高考数学复习专题模拟：第八章 立体几何 第三节 空间向量在立体几何中的应用

高考数学复习专题模拟：第八章 立体几何 第三节 空间向量在立体几何中的应用

【数学】2014 版《6 年高考 4 年模拟》 第三节 空间向量在立体几何中的应用 第一部分 六年高考荟萃 2013 年高考题 一、选择题 1 ．（2013 年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））已知正 四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中 1 2AA AB ,则CD 与平面 1BDC 所成角的正弦值等于 （ ） A． 2 3 B． 3 3 C． 2 3 D． 1 3 答案：A 设 AB=1，则 AA1=2，分别以 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建 立空间直角坐标系， 如下图所示： 则 D（0，0，2），C1（0，1，0），B（1，1，2），C（0，1，2）， =（1，1，0）， =（0，1，﹣2）， =（0，1，0）， 设 =（x，y，z）为平面 BDC1 的一个法向量，则 ，即 ，取 =（﹣2， 2，1）， 设 CD 与平面 BDC1 所成角为θ，则 sinθ=| |= ， 故选 A． 2．（2013 年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））已知三棱柱 1 1 1ABC A B C 的侧棱与底面垂直,体积为 9 4 ,底面是边长为 3 的正三角形.若 P 为底面 1 1 1A B C 的中 心,则 PA 与平面 ABC 所成角的大小为 （ ） A． 5 12  B． 3  C． 4  D． 6  答案：B 取正三角形 ABC 的中心，连结 OP ,则 PAO 是 PA 与平面 ABC 所成的角。因为底面边长 为 3 ， 所 以 3 33 2 2AD    , 2 2 3 13 3 2AO AD    . 三 棱 柱 的 体 积 为 2 1 1 3 9( 3)2 2 4AA   , 解 得 1 3AA  ， 即 1 3OP AA  , 所 以 tan 3OPPAO OA    ，即 3PAO   ，选 B. 3．（2013 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））已知三棱柱 1 1 1ABC A B C 的 6 个顶点都在球 O 的球面上,若 3 4AB AC ， , AB AC , 1 12AA  ,则球 O 的 半径为 （ ） A． 3 17 2 B． 2 10 C．13 2 D．3 10 答案：C 由球心作面 ABC 的垂线，则垂足为 BC 中点 M。计算 AM= 5 2 ，由垂径定理，OM=6，所以半径 R= 2 25 13( ) 62 2   ,选 C. 4．（2013 年高考江西卷（理））如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面 上,且 AB CD ,正方体的六个面所在的平面与直线 CE,EF 相交的平面个数分别记为 ,m n ,那 么 m n  （ ） A．8 B．9 C．10 D．11 答案：A 本题考查空间立体几何中的线面位置关系的判断。由图象可知 4m  ，其中上底面与 CE 平行，下底面过直线 CE。在正四面体题中，取 CD 的中点 H,则CD EFH ,又 AB//CD， 所以平面 EFH 平行于正方体的左右两个侧面，所以直线 EF 与正方体的六个面所在的 平面相交的平面个数 4n  。所以 8m n  ，选 A. 5．（2013 年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯 WORD 版含答案））一个四 面体的顶点在空间直角坐标系O xyz 中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面 体三视图中的正视图时,以 zOx 平面为投影面,则得到正视图可以为 （ ） A． B． C． D． 答案：A 因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系 O﹣xyz 中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0）， （0，1，1），（0，0，0），几何体的直观图如图，是正方体的顶点为顶点的一个正四面体， 所以以 zOx 平面为投影面，则得到正视图为： 故选 A． 二、填空题 6．（2013 年高考上海卷（理））在 xOy 平面上,将两个半圆弧 2 2( 1) 1( 1)x y x    和 2 2( 3) 1( 3)x y x    、两条直线 1y  和 1y   围成的封闭图形记为 D,如图中阴影 部分.记 D 绕 y 轴旋转一周而成的几何体为  ,过 (0, )(| | 1)y y  作  的水平截面,所得 截面面积为 24 1 8y   ,试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体,得出  的体积值为__________ 答案： 22 16  . 【解答】根据提示，一个半径为 1，高为 2 的圆柱平放，一个高为 2，底面面积8 的长方 体，这两个几何体与  放在一起，根据祖暅原理，每个平行水平面的截面面积都相等，故 它们的体积相等，即  的体积值为 2 21 2 2 8 2 16          ． 7．（2013 年高考北京卷（理））如图,在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为 BC 的中点, 点 P 在线段 D1E 上,点 P 到直线 CC1 的距离的最小值为__________. 1D 1B P  D 1C C E BA 1A 答案： 2 5 5 如图所示，取 B1C1 的中点 F，连接 EF，ED1， 因为 ，CC1⊥底面 ABCD，所以四边形 EFC1C 是矩形． 所以 CC1∥EF， 又 EF ⊂ 平面 D1EF，CC1 ⊄ 平面 D1EF，所以 CC1∥平面 D1EF． 所以直线 C1C 上任一点到平面 D1EF 的距离是两条异面直线 D1E 与 CC1 的距离． 过点 C1 作 C1M⊥D1F， 因为平面 D1EF⊥平面 A1B1C1D1． 所以 C1M⊥平面 D1EF． 过点 M 作 MP∥EF 交 D1E 于点 P，则 MP∥C1C． 取 C1N=MP，连接 PN，则四边形 MPNC1 是矩形． 可得 NP⊥平面 D1EF， 在 Rt△D1C1F 中，C1M•D1F=D1C1•C1F，得 = ． 所以点 P 到直线 CC1 的距离的最小值为 ． 8．（2013 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯 WORD 版含附加题）） 如图,在三棱柱 ABCCBA 111 中, FED ，， 分别是 1AAACAB ，， 的中点,设三棱 锥 ADEF  的 体 积 为 1V , 三 棱 柱 ABCCBA 111 的 体 积 为 2V , 则 21 :VV ____________. A B C 1A D E F 1B 1C 答案：1: 24 1 1 2 2 1 1 1 1 1 3 3 4 2 24ADE ABCV S h S h V     所以 1 2 1: 24V V  三、解答题 9．（2013 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））如图,AB 是圆的直 径,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点. (I)求证: PAC PBC平面 平面 ； (II) 2 .AB AC PA C PB A    若 ， 1， 1，求证：二面角 的余弦值 10．（2013 年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））如图,四棱锥 P ABCD 中, PA ABCD 底面 , 2, 4, 3BC CD AC ACB ACD        , F 为 PC 的中 点, AF PB . (1)求 PA 的长; (2)求二面角 B AF D  的正弦值. 1．（2013 年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯 WORD 版））如图,圆锥顶点 为 p .底面圆心为 o ,其母线与底面所成的角为 22.5°. AB 和CD 是底面圆 O 上的两 条平行的弦,轴OP 与平面 PCD 所成的角为 60°. (Ⅰ)证明:平面 PAB 与平面 PCD 的交线平行于底面; (Ⅱ)求 cos COD . 解 : (Ⅰ) PAB P D , / / / /C m AB CD CD PCD AB PCD   设面 面 直线 且 面 面 / /AB m 直线 ABCDmABCDAB 面直线面 // . 所以, ABCDDPPAB 的公共交线平行底面与面面 C . (Ⅱ) r POOPFFCDr  5.22tan.60, 由题知，则的中点为线段设底面半径为 .   5.22tan1 5.22tan245tan,2cos5.22tan60tan60tan, 2 COD r OF PO OF . )223(3)],1-2(3[2 1cos,1-25.22tan12cos2cos 22  CODCODCOD 212-17cos.212-17cos  CODCOD 所以 . 法二: 1．（2013 年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯 WORD 版））如图,在四面体 BCDA 中, AD 平面 BCD, 22,2,  BDADCDBC . M 是 AD 的中点, P 是 BM 的中点,点Q 在线段 AC 上,且 QCAQ 3 . (1)证明: //PQ 平面 BCD ;(2)若二面角 DBMC  的大小为 060 ,求 BDC 的大 小. A B C D P Q M （第 20 题图） 解:证明(Ⅰ)方法一:如图 6,取 MD 的中点 F ,且 M 是 AD 中点,所以 3AF FD .因 为 P 是 BM 中 点 , 所 以 / /PF BD ; 又 因 为 (Ⅰ) 3AQ QC 且 3AF FD , 所 以 / /QF BD ,所以面 / /PQF 面 BDC ,且 PQ  面 BDC ,所以 / /PQ 面 BDC ; 方法二:如图 7 所示,取 BD 中点O ,且 P 是 BM 中点,所以 1/ / 2PO MD ;取CD 的三等 分 点 H , 使 3DH CH , 且 3AQ QC , 所 以 1 1/ / / /4 2QH AD MD , 所 以 / / / /PO QH PQ OH ,且OH BCD ,所以 / /PQ 面 BDC ; (Ⅱ)如图 8 所示,由已知得到面 ADB  面 BDC ,过 C 作 CG BD 于 G ,所以 CG BMD ,过 G 作 GH BM 于 H ,连接 CH ,所以 CHG 就是 C BM D  的 二面角;由已知得到 8 1 3BM    ,设 BDC   ,所以 cos ,sin 2 2 cos , 2 2 cos sin , 2 2 sin ,CD CG CB CD CG BCBD CD BD             , 在 RT BCG 中, 2sin 2 2 sinBGBCG BGBC         ,所以在 RT BHG 中, 2 2 1 2 2 sin 3 32 2 sin HG HG      ,所以在 RT CHG 中 2 2 2 cos sintan tan 60 3 2 2 sin 3 CGCHG HG         tan 3 (0,90 ) 60 60BDC            ; 2．（2013 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）如图,在正三棱锥 1 1 1ABC A B C 中, 1 6AA  , 异面直线 1BC 与 1AA 所成角的大小为 6  ,求该三棱柱的体积. B1 A1 C1 A C B [解]因为 1CC 1AA . 所以 1BC C 为异面直线 1BC 与 1AA .所成的角,即 1BC C = 6  . 在 Rt 1BC C 中, 1 1 3tan 6 2 33BC CC BC C      , 从而 23 3 34ABCS BC   , 因此该三棱柱的体积为 1 3 3 6 18 3ABCV S AA     . 3．（2013 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯 WORD 版含附加题）） 本小题满分 14 分. 如图,在三棱锥 ABCS  中,平面 SAB 平面 SBC , BCAB  , ABAS  ,过 A 作 SBAF  ,垂足为 F ,点 GE， 分别是棱 SCSA， 的中点. 求证:(1)平面 //EFG 平面 ABC ; (2) SABC  . A B C S G F E 证明:(1)∵ ABAS  , SBAF  ∴F 分别是 SB 的中点 ∵E.F 分别是 SA.SB 的中点 ∴EF∥AB 又∵EF  平面 ABC, AB 平面 ABC ∴EF∥平面 ABC 同理:FG∥平面 ABC 又∵EF  FG=F, EF.FG  平面 ABC∴平面 //EFG 平面 ABC (2)∵平面 SAB 平面 SBC 平面 SAB  平面 SBC =BC AF  平面 SAB AF⊥SB ∴AF⊥平面 SBC 又∵BC 平面 SBC ∴AF⊥BC 又∵ BCAB  , AB  AF=A, AB.AF  平 面 SAB ∴BC⊥平 面 SAB 又∵SA  平 面 SAB∴BC⊥SA 4．（2013 年高考上海卷（理））如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,AD=1,A1A=1,证明直线 BC1 平行于平面 DA1C,并求直线 BC1 到平面 D1AC 的距离. 因为 ABCD-A1B1C1D1 为长方体,故 1 1 1 1// ,AB C D AB C D , 故 ABC1D1 为平行四边形,故 1 1//BC AD ,显然 B 不在平面 D1AC 上,于是直线 BC1 平行于平 面 DA1C; 直线 BC1 到平面 D1AC 的距离即为点 B 到平面 D1AC 的距离设为 h 考虑三棱锥 ABCD1 的体积,以 ABC 为底面,可得 1 1 1( 1 2) 13 2 3V       而 1AD C 中, 1 15, 2AC D C AD   ,故 1 3 2AD CS  所以, 1 3 1 2 3 2 3 3V h h      ,即直线 BC1 到平面 D1AC 的距离为 2 3 . 5．（2013 年高考湖北卷（理））如图, AB 是圆O 的直径,点 C 是圆O 上异于 ,A B 的点,直 线 PC  平面 ABC , E , F 分别是 PA, PC 的中点. (I)记平面 BEF 与平面 ABC 的交线为 l ,试判断直线 l 与平面 PAC 的位置关系,并加 以证明; (II)设(I)中的直线 l 与圆O 的另一个交点为 D ,且点Q 满足 1 2DQ CP  .记直线 PQ 与平面 ABC 所成的角为 ,异面直线 PQ 与 EF 所成的角为 ,二面角 E l C  的大 小为  ,求证:sin sin sin   . 第 19 题图 解:(I) EF AC  , AC ABC 平面 , EF ABC 平面 EF ABC  平面 又 EF BEF 平面 EF l  l PAC  平面 (II)连接 DF,用几何方法很快就可以得到求证.(这一题用几何方法较快,向量的方法很 麻烦,特别是用向量不能方便的表示角的正弦.个人认为此题与新课程中对立体几何的 处理方向有很大的偏差.) 6．（2013 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯 WORD 版））如图 1,在等腰直 角三角形 ABC 中, 90A   , 6BC , ,D E 分别是 ,AC AB 上的点, 2CD BE  , O 为 BC 的中点.将 ADE 沿 DE 折起,得到如图 2 所示的四棱锥 A BCDE ,其中 3A O  . C D O x E A 向量法图 y z B (Ⅰ) 证明: A O  平面 BCDE ; (Ⅱ) 求二面角 A CD B  的平面角的余弦 值. .C O B D E A C D O B E A 图 1 图 2 (Ⅰ) 在图 1 中,易得 3, 3 2, 2 2OC AC AD   C D O B E A H 连结 ,OD OE ,在 OCD 中,由余弦定理可得 2 2 2 cos45 5OD OC CD OC CD      由翻折不变性可知 2 2A D  , 所以 2 2 2A O OD A D   ,所以 A O OD  , 理可证 A O OE  , 又OD OE O ,所以 A O  平面 BCDE . (Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD 交CD 的延长线于 H ,连结 A H , 因为 A O  平面 BCDE ,所以 A H CD  , 所以 A HO 为二面角 A CD B  的平面角. 结合图 1 可知, H 为 AC 中点,故 3 2 2OH  ,从而 2 2 30 2A H OH OA    所以 15cos 5 OHA HO A H    ,所以二面角 A CD B  的平面角的余弦值为 15 5 . 向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O xyz 如图所示, 则  0,0, 3A ,  0, 3,0C  ,  1, 2,0D  所以  0,3, 3CA  ,  1,2, 3DA   设  , ,n x y z 为平面 A CD 的法向量,则 0 0 n CA n DA          ,即 3 3 0 2 3 0 y z x y z        ,解得 3 y x z x    ,令 1x  ,得  1, 1, 3n   由(Ⅰ) 知,  0,0, 3OA  为平面CDB 的一个法向量, 所以 3 15cos , 53 5 n OAn OA n OA           ,即二面角 A CD B  的平面角的余弦 值为 15 5 . 7．（2013 年高考新课标 1（理））如图,三棱柱 ABC-A1B1C1 中,CA=CB,AB=A A1,∠BA A1=60°. (Ⅰ)证明 AB⊥A1C; (Ⅱ)若平面 ABC⊥平面 AA1B1B,AB=CB=2,求直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值. (Ⅰ)取 AB 中点 E,连结 CE, 1A B , 1A E , ∵AB= 1AA , 1BAA = 060 ,∴ 1BAA 是正三角形, ∴ 1A E ⊥AB, ∵CA=CB, ∴CE⊥AB, ∵ 1CE A E =E,∴AB⊥面 1CEA , ∴AB⊥ 1AC ; (Ⅱ)由(Ⅰ)知 EC⊥AB, 1EA ⊥AB, 又∵面 ABC⊥面 1 1ABB A ,面 ABC∩面 1 1ABB A =AB,∴EC⊥面 1 1ABB A ,∴EC⊥ 1EA , ∴EA,EC, 1EA 两两相互垂直,以 E 为坐标原点, EA  的方向为 x 轴正方向,| EA  |为单位 长度,建立如图所示空间直角坐标系O xyz , 有 题 设 知 A(1,0,0), 1A (0, 3 ,0),C(0,0, 3 ),B(-1,0,0), 则 BC  =(1,0, 3 ), 1BB  = 1AA  =(-1,0, 3 ), 1AC  =(0,- 3 , 3 ), 设 n= ( , , )x y z 是平面 1 1CBB C 的法向量, 则 1 0 0 BC BB        n n ,即 3 0 3 0 x z x y      ,可取 n=( 3 ,1,-1), ∴ 1cos , AC  n = 1 1 | AC AC   n | n || 10 5 , ∴直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为 10 5 8．（2013 年高考陕西卷（理））如图, 四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形, O 为底 面中心, A1O⊥平面 ABCD, 1 2AB AA  . (Ⅰ) 证明: A1C⊥平面 BB1D1D; (Ⅱ) 求平面 OCB1 与平面 BB1D1D 的夹角 的大小. 解:(Ⅰ) BDOAABCDBDABCDOA  11 ,, 面且面 ;又因为,在正方形 AB CD 中 , BDCAACACAACABDAACOABDAC  11111 , ，故面且面所以；且 . 在正方形 AB CD 中,AO = 1 . .111  OAOAART 中，在 OECAOCEAEDB 1111111 为正方形，所以，则四边形的中点为设 . ，所以由以上三点得且，面面又 OOBDDDBBODDBBBD  111111 E.E, DDBBCA 111 面 .(证毕) (Ⅱ) 建立直角坐标系统,使用向量解题. 以 O 为原点,以 OC 为 X 轴正方向,以 OB 为 Y 轴正方向.则 )1,0,1()1,1,1(),100(),001(,0,1,0 111  CABACB ，，，，）（ . 由(Ⅰ)知, 平面 BB1D1D 的一个法向量 .0,0,1),1,1,1(),1,0,1( 111 ）（ OCOBCAn 设 平 面 OCB1 的 法 向 量 为 ，则 0,0, 2122  OCnOBnn ).1-,1,0(法向量 2 n为解得其中一个 2 1 22 1 |||| |||,cos|cos 21 21 11      nn nnnn . 所以,平面 OCB1 与平面 BB1D1D 的夹角 为 3  9．（2013 年高考四川卷（理））如图,在三棱柱 1 1ABC A B C 中,侧棱 1AA  底面 ABC , 12AB AC AA  , 120BAC   , 1,D D 分别是线段 1 1,BC B C 的中点, P 是线 段 AD 的中点. (Ⅰ)在平面 ABC 内,试作出过点 P 与平面 1A BC 平行的直线 l ,说明理由,并证明直线 l  平面 1 1ADD A ; (Ⅱ)设(Ⅰ)中的直线 l 交 AB 于点 M ,交 AC 于点 N ,求二面角 1A A M N  的余弦 值. 解:  如图,在平面 ABC 内,过点 P 做直线l // BC ,因为l 在平面 1A BC 外, BC 在平面 1A BC 内,由直线与平面平行的判定定理可知, l //平面 1A BC . 由已知, AB AC , D 是 BC 的中点,所以, BC AD ,则直线l AD . 因为 1AA  平面 ABC ,所以 1AA  直线 l .又因为 1,AD AA 在平面 1 1ADD A 内,且 AD 与 1AA 相交,所以直线平面 1 1ADD A   解法一: 连接 1A P ,过 A 作 1AE A P 于 E ,过 E 作 1EF A M 于 F ,连接 AF . 由  知, MN  平面 1AEA ,所以平面 1AEA  平面 1A MN . 所以 AE  平面 1A MN ,则 1A M AE . 所以 1A M  平面 AEF ,则 1A M  AF . 故 AFE 为二面角 1A A M N  的平面角(设为 ). 设 1 1AA  , 则 由 12AB AC AA  , 120BAC   , 有 60BAD   , 2, 1AB AD  . 又 P 为 AD 的中点,所以 M 为 AB 的中点,且 1 , 12AP AM  , 在 1Rt AA P 中, 1 5 2A P  ;在 1Rt A AM 中, 1 2A M  . 从而, 1 1 1 5 AA APAE A P   , 1 1 1 2 AA AMAF A M   , 所以 2sin 5 AE AF    . 所以 2 2 2 15cos 1 sin 1 55            . 故二面角 1A A M N  的余弦值为 15 5 解法二: 设 1 1AA  .如图,过 1A 作 1A E 平行于 1 1B C ,以 1A 为坐标原点,分别以 1 1 1,A E A D   , 1AA  的 方向为 x 轴, y 轴, z 轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz (点O 与点 1A 重合). 