD 交 SD 于 J ,作 SH AJ 交 AJ 于 H ,作 HK AM 交 AM 于 K , 则 JM ∥ CD , JM  面 SAD ,面 SAD  面 MBA , SH  面 AMB  SKH 即为所求二 面角的补角. 分析二：利用二面角的定义。在等边三角形 ABM 中过点 B 作 BF AM 交 AM 于点 F ，则点 F 为 AM 的中点，取 SA 的中点 G，连 GF，易证GF AM ，则 GFB 即为所求二 面角. 分析三：利用空间向量求。在两个半平面内分别与交线 AM 垂直的两个向量的夹角即可。 另外：利用射影面积或利用等体积法求点到面的距离等等，这些方法也能奏效。 总之在目前，立体几何中的两种主要的处理方法：传统方法与向量的方法仍处于各自半 壁江山的状况。命题人在这里一定会照顾双方的利益。 32.（本小题满分 12 分） 如图，直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， ,AB AC D 、E 分别为 1AA 、 1B C 的中点，DE  平面 1BCC （I）证明： AB AC （II）设二面角 A BD C  为 60°，求 1B C 与平面 BCD 所成的角的大小。 （I）分析一：连结 BE， 1 1 1ABC A B C 为直三棱柱， 1 90 ,B BC   E 为 1B C 的中点， BE EC  。又 DE  平面 1BCC ， BD DC  （射影相等的两条斜线段相等）而 DA  平面 ABC ， AB AC  （相等的斜线段的射影相等）。 分析二：取 BC 的中点 F ，证四边形 AFED 为平行四边形，进而证 AF ∥ DE ， AF BC ，得 AB AC 也可。 分析三：利用空间向量的方法。具体解法略。 （II）分析一：求 1B C 与平面 BCD 所成的线面角，只需 求点 1B 到面 BDC 的距离即可。 作 AG BD 于G ，连GC ，则GC BD ， AGC 为二面角 A BD C  的平面角， 60AGC   .不 O 妨设 2 3AC  ，则 2, 4AG GC  .在 RT ABD 中，由 AD AB BD AG   ，易 得 6AD  . 设 点 1B 到 面 BDC 的 距 离 为 h ， 1B C 与 平 面 BCD 所 成 的 角 为  。 利 用 1 1 1 3 3B BC BCDS DE S h    ， 可 求 得 h  2 3 ， 又 可 求 得 1 4 3B C  1 1sin 30 .2 h B C       即 1B C 与平面 BCD 所成的角为30 . 分析二：作出 1B C 与平面 BCD 所成的角再行求解。如图可证得 BC AFED 面 ，所以 面 AFED BDC 面 。由分析一易知：四边形 AFED 为正方形，连 AE DF、 ，并设 交 点 为 O ， 则 EO BDC 面 ， OC 为 EC 在 面 BDC 内 的 射 影 。 ECO 即为所求 。以下略。 分析三：利用空间向量的方法求出面 BDC 的法向量 n  ，则 1B C 与平面 BCD 所成的角 即为 1B C  与法向量 n  的夹角的余角。具体解法详见高考试题参考答案。 总之在目前，立体几何中的两种主要的处理方法：传统方法与向量的方法仍处于各自半 壁江山的状况。命题人在这里一定会兼顾双方的利益。 34．（本小题共 14 分） 如图，在三棱锥 P ABC 中，PA  底面 , , 60 , 90ABC PA AB ABC BCA      ， 点 D ， E 分别在棱 ,PB PC 上，且 //DE BC （Ⅰ）求证： BC  平面 PAC ； （Ⅱ）当 D 为 PB 的中点时，求 AD 与平面 PAC 所成的角的大小； （Ⅲ）是否存在点 E 使得二面角 A DE P  为直二面角？并说明理由. 【解法 1】本题主要考查直线和平面垂直、直线与平面所成的角、二面角等基础知识，考查 空间想象能力、运算能力和推理论证能力． （Ⅰ）∵PA⊥底面 ABC，∴PA⊥BC. 