则  1 0,0,0A ,  0,0,1A . 因为 P 为 AD 的中点,所以 ,M N 分别为 ,AB AC 的中点, 故 3 1 3 1, ,1 , , ,12 2 2 2M N              , 所以 1 3 1, ,12 2A M        ,  1 0,0,1A A  ,  3,0,0NM  . 设平面 1AA M 的一个法向量为  1 1 1 1, ,n x y z ,则 1 1 1 1 , , n A M n A A      即 1 1 1 1 0, 0, n A M n A A        故有       1 1 1 1 1 1 3 1, , , ,1 0,2 2 , , 0,0,1 0, x y z x y z             从而 1 1 1 1 3 1 0,2 2 0. x y z z       取 1 1x  ,则 1 3y   ,所以  1 1, 3,0n   . 设平面 1A MN 的一个法向量为  2 2 2 2, ,n x y z ,则 2 1 2 , , n A M n NM      即 2 1 2 0, 0, n A M n NM        故有       2 2 2 2 2 2 3 1, , , ,1 0,2 2 , , 3,0,0 0, x y z x y z             从而 2 2 2 2 3 1 0,2 2 3 0. x y z x       取 2 2y  ,则 2 1z   ,所以  2 0,2, 1n   . 设二面角 1A A M N  的平面角为 ,又 为锐角, 则    1 2 1 2 1, 3,0 0,2, 1 15cos 52 5 n n n n        . 故二面角 1A A M N  的余弦值为 15 5 10．（2013 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯 WORD 版含附加题）） 本小题满分 10 分. 如图,在直三棱柱 1 1 1A B C ABC 中, ACAB  , 2 ACAB , 41 AA ,点 D 是 BC 的中点 (1)求异面直线 BA1 与 DC1 所成角的余弦值 (2)求平面 1ADC 与 1ABA 所成二面角的正弦值. 本题主要考察异面直线.二面角.空间向量等基础知识以及基本运算,考察运用空间向量 解决问题的能力. 解:(1)以 1,, AAACAB 为为单位正交基底建立空间直角坐标系 xyzA  , 则 )0,0,0(A )0,0,2(B , )0,2,0(C , )4,0,0(1A , )0,1,1(D , )4,2,0(1C ∴ )4,0,2(1 BA , )4,1,1(1 BA ∴ 10 103 1820 18,cos 11 11 11  DCBA DCBADCBA ∴异面直线 BA1 与 DC1 所成角的余弦值为 10 103 (2) )0,2,0(AC 是平面 1ABA 的的一个法向量 设平面 1ADC 的法向量为 ),,( zyxm  ,∵ )0,1,1(AD , )4,2,0(1 AC 由 1, ACmADm  ∴      042 0 zy yx 取 1z ,得 2,2  xy ,∴平面 1ADC 的法向量为 )1,2,2( m 设平面 1ADC 与 1ABA 所成二面角为 ∴ 3 2 32 4,coscos   mAC mACmAC , 得 3 5sin  ∴平面 1ADC 与 1ABA 所成二面角的正弦值为 3 5 11．（2013 年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））如图, 四棱锥 P ABCD 中, 90 2 ,ABC BAD BC AD PAB     ， 与 PAD 都是等边 三角形. (I)证明: ;PB CD (II)求二面角 A PD C  的大小. 12．（2013 年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））如图所示,在三棱 锥 P ABQ 中 , PB  平 面 ABQ , BA BP BQ  , , , ,D C E F 分 别 是 , , ,AQ BQ AP BP 的中点, 2AQ BD , PD 与 EQ 交于点 G , PC 与 FQ 交于点 H , 连接GH . (Ⅰ)求证: AB GH ; (Ⅱ)求二面角 D GH E  的余弦值. 解:(Ⅰ)证明:因为 , , ,D C E F 分别是 , , ,AQ BQ AP BP 的中点, 所以 EF ∥ AB , DC ∥ AB ,所以 EF ∥ DC , 又 EF  平面 PCD , DC  平面 PCD , 所以 EF ∥平面 PCD , 又 EF  平面 EFQ ,平面 EFQ  平面 PCD GH , 所以 EF ∥GH , 又 EF ∥ AB , 所以 AB ∥GH . (Ⅱ)解法一:在△ ABQ 中, 2AQ BD , AD DQ , 所以 =90ABQ  ,即 AB BQ ,因为 PB  平面 ABQ ,所以 AB PB , 又 BP BQ B ,所以 AB  平面 PBQ ,由(Ⅰ)知 AB ∥GH , 所以GH  平面 PBQ ,又 FH  平面 PBQ ,所以GH FH ,同理可得GH HC , 所以 FHC 为二面角 D GH E  的平面角,设 2BA BQ BP   ,连接 PC , 在 tR △ FBC 中,由勾股定理得, 2FC  , 在 tR △ PBC 中,由勾股定理得, 5PC  , 又 H 为△ PBQ 的重心,所以 1 5 3 3HC PC  同理 5 3FH  , 在△ FHC 中,由余弦定理得 5 5 2 49 9cos 5 52 9 FHC        , 即二面角 D GH E  的余弦值为 4 5  . 解法二:在△ ABQ 中, 2AQ BD , AD DQ , 所以 90ABQ  ,又 PB  平面 ABQ ,所以 , ,BA BQ BP 两两垂直, 以 B 为坐标原点,分别以 , ,BA BQ BP 所在直线为 x 轴, y 轴, z 轴,建立如图所示的空 间 直 角 坐 标 系 , 设 2BA BQ BP   , 则 (1,0,1)E , (0,0,1)F , (0,2,0)Q , (1,1,0)D , (0,1,0)C (0,0,2)P ,, 所 以 ( 1,2, 1)EQ    , (0,2, 1)FQ   , ( 1, 1,2)DP    , (0, 1,2)CP   , 设平面 EFQ 的一个法向量为 1 1 1( , , )m x y z , 由 0m EQ   , 0m FQ   , 得 1 1 1 1 1 2 0 2 0 x y z y z        取 1 1y  ,得 (0,1,2)m  . 设平面 PDC 的一个法向量为 2 2 2( , , )n x y z 由 0n DP   , 0n CP   , 得 2 2 2 2 2 2 0 2 0 x y z y z         取 2 1z  ,得 (0,2,1)n  .所以 4cos , 5 m nm n m n        因为二面角 D GH E  为钝角,所以二面角 D GH E  的余弦值为 4 5  . 13．（2013 年高考湖南卷（理））如图 5,在直棱柱 11 1 1 / /ABCD A BC D AD BC 中， , 90 , , 1BAD AC BD BC    , 1 3AD AA  . (I)证明: 1AC B D ; (II)求直线 1 1 1B C ACD与平面 所成角的正弦值. 解 : (Ⅰ) ACBBABCDBDABCDBBDCBAABCD  111111 , 面且面是直棱柱 DBACBDBDBBDBACBBBBDBDAC 11111 ,,  ，面。面且又  . (证毕) (Ⅱ) 。的夹角与平面的夹角即直线与平面直线 111111 ,//// ACDADACDCBADBCCB  轴正半轴。为轴正半轴，为点，量解题。设原点在建立直角坐标系，用向 XADYABA   BDACyBDyACyCyBDDA  ),0,,3(),0,,1()0,,1(),0,,0(),3,0,3(),0,0,3(,00,0 1 ，则，设 ).3,0,3(),0,3,1(.30,0030 1 2  ADACyyyBDAC ），，（），，（的一个法向量平面则的法向量为设平面 303,313-. 0 0, 1 1 1       ADnACD ADn ACnnACD 7 21 37 33|,cos|sin003,313-1    ADnADnACD ），，（），，（的一个法向量平面 7 21 11 夹角的正弦值为与平面所以 ACDBD . 14．（2013 年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯 WORD 版））如图,在四棱柱 中 , 侧 棱 , , , , , , . (1)求证: (2)若直线 与平面 所成角的正弦值为 ,求 的值; (3)现将与四棱柱 形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新 的棱柱,规定:若拼接成的新的四棱柱形状和大小完全相同,则视为同一种拼接方案.问: 共有几种不同的方案?在这些拼接成的新四棱柱中,记其中最小的表面积为 ,写出 的表达式(直接写出答案,不必要说明理由) 解:(Ⅰ)取 中点 ,连接 , 四边形 为平行四边形 且 在 中, ,即 ,又 ,所以 平面 , 平面 ,又 , 平面 (Ⅱ)以 为原点, 的方向为 轴的正方向建立如图所示的空间直角 坐标系 , , , 所以 , , 设平面 的法向量 ,则由 得 取 ,得 设 与平面 所成角为 ,则 ,解得 .故所求 的值为 1 (Ⅲ)共有 种不同的方案 15．（2013 年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯 WORD 版含答案））如图, 直棱柱 1 1 1ABC A B C 中, ,D E 分别是 1,AB BB 的中点, 1 2 2AA AC CB AB   . (Ⅰ)证明: 1 / /BC 平面 1ACD ; (Ⅱ)求二面角 1D AC E  的正弦值. A B C D 1A 1C 1B E 2012 年高考题 1.[2012·广东卷] 如图 1－5 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 PA＝1，AD＝2， 求二面角 B－PC－A 的正切值． 图 1－5 证明：(1) PC⊥平面 BDE BD⊂平面 BDE ⇒PC⊥BD. PA⊥平面 ABCD BD⊂平面 ABCD ⇒PA⊥BD. ∵PA∩PC＝P，PA⊂平面 PAC，PC⊂平面 PAC，∴BD⊥平面 PAC. (2)法一：如图所示，记 BD 与 AC 的交点为 F，连接 EF. 由 PC⊥平面 BDE，BE⊂平面 BDE，EF⊂平面 BDE，∴PC⊥BE，PC⊥EF. 即∠BEF 为二面角 B－PC－A 的平面角．由(1)可得 BD⊥AC，所以矩形 ABCD 为正方形， AB＝AD＝2，AC＝BD＝2 2，FC＝BF＝ 2.在 Rt△PAC 中，PA＝1，PC＝ PA2＋AC2＝3， 即二面角 B－PC－A 的正切值为 3. 法二：以 A 为原点，AB→、AD→ 、AP→的方向分别作为 x、y、z 轴的正方向建立空间直角坐标系， 如图所示． 设 AB＝b，则：A(0,0,0)，B(b,0,0)，C(b,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)． 于是PC→＝(b,2，－1)，DB→ ＝(b，－2,0)．因为 PC⊥DB，所以PC→·DB→ ＝b2－4＝0， 从而 b＝2.结合(1)可得DB→ ＝(2，－2,0)是平面 APC 的法向量． 现设 n＝(x，y，z)是平面 BPC 的法向量，则 n⊥BC→，n⊥PC→，即 n·BC→＝0，n·PC→＝0. 因为BC→＝(0,2,0)，PC→＝(2,2，－1)，所以 2y＝0,2x－z＝0. 取 x＝1，则 z＝2，n＝(1,0,2)．令θ＝〈n，DB→ 〉，则 cosθ＝ n·DB→ |n||DB→ | ＝ 2 5·2 2 ＝ 1 10 ，sinθ＝ 3 10 ，tanθ＝3. 由图可得二面角 B－PC－A 的正切值为 3. 2. [2012·北京卷] 如图 1－9(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 1－8(2)．(1)求证：A1C⊥平面 BCDE；(2)若 M 是 A1D 的中点，求 CM 与平面 A1BE 所 成角的大小；(3)线段 BC 上是否存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直？说明理由． 图 1－9 解：(1)证明：因为 AC⊥BC，DE∥BC，所以 DE⊥AC，所以 DE⊥A1D，DE⊥CD， 所以 DE⊥平面 A1DC，所以 DE⊥A1C.又因为 A1C⊥CD， 所以 A1C⊥平面 BCDE. (2)如右图，以 C 为坐标原点，建立空间直角坐标系 C－xyz， 则 A1(0,0,2 3)，D(0,2,0)，M(0,1， 3)，B(3,0,0)，E(2,2,0)． 设平面 A1BE 的法向量为 n＝(x，y，z)，则 n·A1B→ ＝0，n·BE→＝0.又A1B→ ＝(3,0，－2 3)，BE→＝ (－1,2,0)，所以 3x－2 3z＝0， －x＋2y＝0. 令 y＝1，则 x＝2，z＝ 3，所以 n＝(2,1， 3)． 设 CM 与平面 A1BE 所成的角为θ，因为CM→ ＝(0,1， 3)， 所以 sinθ＝|cos(n，CM→ )|＝| n·CM→ |n||CM||＝ 4 8× 4 ＝ 2 2 .所以 CM 与平面 A1BE 所成角的大小为π 4. (3)线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直，理由如下： 假设这样的点 P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中 p∈[0,3]． 设平面 A1DP 的法向量为 m＝(x，y，z)，则 m·A1D→ ＝0，m·DP→ ＝0. 又A1D→ ＝(0,2，－2 3)，DP→ ＝(p，－2,0)，所以 2y－2 3z＝0， px－2y＝0. 令 x＝2，则 y＝p，z＝ p 3 . 所以 m＝ 2，p， p 3 .平面 A1DP⊥平面 A1BE，当且仅当 m·n＝0，即 4＋p＋p＝0. 解得 p＝－2，与 p∈[0,3]矛盾．所以线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直． 3.[2012·安徽卷] 设平面α与平面β相交于直线 m，直线 a 在平面α内，直线 b 在平面β内，且 b ⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 A [解析] 本题考查线面关系的判断，证明，充要条件的判断． 由题知命题是条件命题为“α⊥β”，命题“a⊥b”为结论命题，当α⊥β时，由线面垂直的性 质定理可得 a⊥b，所以条件具有充分性；但当 a⊥b 时，如果 a∥m，就得不出α⊥β，所以 条件不具有必要性，故条件是结论的充分不必要条件． 4. [2012·福建卷] 如图，在长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AA1＝AD＝1，E 为 CD 中点． (1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱 AA1 上是否存在一点 P，使得 DP∥平面 B1AE？若存在，求 AP 的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角 A－B1E－A1 的大小为 30°，求 AB 的长． 图 1－3 解：(1)以 A 为原点，AB→，AD→ ，AA1 → 的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标 系(如图)．设 AB＝a，则 A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E a 2 ，1，0 ，B1(a,0,1)，故 AD1＝(0,1,1)， B1E→ ＝ －a 2 ，1，－1 ，AB1 → ＝(a,0,1)，AE→＝ a 2 ，1，0 . ∵AD1 → ·B1E→ ＝－a 2 ×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1. (2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0，z0)，使得 DP∥平面 B1AE.此时DP→ ＝(0，－1，z0)． 又设平面 B1AE 的法向量 n＝(x，y，z)． ∵n⊥平面 B1AE，∴n⊥AB1 → ，n⊥AE→，得 ax＋z＝0， ax 2 ＋y＝0. 取 x＝1，得平面 B1AE 的一个法向量 n＝ 1，－a 2 ，－a . 要使 DP∥平面 B1AE，只要 n⊥DP→ ，有a 2 －az0＝0，解得 z0＝1 2. 又 DP⊄平面 B1AE，∴存在点 P，满足 DP∥平面 B1AE，此时 AP＝1 2. (3)连接 A1D，B1C，由长方体 ABCD－A1B1C1D1 及 AA1＝AD＝1，得 AD1⊥A1D. ∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C.又由(1)知 B1E⊥AD1，且 B1C∩B1E＝B1， ∴AD1⊥平面 DCB1A1.∴AD1 → 是平面 A1B1E 的一个法向量，此时AD1 → ＝(0,1,1)． 设AD1 → 与 n 所成的角为θ，则 cosθ＝ n·AD1 → |n||AD1 → | ＝ －a 2 －a 2 1＋a2 4 ＋a2 . ∵二面角 A－B1E－A1 的大小为 30°，∴|cosθ|＝cos30°，即 3a 2 2 1＋5a2 4 ＝ 3 2 ， 解得 a＝2，即 AB 的长为 2. 5. [2012·安徽卷] 平面图形 ABB1A1C1C 如图 1－4(1)所示，其中 BB1C1C 是矩形，BC＝2，BB1 ＝4，AB＝AC＝ 2，A1B1＝A1C1＝ 5. 图 1－4 现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C 垂直，再分别连接 A1A，A1B，A1C，得到如图 1－4(2)所示的空间图形．对此空间图形解答 下列问题．(1)证明：AA1⊥BC；(2)求 AA1 的长；(3)求二面角 A－BC－A1 的余弦值． 解：(向量法)：(1)证明：取 BC， B1C1 的中点分别为 D 和 D1，连接 A1D1，DD1，AD. 由 BB1C1C 为矩形知，DD1⊥B1C1，因为平面 BB1C1C⊥平面 A1B1C1，所以 DD1⊥平面 A1B1C1， 又由 A1B1＝A1C1 知，A1D1⊥B1C1.故以 D1 为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系 D1－xyz.由题设，可得 A1D1＝2，AD＝1.由以上可知 AD⊥平面 BB1C1C，A1D1⊥平面 BB1C1C， 于是 AD∥A1D1.所以 A(0，－1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(－1,0,4)，D(0,0,4)．故AA1 → ＝(0,3， －4)，BC→＝(－2,0,0)，AA1 → ·BC→＝0，因此AA1 → ⊥BC→，即 AA1⊥BC. (2)因为AA1 → ＝(0,3，－4)，所以|AA1 → |＝5，即 AA1＝5. (3)连接 A1D，由 BC⊥AD，BC⊥AA1，可知 BC⊥平面 A1AD，BC⊥A1D，所以∠ADA1 为二 面角 A－BC－A1 的平面角．因为DA→ ＝(0，－1,0)，DA1 → ＝(0,2，－4)，所以 cos〈DA→ ，DA1 → 〉＝－ 2 1× 22＋－42 ＝－ 5 5 .即二面角 A－BC－A1 的余弦值为－ 5 5 . (综合法)(1)证明：取 BC，B1C1 的中点分别为 D 和 D1，连接 A1D1，DD1，AD，A1D.由条件 可知，BC⊥AD，B1C1⊥A1D1，由上可得 AD⊥面 BB1C1C，A1D1⊥面 BB1C1C.因此 AD∥A1D1， 即 AD，A1D1 确定平面 AD1A1D.又因为 DD1∥BB1，BB1⊥BC，所以 DD1⊥BC.又考虑到 AD ⊥BC，所以 BC⊥平面 AD1A1D，故 BC⊥AA1. (2)延长 A1D1 到 G 点，使 GD1＝AD，连接 AG.因为 AD 綊 GD1，所以 AG 綊 DD1 綊 BB1.由于 BB1⊥平面 A1B1C1，所以 AG⊥A1G.由条件可知，A1G＝A1D1＋D1G＝3，AG＝4，所以 AA1＝ 5. (3)因为 BC⊥平面 AD1A1D，所以∠ADA1 为二面角 A－BC－A1 的平面角． 在 Rt△A1DD1 中，DD1＝4，A1D1＝2，解得 sin∠D1DA1＝ 5 5 ， cos∠ADA1＝cos π 2 ＋∠D1DA1 ＝－ 5 5 .即二面角 A－BC－A1 的余弦值为－ 5 5 . 7. [2012·课标全国卷] 如图，直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AC＝BC＝1 2AA1，D 是棱 AA1 的中 点，DC1⊥BD.(1)证明：DC1⊥BC；(2)求二面角 A1－BD－C1 的大小． 解：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形．由于 D 为 AA1 的中点，故 DC＝DC1. 又 AC＝1 2AA1，可得 DC21＋DC2＝CC21，所以 DC1⊥DC.而 DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以 DC1 ⊥平面 BCD.BC⊂平面 BCD，故 DC1⊥BC. (2)由(1)知 BC⊥DC1，且 BC⊥CC1，则 BC⊥平面 ACC1，所以 CA，CB，CC1 两两相互垂直． 以 C 为坐标原点，CA→ 的方向为 x 轴的正方向，|CA→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐 标系 C－xyz. 由题意知 A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2)．则A1D→ ＝(0,0，－1)，BD→ ＝(1，－1,1)， DC1 → ＝ ( － 1,0,1) ． 设 n ＝ (x ， y ， z) 是 平 面 A1B1BD 的 法 向 量 ， 则 n·BD→ ＝0， n·A1D→ ＝0， 即 x－y＋z＝0， z＝0. 可取 n＝(1,1,0)． 同理，设 m 是平面 C1BD 的法向量，则 m·BD→ ＝0， m·DC1 → ＝0. 可得 m＝(1,2,1)．从而 cos〈n，m〉 ＝ n·m |n|·|m| ＝ 3 2 .故二面角 A1－BD－C1 的大小为 30°. 8. [2012·山东卷] 在如图 1－5 所示的几何体中，四边形 ABCD 是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB ＝60°，FC⊥平面 ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.(1)求证：BD⊥平面 AED；(2)求二面角 F －BD－C 的余弦值． 解：(1)证明：因为四边形 ABCD 是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，所以∠ADC＝∠BCD ＝120°.又 CB＝CD，所以∠CDB＝30°，因此∠ADB＝90°，AD⊥BD，又 AE⊥BD， 且 AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面 AED，所以 BD⊥平面 AED. (2)解法一：取 BD 的中点 G，连接 CG，FG，由于 CB＝CD，因此 CG⊥BD，又 FC⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD，所以 FC⊥BD，由于 FC∩CG＝C，FC，CG⊂平面 FCG，所以 BD⊥平面 FCG，故 BD⊥FG，所以∠FGC 为二面角 F－BD－C 的平面角． 在等腰三角形 BCD 中，由于∠BCD＝120°，因此 CG＝1 2CB.又 CB＝CF，所以 GF＝ CG2＋CF2 ＝ 5CG，故 cos∠FGC＝ 5 5 ，因此二面角 F－BD－C 的余弦值为 5 5 . 解法二：由(1)知 AD⊥BD，所以 AC⊥BC.又 FC⊥平面 ABCD，因此 CA，CB，CF 两两垂直， 以 C 为坐标原点，分别以 CA，CB，CF 所在的直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设 CB＝1. 则 C(0,0,0)，B(0,1,0)，D 3 2 ，－1 2 ，0 ，F(0,0,1)．因此BD→ ＝ 3 2 ，－3 2 ，0 ，BF→＝(0， －1,1)．设平面 BDF 的一个法向量为 m＝(x，y，z)，则 m·BD→ ＝0，m·BF→＝0，所以 x＝ 3y ＝ 3z，取 z＝1，则 m＝( 3，1,1)． 由于CF→＝(0,0,1)是平面 BDC 的一个法向量，则 cos〈m，CF→〉＝ m·CF→ |m||CF→| ＝ 1 5 ＝ 5 5 ， 所以二面角 F－BD－C 的余弦值为 5 5 . 10. [2012·陕西卷] (1)如图 1－6 所示，证明命题“a 是平面π内的一条直线，b 是π外的一条直 线(b 不垂直于π)，c 是直线 b 在π上的投影，若 a⊥b，则 a⊥c”为真； 图 1－6 (2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)． 解：(1)证法一：如下图，过直线 b 上任一点作平面π的垂线 n，设直线 a，b，c，n 的方向向 量分别是 a，b，c，n，则 b，c，n 共面．根据平面向量基本定理，存在实数λ，μ使得 c＝λb ＋μn，则 a·c＝a·(λb＋μn)＝λ(a·b)＋μ(a·n)， 因为 a⊥b，所以 a·b＝0， 又因为 aπ ，n⊥π，所以 a·n＝0， 故 a·c ＝0，从而 a⊥c. 证法二：如图，记 c∩b＝A，P 为直线 b 上异于点 A 的任意一点，过 P 作 PO⊥π，垂足 为 O，则 O∈c. ∵PO⊥π，aπ ，∴直线 PO⊥a， 又 a⊥b，b 平面 PAO，PO∩b＝P， ∴a⊥平面 PAO，又 c 平面 PAO，∴a⊥c. (2)逆命题为：a 是平面π内的一条直线，b 是π外的一条直线(b 不垂直于π)，c 是直线 b 在π上的投影，若 a⊥c，则 a⊥b. 逆命题为真命题． 11.[2012·浙江卷] 已知矩形 ABCD，AB＝1，BC＝ 2.将△ABD 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：B [解析] 本题主要考查空间几何体的判定与分析问题．考查空间想象能力和动 手操作能力． 对于 AB⊥CD，因为 BC⊥CD，由线面垂直的判定可得 CD⊥平面 ACB，则有 CD⊥AC， 而 AB＝CD＝1，BC＝AD＝ 2，可得 AC＝1，那么存在 AC 这样的位置，使得 AB⊥CD 成立， 故应选 B. [点评] 解决折叠问题时，可以先通过实际操作，找到可行性后再加以合理判断与分 析．实际解决此类问题时可以通过草稿纸加以折叠分析后直接判断． 12. [2012·重庆卷] 如图 1－2，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AB＝4，AC＝BC＝3，D 为 AB 的中点． (1)求点 C 到平面 A1ABB1 的距离； (2)若 AB1⊥A1C，求二面角 A1－CD－C1 的平面角的余弦值． 图 1－2 解：(1)由 AC＝BC，D 为 AB 的中点，得 CD⊥AB.又 CD⊥AA1，故 CD⊥面 A1ABB1，所以点 C 到平面 A1ABB1 的距离为 CD＝ BC2－BD2＝ 5. (2)解法一：如图，取 D1 为 A1B1 的中点，连结 DD1，则 DD1∥AA1∥CC1.又由(1)知 CD ⊥面 A1ABB1，故 CD⊥A1D，CD⊥DD1，所以∠A1DD1 为所求的二面角 A1－CD－C1 的平面 角． 因 A1D 为 A1C 在面 A1ABB1 上的射影，又已知 AB1⊥A1C，由三垂线定理的逆定理得 AB1 ⊥A1D，从而∠A1AB1、∠A1DA 都与∠B1AB 互余，因此∠A1AB1＝∠A1DA，所以 Rt△A1AD ∽Rt△B1A1A.因此AA1 AD ＝A1B1 AA1 ，即 AA21＝AD·A1B1＝8，得 AA1＝2 2. 从而 A1D＝ AA21＋AD2＝2 3. 所以，在 Rt△A1DD1 中， cos∠A1DD1＝DD1 A1D ＝AA1 A1D ＝ 6 3 . 解法二：如图，过 D 作 DD1∥AA1 交 A1B1 于点 D1，在直三棱柱中，易知 DB，DC，DD1 两两垂直．以 D 为原点，射线 DB，DC，DD1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直 角坐标系 D－xyz. 设直三棱柱的高为 h，则 A(－2,0,0)，A1(－2,0，h)，B1(2,0，h)，C(0，5，0)，C1(0，5， h)，从而AB1 → ＝(4,0，h)，A1C→ ＝(2，5，－h)． 由AB1 → ⊥A1C→ ，有 8－h2＝0，h＝2 2. 故DA1 → ＝(－2,0,2 2)，CC1 → ＝(0,0,2 2)，DC→ ＝ (0，5，0)． 设平面 A1CD 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)，则 m⊥DC→ ，m⊥DA1 → ，即 5y1＝0， －2x1＋2 2z1＝0， 取 z1＝1，得 m＝( 2，0,1)， 设平面 C1CD 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)，则 n⊥DC→ ，n⊥CC1 → ，即 5y2＝0， 2 2z2＝0， 取 x2＝1，得 n＝(1,0,0)，所以 cos〈m，n〉＝ m·n |m||n| ＝ 2 2＋1·1 ＝ 6 3 . 所以二面角 A1－CD－C1 的平面角的余弦值为 6 3 . 13. [2012·上海卷] 如图 1－2 所示，AD 与 BC 是四面体 ABCD 中互相垂直的棱，BC＝2，若 AD＝2c，且 AB＋BD＝AC＋CD＝2a，其中 a、c 为常数，则四面体 ABCD 的体积的最大值 是________． 图 1－2 答案：2 3c a2－c2－1 [解析] 以空间四面体为载体，考查几何体的体积和代数式的最值问题， 以及转化思想，解此题的关键是求出侧面三角形 ABD 的高的最大值． 作 BE 垂直 AD 于 E，连接 CE，则 CE 也垂直 AD，且 BE＝CE，所以四面体 ABCD 的 体积 V＝1 3S△BCE·AD＝2 3c BE2－1，在三角形 ABD 中，AB＋BD＝2a，AD＝2c，所以 AD 边上 的高 BE 等于以 AD 为焦点，长轴为 2a 的椭圆上的点到 x 轴的距离，其最大值刚好在点在短 轴端点的时候得到，即 BE≤ a2－c2，所以 V＝2 3c BE2－1≤2 3c a2－c2－1. 14. [2012·上海卷] 若一个圆锥的侧面展开图是面积为 2π的半圆面，则该圆锥的体积为 ________． 答案： 3 3 π [解析] 考查扇形的弧长和面积公式，以及圆锥的体积公式，关键是求出圆锥的 半径和高． 由已知可得圆锥的母线长 l＝2，底面圆的周长 2πr＝πl＝2π，所以底面半径 r＝1，由此 得圆锥的高 h＝ l2－r2＝ 3，由圆锥的体积公式得 V＝1 3πr2h＝ 3 3 π. 15. [2012·山东卷] 如图 1－3 所示，正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 1，E，F 分别为线段 AA1，B1C 上的点，则三棱锥 D1－EDF 的体积为________． 图 1－3 答案：1 6 [解析] 本题考查棱锥的体积公式，考查空间想象力与转化能力，中档题． VD1－EDF＝VF－DD1E＝1 3 ×1 2 ×1×1×1＝1 6. 16.[2012·课标全国卷] 已知三棱锥 S－ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，△ABC 是边长为 1 的正三角形，SC 为球 O 的直径，且 SC＝2，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] 设三角形 ABC 的中心为 M，球心为 O，则 OM⊥平面 ABC，且 OM＝ 1－ 3 3 2＝ 6 3 .所以此棱锥的高 h＝2OM＝2 6 3 .所以此棱锥的体积 V＝1 3 ×1 2 ×1× 3 2 ×2 6 3 ＝ 2 6 .故选 A. 17. [2012·江苏卷] 如图 1－2，在长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AB＝AD＝3 cm，AA1＝2 cm， 则四棱锥 A－BB1D1D 的体积为________cm3. 图 1－2 答案：6 [解析] 本题考查四棱锥体积的求解以及对长方体性质的运用． 解题突破口为寻找四棱锥的高． 连 AC 交 BD 于点 O，因四边形 ABCD 为正方形，故 AO 为四棱锥 A－BB1D1D 的高，从 而 V＝1 3 ×2×3 2×3 2 2 ＝6. 18.[2012·浙江卷] 已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图 1－3 所示，则该三棱锥的体积等 于________cm3. 图 1－3 答案：1 [解析] 本题考查三棱锥的三视图与体积计算公式，考查 学生对数据的运算处理能力和空间想象能力．由三视图可知，几何体为一个三棱锥，则 V ＝1 3Sh＝1 3 ×1 2 ×1×3×2＝1. [点评] 正确的识图是解决三视图问题的关键，同时要注意棱长的长度、关系等． 19.[2012·浙江卷] 如图 1－5 所示，在四棱锥 P－ABCD 中，底面是边长为 2 3的菱形，∠ BAD＝120°，且 PA⊥平面 ABCD，PA＝2 6，M，N 分别为 PB，PD 的中点．(1)证明：MN ∥平面 ABCD；(2)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． 图 1－5 解：(1)因为 M，N 分别是 PB，PD 的中点，所以 MN 是△PBD 的中位线，所以 MN∥BD. 又因为 MN⊄平面 ABCD，所以 MN∥平面 ABCD. (2)方法一： 连结 AC 交 BD 于 O.以 O 为原点，OC，OD 所在直线为 x，y 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz，如图所示． 在菱形 ABCD 中，∠BAD＝120°，得 AC＝AB＝2 3，BD＝ 3AB＝6. 又因为 PA⊥平面 ABCD，所以 PA⊥AC. 在 Rt△PAC 中，AC＝2 3，PA＝2 6，AQ⊥PC，得 QC＝2，PQ＝4. 由此知各点坐标如下， A(－ 3，0,0)，B(0，－3,0)，C( 3，0,0)，D(0,3,0)，P(－ 3，0,2 6)，M － 3 2 ，－3 2 ， 6 ， N － 3 2 ，3 2 ， 6 ， Q 3 3 ，0，2 6 3 . 设 m＝(x，y，z)为平面 AMN 的法向量． 由AM→ ＝ 3 2 ，－3 2 ， 6 ，AN→＝ 3 2 ，3 2 ， 6 知 3 2 x－3 2y＋ 6z＝0， 3 2 x＋3 2y＋ 6z＝0. 取 z＝－1，得 m＝(2 2，0，－1)． 设 n＝(x，y，z)为平面 QMN 的法向量． 由QM→ ＝ －5 3 6 ，－3 2 ， 6 3 ，QN→ ＝ －5 3 6 ，3 2 ， 6 3 知 －5 3 6 x－3 2y＋ 6 3 z＝0， －5 3 6 x＋3 2y＋ 6 3 z＝0， 取 z＝5，得 n＝(2 2，0,5)． 于是 cos〈m，n〉＝ m·n |m|·|n| ＝ 33 33 . 所以二面角 A－MN－Q 的平面角的余弦值为 33 33 . 方法二：在菱形 ABCD 中，∠BAD＝120°，得 AC＝AB＝BC＝CD＝DA，BD＝ 3AB. 又因为 PA⊥平面 ABCD，所以 PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥AD. 所以 PB＝PC＝PD. 所以△PBC≌△PDC. 而 M，N 分别是 PB，PD 的中点，所以 MQ＝NQ，且 AM＝1 2PB＝1 2PD＝AN. 取线段 MN 的中点 E，连结 AE，EQ，则 AE⊥MN，QE⊥MN， 所以∠AEQ 为二面角 A－MN－Q 的平面角． 由 AB＝2 3，PA＝2 6，故 在△AMN 中，AM＝AN＝3，MN＝1 2BD＝3，得 AE＝3 3 2 . 在直角△PAC 中，AQ⊥PC，得 AQ＝2 2，QC＝2，PQ＝4. 在△PBC 中，cos∠BPC＝PB2＋PC2－BC2 2PB·PC ＝5 6 ， 得 MQ＝ PM2＋PQ2－2PM·PQcos∠BPC＝ 5. 在等腰△MQN 中，MQ＝NQ＝ 5，MN＝3，得 QE＝ MQ2－ME2＝ 11 2 . 在△AEQ 中，AE＝3 3 2 ，QE＝ 11 2 ，AQ＝2 2，得 cos∠AEQ＝AE2＋QE2－AQ2 2AE·QE ＝ 33 33 . 所以二面角 A－MN－Q 的平面角的余弦值为 33 33 . 20. [2012·浙江卷] 已知矩形 ABCD，AB＝1，BC＝ 2.将△ABD 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：B [解析] 本题主要考查空间几何体的判定与分析问题．考查空间想象能力和动 手操作能力． 对于 AB⊥CD，因为 BC⊥CD，由线面垂直的判定可得 CD⊥平面 ACB，则有 CD⊥AC， 而 AB＝CD＝1，BC＝AD＝ 2，可得 AC＝1，那么存在 AC 这样的位置，使得 AB⊥CD 成立， 故应选 B. [点评] 解决折叠问题时，可以先通过实际操作，找到可行性后再加以合理判断与分 析．实际解决此类问题时可以通过草稿纸加以折叠分析后直接判断． 21. [2012·上海卷] 如图 1－3 所示，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，PA⊥底面 ABCD.E 是 PC 的中点，已知 AB＝2，AD＝2 2，PA＝2，求：(1)三角形 PCD 的面积；(2) 异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小． 图 1－3 解：(1)因为 PA⊥底面 ABCD，所以 PA⊥CD. 又 AD⊥CD，所以 CD⊥平面 PAD. 从而 CD⊥PD. 因为 PD＝ 22＋2 22＝2 3，CD＝2. 所以三角形 PCD 的面积为1 2 ×2×2 3＝2 3. (2)解法一：如图所示，建立空间直角坐标系，则 B(2,0,0)，C(2,2 2，0)，E(1，2，1)． AE→＝(1，2，1)，BC→＝(0,2 2，0)， 设AE→与BC→的夹角为θ，则 cosθ＝ AE→·BC→ |AE→||BC→| ＝ 4 2×2 2 ＝ 2 2 ， ∴θ＝π 4. 由此知，异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是π 4. 解法二：取 PB 中点 F，连接 EF、AF，则 EF∥BC，从而∠AEF(或其补角)是异面直线 BC 与 AE 所成的角． 在△AEF 中，由 EF＝ 2、AF＝ 2、AE＝2 知△AEF 是等腰直角三角形， 所以∠AEF＝π 4. 因此，异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是π 4. 22.[2012·北京卷] 如图 1－9(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 1－8(2)．(1)求证：A1C⊥平面 BCDE；(2)若 M 是 A1D 的中点，求 CM 与平面 A1BE 所 成角的大小；(3)线段 BC 上是否存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直？说明理由． 图 1－9 解：(1)证明：因为 AC⊥BC，DE∥BC， 所以 DE⊥AC， 所以 DE⊥A1D，DE⊥CD， 所以 DE⊥平面 A1DC， 所以 DE⊥A1C. 又因为 A1C⊥CD， 所以 A1C⊥平面 BCDE. (2)如右图，以 C 为坐标原点，建立空间直角坐标系 C－xyz， 则 A1(0,0,2 3)，D(0,2,0)，M(0,1， 3)，B(3,0,0)，E(2,2,0)． 设平面 A1BE 的法向量为 n＝(x，y，z)，则 n·A1B→ ＝0，n·BE→＝0. 又A1B→ ＝(3,0，－2 3)，BE→＝(－1,2,0)， 所以 3x－2 3z＝0， －x＋2y＝0. 令 y＝1，则 x＝2，z＝ 3， 所以 n＝(2,1， 3)． 设 CM 与平面 A1BE 所成的角为θ， 因为CM→ ＝(0,1， 3)， 所以 sinθ＝|cos(n，CM→ )|＝| n·CM→ |n||CM||＝ 4 8× 4 ＝ 2 2 . 所以 CM 与平面 A1BE 所成角的大小为π 4. (3)线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直，理由如下： 假设这样的点 P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中 p∈[0,3]． 设平面 A1DP 的法向量为 m＝(x，y，z)，则 m·A1D→ ＝0，m·DP→ ＝0. 又A1D→ ＝(0,2，－2 3)，DP→ ＝(p，－2,0)， 所以 2y－2 3z＝0， px－2y＝0. 令 x＝2，则 y＝p，z＝ p 3 . 所以 m＝ 2，p， p 3 . 平面 A1DP⊥平面 A1BE，当且仅当 m·n＝0， 即 4＋p＋p＝0. 解得 p＝－2，与 p∈[0,3]矛盾． 所以线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直． 23. [2012·全国卷] 如图 1－1，四棱锥 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.(1)证明：PC⊥平面 BED；(2)设二面角 A －PB－C 为 90°，求 PD 与平面 PBC 所成角的大小． 图 1－1 解：方法一：(1)因为底面 ABCD 为菱形，所以 BD⊥AC， 又 PA⊥底面 ABCD，所以 PC⊥BD. 设 AC∩BD＝F，连结 EF.因为 AC＝2 2， PA＝2，PE＝2EC，故 PC＝2 3，EC＝2 3 3 ，FC＝ 2， 从而PC FC ＝ 6，AC EC ＝ 6. 因为PC FC ＝AC EC ，∠FCE＝∠PCA， 所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°， 由此知 PC⊥EF. PC 与平面 BED 内两条相交直线 BD，EF 都垂直，所以 PC⊥平面 BED. (2)在平面 PAB 内过点 A 作 AG⊥PB，G 为垂足． 因为二面角 A－PB－C 为 90°，所以平面 PAB⊥平面 PBC. 又平面 PAB∩平面 PBC＝PB， 故 AG⊥平面 PBC，AG⊥BC. BC 与平面 PAB 内两条相交直线 PA，AG 都垂直，故 BC⊥平面 PAB，于是 BC⊥AB，所 以底面 ABCD 为正方形，AD＝2，PD＝ PA2＋AD2＝2 2. 设 D 到平面 PBC 的距离为 d.因为 AD∥BC，且 AD⊄平面 PBC，BC⊂平面 PBC，故 AD ∥平面 PBC，A、D 两点到平面 PBC 的距离相等，即 d＝AG＝ 2. 设 PD 与平面 PBC 所成的角为α，则 sinα＝ d PD ＝1 2. 所以 PD 与平面 PBC 所成的角为 30°. 方法二：(1)以 A 为坐标原点，射线 AC 为 x 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标 系 A－xyz. 设 C(2 2，0,0)，D( 2，b,0)，其中 b>0，则 P(0,0,2)，E 4 2 3 ，0，2 3 ，B( 2，－b,0)． 于是PC→＝(2 2，0，－2)， BE→＝ 2 3 ，b，2 3 ，DE→ ＝ 2 3 ，－b，2 3 ， 从而PC→·BE→＝0，PC→·DE→ ＝0， 故 PC⊥BE，PC⊥DE. 又 BE∩DE＝E，所以 PC⊥平面 BDE. (2)AP→＝(0,0,2)，AB→＝( 2，－b,0)． 设 m＝(x，y，z)为平面 PAB 的法向量， 则 m·AP→＝0，m·AB→＝0， 即 2z＝0，且 2x－by＝0， 令 x＝b，则 m＝(b，2，0)． 设 n＝(p，q，r)为平面 PBC 的法向量，则 n·PC→＝0，n·BE→＝0， 即 2 2p－2r＝0 且 2p 3 ＋bq＋2 3r＝0， 令 p＝1，则 r＝ 2，q＝－ 2 b ，n＝ 1，－ 2 b ， 2 . 因为面 PAB⊥面 PBC，故 m·n＝0，即 b－2 b ＝0，故 b＝ 2，于是 n＝(1，－1， 2)，DP→ ＝(－ 2，－ 2，2)， cos〈n，DP→ 〉＝ n·DP→ |n||DP→ | ＝1 2 ，〈n，DP→ 〉＝60°. 因为 PD 与平面 PBC 所成角和〈n，DP→ 〉互余，故 PD 与平面 PBC 所成的角为 30°. 24. [2012·湖北卷] 如图 1－7 所示，∠ACB＝45°，BC＝3，过动点 A 作 AD⊥BC，垂足 D 在 线段 BC 上且异于点 B，连结 AB，沿 AD 将△ABD 折起，使∠BDC＝90°(如图 1－8)．(1)当 BD 的长为多少时，三棱锥 A－BCD 的体积最大？(2)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． 图 1－7 图 1－8 解：(1)方法 1：在题图所示的△ABC 中，设 BD＝x(0＜x＜3)，则 CD＝3－x. 由 AD⊥BC，∠ACB＝45°知，△ADC 为等腰直角三角形，所以 AD＝CD＝3－x. 由折起前 AD⊥BC 知，折起后，AD⊥DC，AD⊥BD，且 BD∩DC＝D，所以 AD⊥平面 BCD. 又∠BDC＝90°，所以 S△BCD＝1 2BD·CD＝1 2x(3－x)． 于 是 VA － BCD ＝ 1 3 AD·S △ BCD ＝ 1 3 (3 － x)· 1 2 x(3 － x) ＝ 1 12 ·2x(3 － x)(3 － x)≤ 1 12 2x＋3－x＋3－x 3 3＝2 3. 当且仅当 2x＝3－x，即 x＝1 时，等号成立， 故当 x＝1，即 BD＝1 时，三棱锥 A－BCD 的体积最大． 方法 2：同方法 1，得 VA－BCD＝1 3AD·S△BCD＝1 3(3－x)·1 2x(3－x)＝1 6(x3－6x2＋9x)． 令 f(x)＝1 6(x3－6x2＋9x)，由 f′(x)＝1 2(x－1)(x－3)＝0，且 0＜x＜3，解得 x＝1. 当 x∈(0,1)时，f′(x)>0，当 x∈(1,3)时，f′(x)<0，所以当 x＝1 时，f(x)取得最大值． 故当 BD＝1 时，三棱锥 A－BCD 的体积最大． (2)方法 1：以点 D 为原点，建立如图(a)所示的空间直角坐标系 D－xyz. 由(1)知，当三棱锥 A－BCD 的体积最大时，BD＝1，AD＝DC＝2. 于是可得 D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E 1 2 ，1，0 ，且BM→ ＝(－1,1,1)． 设 N(0，λ，0)，则EN→＝ －1 2 ，λ－1，0 . 因为 EN⊥BM 等价于EN→·BM→ ＝0， 即 －1 2 ，λ－1，0 ·(－1,1,1)＝1 2 ＋λ－1＝0，故λ＝1 2 ，N 0，1 2 ，0 . 所以当 DN＝1 2(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 n＝(x，y，z)，由 n⊥BN→， n⊥BM→ ， 及BN→＝ －1，1 2 ，0 ， 得 y＝2x， z＝－x. 可取 n＝(1,2，－1)． 设 EN 与平面 BMN 所成角的大小为θ， 则由EN→＝ －1 2 ，－1 2 ，0 ，n＝(1,2，－1)，可得 sinθ＝cos(90°－θ)＝| n·EN→ |n|·|EN→||＝ |－1 2 －1| 6× 2 2 ＝ 3 2 ，即θ＝60°. 