又 90BCA   ，∴AC⊥BC. ∴BC⊥平面 PAC. （Ⅱ）∵D 为 PB 的中点，DE//BC， ∴ 1 2DE BC ， 又由（Ⅰ）知，BC⊥平面 PAC， ∴DE⊥平面 PAC，垂足为点 E. ∴∠DAE 是 AD 与平面 PAC 所成的角， ∵PA⊥底面 ABC，∴PA⊥AB，又 PA=AB， ∴△ABP 为等腰直角三角形，∴ 1 2 AD AB ， ∴在 Rt△ABC 中， 60ABC   ，∴ 1 2BC AB . ∴在 Rt△ADE 中， 2sin 2 4 DE BCDAE AD AD     ， ∴ AD 与平面 PAC 所成的角的大小 2arcsin 4 . （Ⅲ）∵AE//BC，又由（Ⅰ）知，BC⊥平面 PAC，∴DE⊥平面 PAC， 又∵AE  平面 PAC，PE  平面 PAC，∴DE⊥AE，DE⊥PE， ∴∠AEP 为二面角 A DE P  的平面角， ∵PA⊥底面 ABC，∴PA⊥AC，∴ 90PAC   . ∴在棱 PC 上存在一点 E，使得 AE⊥PC，这时 90AEP   ， 故存在点 E 使得二面角 A DE P  是直二面角. 【解法 2】如图，以 A 为原煤点建立空间直角坐标系 A xyz ， 设 PA a ，由已知可得    1 3 30,0,0 , , ,0 , 0, ,0 , 0,0,2 2 2A B a a C a P a              . （Ⅰ）∵   10,0, , ,0,02AP a BC a        ， ∴ 0BC AP   ，∴BC⊥AP. 又∵ 90BCA   ，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面 PAC. （Ⅱ）∵D 为 PB 的中点，DE//BC，∴E 为 PC 的中点， ∴ 1 3 1 3 1, , , 0, ,4 4 2 4 2D a a a E a a              ， ∴又由（Ⅰ）知，BC⊥平面 PAC，∴∴DE⊥平面 PAC，垂足为点 E. ∴∠DAE 是 AD 与平面 PAC 所成的角， ∵ 1 3 1 3 1, , , 0, ,4 4 2 4 2AD a a a AE a a                  ， ∴ 14cos 4 AD AEDAE AD AE         . ∴ AD 与平面 PAC 所成的角的大小 14arccos 4 . （Ⅲ）同解法 1. 36．（本小题共 14 分） 如图，四棱锥 P ABCD 的底面是正方形， PD ABCD 底面 ，点 E 在棱 PB 上. （Ⅰ）求证：平面 AEC PDB 平面 ； （Ⅱ）当 2PD AB 且 E 为 PB 的中点时，求 AE 与 平面 PDB 所成的角的大小. 【解法 1】本题主要考查直线和平面垂直、平面与平面垂直、 直线与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力、运算 能力和推理论证能力． （Ⅰ）∵四边形 ABCD 是正方形，∴AC⊥BD， ∵ PD ABCD 底面 ， ∴PD⊥AC，∴AC⊥平面 PDB， ∴平面 AEC PDB 平面 . （Ⅱ）设 AC∩BD=O，连接 OE， 由（Ⅰ）知 AC⊥平面 PDB 于 O， ∴∠AEO 为 AE 与平面 PDB 所的角， ∴O，E 分别为 DB、PB 的中点， ∴OE//PD， 1 2OE PD ，又∵ PD ABCD 底面 ， ∴OE⊥底面 ABCD，OE⊥AO， 在 Rt△AOE 中， 1 2 2 2OE PD AB AO   ， ∴ 45AOE   ，即 AE 与平面 PDB 所成的角的大小为 45 . 37．（本小题满分 12 分，（Ⅰ）问 5 分，（Ⅱ）问 7 分） 如 题 （ 19 ） 图 ， 在 四 棱 锥 S ABCD 中 ， AD BC 且 AD CD ；平 面 CSD  平 面 ABCD ， , 2 2CS DS CS AD   ； E 为 BS 的 中 点 ， 2, 3CE AS  ．求： （Ⅰ）点 A 到平面 BCS 的距离； （Ⅱ）二面角 E CD A  的大小． 39 （本小题满分 13 分，（Ⅰ）小问 7 分，（Ⅱ）小问 6 分） 如题（18）图，在五面体 ABCDEF 中，AB//DC，∠BAD= 2 π，CD=AD=2.， 四边形 ABFE 为平行四边形，FA⊥平面 ABCD，FC=3，ED= 7 ，求： （Ⅰ）直线 AB 到平面 EFCD 的距离： （Ⅱ）二面角 F-AD-E 的平面角的正切值， 40.（本小题满分 12 分） 如图 4，在正三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 2AB AA D 是 1 1A B 的中点，点 E 在 1 1AC 上，且 DE AE 。 （I） 证明平面 ADE  平面 1 1ACC A （II） 求直线 AD 和平面 ABC 所成角的正弦值。 解 （I） 如图所示，由正三棱柱 1 1 1ABC A B C 的性质知 1AA  平面 1 1 1A B C 又 DE  平面 A 1 B 1 C 1 ，所以 DE  AA 1 . 而 DE  AE。AA 1  AE=A 所以 DE  平面 AC C 1 A 1 ，又 DE 平面 ADE，故平面 ADE  平面 AC C 1 A 1 。 （2）解法 1 如图所示，设 F 使 AB 的中点，连接 DF、DC、CF，由正三棱柱 ABC- A 1 B 1 C 1 的 性质及 D 是 A 1 B 的中点知 A 1 B  C 1 D， A 1 B  DF 又 C 1 D  DF=D，所以 A 1 B  平面 C 1 DF， 而 AB∥A 1 B，所以 AB  平面 C 1 DF，又 AB  平面 ABC，故 平面 AB C 1  平面 C 1 DF。 过点 D 做 DH 垂直 C 1 F 于点 H，则 DH  平面 AB C 1 。 连接 AH，则  HAD 是 AD 和平面 ABC 1 所成的角。 由已知 AB= 2 A A 1 ，不妨设 A A 1 = 2 ，则 AB=2，DF= 2 ，D C 1 = 3 ， C 1 F= 5 ，AD= 22 1 ADAA  = 3 ，DH= FC DCDF 1 1· = 5 32  — 5 30 ， 所以 sin HAD= AD DH = 5 10 。 即直线 AD 和平面 AB C 1 所成角的正弦值为 5 10 。 41.（本小题满分 12 分） 如图 3，在正三棱柱 ABC- 1A 1B 1C 中，AB=4, A 1A = 7 , 点 D 是 BC 的中点，点 E 在 AC 上，且 DE  1A E （Ⅰ）证明：平面 1A DE  平面 1 1ACC A ; （Ⅱ）求直线 AD 和平面 1A DE 所成角的正弦值。 解 （Ⅰ）如图所示，由正三棱柱 ABC- 1A 1B 1C 的性质知 1AA  平面 ABC 又 DE  平面 ABC，所以 DE  A 1A . 而 DE  A 1A ， 1 1 1AA A E A ,所以 DE⊥平面 1 1ACC A 又 DE  平面 1A DE ，故平面 1A DE ⊥平面 1 1ACC A （Ⅱ）解法 1 过点 A 作 AF 垂直 1A E 于点 F 连接 DF.由（Ⅰ）知，平面 1A DE ⊥平面 1 1ACC A ， 所以 AF  平面 1A DE ,故 ADF 直线 AD 和 平面 1A DE 所成的角。 因为 DE  1 1ACC A 所以 DE  AC 而  ABC 是边长为 4 的正三角形，于是 AD=2 3 AE=4-CE=4- 1 2 CD =3 又因为 A 1A = 7 所以 1A E= 2 2 1AA AE = 2( 7) 3 = 4 1 1 3 7 4 AE AAAF A E   , 21sin 8 AFADF AD    即直线 AD 和平面 1A DE 所成的角的正弦值为 21 8 42．（本小题满分 12 分） 在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是矩形， PA  平面 ABCD ， 4PA AD  ， 2AB  . 