故 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 60°. 方法 2：由(1)知，当三棱锥 A－BCD 的体积最大时，BD＝1，AD＝CD＝2. 如图(b)，取 CD 的中点 F，连结 MF，BF，EF，则 MF∥AD. 由(1)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⊂平面 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 DN＝1 2(即 N 是 CD 的靠近点 D 的一个四等分点)，EN⊥BM. 连结 MN，ME，由计算得 NB＝NM＝EB＝EM＝ 5 2 ， 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.连结 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 EG＝GN＝NE＝ 2 2 ，所以△EGN 是正三角形， 故∠ENH＝60°，即 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 60°. 25.[2012·课标全国卷] 如图 1－2，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( ) 图 1－2 A．6 B．9 C．12 D．18 答案：B [解析] 由三视图可知，该几何体是三棱锥，其底面是斜边长为 6 的等腰直角 三角形，有一条长为 3 的侧棱垂直于底面(即三棱锥的高是 3)，可知底面等腰直角三角形斜 边上 26.[2012·北京卷] 如图 1－9(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 1－8(2)．(1)求证：A1C⊥平面 BCDE；(2)若 M 是 A1D 的中点，求 CM 与平面 A1BE 所 成角的大小；(3)线段 BC 上是否存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直？说明理由． 图 1－9 解：(1)证明：因为 AC⊥BC，DE∥BC，所以 DE⊥AC，所以 DE⊥A1D，DE⊥CD， 所以 DE⊥平面 A1DC，所以 DE⊥A1C.又因为 A1C⊥CD， 所以 A1C⊥平面 BCDE. (2)如右图，以 C 为坐标原点，建立空间直角坐标系 C－xyz， 则 A1(0,0,2 3)，D(0,2,0)，M(0,1， 3)，B(3,0,0)，E(2,2,0)． 设平面 A1BE 的法向量为 n＝(x，y，z)，则 n·A1B→ ＝0，n·BE→＝0. 又A1B→ ＝(3,0，－2 3)，BE→＝(－1,2,0)，所以 3x－2 3z＝0， －x＋2y＝0. 令 y＝1，则 x＝2，z＝ 3，所以 n＝(2,1， 3)． 设 CM 与平面 A1BE 所成的角为θ，因为CM→ ＝(0,1， 3)， 所以 sinθ＝|cos(n，CM→ )|＝| n·CM→ |n||CM||＝ 4 8× 4 ＝ 2 2 . 所以 CM 与平面 A1BE 所成角的大小为π 4. (3)线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直，理由如下： 假设这样的点 P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中 p∈[0,3]． 设平面 A1DP 的法向量为 m＝(x，y，z)，则 m·A1D→ ＝0，m·DP→ ＝0. 又A1D→ ＝(0,2，－2 3)，DP→ ＝(p，－2,0)， 所以 2y－2 3z＝0， px－2y＝0. 令 x＝2，则 y＝p，z＝ p 3 . 所以 m＝ 2，p， p 3 . 平面 A1DP⊥平面 A1BE，当且仅当 m·n＝0， 即 4＋p＋p＝0. 解得 p＝－2，与 p∈[0,3]矛盾． 所以线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直． 27. [2012·湖南卷] 如图 1－6，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． (1)证明：CD⊥平面 PAE； (2)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． 图 1－6 解：解法 1：(1)如下图(1)，连结 AC.由 AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°得 AC＝5.又 AD＝5，E 是 CD 的中点，所以 CD⊥AE.因为 PA⊥平面 ABCD，CD⊂平面 ABCD，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. (2)过点 B 作 BG∥CD，分别与 AE、AD 相交于点 F，G，连结 PF. 由(1)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⊥平面 ABCD 知，∠PBA 为直线 PB 与平面 ABCD 所成的角． 由题意∠PBA＝∠BPF，因为 sin∠PBA＝PA PB ，sin∠BPF＝BF PB ，所以 PA＝BF. 由∠DAB＝∠ABC＝90°知，AD∥BC，又 BG∥CD， 所以四边形 BCDG 是平行四边形．故 GD＝BC＝3. 于是 AG＝2. 在 Rt△BAG 中，AB＝4，AG＝2，BG⊥AF，所以 BG＝ AB2＋AG2＝2 5，BF＝AB2 BG ＝ 16 2 5 ＝8 5 5 . 于是 PA＝BF＝8 5 5 . 又梯形 ABCD 的面积为 S＝1 2 ×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥 P－ABCD 的体积为 V＝ 1 3 ×S×PA＝ 1 3 ×16×8 5 5 ＝128 5 15 . 解法 2：如上图(2)，以 A 为坐标原点，AB，AD，AP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴 建立空间直角坐标系．设 PA＝h，则相关各点的坐标为：A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(4,3,0)，D(0,5,0)， E(2,4,0)，P(0,0，h)． (1)易知CD→ ＝(－4,2,0)，AE→＝(2,4,0)，AP→＝(0,0，h)． 因为CD→ ·AE→＝－8＋8＋0＝0，CD→ ·AP→＝0，所以 CD⊥AE，CD⊥AP.而 AP，AE 是平面 PAE 内的两条相交直线，所以 CD⊥平面 PAE. (2)由题设和(1)知，CD→ ，PA→分别是平面 PAE，平面 ABCD 的法向量．而 PB 与平面 PAE 所成的角和 PB 与平面 ABCD 所成的角相等，所以|cos〈CD→ ，PB→〉|＝|cos〈PA→，PB→〉|，即 | CD→ ·PB→ |CD→ |·|PB→||＝| PA→·PB→ |PA→|·|PB→||. 由(1)知，CD→ ＝(－4,2,0)，PA→＝(0,0，－h)， 又PB→＝(4,0，－h)， 故| －16＋0＋0 2 5· 16＋h2|＝| 0＋0＋h2 h· 16＋h2|. 解得 h＝8 5 5 . 又梯形 ABCD 的面积为 S＝1 2 ×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥 P－ABCD 的体积为 V＝ 1 3 ×S×PA＝1 3 ×16×8 5 5 ＝128 5 15 . 28. [2012·北京卷] 如图 1－9(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 1－8(2)． (1)求证：A1C⊥平面 BCDE； (2)若 M 是 A1D 的中点，求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小； (3)线段 BC 上是否存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直？说明理由． 图 1－9 解：(1)证明：因为 AC⊥BC，DE∥BC， 所以 DE⊥AC， 所以 DE⊥A1D，DE⊥CD， 所以 DE⊥平面 A1DC， 所以 DE⊥A1C. 又因为 A1C⊥CD， 所以 A1C⊥平面 BCDE. (2)如右图，以 C 为坐标原点，建立空间直角坐标系 C－xyz， 则 A1(0,0,2 3)，D(0,2,0)，M(0,1， 3)，B(3,0,0)，E(2,2,0)． 设平面 A1BE 的法向量为 n＝(x，y，z)，则 n·A1B→ ＝0，n·BE→＝0. 又A1B→ ＝(3,0，－2 3)，BE→＝(－1,2,0)， 所以 3x－2 3z＝0， －x＋2y＝0. 令 y＝1，则 x＝2，z＝ 3， 所以 n＝(2,1， 3)． 设 CM 与平面 A1BE 所成的角为θ， 因为CM→ ＝(0,1， 3)， 所以 sinθ＝|cos(n，CM→ )|＝| n·CM→ |n||CM||＝ 4 8× 4 ＝ 2 2 . 所以 CM 与平面 A1BE 所成角的大小为π 4. (3)线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直，理由如下： 假设这样的点 P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中 p∈[0,3]． 设平面 A1DP 的法向量为 m＝(x，y，z)，则 m·A1D→ ＝0，m·DP→ ＝0. 又A1D→ ＝(0,2，－2 3)，DP→ ＝(p，－2,0)， 所以 2y－2 3z＝0， px－2y＝0. 令 x＝2，则 y＝p，z＝ p 3 . 所以 m＝ 2，p， p 3 . 平面 A1DP⊥平面 A1BE，当且仅当 m·n＝0， 即 4＋p＋p＝0. 解得 p＝－2，与 p∈[0,3]矛盾． 所以线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直． 29. [2012·安徽卷] 平面图形 ABB1A1C1C 如图 1－4(1)所示，其中 BB1C1C 是矩形，BC＝2， BB1＝4，AB＝AC＝ 2，A1B1＝A1C1＝ 5. 图 1－4 现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C 垂直，再分别连接 A1A，A1B，A1C，得到如图 1－4(2)所示的空间图形．对此空间图形解答 下列问题． (1)证明：AA1⊥BC； (2)求 AA1 的长； (3)求二面角 A－BC－A1 的余弦值． 解：(向量法)：(1)证明：取 BC， B1C1 的中点分别为 D 和 D1，连接 A1D1，DD1，AD. 由 BB1C1C 为矩形知， DD1⊥B1C1， 因为平面 BB1C1C⊥平面 A1B1C1， 所以 DD1⊥平面 A1B1C1， 又由 A1B1＝A1C1 知， A1D1⊥B1C1. 故以 D1 为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系 D1－xyz. 由题设，可得 A1D1＝2，AD＝1. 由以上可知 AD⊥平面 BB1C1C，A1D1⊥平面 BB1C1C，于是 AD∥A1D1. 所以 A(0，－1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(－1,0,4)，D(0,0,4)． 故AA1 → ＝(0,3，－4)，BC→＝(－2,0,0)，AA1 → ·BC→＝0， 因此AA1 → ⊥BC→，即 AA1⊥BC. (2)因为AA1 → ＝(0,3，－4)， 所以|AA1 → |＝5，即 AA1＝5. (3)连接 A1D，由 BC⊥AD，BC⊥AA1，可知 BC⊥平面 A1AD，BC⊥A1D，所以∠ADA1 为二面角 A－BC－A1 的平面角． 因为DA→ ＝(0，－1,0)，DA1 → ＝(0,2，－4)，所以 cos〈DA→ ，DA1 → 〉＝－ 2 1× 22＋－42 ＝－ 5 5 . 即二面角 A－BC－A1 的余弦值为－ 5 5 . (综合法)(1)证明：取 BC，B1C1 的中点分别为 D 和 D1，连接 A1D1，DD1，AD，A1D. 由条件可知，BC⊥AD，B1C1⊥A1D1， 由上可得 AD⊥面 BB1C1C，A1D1⊥面 BB1C1C. 因此 AD∥A1D1，即 AD，A1D1 确定平面 AD1A1D. 又因为 DD1∥BB1，BB1⊥BC，所以 DD1⊥BC. 又考虑到 AD⊥BC，所以 BC⊥平面 AD1A1D， 故 BC⊥AA1. (2)延长 A1D1 到 G 点，使 GD1＝AD，连接 AG. 因为 AD 綊 GD1，所以 AG 綊 DD1 綊 BB1. 由于 BB1⊥平面 A1B1C1，所以 AG⊥A1G. 由条件可知，A1G＝A1D1＋D1G＝3，AG＝4， 所以 AA1＝5. (3)因为 BC⊥平面 AD1A1D，所以∠ADA1 为二面角 A－BC－A1 的平面角． 在 Rt△A1DD1 中，DD1＝4，A1D1＝2，解得 sin∠D1DA1＝ 5 5 ， cos∠ADA1＝cos π 2 ＋∠D1DA1 ＝－ 5 5 . 即二面角 A－BC－A1 的余弦值为－ 5 5 . 30. [2012·重庆卷] 如图 1－2，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AB＝4，AC＝BC＝3，D 为 AB 的中点．(1)求点 C 到平面 A1ABB1 的距离；(2)若 AB1⊥A1C，求二面角 A1－CD－C1 的平面 角的余弦值． 图 1－2 解：(1)由 AC＝BC，D 为 AB 的中点，得 CD⊥AB.又 CD⊥AA1，故 CD⊥面 A1ABB1，所以点 C 到平面 A1ABB1 的距离为 CD＝ BC2－BD2＝ 5. (2)解法一：如图，取 D1 为 A1B1 的中点，连结 DD1，则 DD1∥AA1∥CC1.又由(1)知 CD ⊥面 A1ABB1，故 CD⊥A1D，CD⊥DD1，所以∠A1DD1 为所求的二面角 A1－CD－C1 的平面 角． 因 A1D 为 A1C 在面 A1ABB1 上的射影，又已知 AB1⊥A1C，由三垂线定理的逆定理得 AB1 ⊥A1D，从而∠A1AB1、∠A1DA 都与∠B1AB 互余，因此∠A1AB1＝∠A1DA，所以 Rt△A1AD ∽Rt△B1A1A.因此AA1 AD ＝A1B1 AA1 ，即 AA21＝AD·A1B1＝8，得 AA1＝2 2. 从而 A1D＝ AA21＋AD2＝2 3. 所以，在 Rt△A1DD1 中， cos∠A1DD1＝DD1 A1D ＝AA1 A1D ＝ 6 3 . 解法二：如图，过 D 作 DD1∥AA1 交 A1B1 于点 D1，在直三棱柱中，易知 DB，DC，DD1 两两垂直．以 D 为原点，射线 DB，DC，DD1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直 角坐标系 D－xyz. 设直三棱柱的高为 h，则 A(－2,0,0)，A1(－2,0，h)，B1(2,0，h)，C(0，5，0)，C1(0，5， h)，从而AB1 → ＝(4,0，h)，A1C→ ＝(2，5，－h)． 由AB1 → ⊥A1C→ ，有 8－h2＝0，h＝2 2. 故DA1 → ＝(－2,0,2 2)，CC1 → ＝(0,0,2 2)，DC→ ＝ (0，5，0)． 设平面 A1CD 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)，则 m⊥DC→ ，m⊥DA1 → ，即 5y1＝0， －2x1＋2 2z1＝0， 取 z1＝1，得 m＝( 2，0,1)， 设平面 C1CD 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)，则 n⊥DC→ ，n⊥CC1 → ，即 5y2＝0， 2 2z2＝0， 取 x2＝1，得 n＝(1,0,0)，所以 cos〈m，n〉＝ m·n |m||n| ＝ 2 2＋1·1 ＝ 6 3 . 所以二面角 A1－CD－C1 的平面角的余弦值为 6 3 . 31.[2012·全国卷] 三棱柱 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________． 6 6 [解析] 由题意知，AB1 → ＝AB→＋AA1 → ，BC1 → ＝BB1 → ＋BC→＝BA→＋AC→＋AA1 → . 又∠CAA1＝∠BAA1＝∠BAC＝60°， 设边长、侧棱长为 1， 则 AB1 → 2＝(AB→＋AA1 → )2＝AB→ 2＋AA1 → 2＋2AB→·AA1 → ＝3，所以|AB1 → |＝ 3，同理可得|BC1 → |＝ 2. AB1 → ·BC1 → ＝AB→·BA→＋AB→·AC→＋AB→·AA1 → ＋AA1 → ·BA→＋AA1 → ·AC→＋AA1 → 2＝1， 所以 cos〈AB1 → ·BC1 → 〉＝ AB1 → ·BC1 → |AB1 → |·|BC1 → | ＝ 1 3· 2 ＝ 6 6 . 32.[2012·四川卷] 如图 1－3 所示，半径为 R 的半球 O 的底面圆 O 在平面α内，过点 O 作平 面α的垂线交半球面于点 A，过圆 O 的直径 CD 作与平面α成 45°角的平面与半球面相交， 所 得交线上到平面α的距离最大的点为 B，该交线上的一点 P 满足∠BOP＝60°，则 A、P 两点 间的球面距离为( ) 图 1－3 A．Rarccos 2 4 B.πR 4 C．Rarccos 3 3 D.πR 3 答案：A [解析] 由已知，OA⊥CD，又 B 点到平面α的距离最大，即 B 点在半圆 CBD 的最高点，即半圆弧 CBD 的中点，于是 BO⊥CD，于是 CD⊥平面 AOB，进而平面 CBD⊥ 平面 AOB， 且∠AOB 为二面角 A－CD－B 的平面角，该角等于平面 BCD 与α所成二面角的余角， 为 45°. 于是由公式 cos∠AOP＝cos∠AOBcos∠BOP＝ 2 2 ·1 2 ＝ 2 4 ， 即∠AOP＝arccos 2 4 ， 故 A、P 两点间的球面距离为 Rarccos 2 4 . 2011 年高考题 1. (2011 年高考全国新课标卷理科 15)已知矩形 ABCD 的顶点都在半径为 4 的球 O 的球面 上，且 6, 2 3AB BC  ,则棱锥O ABCD 的体积为 。 3．(2011 年高考天津卷理科 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 【答案】 6  【解析】由题意知,该几何体为一个组合体,其下面是一个长方体(长为 3m,宽为 2m, 高 为 1m), 上 面 有 一 个 圆 锥 ( 底 面 半 径 为 1, 高 为 3), 所 以 其 体 积 为 13 2 1 3 63V V         长方体 圆锥 . 4. (2011 年高考四川卷理科 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，求球的表面积与该圆柱的侧面积之差是 . 答案： 22 R 解析： 2 2 2 2 2 max2 2 4 ( )S r R r r R r S      侧 侧 时， 2 2 2 2 2 2 2 2 Rr R r r r R      ，则 2 2 24 2 2R R R    5.(2011 年高考全国卷理科 16)己知点 E、F 分别在正方体 ABCD-A1B2C3D4 的棱 BB1 、CC1 上，且 B1E=2EB, CF=2FC1，则面 AEF 与面 ABC 所成的二面角的正切值等于 . 6．(2011 年高考福建卷理科 12)三棱锥 P-ABC 中，PA⊥底面 ABC，PA=3，底面 ABC 是边长为 2 的正三角形，则三棱锥 P-ABC 的体积等于______。 【答案】 3 7．(2011 年高考上海卷理科 7)若圆锥的侧面积为 2 ，底面积为  ，则该圆锥的体积 为 。 【答案】 3 3  ； 1. (2011 年高考山东卷理科 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， ∠ ACB=90 ，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF∥ＡＢ，ＦＧ∥Ｂ Ｃ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ. （Ⅰ)若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦ Ｅ; （Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小． 【解析】（Ⅰ)连结 AF,因为 EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ， EF∩ＦＧ=F,所以平面 EFG∥平面 ABCD,又易证 EFG ∽ ABC , 所以 1 2 FG EF BC AB   ,即 1 2FG BC ,即 1 2FG AD ,又 M 为 AD 的中点,所以 1 2AM AD ,又因为ＦＧ∥ＢＣ∥ＡD，所以ＦＧ∥ＡM,所以四边形 AMGF 是平 行四边形,故 GM∥FA,又因为ＧＭ  平面ＡＢＦＥ,FA  平面ＡＢＦＥ,所以ＧＭ∥平面ＡＢ ＦＥ. 2.(2011 年高考浙江卷理科 20)（本题满分 15 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，已知 BC=8， PO=4，AO=3，OD=2（Ⅰ）证明：AP⊥BC；（Ⅱ）在线段 AP 上是否存 在点 M， 使得二面角 A-MC-β为直二面角？若存在，求出 AM 的长；若不存在， 请说明理由。 【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基 础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分 15 分 法一：（Ⅰ）证明：如图，以O为原点，以射线OP 为 x 轴的正半轴，建立空间 直角坐标系o xyz ，则 (0,0,0)O ， (0, 3,0)A  ， (4,2,0)B ， ( 4,2,0)C  ， (0,0,4)P ， (0,3,4)AP  ， ( 8,0,0)BC   由此可得 0AP BC   ，所以 AP BC  ，即 AP BC 可取 2 (5,4, 3)n   ，由 1 2 0n n   得 2 34 3 04 4      解得 4 5   ，故 3AM  综上所述，存在点 M 符合题意， 3AM  法二（Ⅰ）证明： ,AB AC D BC 为 中点, ,AD BC  又 ,PO ABC 平面 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 AP M 于 连结CM, 由（Ⅰ）知 PBC A,得 P A 平面 BMC ， 又 P A 平面 PAC,所以平面 BMC  平面 PAC, 在 Rt ADB 中， 2 2 2 41AB AD BD   得 41AB  在 Rt POD 中， 2 2 2PD PO OD  ， 在 Rt PDB 中， 2 2 2PB PD BD  所以 2 2 2 2 36PB PO OD BD    得 6PB  ， 在 Rt POA 中， 2 2 2 25PA AO OP   得 5PA  又 2 2 2 1cos 2 3 PA PB ABBPA PA PB     从而 cos 2PM PB BPA   ，所以 3AM PA PM   综上所述，存在点 M 符合题意， 3AM  . 3.(2011 年高考辽宁卷理科 18)（本小题满分 12 分） 如图，四边形 ABCD 为正方形，PD⊥平面 ABCD，PD∥QA，QA=AB= 1 2 PD. （I）证明：平面 PQC⊥平面 DCQ （II）求二面角 Q-BP-C 的余弦值. 即 PQ DQ ， PQ DC .故 PQ  平面 DCQ， 又 PQ  平面 PQC，所以平面 PQC  平面 DCQ. 4.(2011 年高考安徽卷理科 17)（本小题满分 12 分） 如图， ABCDEFG 为多面体，平面 ABED 与平面 AGFD 垂直，点 O 在线段 AD 上， 1, 2,OA OD  OABV ,△OAC ，△ODE ，△ ODF 都是正三角形。 （Ⅰ）证明直线 BC ∥ EF ； （II）求棱锥 F-OBED 的体积。 【命题意图】：本题考查空间直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置 关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算，考查空间想象能力，推理 论证能力和运算求解能力。 （1）【证法一】： AOB ODE     Q / /OB DE 同理可证 / /OC DF / /OBC DEF面 面 ， / /BC DEF 面 EF DEF BEFC 面 面Q I / /BC EF 【解题指导】：空间线线、线面、面面位置关系的证明方法，一是要从其上位或下位证 明，本题的第一问方法一，是从其上位先证明面面平行，再借助面面平行的性质得到线面平 行，再借助线面平行的性质得到线线平行；二是借助中位线定理等直接得到；三是借助空间 向量直接证明。 求不规则的几何体体积或表面积，通常采用分割或补齐成规则几何体即可。求解过程要坚持 “一找二证三求”的顺序和原则防止出错。 5. (2011 年高考全国新课标卷理科 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°,AB=2AD,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 2a B D C A p 分析：（1）要证明线线垂直只要证明线面垂直或者用向量去证明；（2）求二面角的余弦只 需建立适当的坐标系，有空间向量来完成。 解：(1)证明：在三角形 ABD 中，因为  ADABBAD 2,60 该三角形为直角三角形， 所以 DADPDBDPDPADPDADBD  且平面, , PABDPADPDPADBD  平面平面 ,      0 0 BCm PCm 取 得 )3,1,0( m ， 于 是 ， 7 72,cos    nm nmnm ，因此二面角的余弦值是 7 72 。 点评：该题考查空间内的垂直关的证明，空间角的计算。考查定 理的理解和运用，空间向量的运用。同时也考察了空间想象能力、 逻辑思维能力和运算能力。解题时要注意法向量的计算和运用这 一关键。 6. (2011 年高考天津卷理科 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 5.C H  （Ⅰ）求异面直线 AC 与 A1B1 所成角 的余弦值； （Ⅱ）求二面角 1 1 1A AC B  的正弦值； （Ⅲ）设 N 为棱 1 1B C 的中点，点 M 在平面 1 1AA B B 内，且 MN  平面 1 1A B C ，求线段 BM 的长． 所以二面角 1 1 1A AC B  的正弦值为 3 5 7 .（Ⅲ）由 N 为棱 1 1B C 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 1 1 1A B C ,得 1 1 1 1 0 0 MN AC MN A B          ,即 2 3 2 5( )( 2) ( )( 2) 5 02 3 2 2( )( 2 2) 02 a b a              , 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  . 7. (2011 年高考江西卷理科 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 1 2 3 4, , ,    ，使得 ( 1,2,3,4),i 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为 1，若一个正四面体 1 2 3 4A A A A 的四个顶点满足： ( 1,2,3,4),i iA i  求该正四面体 1 2 3 4A A A A 的体积． 解析：如图，将此正四面体补形为正方体 1 1 1 1ABCD A B C D （如图），分别取 AB、CD、 1 1A B 、 1 1C D 的中点 E、F、 1E 、 1F ，平面 1 1DEE D 与 1 1BFF B 是分别过点 2A 、 3A 的两平行平面， 若其距离为 1，则正四面体 1 2 3 4A A A A 满足条件，右图为正方体的下底面，设正方体的棱长 为 a ，若 1AM MN  ，因为 1 2AE a ， 5 2DE a ，在直角三角形 ADE 中，AM⊥DE， 所以 5 11 2 2a a a   ，所以 5a  ，又正四面体的棱长为 2 10a  ， 所以此正四面体的体积为 3 31 1 54 53 2 3V a a     ． 本题考查立体几何中的面面关系、正四面体及体积计算． 8．(2011 年高考湖南卷理科 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. 解法 1：连结 OC，因为 ,OA OC D AC 是 的中点,所以AC OD. 又 PO  底面⊙O，AC  底面⊙O，所以 AC PO ， 因为 OD，PO 是平面 POD 内的两条相交直线，所以 AC 平面 POD， 而 AC  平面 PAC，所以平面 POD  平面 PAC。 （II）在平面 POD 中，过 O 作OH PD 于 H，由（I）知， 平面 ,POD PAC 平面 所以OH  平面 PAC，又 PA  面 PAC，所以 .PA OH 在平面 PAO 中，过 O 作OG PA 于 G，连接 HG， 则有 PA  平面 OGH，从而 PA HG ，故 OGH 为二面角 B—PA—C 的平面角。 在 2, sin 45 .2Rt ODA OD OA    中 在 2 2 22 102, .512 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 2 15 10cos 1 sin 1 .25 5OGH OGH       故二面角 B—PA—C 的余弦值 为 10 .5 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     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 9. (2011 年高考广东卷理科 18)如图 5，在椎体 P ABCD 中， ABCD 是边长为 1 的 棱形，且 060DAB  , 2PA PD  , 2,PB  ,E F 分别是 ,BC PC 的中点， （1） 证明： AD DEF 平面 （2）求二面角 P AD B  的余弦值。 【解析】法一：（1）证明：取 AD 中点 G，连接 PG，BG，BD。 因 PA=PD，有 PG AD ，在 ABD 中， 1, 60AB AD DAB    ，有 ABD 为 等 边 三 角 形 ， 因 此 ,BG AD BG PG G   ， 所 以 AD  平 面 PBG , .AD PB AD GB   又 PB//EF，得 AD EF ，而 DE//GB 得 AD  DE，又 FE DE E  ，所以 AD  平面 DEF。 （2） ,PG AD BG AD  ， PGB 为二面角 P—AD—B 的平面角， 在 2 2 2 7, 4Rt PAG PG PA AG   中 在 3 2Rt ABG  中,BG=AB sin60 = 2 2 2 7 3 4 214 4cos 2 77 32 2 2 PG BG PBPGB PG BG           法二：（1）取 AD 中点为 G，因为 , .PA PD PG AD  又 , 60 ,AB AD DAB ABD     为等边三角形，因此， BG AD ，从而 AD  平 面 PBG。 延长 BG 到 O 且使得 PO  OB，又 PO  平面 PBG，PO  AD， ,AD OB G  所以 PO  平面 ABCD。 以 O 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线 OB，OP 分别为 x 轴，z 轴，平行于 AD 的直线为 y 轴，建立如图所示空间直角坐标系。 设 1 1(0,0, ), ( ,0,0), ( , ,0), ( , ,0).2 2P m G n A n D n则 3| | | | sin 60 2GB AB     3 3 3 1 3 1( ,0,0), ( ,1,0), ( , ,0), ( , , ).2 2 2 2 2 4 2 2 n mB n C n E n F     由于 3 3(0,1,0), ( ,0,0), ( ,0, )2 2 4 2 n mAD DE FE       得 0, 0, , ,AD DE AD FE AD DE AD FE DE FE E           AD  平面 DEF。 10. (2011 年高考湖北卷理科 18)（本小题满分 12 分） 如图，已知，本棱柱 ABC-A1B1C1 的各棱长都是 4，E 是 BC 的中点，动点 F 在侧棱 CC1 上，且不与点 C 重合. (Ⅰ) 当 CF=1 时，求证：EF⊥A1E (Ⅱ)设二面角 C-AF-E 的大小为 ，求 tan 的最小值. 本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考查空间想象能 力、推理论证能力和运算求解能力. 解析： 过 E 点作 EN⊥AC 于 N，连结 EF. （Ⅰ）如图 1，连结 NF、AC1，由直线柱的性质知，底面 ABC⊥侧面 A1C， 又底面 ABC∩侧面 A1C=AC，且 EN  底面 ABC，所以 EN⊥侧面 A1C，NF 为 EF 在侧面内的射影. 在 Rt△CEN 中，CN=cos600=1.则由 1 1 4 CF CN CC CA   ，得 1//NF AC ，又 1 1AC AC ， 故作 1NF AC ，由三垂线定理知 1EF 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 EM⊥AF，所以 EMN 是二面角 C AF E  的平面角，即 EMN   .设 FAC   则 0 00 45  .在 Rt CNE 中 0sin60 3NE EC  . 在 Rt AMN 中， sin 3sinMN AN    ，故 3tan .3sin NE MN    ，又 0 00 45  ， 20 sin 2    . 故 当 2sin 2   ， 即 当 045  时 ， tan 达 到 最 小 值 ， 3 6tan 23 3     .此时 F 与 C1 重合. 11.(2011 年高考陕西卷理科 16)（本小题满分 12 分） 如图：在 ,ABC  0中, ABC=60 , 0BAC=90 AD BC是 上的高 ，沿 AD 把 ABD 折起， 使  0BDC=90 （Ⅰ）证明：平面 ADB BDC平面 ； （Ⅱ）设 E BC DB  为 的中点,求AE与 夹角的余弦值。 【解析】：（Ⅰ） 折起前 AD BC是 边上的高 ， 当 ABC   折起后,AD DC,AD DB,又DB DC=D , ,AD BDC AD ABD ABD BDC    平面 平面 平面 平面 。 （Ⅱ）由  0BDC=90 及（Ⅰ）知 , ,DA DB DC 两两垂直， 不妨设 1,DB D 为坐标原点，以 , , , ,DB DC DA x y z   所在直线为 轴建立如图所示的空间 直角坐标系，易得 1 3(0,0, 3), ( , ,0),2 2A E (0,0,0), (1,0,0), (0,3,0),D B C 1 3( , , 3),2 2AE    (3,0,0)DB  AE DB 与 夹角的余弦值为 1 222cos , 2222 4 AE DBAE DB AE DB          12.(2011 年高考重庆卷理科 19)本小题满分 12 分，（Ⅰ）小问 5 分，（Ⅱ）小问 7 分。 如图，在四面体 ABCD 中，平面 ABC ⊥ ACD , AB ⊥BC, AD =CD ,∠CAD = 030 （Ⅰ）若 AD =2， AB =2 BC ，求四边形 ABCD 的体积。 （Ⅱ）若二面角C - AB - D 为 060 ，求异面直线 AD 与BC所成角的余弦值。 设 E 为边 AB 的中点，则 EF//BC,由 AB ⊥ BC，知 EF ⊥ AB，又由（Ⅰ）有 DF⊥平面 ABC ， 故由三垂线定理知 DE ⊥ AB,所以 DEF 为二面角 C - AB - D 的平面角,由题设知 60DEF   ，设 AD=a，则 DF=ADsinCAD= 2 a 在 Rt DEF 中， 3 3cot 2 3 6 aEF DF DEF a    ， 从而 1 3 2 6GH BC EF a   因 ADE BDE   ，故 BD=AD=a.从而，在 Rt BDF 中， 1 1 2 2FH BD a  ,又 1 1 2 2FG AD a  ,从而在 FGH 中，因 FG=FH，由余弦定理得 2 2 2 3cos 2 2 6 FG GH FH GHFGH FG GH FG      , 故异面直线 AD 与 BC所成角的余弦值为 3 6 . 13．(2011 年高考四川卷理科 19) (本小题共 l2 分) 如图，在直三棱柱 AB-A1B1C1 中．∠ BAC=90°，AB=AC=AA1 =1．D 是棱 CC1 上的一 P 是 AD 的延长线与 A1C1 的延长线的交点，且 PB1∥平面 BDA． (I)求证：CD=C1D： (II)求二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值； (Ⅲ)求点 C 到平面 B1DP 的距离． (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       14.(2011 年高考全国卷理科 19)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 SAB ; （Ⅱ)求 AB 与平面 SBC 所成角的大小. 【解析】（Ⅰ）：连结 BD 过 D 作 ,DE AB E BEDC 于 则 为正方形 2, , 1BE DE AE AB BE AE      又 ，在 2 21 2 5Rt AED DE    2中,AD= AE 2SAB SA SB AB    为等边三角形, ，在 2 2 2 25, 2 1 5SAD SA SD     2中,AD 2 2 2AD SA SD SD SA   即 ，同理可证 ,SD SB SA SB S 即 又 SD SAB  平面 ,SD SB SA SB S 即 又 SD SAB  平面 15.(2011 年高考安徽卷江苏 16)如图，在四棱锥 ABCDP  中，平面 PAD⊥平面 ABCD， AB=AD，∠BAD=60°，E、F 分别是 AP、AD 的中点.求证：（1）直线 EF∥平面 PCD；（2） 平面 BEF⊥平面 PAD 16．(2011 年高考北京卷理科 16)（本小题共 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. 17．(2011 年高考福建卷理科 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， AB+AD=4，CD= 2 ，  45CDA ． （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，满分 14 分。 所以 (0,3 ,0), (1,3 ,0), (0,4 ,0)E t C t D t   ， ( 1,1,0), (0,4 , ).CD PD t t      （i）设平面 PCD 的法向量为 ( , , )n x y z ， 由 n CD  ， n PD  ，得 0, (4 ) 0. x y t y tx        取 x t ，得平面 PCD 的一个法向量 { , ,4 }n t t t  ， 又 ( ,0, )PB t t  ，故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为30 ，得 2 2 2 2 2 | 2 4 | 1cos60 | |, ,2| | | | (4 ) 2 n PB t t n PB t t t x            即 解得 4 45t t 或 （舍去，因为 AD 4 0t   ），所以 4.5AB  （ii）假设在线段 AD 上存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等， 设 G（0，m，0）（其中 0 4m t   ） 则 (1,3 ,0), (0,4 ,0), (0, , )GC t m GD t m GP m t          ， 由| | | |GC GD  得 2 2 2(4 )t m m t    ，（2） 由（1）、（2）消去 t，化简得 2 3 4 0m m   （3） 由于方程（3）没有实数根，所以在线段 AD 上不存在一个点 G， 使得点 G 到点 P，C，D 的距离都相等。 从而，在线段 AD 上不存在一个点 G， 使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等。 （ii）假设在线段 AD 上存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等， 由 GC=CD，得 45GCD GDC    ， 从而 90CGD   ，即 ,CG AD  sin 45 1,GD CD    设 ,AB   则AD=4- , 3AG AD GD     ， 在 Rt ABG 中， 2 2 2 2(3 )GB AB AG       23 92( ) 1,2 2     这与 GB=GD 矛盾。 所以在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G 到点 B，C，D 的距离都相等， 从而，在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等。 18．(2011 年高考上海卷理科 21)（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 是 1 1AC 和 1 1B D 的交点。 （1）设 1AB 与底面 1 1 1 1A B C D 所成的角的大小为 ，二面角 1 1 1A B D A  的大小为  。 求证： tan 2 tan  ； （2）若点C 到平面 1 1AB D 的距离为 4 3 ，求正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的高。 解：设正四棱柱的高为 h 。 ⑴ 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     。 ⑵ 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  。 2010 年高考题 一、选择题 1.（2010 全国卷 2 理）（11）与正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的三条棱 AB 、 1CC 、 1 1A D 所 在直线的距离相等的点 （A）有且只有 1 个 （B）有且只有 2 个 （C）有且只有 3 个 （D）有无数个 【答案】D 【解析】直线 上取一点，分别作 垂直于 于 则 分 别 作 ，垂足分别为 M，N，Q，连 PM，PN，PQ，由三垂线 定理可得，PN⊥ PM⊥ ；PQ⊥AB，由于正方体中各个表面、对等角全等，所以 ，∴PM=PN=PQ，即 P 到三条棱 AB、CC1、A1D1.所在直线的距 离相等所以有无穷多点满足条件，故选 D. 2.（2010 辽宁理）(12) (12)有四根长都为 2 的直铁条，若再选两根长都为 a 的直铁条，使 这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则 a 的取值范围是 (A)（0, 6 2 ） (B)（1, 2 2 ） (C) ( 6 2 , 6 2 ） (D) （0, 2 2 ） 【答案】A 【命题立意】本题考查了学生的空间想象能力以及灵活运用知识解决数学问题的能力。 【解析】根据条件，四根长为 2 的直铁条与两根长为 a 的直铁条要组成三棱镜形的铁架，有 以下两种情况：（1）地面是边长为 2 的正三角形，三条侧棱长为 2，a，a，如图，此时 a 可 以 取 最 大 值 ， 可 知 AD= 3 ， SD= 2 1a  ， 则 有 2 1a  <2+ 3 ， 即 2 28 4 3 ( 6 2)a     ，即有 a< 6 2 (2)构成三棱锥的两条对角线长为 a，其他各边长为 2，如图所示，此时 a>0; 综上分析可知 a∈（0, 6 2 ） 3.（2010 全国卷 2 文）（11）与正方体 ABCD—A1B1C1D1 的三条棱 AB、CC1、A1D1 所在直线的距 离相等的点 （A）有且只有 1 个 （B）有且只有 2 个 （C）有且只有 3 个 （D）有无数个 【答案】D 【解析】：本题考查了空间想象能力 ∵到三条两垂直的直线距离相等的点在以三条直线为轴，以正方体边长为半径的圆柱面上， ∴三个圆柱面有无数个交点， A B CD A1 B1 C1 D1 O 4.（2010 全国卷 2 文）（8）已知三棱锥 S ABC 中，底面 ABC 为边长等于 2 的等边三角 形， SA 垂直于底面 ABC ， SA =3，那么直线 AB 与平面 SBC 所成角的正弦值为 （A） 3 4 (B) 5 4 (C) 7 4 (D) 3 4 【答案】D 【解析】：本题考查了立体几何的线与面、面与面位置关系及直线与平面所成角。 过 A 作 AE 垂直于 BC 交 BC 于 E，连结 SE，过 A 作 AF 垂直于 SE 交 SE 于 F，连 BF，∵正三角形 ABC，∴ E 为 BC 中点，∵ BC⊥AE，SA ⊥BC，∴ BC⊥面 SAE，∴ BC⊥AF，AF⊥SE，∴ AF⊥面 SBC，∵∠ ABF 为直线 AB 与面 SBC 所成角，由正三角形边长 3，∴ 3AE  ， AS=3，∴ SE= 2 3 ，AF= 3 2 ，∴ 3sin 4ABF  5.（2010 全国卷 1 文）（9）正方体 ABCD - 1 1 1 1A B C D 中， 1BB 与平面 1ACD 所成角的余弦 值为 （A） 2 3 （B） 3 3 （C） 2 3 （D） 6 3 【答案】D 【命题意图】本小题主要考查正方体的性质、直线与平面所成的角、点到平面的距离的求法， 利用等体积转化求出 D 到平面 AC 1D 的距离是解决本题的关键所在,这也是转化思想的具体 体现. 【解析 1】因为 BB1//DD1,所以 B 1B 与平面 AC 1D 所成角和 DD1 与平面 AC 1D 所成角相等,设 DO⊥平面 AC 1D ，由等体积法得 1 1D ACD D ACDV V  , 即 1 1 1 1 3 3ACD ACDS DO S DD    .设 DD1=a, 则 1 2 2 1 1 1 3 3sin 60 ( 2 )2 2 2 2ACDS AC AD a a      , 21 1 2 2ACDS AD CD a   . A B C S E F 所 以 1 3 1 2 3 33 ACD ACD S DD aDO aS a      , 记 DD1 与 平 面 AC 1D 所 成 角 为  , 则 1 3sin 3 DO DD    ,所以 6cos 3   . 【解析 2】设上下底面的中心分别为 1 ,O O ； 1O O 与平面 AC 1D 所成角就是 B 1B 与平面 AC 1D 所成角， 1 1 1 1 3 6cos 1/ 32 O OO OD OD     6.（2010 全国卷 1 理）（12）已知在半径为 2 的球面上有 A、B、C、D 四点，若 AB=CD=2, 则四面体 ABCD 的体积的最大值为 (A) 2 3 3 (B) 4 3 3 (C) 2 3 (D) 8 3 3 7.（2010 全国卷 1 理）（7）正方体 ABCD- 1 1 1 1A B C D 中，B 1B 与平面 AC 1D 所成角的余弦值 为 （A） 2 3 （B） 3 3 （C） 2 3 （D） 6 3 8.（2010 四川文）（12）半径为 R 的球O 的直径 AB 垂直于平面 a ，垂足为 B ， BCD 是 平面 a 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 二、填空题 1.（2010 江西理）16.