以 AC 的中点O 为球心、 AC 为直径的球面交 PD 于点 M ，交 PC 于点 N . （1）求证：平面 ABM ⊥平面 PCD ； （2）求直线CD 与平面 ACM 所成的角的大小； （3）求点 N 到平面 ACM 的距离. 20．解： 方法一：（1）依题设知，AC 是所作球面的直径，则 AM⊥MC。 又因为 P A⊥平面 ABCD，则 PA⊥CD，又 CD⊥AD， 所以 CD⊥平面ＰＡＤ，则 CD⊥AM，所以 A M⊥平面 PCD， 所以平面 ABM⊥平面 PCD。 （2）由（1）知， AM PD ，又 PA AD ，则 M 是 PD 的中点可得 2 2AM  ， 2 2 2 3MC MD CD   则 1 2 62ACMS AM MC   设 D 到平面 ACM 的距离为 h ，由 D ACM M ACDV V  即 2 6 8h  ， N O D M CB P A 可求得 2 6 3h  ， 设所求角为 ，则 6sin 3 h CD    ， 6arcsin 3   。 （1） 可求得 PC=6。因为 AN⊥NC，由 PN PA PA PC  ，得 PN 8 3  。所以 : 5:9NC PC  。 故 N 点到平面 ACM 的距离等于 P 点到平面 ACM 距离的 5 9 。 又因为 M 是 PD 的中点，则 P、D 到平面 ACM 的距离相等，由（2）可知所求距离为 5 10 6 9 27h  。 43（本小题满分 12 分） 如图，正方形 ABCD 所在平面与平面四边形 ABEF 所在平面互相 垂直，△ ABE 是等腰直角三角形， , , 45AB AE FA FE AEF     （I）求证： EF BCE 平面 ； （II）设线段 CD 的中点为 P ，在直线 AE 上是否存在一点 M ，使得 PM BCE 平面 ？ 若存在，请指出点 M 的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由； （III）求二面角 F BD A  的大小。 （19）本小题主要考察平面与平面垂直、直线与平面垂直、直线与平面平行、二面角 等基础知识，考察空间想象能力、逻辑推理能力和数学探究意识，考察应用向 量知识解决数学问题的能力。 解法一： （Ⅰ）因为平面 ABEF ⊥平面 ABCD , BC  平面 ABCD ， 平面 ABEF  平面 ABCD AB ， 所以 BC ⊥平面 ABEF 所以 BC ⊥ EF . 因为 ABE 为等腰直角三角形， AB AE ， 所以 45AEB   又因为 45AEF   ， 所以 45 45 90FEB      ， 即 EF ⊥ BE B , 所以 EF ⊥平面 BCE 。 ……………………………………4 分 （Ⅱ）存在点 M ,当 M 为线段 AE 的中点时，PM∥平面 BCE 取 BE 的中点 N，连接 AN,MN，则 MN∥＝ 1 2 AB ∥＝PC 所以 PMNC 为平行四边形，所以 PM∥CN 因为 CN 在平面 BCE 内，PM 不在平面 BCE 内， 所以 PM∥平面 BCE ……………………………………8 分 （Ⅲ）由 EA⊥AB,平面 ABEF⊥平面 ABCD，易知，EA⊥平面 ABCD 作 FG⊥AB,交 BA 的延长线于 G，则 FG∥EA。从而，FG⊥平面 ABCD 作 GH⊥BD 于 G，连结 FH，则由三垂线定理知，BD⊥FH 因此，∠AEF 为二面角 F-BD-A 的平面角 因为 FA=FE, ∠AEF=45°, 所以∠AFE=90°，∠FAG=45°. 设 AB=1,则 AE=1,AF= 2 2 . FG=AF·sinFAG= 1 2 在 Rt△FGH 中，∠GBH=45°,BG=AB+AG=1+ 1 2 = 3 2 , GH=BG·sinGBH= 3 2 · 2 2 = 3 2 4 在 Rt△FGH 中，tanFHG= FG GH = 2 3 故二面角 F-BD-A 的大小为 arctan 2 3 . ………………………………12 分