如图，在三棱锥 O ABC 中，三条棱OA ，OB ， OC 两两垂直，且OA >OB >OC ,分别经过三条棱OA ，OB ，OC 作 一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为 1S ， 2S ， 3S ，则 1S ， 2S ， 3S 的大小关系为 。 【答案】 3 2 1S S S  【解析】考查立体图形的空间感和数学知识的运用能力，通过补形，借助长方体验证结论， 特殊化，令边长为 1，2，3 得 3 2 1S S S  。 2.（2010 北京文）（14）如图放置的边长为 1 的正方形 PABC 沿 x 轴滚动。 设顶点 p（x，y）的纵坐标与横坐标的函数关系是   A B   ( )y f x ，则 ( )f x 的最小正周期为 ； ( )y f x 在其两个相邻零点间的图像与 x 轴 所围区域的面积为 。 【答案】4 1  说明：“正方形 PABC 沿 x 轴滚动”包含沿 x 轴正方向和沿 x 轴负方向滚动。沿 x 轴正方向 滚动是指以顶点 A 为中心顺时针旋转，当顶点 B 落在 x 轴上时，再以顶点 B 为中心顺时针旋 转，如此继续，类似地，正方形 PABC 可以沿着 x 轴负方向滚动。 3.（2010 北京理）（14）如图放置的边长为 1 的正方形 PABC 沿 x 轴滚动。设顶点 p（x，y）的轨迹方程是 ( )y f x ，则 ( )f x 的 最小正周期为 ； ( )y f x 在其两个相邻零点间的图 像与 x 轴所围区域的面积为 【答案】4 1  说明：“正方形 PABC 沿  轴滚动”包括沿  轴正方向和沿  轴负方向滚动。沿  轴正方 向滚动指的是先以顶点 A 为中心顺时针旋转，当顶点 B 落在  轴上时，再以顶点 B 为中心 顺时针旋转，如此继续。类似地，正方形 PABC 可以沿  轴负方向滚动。 4.（2010 四川文）（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° 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    A B  C D 5.（2010 湖北文数）14.圆柱形容器内盛有高度为 3cm 的水，若放入三个相同 的珠（球的半么与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所 示），则球的半径是____cm. 【答案】4 【解析】设球半径为 r，则由3V V V 球 水 柱 可得 3 3 2 24 8 63 r r r r       , 解得 r=4. 6.（2010 湖南理数）13．图 3 中的三个直角三角形是一个体积为 20 3cm 的几何体的三视图， 则 h  cm ． 7.（2010 湖北理数）13.圆柱形容器内部盛有高度为 8cm 的水，若放入三个 相同的球（球的半径与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如 图所示），则球的半径是 cm。 【答案】4 【解析】设球半径为 r，则由 3V V V 球 水 柱 可得 3 3 2 24 8 63 r r r r       , 解得 r=4. 8.（2010 福建理数） 12．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,则其表面积等于 ． 【答案】 6+2 3 【解析】由正视图知：三棱柱是以底面边长为 2，高为 1 的正三棱柱，所以底面积为 32 4 2 34    ，侧面积为3 2 1 6   ，所以其表面积为 6+2 3 。 【命题意图】本题考查立体几何中的三视图，考查同学们识图的能力、空间想象能力等基本 能力。 三、解答题 1.（2010 辽宁文）（19）（本小题满分 12 分） 如图，棱柱 1 1 1ABC A B C 的侧面 1 1BCC B 是菱形， 1 1B C A B （Ⅰ）证明：平面 1AB C  平面 1 1A BC ； （ Ⅱ ） 设 D 是 1 1AC 上 的 点 ， 且 1 //A B 平 面 1B CD ， 求 1 1:A D DC 的值. 解：（Ⅰ）因为侧面 BCC1B1 是菱形，所以 11 BCCB  又已知 BBCBABACB  1111 ,且 所又 CB1 平面 A1BC1，又 CB1 平面 AB1C ， 所以平面 CAB1 平面 A1BC1 . （Ⅱ）设 BC1 交 B1C 于点 E，连结 DE， 则 DE 是平面 A1BC1 与平面 B1CD 的交线， 因为 A1B//平面 B1CD，所以 A1B//DE. 又 E 是 BC1 的中点，所以 D 为 A1C1 的中点. 即 A1D：DC1=1. 2.（2010 辽宁理）（19）（本小题满分 12 分） 已知三棱锥 P－ABC 中，PA⊥ABC，AB⊥AC，PA=AC=½AB，N 为 AB 上一点，AB=4AN,M,S 分别为 PB,BC 的中点. （Ⅰ）证明：CM⊥SN； （Ⅱ）求 SN 与平面 CMN 所成角的大小. 证明： 设 PA=1，以 A 为原点，射线 AB，AC，AP 分别为 x，y，z 轴 正向建立空间直角坐标系如图。 则 P（0,0,1），C（0,1,0），B（2,0,0），M（1,0, 1 2 ），N（ 1 2 ,0,0），S（1, 1 2 ,0）.…… 4 分 （Ⅰ） 1 1 1(1, 1, ), ( , ,0)2 2 2CM SN      , 因为 1 1 0 02 2CM SN       ， 所以 CM⊥SN ……6 分 （Ⅱ） 1( ,1,0)2NC   , 设 a=（x，y，z）为平面 CMN 的一个法向量， 则 1 0,2 21 0.2 x y z x x y         令 ，得a=(2,1,-2). ……9 分 因为 11 22cos , 223 2 a SN       所 以 SN 与 片 面 CMN 所 成 角 为 45°。 ……12 分 3.（2010 全国卷 2 文）（19）（本小题满分 12 分） 如图，直三棱柱 ABC-A 1 B 1 C 1 中，AC=BC， AA 1 =AB，D 为 BB 1 的中点，E 为 AB 1 上的一点，AE=3 EB 1 （Ⅰ）证明：DE 为异面直线 AB 1 与 CD 的公垂线； （Ⅱ）设异面直线 AB 1 与 CD 的夹角为 45°,求二面角 A 1 -AC 1 -B 1 的大小 【解析】本题考查了立体几何中直线与平面、平面与平面及异面直线所成角与二面角的基 础知识。 （1）要证明 DE 为 AB1 与 CD 的公垂线，即证明 DE 与它们都垂直，由 AE=3EB1，有 DE 与 BA1 平行，由 A1ABB1 为正方形，可证得，证明 CD 与 DE 垂直，取 AB 中点 F。连结 DF、FC，证 明 DE 与平面 CFD 垂直即可证明 DE 与 CD 垂直。 （2）由条件将异面直线 AB1，CD 所成角找出即为  FDC，设出 AB 连长，求出所有能求出的 边长，再作出二面角的平面角，根据所求的边长可通过解三角形求得。 4.（2010 江西理）20. （本小题满分 12 分） 如图△BCD 与△MCD 都是边长为 2 的正三角形，平面 MCD  平面 BCD，AB  平面 BCD， 2 3AB  。 （1） 求点 A 到平面 MBC 的距离； （2） 求平面 ACM 与平面 BCD 所成二面角的正弦值。 【解析】本题以图形拼折为载体主要考查了考查立体图形的空间感、点到直线的距离、二面 角、空间向量、二面角平面角的判断有关知识，同时也考查了空间想象能力和推理能力 解法一：（1）取 CD 中点 O，连 OB，OM，则 OB⊥CD， OM⊥CD.又平面 MCD  平面 BCD ,则 MO⊥平面 BCD ，所以 MO ∥AB，A、B、O、M 共面.延长 AM、BO 相交于 E，则∠AEB 就是 AM 与平面 BCD 所成的角.OB=MO= 3 ，MO∥AB，MO//面 ABC，M、O 到 平面 ABC 的距离相等，作 OH  BC 于 H，连 MH，则 MH  BC，求得： OH=OCsin600= 3 2 ,MH= 15 2 , 利 用 体 积 相 等 得 ： 2 15 5A MBC M ABCV V d    。 （2）CE 是平面 ACM 与平面 BCD 的交线. 由（1）知，O 是 BE 的中点，则 BCED 是菱形. 作 BF⊥EC 于 F，连 AF，则 AF⊥EC，∠AFB 就是二面角 A-EC-B 的平面角，设为 . 因为∠BCE=120°，所以∠BCF=60°. sin 60 3BF BC   ， tan 2AB BF    ， 2 5sin 5   所以，所求二面角的正弦值是 2 5 5 . 【点评】传统方法在处理时要注意到辅助线的处理，一般采用射影、垂线、平行线等特殊 位置的元素解决 解法二：取 CD 中点 O，连 OB，OM，则 OB⊥CD，OM⊥CD，又平面 MCD  平面 BCD ,则 MO⊥平面 BCD . 以 O 为原点，直线 OC、BO、OM 为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直 角坐标系如图. OB=OM= 3 ，则各点坐标分别为 O（0，0，0），C（1，0，0），M y x M D C B O A z （0，0， 3 ），B（0，- 3 ，0），A（0，- 3 ，2 3 ）， （1）设 ( , , )n x y z 是平面 MBC 的法向量，则 BC=(1, 3,0)  ， (0, 3, 3)BM  ， 由 n BC  得 3 0x y  ； 由 n BM  得 3 3 0y z  ； 取 ( 3, 1,1), (0,0,2 3)n BA    ，则距离 2 15 5 BA n d n       （2） ( 1,0, 3)CM   ， ( 1, 3,2 3)CA    . 设平面 ACM 的法向量为 1 ( , , )n x y z ，由 1 1 n CM n CA        得 3 0 3 2 3 0 x z x y z        .解得 3x z ， y z ， 取 1 ( 3,1,1)n  . 又 平 面 BCD 的 法 向 量 为 (0,0,1)n  ， 则 1 1 1 1cos , 5 n nn n n n          设所求二面角为 ，则 21 2 5sin 1 ( ) 55     . 【点评】向量方法作为沟通代数和几何的工具在考察中越来越常见，此类方法的要点在于 建立恰当的坐标系，便于计算，位置关系明确，以计算代替分析，起到简化的作用，但计 算必须慎之又慎 5.（2010 重庆文）（20）（本小题满分 12 分，（Ⅰ）小问 5 分，（Ⅱ）小问 7 分. ） 如 题 （ 20 ） 图 ， 四 棱 锥 P ABCD 中 ， 底 面 ABCD 为 矩 形 ， PA  底 面 ABCD ， 2PA AB  ，点 E 是棱 PB 的中点. （Ⅰ）证明： AE  平面 PBC ； （Ⅱ）若 1AD  ，求二面角 B EC D  的平面角的余弦值. z 6.（2010 浙江文）（20）（本题满分 14 分）如图，在平行四边形 ABCD 中，AB=2BC，∠ABC=120°。 E 为线段 AB 的中点，将△ADE 沿直线 DE 翻折成 △A’DE，使平面 A’DE⊥平面 BCD，F 为线段 A’C 的中点。 （Ⅰ）求证：BF∥平面 A’DE； （Ⅱ）设 M 为线段 DE 的中点，求直线 FM 与平面 A’DE 所成角的余弦值。 7.（2010 重庆理）（19）（本小题满分 12 分，（I）小问 5 分，（II）小问 7 分） 如题（19）图，四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA  底面 ABCD，PA=AB= 6 ，点 E 是棱 PB 的中点。 （I） 求直线 AD 与平面 PBC 的距离； （II） 若 AD= 3 ，求二面角 A-EC-D 的平面角的余弦值。 8.（2010 北京文）(18) （本小题共 14 分） 设定函数 3 2( ) ( 0)3 af x x bx cx d a     ，且方程 ' ( ) 9 0f x x  的两个根分别为 1，4。 （Ⅰ）当 a=3 且曲线 ( )y f x 过原点时，求 ( )f x 的解析式； （Ⅱ）若 ( )f x 在 ( , )  无极值点，求 a 的取值范围。 解：由 3 2( ) 3 af x x bx cx d    得 2( ) 2f x ax bx c    因为 2( ) 9 2 9 0f x x ax bx c x       的两个根分别为 1,4，所以 2 9 0 16 8 36 0 a b c a b c          （*） （Ⅰ）当 3a  时，又由（*）式得 2 6 0 8 12 0 b c b c        解得 3, 12b c   又因为曲线 ( )y f x 过原点，所以 0d  故 3 2( ) 3 12f x x x x   （Ⅱ）由于 a>0,所以“ 3 2( ) 3 af x x bx cx d    在（-∞，+∞）内无极值点”等价于 “ 2( ) 2 0f x ax bx c     在（-∞，+∞）内恒成立”。 由（*）式得 2 9 5 , 4b a c a   。 又 2(2 ) 4 9( 1)( 9)b ac a a      解 0 9( 1)( 9) 0 a a a       得  1,9a 即 a 的取值范围 1,9 9.（2010 北京理）（16）（本小题共 14 分） 如图，正方形 ABCD 和四边形 ACEF 所在的平面互相垂 直，CE⊥AC,EF∥AC,AB= 2 ，CE=EF=1. （Ⅰ）求证：AF∥平面 BDE； （Ⅱ）求证：CF⊥平面 BDE； （Ⅲ）求二面角 A-BE-D 的大小。 证明：（I） 设 AC 与 BD 交与点 G。 因为 EF//AG，且 EF=1，AG= 1 2 AC=1. 所以四边形 AGEF 为平行四边形. 所以 AF//平面 EG， 因为 EG  平面 BDE，AF 平面 BDE， 所以 AF//平面 BDE. （II）因为正方形 ABCD 和四边形 ACEF 所在的平面 相互垂直，且 CE  AC， 所以 CE  平面 ABCD. 如图，以 C 为原点，建立空间直角坐标系 C- xyz . 则 C（0，0，0），A（ 2 ， 2 ，0），B（0， 2 ，0）. 所 以 2 2( , ,1)2 2CF  ， (0, 2,1)BE   ， ( 2,0,1)DE   . 所 以 0 1 1 0CF BE       , 1 0 1 0CF DE        所以CF BE ,CF DE . 所以CF  BDE. (III) 由（II）知， 2 2( , ,1)2 2CF  是平面 BDE 的一个法向量. 设平面 ABE 的法向量 ( , , )n x y z ,则 0n BA   ， 0n BE   . 即 ( , , ) ( 2,0,0) 0 ( , , ) (0, 2,1) 0 x y z x y z         所以 0,x  且 2 ,z y 令 1,y  则 2z  . 所以 (0,1, 2)n  . 从而 3cos , 2| || | n CFn CF n CF        。 因为二面角 A BE D  为锐角， 所以二面角 A BE D  的大小为 6  . 10.（2010 广东文）18.（本小题满分 14 分） 如图 4，弧 AEC 是半径为 a 的半圆，AC 为直 径，点 E 为弧 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 FC  平面 BED,FB= a5 （1）证明：EB  FD （2）求点 B 到平面 FED 的距离. （1）证明：点 E 为弧 AC 的中点 11.（2010 福建文）20． （本小题满分 12 分） 如图，在长方体 ABCD – A1B1C1D1 中，E，H 分别是棱 A1B1,D1C1 上的点（点 E 与 B1 不重合）， 且 EH//A1D1。过 EH 的平面与棱 BB1,CC1 相交，交点分别为 F，G。 （I）证明：AD//平面 EFGH； （II）设 AB=2AA1=2a。在长方体 ABCD-A1B1C1D1 内随机选取一点，记该 点取自于几何体 A1ABFE – D1DCGH 内的概率为 p。当点 E，F 分别在棱 A1B1, B1B 上运动且满足 EF=a 时，求 p 的最小值。 12.（2010 湖南理） 13.（2010 江苏卷）16、（本小题满分 14 分） 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PD⊥平面 ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=900。 (1)求证：PC⊥BC； (2)求点 A 到平面 PBC 的距离。 [解析] 本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查几 何体的体积，考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力。满分 14 分。 （1）证明：因为 PD⊥平面 ABCD，BC  平面 ABCD，所以 PD⊥BC。 由∠BCD=900，得 CD⊥BC， 又 PD  DC=D，PD、DC  平面 PCD， 所以 BC⊥平面 PCD。 因为 PC  平面 PCD，故 PC⊥BC。 （2）（方法一）分别取 AB、PC 的中点 E、F，连 DE、DF，则： 易证 DE∥CB，DE∥平面 PBC，点 D、E 到平面 PBC 的距离相等。 又点 A 到平面 PBC 的距离等于 E 到平面 PBC 的距离的 2 倍。 由（1）知：BC⊥平面 PCD，所以平面 PBC⊥平面 PCD 于 PC， 因为 PD=DC，PF=FC，所以 DF⊥PC，所以 DF⊥平面 PBC 于 F。 易知 DF= 2 2 ，故点 A 到平面 PBC 的距离等于 2 。 （方法二）体积法：连结 AC。设点 A 到平面 PBC 的距离为 h。 因为 AB∥DC，∠BCD=900，所以∠ABC=900。 从而 AB=2，BC=1，得 ABC 的面积 1ABCS  。 由 PD⊥平面 ABCD 及 PD=1，得三棱锥 P-ABC 的体积 1 1 3 3ABCV S PD   。 因为 PD⊥平面 ABCD，DC  平面 ABCD，所以 PD⊥DC。 又 PD=DC=1，所以 2 2 2PC PD DC   。 由 PC⊥BC，BC=1，得 PBC 的面积 2 2PBCS  。 由 A PBC P ABCV V  ， 1 1 3 3PBCS h V   ，得 2h  ， 故点 A 到平面 PBC 的距离等于 2 。 2009 年高考题 一、填空题 1. 若 等 边 ABC 的 边 长 为 2 3 ， 平 面 内 一 点 M 满 足 1 2 6 3CM CB CA    ， 则 MA MB   _________ 2．在空间直角坐标系中，已知点 A（1，0，2），B(1，-3，1)，点 M 在 y 轴上，且 M 到 A 与到 B 的距离相等，则 M 的坐标是________。 【解析】设 (0, ,0)M y 由 2 2 21 4 1 ( 3 ) 1y y       可得 1y   故 (0, 1,0)M  【答案】(0,-1，0) 二、解答题 3.（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。 如图所示，建立空间直角坐标系， 点 A 为 坐 标 原 点 。 设 ，1AB 依 题 意 得  ，，，001B  ，，，011C  ，，，020D  ，，，110E  ，，，100F .2 112 1M      ，， （I）  ，，，解： 101BF   ，，， 110DE  .2 1 22 100 DEBF DEBFDEcos   ，于是 BF 所以异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小为 060 . （II）证明： ，，，由      2 112 1AM  ，，，101CE    0AMCE020AD  ，可得，， ， .AMDCEAADAM.ADCEAMCE.0ADCE 平面，故又，因此，   .CDEAMDCDECE 平面，所以平面平面而  （III）      .0D 0)(CDE Eu CEuzyxu ，，则，，的法向量为解：设平面 .111(1.0 0 ），，，可得令，于是       uxzy zx 又由题设，平面 ACD 的一个法向量为 ).100( ，，v .3 3 13 100cos    vu vuvu，所以， 4．（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 6.（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。 设正方形 ABCD，DCEF 的边长为 2，以 D 为坐标原点，分别以射线 DC，DF，DA 为 x,y,z 轴 正半轴建立空间直角坐标系如图. 2 则 M（1,0,2）,N(0,1,0),可得 MN =(-1,1,2). 又 DA =（0，0，2）为平面 DCEF 的法向量， 可得 cos( MN , DA )= 3 6 |||||  DAMN DAMN · 所以 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值为 cos 3 6, DAMN · ……6 分 (Ⅱ)假设直线 ME 与 BN 共面， ……8 分 则 AB  平面 MBEN，且平面 MBEN 与平面 DCEF 交于 EN 由已知，两正方形不共面，故 AB  平面 DCEF。 又 AB//CD，所以 AB//平面 DCEF。面 EN 为平面 MBEN 与平面 DCEF 的交线， 所以 AB//EN。 又 AB//CD//EF， 所以 EN//EF，这与 EN∩EF=E 矛盾，故假设不成立。 所以 ME 与 BN 不共面，它们是异面直线. ……12 分 7.（13 分） 如图，四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形， MD ABCD 平面 ， NB ABCD 平面 ，且 MD=NB=1，E 为 BC 的中点 （1） 求异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值 （2） 在线段 AN 上是否存在点 S，使得 ES  平面 AMN？若存在，求线段 AS 的长；若不存在，请说明理由 17.解析：（1）在如图，以 D 为坐标原点，建立空间直角坐标 D xyz 依题意，得 1(0,0,0) (1,0,0) (0,0,1), (0,1,0), (1,1,0), (1,1,1), ( ,1,0)2D A M C B N E 。 1( ,0, 1), ( 1,0,1)2NE AM       10cos , 10| | | | NE AMNE AM NE AM           ， 所以异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为 10 10 .A （2）假设在线段 AN 上存在点 S ，使得 ES  平面 AMN . (0,1,1)AN   , 可设 (0, , ),AS AN     又 1 1( , 1,0), ( , 1, )2 2EA ES EA AS            . 由 ES  平面 AMN ，得 0, 0, ES AM ES AN          即 1 0,2 ( 1) 0.           故 1 2   ，此时 1 1 2(0, , ),| |2 2 2AS AS   . 经检验，当 2 2AS  时， ES  平面 AMN . 故线段 AN 上存在点 S ，使得 ES  平面 AMN ，此时 2 2AS  . 8.（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。 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。 19．（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． （Ⅰ）如答（19）图 2，以 S(O)为坐标原点，射线 OD,OC 分别为 x 轴，y 轴正向，建立空间 坐标系，设 ( , , )A A AA x y z ，因平面 , ,COD ABCD AD CD AD COD  平面 故 平面 即点 A 在 xoz 平面上，因此 0 1A Ay z AD  uuuv， 又 22 21 3, 2 2 01 A Ax AS x A    uuv 从而（ ，，） 因 AD//BC，故 BC⊥平面 CSD，即 BCS 与平面 yOx 重合，从而点 A 到平面 BCS 的距离为 2Ax  . (Ⅱ)易知 C(0,2,0)，D(,0,0). 因 E 为 BS 的中点. ΔBCS 为直角三角形 , 知 2 2 2BS CE uuv uuv 设 B(0,2, BZ )， BZ ＞0，则 AZ ＝2，故 B（0，2，2），所以 E（0，1，1） . 在 CD 上取点 G，设 G（ 1 1, ,0x y ），使 GE⊥CD . 由 1 1( 2, 2,0), ( , 1,1), 0CD GE x y CD GE       uuuv uuuv uuuv uuuv 故 1 12 2( 1) 0x y   ① 又点 G 在直线 CD 上，即 //CG CD uuuv uuuv ，由 CG uuuv =（ 1 1, 2,0x y  ），则有 1 1 2 22 x y   ② 联立①、②，解得 G＝ 2 4( , ,0)3 3 , 故GE uuuv = 2 2( , ,1)3 3   .又由 AD⊥CD，所以二面角 E－CD－A 的平面角为向量GE uuuv 与向量 DA uuuv 所成的角，记此角为 . 因为 GE uuuv = 2 3 3 ， (0,0,1), 1, 1DA DA GE DA   uuuv uuuv uuuv uuuv ,所以 3cos 2 GE DA GE DA     uuuv uuuv uuuv uuuv 故所求的二面角的大小为 6  . 作 AG BD 于G ，连GC ，则GC BD ， AGC O 为 二 面 角 A BD C  的 平 面 角 ， 60AGC   . 不 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。 9．（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 2】如图，以 D 为原点建立空间直角坐标系 D xyz ， 设 , ,AB a PD h  则          ,0,0 , , ,0 , 0, ,0 , 0,0,0 , 0,0,A a B a a C a D P h ， （Ⅰ）∵      , ,0 , 0,0, , , ,0AC a a DP h DB a a      ， ∴ 0, 0AC DP AC DB       ， ∴AC⊥DP，AC⊥DB，∴AC⊥平面 PDB， ∴平面 AEC PDB 平面 . （Ⅱ）当 2PD AB 且 E 为 PB 的中点时，   1 1 20,0, 2 , , ,2 2 2P a E a a a       ， 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， ∵ 1 1 2 2, , , 0,0,2 2 2 2EA a a a EO a                    ， ∴ 2cos 2 EA EOAEO EA EO         ， ∴ 45AOE   ，即 AE 与平面 PDB 所成的角的大小为 45 . 10.（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， 18.（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 。 解法 2 如图所示，设 O 使 AC 的中点，以 O 为原点建立空间直角坐标系，不妨设 A A 1 = 2 ，则 AB=2，相关各点的坐标分别是 A(0,-1,0)， B（ 3 ，0，0）， C 1 （0，1， 2 ）， D（ 2 3 ，- 2 1 ， 2 ）。 易知 AB =( 3 ，1，0)， 1AC =(0，2， 2 )， AD =( 2 3 ，- 2 1 ， 2 ） 设平面 ABC 1 的法向量为 n=（x，y，z）,则有         ,022· ,03· 1 zyACn yxABn 解得 x=- 3 3 y， z=- y2 ， 故可取 n=(1，- 3 ， 6 )。 所以， cos (n· AD )= ADn ADn · · = 310 32  = 5 10 。 由此即知，直线 AD 和平面 AB C 1 所成角的正弦值为 5 10 。 11.（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。 解法 2 如图所示，设 O 是 AC 的中点，以 O 为原点建立空间直角坐标系，则相关各 点的坐标分别是 A(2,0,0,), 1A .(2,0, 7 ), D(-1, 3 ), E(-1,0.0) 易知 1A B  =（-3， 3 ，- 7 ）， DE  =（0，- 3 ，0）， AD  =（-3， 3 ，0） 设 n=（x，y，z）是平面 1A DE 的一个法向量，则 1 3 0 3 3 7 0{n DE y n A D x y z           uuuv uuuuv 解得 7 , 03x z y   故可取 n=（ 7 ,0,-3，）于是 = 3 7 21 84 2 3     由此即知，直线 AD 和平面 1A DE 所成的角是正弦为 21 8 12．（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. 方法二： （1）同方法一； （2）如图所示，建立空间直角坐标系，则 (0,0,0)A ， (0,0,4)P ， (2,0,0)B ， (2,4,0)C ， (0,4,0)D ， (0,2,2)M ；设平面 ACM 的一 个法向量 ( , , )n x y z ，由 ,n AC n AM     可得： 2 4 0 2 2 0 x y y z      ，令 1z  ，则 (2, 1,1)n   。设所求角为 ，则 6sin 3 CD n CD n        ， 所以所求角的大小为 6arcsin 3 。 （ 3 ） 由 条 件 可 得 ， AN NC . 在 Rt PAC 中 ， 2PA PN PC  , 所 以 8 3PN  , 则 10 3NC PC PN   , 5 9 NC PC  ，所以所求距离等于点 P 到平面 CA M 距离的 5 9 ，设点 P cos , n ADn AD n AD   uuuruuur uuur y x z D M C B P A N O 到平面 CA M 距离为 h 则 2 6 3 AP nh n      ，所以所求距离为 5 10 6h9 27  。 19（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。 (Ⅰ)因为△ABE 为等腰直角三角形,AB=AE, 所以 AE⊥AB. 又因为平面 ABEF⊥平面 ABCD,AE 平面 ABEF, 平面 ABEF∩平面 ABCD=AB, 所以 AE⊥平面 ABCD. 所以 AE⊥AD. 因此,AD,AB,AE 两两垂直,以 A 为坐标原点,建立 如图所示的直角坐标系 A-xyz. 设 AB=1,则 AE=1，B（0，1，0），D (1, 0, 0 ) , E ( 0, 0, 1 ), C ( 1, 1, 0 ). 因为 FA=FE, ∠AEF = 45°, 所以∠AFE= 90°. 从而， 1 1(0, , )2 2F  . 所以 1 1(0, , )2 2EF   , (0, 1,1)BE   , (1,0,0)BC  . 1 10 02 2EF BE      , 0EF BC   . 所以 EF⊥BE, EF⊥BC. 因为 BE 平面 BCE,BC∩BE=B , 所以 EF⊥平面 BCE. (Ⅱ)存在点 M,当 M 为 AE 中点时,PM∥平面 BCE. M ( 0,0, 1 2 ), P ( 1, 1 2 ,0 ). 从而 PM  = 1 1( 1, , )2 2   , 于是 PM  · EF  = 1 1( 1, , )2 2   · 1 1(0, , )2 2   =0 所以 PM⊥FE,又 EF⊥平面 BCE，直线 PM 不在平面 BCE 内， 故 PMM∥平面 BCE. ………………………………8 分 (Ⅲ)设平面 BDF 的一个法向量为 1n  ，并设 1n  =（x,y,z）. 1 1 0BD  （， ，）uuuv ， 3 10 2 2BF  （ ， ，）uuuv 1 1 n 0 n 0 BD BF    uv uuuv g uv uuuv g 即 x y 0 3 1y z 02 2     取 y=1，则 x=1，z=3。从而 1n 113 （，，）。 取平面 ABD 的一个法向量为 2n  （0，0，1）。 1 2 2 1 2 n n 3 3 11cos(n ,n ) 1111 1n n   1 uv uuvuuv uuv guv uuv g 。 故二面角 F—BD—A 的大小为 arccos 3 11 11 。……………………………………12 分 14.（本题满分 14 分） 如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1 2AA BC AB   , AB BC ,求二面角 1 1 1B AC C  的大小。 简答： 3  2008 年高考题 解答题 1. （2008 全国Ⅱ19）（本小题满分 12 分） 如图，正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1 2 4AA AB  ，点 E 在 1CC 上且 ECEC 31  ． （Ⅰ）证明： 1AC  平面 BED ； （Ⅱ）求二面角 1A DE B  的大小． 以 D 为坐标原点，射线 DA 为 x 轴的正半轴， 建立如图所示直角坐标系 D xyz ．依题设， 1(2 2 0) (0 2 0) (0 21) (2 0 4)B C E A，，， ，，， ，，， ，， ． (0 21) (2 2 0)DE DB  ，，， ，， ， 1 1( 2 2 4) (2 0 4)AC DA    ，， ， ，， ． （Ⅰ）证明 因为 1 0AC DB    ， 1 0AC DE    ， 故 1AC BD ， 1AC DE ． 又 DB DE D ， 所以 1AC  平面 DBE ． （Ⅱ）解 设向量 ( )x y z ， ，n 是平面 1DA E 的法向量，则 DE  n ， 1DA  n ． 故 2 0y z  ， 2 4 0x z  ． 令 1y  ，则 2z   ， 4x  ， (41 2) ，，n ． 1AC ，n 等于二面角 1A DE B  的平面角， 42 14,cos 1 1 1  CAn CAnCAn ． 所以二面角 1A DE B  的大小为 14arccos 42 ． 2. （2008 安徽）如图，在四棱锥O ABCD 中，底面 ABCD 四边长 A B CD E A1 B1 C1D1 A B CD E A1 B1 C1D1 y x z N M A B D C O 为 1 的菱形， 4ABC   , OA ABCD 底面 , 2OA  , M 为 OA 的中点， N 为 BC 的中点 （Ⅰ）证明：直线 MN OCD平面‖ ； （Ⅱ）求异面直线 AB 与 MD 所成角的大小； （Ⅲ）求点 B 到平面 OCD 的距离。 作 AP CD 于点 P,如图,分别以 AB,AP,AO 所在直线为 , ,x y z 轴建立坐标系 2 2 2 2 2(0,0,0), (1,0,0), (0, ,0), ( , ,0), (0,0,2), (0,0,1), (1 , ,0)2 2 2 4 4A B P D O M N  , (1)证明 2 2 2 2 2(1 , , 1), (0, , 2), ( , , 2)4 4 2 2 2MN OP OD          设平面 OCD 的法向量为 ( , , )n x y z ,则 0, 0n OP n OD     即 2 2 02 2 2 2 02 2 y z x y z        取 2z  ,解得 (0,4, 2)n  2 2(1 , , 1) (0,4, 2) 04 4MN n      ∵ MN OCD 平面‖ (2)解 设 AB 与 MD 所成的角为 , 2 2(1,0,0), ( , , 1)2 2AB MD    ∵ 1cos ,2 3 AB MD AB MD          ∴ ∴ , AB 与 MD 所成角的大小为 3  . (3)解 设点 B 到平面 OCD 的距离为 d ， 则 d 为OB  在向量 (0,4, 2)n  上的投影的绝对值, 由 (1,0, 2)OB   , 得 2 3 OB n d n     .所以点 B 到平面 OCD 的距离为 2 3 3. （2008 湖南 17 ）如图所示，四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是边长为 1 的菱形，∠BCD＝60°，E 是 CD 的中点，PA⊥底面 ABCD，PA＝2. （Ⅰ）证明：平面 PBE⊥平面 PAB; （Ⅱ）求平面 PAD 和平面 PBE 所成二面角（锐角）的大小. 如图所示，以 A 为原点，建立空间直角坐标系.则相关各点的 坐标分别是 A（0，0，0），B（1，0，0）， 3 3( , ,0),2 2C 1 3( , ,0),2 2D P（0，0，2）, 3(1, ,0).2E （Ⅰ）证明 因为 3(0, ,0)2BE  ， 平面 PAB 的一个法向量是 0 (0,1,0)n  ， 所以 0BE n和 共线.从而 BE⊥平面 PAB. 又因为 BE  平面 PBE， 故平面 PBE⊥平面 PAB. (Ⅱ)解 易知 3(1,0, 2), (0, 02PB BE    ，）， 1 3(0,0, 2), ( , ,0)2 2PA AD    设 1 1 1 1( , , )n x y z 是平面 PBE 的一个法向量，则由 1 1 0, 0 n PB n BE          得 1 1 1 1 2 2 0 2 0, 30 0 0.2 x y z x y z          所以 1 1 1 10, 2 . (2,0,1).y x z n  故可取 设 2 2 2 2( , , )n x y z 是 平 面 PAD 的 一 个 法 向 量 ， 则 由 2 2 0, 0 n PA n AD          得 2 2 2 2 2 2 0 0 2 0, 1 3 0 0.2 2 x y z x y z          所以 2 2 20, 3 .z x y   故可取 2 ( 3, 1,0).n   于是， 1 2 1 2 1 2 2 3 15cos , .55 2 n nn n n n            故平面 PAD 和平面 PBE 所成二面角（锐角）的大小是 15arccos .5 4.（2008 福建 18）如图，在四棱锥 P-ABCD 中，则面 PAD⊥底面 ABCD， 侧棱 PA=PD＝ 2 ，底面 ABCD 为直角梯形， 其中 BC∥ AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O 为 AD 中点. （Ⅰ）求证：PO⊥平面 ABCD； （Ⅱ）求异面直线 PD 与 CD 所成角的大小； （Ⅲ）线段 AD 上是否存在点 Q，使得它到平面 PCD 的距离为 3 2 ？若存在，求出 AQ QD 的 值；若不存在，请说明理由. （Ⅰ）证明 在△PAD 中 PA=PD,O 为 AD 中点，所以 PO⊥AD, 又侧面 PAD⊥底面 ABCD,平面 PAD  平面 ABCD=AD, PO  平面 PAD， 所以 PO⊥平面 ABCD. (Ⅱ)解 以 O 为坐标原点，OC OD OP   、 、 的方向分别为 x 轴、y 轴、 z 轴的正方向，建立空间直角坐标系 O-xyz,依题意，易得 A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1), 所以 11 0 1 1 1CD PB   ＝（ ，，）， ＝（， ， ）. 所以异面直线 PB 与 CD 所成的角是 arccos 6 3 ， (Ⅲ)解 假设存在点 Q，使得它到平面 PCD 的距离为 3 2 ， 由(Ⅱ)知 ( 1,0,1), ( 1,1,0).CP CD     设平面 PCD 的法向量为 n=(x0,y0,z0). 则 0, 0, n CP n CD        所以 0 0 0 0 0, 0, x z x y       即 0 0 0x y z  ， 取 x0=1,得平面 PCD 的一个法向量为 n=(1,1,1). 设 (0, ,0)( 1 1), ( 1, ,0),Q y y CQ y     由 3 2 CQ n n    ，得 1 3 ,23 y   解 y=- 1 2 或 y= 5 2 (舍去)， 此时 1 3,2 2AQ QD  ，所以存在点 Q 满足题意，此时 1 3 AQ QD  . 第二部分 四年联考汇编 2013-2014 年联考题 一．基础题组 1. 【河北省衡水中学 2014 届高三上学期四调考试】右图是一个几何体的三视图，其中正视 图和侧视图都是一个两底长分别为 2 和 4，腰长为 4 的等腰梯形，则该几何体的侧面积是 （ ） A． 24 B． 6 C．18 D．12 2. 【河南省郑州市 2014 届高中毕业年级第一次质量预测试题】如图，某几何体的正视图和 俯视图都是矩形，侧视图是平行四边形，则该几何体的表面积为（ ） A． 15 3 3 B．9 3 C．30 6 3 D．18 3 【答案】C 【解析】 试题分析：由三视图知原图是一个底面为边长为 3 的正方形，高为 3 的斜四棱柱， 所以 3 3 3 9 3V sh     . 考点：1.三视图；2.四棱柱的体积. 3. 【山西省曲沃中学 2014 届高三上学期期中考试】如图，是一个几何体的正视图、侧视图、 俯视图，且正视图、侧视图都是矩形，则该几何体的体积是（ ） A．24 B．12 C．8 D．4 4. 【山西省忻州一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校 2014 届高三第二次联考】已知 不重合的两条直线 ml, 和不重合的两个平面 , ，下列命题正确的是（ ） A．  //,//,// mlml 则 B.  //,, llm 则 C.  //, ll 则，  D.   则,,, lmml 5. 【唐山市 2013-2014 学年度高三年级第一学期期末考试】某几何体的三视图如图所示， 则该几何体的体积为（ ） A．8 16  B．8 16  C．8 8  D．16 8  6. 【河北省衡水中学 2014 届高三上学期四调考试】如图，已知球 O 是棱长为 1 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的内切球，则平面 1ACD 截球 O 的截面面积为 . 7. 【唐山市 2013-2014 学年度高三年级第一学期期末考试】（本题满分 12 分） 如图，在三棱锥 P ABC 中， PA PB AB BC   ， 090PBC  ，D 为 AC 的中点， AB PD . （1）求证：平面 PAB  平面 ABC ； （2）求二面角 B PD C  的余弦值. 试题解析：（Ⅰ）取 AB 中点为O ，连结OD ，OP ． 因为 PA PB ，所以 AB OP ． 又 AB PD ，OP PD P ，所以 AB  平面 POD ， 因为OD  平面 POD ，所以 AB OD ． …3 分 由已知， BC PB ，又 / /OD BC ，所以OD PB ， 因为 AB PB B ，所以OD  平面 PAB ． 又OD  平面 ABC ，所以平面 PAB ⊥平面 ABC ． …5 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知，OB ，OD ，OP 两两互相垂直． 8. 【河北省衡水中学 2014 届高三上学期四调考试】正方形 ADEF 与梯形 ABCD 所在平面互相 垂直， AD CD ， / /AB CD ， 1 22AB AD CD   ，点 M 在线段 EC 上且不与 E，C 重 合. （Ⅰ）当点 M 是 EC 中点时，求证： / /BM 平面 ADEF； （Ⅱ）当平面 BDM 与平面 ABF 所成锐二面角的余弦值为 6 6 时，求三棱锥 M-BDE 的体积. 【答案】（1）证明过程详见解析；（2） 4 3M BDEV   . (0,2,1)M 为 EC 的中点， 1 22DEM CDES S   ， B 到面 DEM 的距离 2h  1 4 3 3M BDE DEMV S h      ------------------------------------------12 分 考点：1.空间向量法证明线面平行；2.空间向量法表示二面角. 9. 【河北省唐山市一中 2014 届高三 12 月月考】（本小题满分 12 分）在四棱锥 P﹣ABCD 中， PA⊥平面 ABCD，△ABC 是正三角形，AC 与 BD 的交点 M 恰好是 AC 中点，又 PA=AB=4， ∠CDA=120°. （1）求证：BD⊥PC； （2）设 E 为 PC 的中点，点 F 在线段 AB 上，若直线 EF∥平面 PAD，求 AF 的长； （3）求二面角 A﹣PC﹣B 的余弦值． 试题解析：（1）∵ ABC 是正三角形， M 是 AC 中点， ∴ BM AC ，即 BD AC . 又∵ PA  平面 ABCD ，∴ PA BD . 又 PA AC A ，∴ BD  平面 PAC . ∴ BD PC . （2）取 DC 中点G 连接 FG 则 / /EG 平面 PAD . 又直线 / /EF 平面 PAD ， 所以平面 / /EFG 平面 PAD ， ∴ / /FG AD ， ∵ M 为 AC 中点， DM AC ， ∴ AD CD ， ∵ 0120ADC  ， 4AB  ， ∴ 090BAD BAC CAD      ， 4 3 3AD CD  ， ∵ 060DGF  ， 2 3 3DG  ，得 1AF  . 考点：1.线面垂直的判定和性质；2.正三角形的性质；3.线面平行的判定；4.面面平行的判 定；5.空间向量法；6.夹角公式. 二．能力题组 1. 【河北省唐山市一中 2014 届高三 12 月月考】已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示， 俯视图是边长为 2 的正三角形，侧视图是有一直角边为 2 的直角三角形，则该三棱锥的正 视图可能为( ) 2. 【山西省曲沃中学 2014 届高三上学期期中考试】已知球的直径 SC=4，A，B 是该球球面 上的两点，AB=2．∠ASC=∠BSC=45°则棱锥 S—ABC 的体积为( ) A． 3 3 B． 2 3 3 C． 4 3 3 D． 5 3 3 【答案】C 【解析】 试题分析：由条件直径 SC 所对的圆周角 090SBC SAC    ，由已知 045ASC BSC    ， ∴ SBC 与 SAC 是全等的等腰三角形，∴ BO SC ，AO SC ，即 SC  面 AOB ，由 条件 2OA OB  ，则 OAB 为等边三角形，∴ 2 01 1 1 4 3( 2 sin 60 ) 43 3 2 3S ABC OABV S SC        . 考点：1.几何体与外接球问题；2.锥体求体积的方法. 3. 【山西省忻州一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校 2014 届高三第二次联考】一个 几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A.1 B.2 C. 3 D. 4 4. 【唐山市 2013-2014 学年度高三年级第一学期期末考试】如图，直三棱柱 1 1 1ABC A B C 的六个顶点都在半径为 1 的半球面上， AB AC ，侧面 1 1BCC B 是半球底面圆的内接正方 形，则侧面 1 1ABB A 的面积为（ ） A．2 B．1 C． 2 D． 2 2 【答案】C 【解析】 5.【河南省郑州市 2014 届高中毕业年级第一次质量预测试题】已知三棱柱 1 1 1ABC A B C 的 侧棱垂直于底面，各项点都在同一球面上，若该棱柱的体积为 3 ， 2AB  ， 1AC  ， 060BAC  ，则此球的表面积等于 . 6. 【山西省忻州一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校 2014 届高三第二次联考】(本 小题满分 12 分) 如 图 ， 四 边 形 ABCD 与 BDEF 均 为 菱 形 ， 设 AC 与 BD 相 交 于 点 O ， 若 060 DBFDAB ，且 FCFA  . （1）求证： EADFC 平面∥ ； （2）求二面角 BFC A 的余弦值. 则 2BD ， 1OB ， 3 OFOA ， 7. 【河南省郑州市 2014 届高中毕业年级第一次质量预测试题】（本小题满分 12 分）在三 棱柱 1 1 1ABC A B C 中，侧面 1 1ABB A 为矩形， 1AB  ， 1 2AA  ，D 为 1AA 的中点，BD 与 1AB 交于点O ，CO  侧面 1 1ABB A . （1）证明： 1BC AB ； （2）若OC OA ，求直线 1C D 与平面 ABC 所成角的正弦值. 【答案】（1）证明过程详见解析；（2） 3 55 55 . 【解析】 试题分析：本题以三棱柱为几何背景考查线线垂直的判定和线面垂直的判定以及线面角的求 法，可以运用空间向量法求解，突出考查考生的空间想象能力和推理论证能力以及计算能力. 第一问，由于侧面 1 1ABB A 为矩形，所以在直角三角形 ABD 和直角三角形 1ABB 中可求出 ABD 和 1ABB 的正切值相等，从而判断 2 个角相等，通过转化角得到 BDAB 1 ， 又 由于线面垂直，可得 1AB CO ，所以可证 CBDAB 面1 ， 从而得证 1BC AB ；第二 问，根据已知条件建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，根据 0, 0AB n AC n       ， 求出平面 ABC 的法向量，再利用夹角公式求出直线和平面所成角的正弦值. (2)如图，分别以 1, ,OD OB OC 所在的直线为 , ,x y z 轴，以 O 为原点，建立空间直角坐标 系 xyzO  则 3(0, ,0)3A  ， 6( ,0,0)3B  ， 3(0,0, )3C ， 1 2 3(0, ,0)3B ， 6( ,0,0)6D ， 又因为 1 2CC AD  ，所以 1 6 2 3 3( , , ).3 3 3C …………8 分 所以 6 3( , ,0)3 3AB   ， 3 3(0, , )3 3AC  ， 1 6 2 3 3( , , ).6 3 3DC  三．拔高题组 1. 【山西省忻州一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校 2014 届高三第二次联考】已知 三棱锥 A-BCD 中，平面 ABD⊥平面 BCD，BC⊥CD,BC=CD=4,AB=AD= 32 ，则三棱锥 A-BCD 的外接球的大圆面积为（ ） A. 36 B. 27 C. 12 D. 9 2. 【山西省曲沃中学 2014 届高三上学期期中考试】如图 1，在直角梯形 ABCD 中， 90ABC DAB     ， 30CAB   ， 2BC  ， 4AD  . 把 DAC 沿对角线 AC 折起到 PAC 的位置,如图 2 所示,使得点 P 在平面 ABC 上的正投影 H 恰好落在线段 AC 上，连接 PB ,点 ,E F 分别为线段 ,PA AB 的中点． (1) 求证：平面 / /EFH 平面 PBC ； (2)求直线 HE 与平面 PHB 所成角的正弦值； (3)在棱 PA 上是否存在一点 M ,使得 M 到点 , , ,P H A F 四点的距离相等？请说明理由. （II）在平面 ABC 内过 H 作 AC 的垂线 如图建立空间直角坐标系，则 (0, 2,0)A  ， (0,0,2 3)P ， ( 3,1,0)B ， ……………6 分 因为 (0, 1, 3)E  ， (0, 1, 3)HE   ， 2012-2013 年联考题 1.【北京市东城区 2013 届高三上学期期末理】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】 75 4 10 【解析】由三视图可知，该几何体是底面是直角梯形的四棱柱。棱柱的高为 4， ，底面梯形的上底为 4，下底为 5，腰 23 1 10CD    ,所以梯 形的面积为 (4 5) 3 27 2 2S    ，梯形的周长为3 4 5 10 10 12     ，所以四个侧 面 积 为 ( 10 12) 4 4 10 48    ， 所 以 该 几 何 体 的 表 面 积 为 274 10 48 2 75 4 102      。 2.【北京市海淀区 2013 届高三上学期期末理】三棱锥 D ABC 及其三视图中的主视图和左 视图如图所示，则棱 BD 的长为_________. 【答案】 4 2 【解析】取 AC 的中点，连结 BE,DE 由主视图可知 ,BE AC BE DE  . DC ABC 且 4, 2 3, 2DC BE AE EC    . 所 以 2 2 2 2(2 3) 2 16 4BC BE EC      ， 即 2 2 2 24 4 32 4 2BD BC DC      。 3.【贵州省遵义四中 2013 届高三第四次月考理】如右图, 设 A、B、C、D 为球 O 上四点，若 AB 、 AC 、 AD 两 两 互 相 垂 直 ， 且 6AB AC  ， 2AD  ， 则 A 、 D 两 点 间 的 球 面 距 离 ． 【答案】 2 3  【解析】因为 AB、AC、AD 两两互相垂直，所以分别以 AB、AC、AD 为棱构造一个长方体，在 长方体的体对角线为球的直径，所以球的直径 2 2 22 ( 6) ( 6) 2 16 4R      ，所以 球半径为 2R  ,在正三角形 AOD 中， 3AOD   ，所以 A、D 两点间的球面距离为 2 3 3R  . 4.【山东省青岛一中 2013 届高三 1 月调研理】若某几何体的三视图 (单位：cm) 如图所示， 则此几何体的表面积是 cm 2 ． 【答案】 6 ( 13 2)  【解析】由三视图可知，该几何体试题是半个圆锥，如图 底 面 半 径 为 2 ， 圆 锥 的 高 为 3. 圆 锥 的 母 线 长 为 2 23 2 13  。 所 以 底 面 积 为 21 2 22    ，三角形 1 4 3 62VABS     ,圆锥的底面弧长为 2 ，圆锥的侧面积为 1 2 13 132     ，所以圆锥的表面积为 6 2 13 6 (2 13)       。 5.【天津市新华中学 2013 届高三第三次月考理】已知一个几何体的三视图如下图所示(单 位：cm)，其中正视图是直角梯形，侧视图和俯视图都是矩形，则这个几何体的体积是 ________cm3. 【答案】 3 2 【解析】 由三视图可知，该几何体为一个放到的四棱柱，以梯形为低， 所以梯形面积为1 (1 2) 3 2 2    ，四棱柱的高为 1，所以该几何体的体积为 3 2 。 6.【云南省昆明一中 2013 届高三第二次高中新课程双基检测理】已知球与棱长均为 2 的三 棱锥各条棱都相切，则该球的表面积为 . 【答案】 2 【解析】将该三棱锥放入正方体内，若球与三棱锥各棱均相切等价于球与正方体各面均相切， 所 以 22 2, 2R R  , 则 球 的 表 面 积 为 2 14 4 22S R      . 7.【云南省玉溪一中 2013 届高三第五次月考理】正三棱柱 111 CBAABC  内接于半径为 1 的球，则当该棱柱体积最大时，高 h 。 【答案】 3 32 【解析】根据对称性可知，球心O 位于正三棱柱上下底面中心连线的中点上。设正三棱柱 的 底 面 边 长 为 x ， 则 3 2 3 3, '2 3 2 3AB x AB x x    ， 所 以 2 23' 1 ( ) 13 3 xOB x    ,所以高 2 2 ' 2 1 3 xh OB   ，由 2 1 03 x  得 2 3x  ，即 正 三 棱 柱 底 面 边 长 x 的 取 值 范 围 是 0 3x  。 三 棱 柱 的 体 积 为 2 2 2 21 3 32 1 12 2 3 2 3 x x xV x      2 2 23 (1 )2 3 xx x   , 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 46 6 3(1 ) 36 (1 ) 36 ( )3 6 6 3 3 3 x x x x x x xx x            , 即体积 2 2 23 3 4 2 3(1 )2 3 2 3 3 xV x x      ,当且仅当 2 2 16 3 x x  ，即 2 2x  时取等 号，此时高 2 2 1 2 32 1 2 1 23 3 3 3 xh       。 8.【北京市昌平区 2013 届高三上学期期末理】（本小题满分 14 分）在四棱锥 E ABCD- 中， 底面 ABCD 是正方形， ,AC BD O与 交于点 EC ABCD F底面 ，^ 为 BE 的中点. （Ⅰ） 求证： DE ∥平面 ACF ； （Ⅱ）求证： BD AE^ ； （Ⅲ）若 2 ,AB CE= 在线段 EO 上是否存在点G ，使 CG BDE平面^ ？若存在，求出 EG EO 的值，若不存在，请说明理由． 【答案】解：（I）连接 OF . 由 ABCD 是正方形可知,点 O 为 BD 中点. 又 F 为 BE 的中点， 所以OF ∥ DE ………………….2 分 又 , ,OF ACF DE ACF平面 平面 所以 DE ∥平面 ACF ………….4 分 (II) 证明：由 EC ABCD BD ABCD底面 ， 底面 ，^ Ì 所以 ,EC BD^ 由 ABCD 是正方形可知, ,AC BD^ 又 = , ,AC EC C AC EC ACE平面 ， 所以 ,BD ACE平面^ ………………………………..8 分 又 AE ACE平面 ，Ì 所以 BD AE^ …………………………………………..9 分 (III)解法一： 在线段 EO 上存在点G ，使CG BDE平面^ . 理由如下： 如图，取 EO 中点G ，连接CG . 在四棱锥 E ABCD- 中， 22 , 2AB CE CO AB CE= = = ， 所以 CG EO^ .…………………………………………………………………..11 分 由（II）可知， ,BD ACE平面^ 而 ,BD BDE平面Ì 所以， ,ACE BDE ACE BDE EO平面 平面 且平面 平面 ，^ Ç = 因为 ,CG EO CG ACE平面 ，^ Ì 所以 CG BDE平面^ …………………………………………………………. 13 分 故在线段 EO 上存在点G ，使 CG BDE平面^ . 由G 为 EO 中点，得 1.2 EG EO = …………………………………………… 14 分 解法二： 由 EC ABCD底面 ，^ 且底面 ABCD是正方形，如图， 建立空间直角坐标系 ,C DBE- 由已知 2 ,AB CE= 设 ( 0)CE a a= > ， 则 (0,0,0), ( 2 ,0,0), (0, 2 ,0), (0,0, ),C D a B a E a 2 2 2 2( , ,0), ( 2 , 2 ,0), (0, 2 , ), ( , , ).2 2 2 2O a a BD a a BE a a EO a a a uuur uur uuur = - = - = - 设G 为线段 EO 上一点，且 (0 1)EG EO  = < < ，则 2 2( , , ),2 2EG EO a a a    uuur uuur = = - 2 2( , ,(1 ) ),2 2CG CE EO a a a    uuur uur uuur = + = - …………………………..12 分 由题意，若线段 EO 上存在点G ，使 CG BDE平面^ ，则CG BD^ uuur uuur ，CG BE^ uuur uur . 所以， 2 2 1(1 ) 0, 0,12a a  解得， （ ）- + - = = Î ， 故在线段 EO 上存在点G ，使CG BDE平面^ ，且 1.2 EG EO = …………………… 14 分 9.【北京市朝阳区 2013 届高三上学期期末理】（本小题满分 14 分） 在长方体 1 1 1 1ABCD-A B C D 中， 1 2AA=AD= ，点 E 在棱CD 上，且 1 3CE= CD ． （Ⅰ）求证： 1AD  平面 1 1A B D ； （Ⅱ）在棱 1AA 上是否存在点 P ，使 DP ∥平面 1B AE ？若存在，求出线段 AP 的长；若不 存在，请说明理由； （Ⅲ）若二面角 1 1A-B E-A 的余弦值为 30 6 ，求棱 AB 的长． 【答案】证明：（Ⅰ）在长方体 1 1 1 1ABCD-A B C D 中， 因为 1 1A B  面 1 1A D DA， 所以 1 1 1A B AD ． ……………………2 分 在矩形 1 1A D DA中，因为 1 2AA=AD= ， 所以 1 1AD A D ． 所以 1AD  面 1 1A B D ． ………………………………………………………………4 分 （Ⅱ）如图，在长方体 1 1 1 1ABCD-A B C D 中，以 1D 为原点建立空间直角坐标系 1D xyz ． 依 题 意 可 知 ， 1 1(0,0,0), (2,0,0), (0,0,2)D A D ， (2,0,2)A ， 设 AB 的长为 x ，则 1 1(0, ,0), (2, ,0)C x B x ， 2(0, ,2), (0, ,2)3C x E x ． 假设在棱 1AA 上存在点 P ，使得 DP ∥平面 1B AE ． 设点 P (2,0, )y ，则 (2,0, - 2)DP y ， (0,0, - 2)AP y ． 易知 1 1 2(-2,- ,2), (-2, ,0)3 3B E= x AE x  ． 设平面 1B AE 的一个法向量为 ( , , )a b cn ， 则 1 0 0 B E = AE =      n n ，即 1-2 - 2 03 2-2 + 03 a xb c = a xb=     ．………………………………………………7 分 令 3b  得， 3, 2a x c x  ，所以 3( ,3, )2x xn ． 因为 DP ∥平面 1B AE ，等价于 0DP  n 且 DP  平面 1B AE ． 得 32 + ( - 2) 02x y x  ，所以 2 3y  ． 所以 4(0,0,- )3AP  ， 4 3AP  ，所以 AP 的长为 4 3 ．………………………………9 分 （Ⅲ）因为CD ∥ 1 1A B ，且点 E CD ， 所以平面 1 1A B E 、平面 1 1A B D 与面 1 1A B CD 是同一个平面． 由（Ⅰ）可知， 1AD  面 1 1A B D ， 所以 1 (2,0,2)D A  是平面 1 1A B E 的一个法向量． ………………………………11 分 由（Ⅱ）可知，平面 1B AE 的一个法向量为 3( ,3, )2x xn ． 因为二面角 1 1A-B E-A 的余弦值为 30 6 ， 所以 1 2 21 2 +330cos 6 32 2 9 ( )2 x xD A AD x x           n n ，解得 3 2x  ． 故 AB 的长为3 2 ． …………………………………………………………14 分 10.【北京市东城区 2013 届高三上学期期末理】（本小题共 14 分） 如图，在菱形 ABCD 中， 60DAB   ， E 是 AB 的中点， MA ⊥平面 ABCD ， 且在矩形 ADNM 中， 2AD  ， 3 7 7AM  ． （Ⅰ）求证： AC ⊥ BN ； （Ⅱ）求证： AN // 平面 MEC ； （Ⅲ）求二面角 M EC D  的大小. 【答案】解：（Ⅰ）连结 BD ，则 AC BD . 由已知 DN  平面 ABCD ， 因为 DN DB D ， 所以 AC 平面 NDB .……………………2 分 又因为 BN  平面 NDB ， 所以 AC BN .……………………4 分 （Ⅱ）CM 与 BN 交于 F ，连结 EF . 由已知可得四边形 BCNM 是平行四边形， 所以 F 是 BN 的中点. 因为 E 是 AB 的中点， 所以 //AN EF .…………………………7 分 又 EF  平面 MEC ， AN  平面 MEC ， 所以 //AN 平面 MEC . ……………………………………………………………9 分 （Ⅲ）由于四边形 ABCD 是菱形， E 是 AB 的中点，可得 DE AB . 如图建立空间直角坐标系 D xyz ，则 (0,0,0)D ， ( 3,0,0)E , (0,2,0)C ， 3 7( 3, 1, )7M  . ( 3, 2.0)CE   ， 3 7(0, 1, )7EM   .…………………………………………10 分 设平面 MEC 的法向量为 ( , , )x y zn . 则 0, 0. CE EM        n n A B C D E N M F A B C D E N M y x z 所以 3 2 0, 3 7 0.7 x y y z      令 2x  . 所以 21(2, 3, )3 n .……………………………………………………………12 分 又平面 ADE 的法向量 (0,0,1)m ， 所以 1cos , 2   m nm n m n . 所以二面角 M EC D  的大小是 60°. ………………………………………14 分 11.【北京市东城区普通高中示范校 2013 届高三 12 月综合练习（一）理】（本小题满分 14 分） 如图，在三棱锥 ABCS  中，侧面 SAC 与底面 ABC 垂直， ,E O 分别是 ACSC, 的 中点， 2 SCSA ， ACBC 2 1 ， 90 ACBASC . O E A C B S F （1）求证：OE //平面 SAB ； （2）若点 F 在线段 BC 上，问：无论 F 在 BC 的何处，是否都有 SFOE  ？请证明你的 结论； （3）求二面角 CASB  的平面角的余弦值. 【答案】．解：（1） E O， 分别是 ACSC, 的中点  OE // SA 又 OE 平面 SAB  OE //平面 SAB …………………………3 分 O E A C B S F (2) 在 SAC 中， OE // AS , 90ASC  SCOE  平面 SAC 平面 ABC ， 90BCA  BC 平面 ASC ， OE 平面 ASC  OEBC   OE 平面 BSC  SF 平面 BSC  SFOE  所以无论 F 在 BC 的何处，都有 SFOE  ………………………8 分 (3) 由（2） BC 平面 ASC  BC AS 又 90ASC  AS SC  AS 平面 BCS  SBAS   BSC 是二面角 CASB  的平面角 在 Rt BCS 中 BSCcos 3 6 所以二面角 CASB  的平面角的余弦值为 3 6 …………………14 分 法二： （2） O 是 AC 的中点， SCSA   ACSO  又平面 SAC 平面 ABC  SO  平面 ABC 同理可得 BC 平面 ASC 在平面 ABC 内，过O 作 ACOM  以O 为原点， OSOCOM ,, 所在直线为 x, ,y z 轴， 建立空间直角坐标系，如图所示，则 )0,0,0(O )0,1,0( A ， )0,1,1(B ， )0,1,0(C ， )1,0,0(S ， )1,1,0(AS ， )0,2,1(AB ，  BCF  ，设 )0,1,(xF ，则 )1,1,(  xSF ， )2 1,2 1,0(OE 0OESF 恒成立，所以无论 F 在 BC 的何处，都有 SFOE  （3）由（2）知平面 ASC 的法向量为 BC  = ( 1,0,0) 设平面 SAB 的法向量为 ( , , )n x y z 则 0 ASn ， 0 ABn 即      02 0 yx zy 令 1y ，则 2x ， 1z )1,1,2( n 3 6 |||| cos    BCn BCnBCn 所以二面角 CASB  的平面角的余弦值为 3 6 ………………………14 分 12.【北京市丰台区 2013 届高三上学期期末理】（本题共 14 分）如图，在三棱锥 P-ABC 中， PA=PB=AB=2， 3BC  ， 90ABC °,平面 PAB  平面 ABC，D、E 分别为 AB、AC 中点. （Ⅰ）求证：DE‖平面 PBC; （Ⅱ）求证：AB  PE； （Ⅲ）求二面角 A-PB-E 的大小. 【答案】解：（Ⅰ） D、E 分别为 AB、AC 中点， DE//BC ． DE平面 PBC，BC平面 PBC， DE//平面 PBC ．…………………………4 分 （Ⅱ）连结 PD， PA=PB，  PD  AB． …………………………….5 分  / /DE BC ，BC  AB，  DE  AB． .... ....................................................................... ................................6 分 又 PD DE D ，  AB  平 面 PDE．............................. ...........................................8 分 PE平面 PDE， AB  PE ． ....................... ............................................ .....................9 分 （Ⅲ）平面 PAB  平面 ABC，平面 PAB 平面 ABC=AB，PD  AB，  PD  平 面 ABC．.................... ....................................................... ...10 分 _E_D _B _C _A _P 如图,以 D 为原点建立空间直角坐标系 B(1,0,0)，P(0,0, 3 )，E(0, 3 2 ,0) ,  PB  =(1,0, 3 ) ， PE  =(0, 3 2 , 3 ）． 设平面 PBE 的法向量 1 ( , , )n x y z ，  3 0, 3 3 0,2 x z y z      令 3z  得 1 (3,2, 3)n  ． ............................11 分 DE  平面 PAB，  平 面 PAB 的 法 向 量 为 2 (0,1,0)n  ．………………….......................................12 分 设二面角的 A PB E  大小为 ， 由图知， 1 2 1 2 1 2 | | 1cos cos , 2 n nn n n n            ， 所 以 60 ,   即 二 面 角 的 A PB E  大 小 为 60． ..........................................14 分 13.【北京市海淀区 2013 届高三上学期期末理】（本小题满分 14 分） 如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 90BAC   ， 1 2,AB AC AA   E 是 BC 中点. _E_D _B _C _A _P z y x （I）求证： 1 / /A B 平面 1AEC ； （II）若棱 1AA 上存在一点 M ，满足 1 1B M C E ，求 AM 的长； （Ⅲ）求平面 1AEC 与平面 1 1ABB A 所成锐二面角的余弦值. 【答案】(I) 连接 AC1 交 AC1 于点O ，连接 EO 因为 1ACC A1 为正方形，所以O 为 AC1 中点， 又 E 为 CB 中点，所以 EO 为 1A BC 的中位线， 所以 1/ /EO A B ………………2 分 又 EO  平面 1AEC ， 1A B  平面 1AEC 所以 1 / /A B 平面 1AEC ………………4 分 （Ⅱ）以 A 为原点， AB 为 x 轴， AC 为 y 轴， 1AA 为 z 轴建立空间直角坐标系 所以 1 1 1(0,0,0), (0,0,2), (2,0,0), (2,0,2), (0,2,0), (0,2,2), (1,1,0),A A B B C C E 设 (0,0, )(0 2)M m m  ，所以 1 1( 2,0, 2), (1, 1, 2)B M m C E       ， 因为 1 1B M C E ，所以 1 1 0B M C E   ，解得 1m  ，所以 1AM  ……8 分 （Ⅲ）因为 1(1,1,0), (0,2,2)AE AC   ， 设平面 1AEC 的法向量为 ( , , )n x y z ， 则有 1 0 0 AE n AC n          ，得 0 0 x y y z      ， 令 1,y   则 1, 1x z  ，所以可以取 (1, 1,1)n   ， …………10 分 因为 AC 平面 1ABB A1 ,取平面 1ABB A1 的法向量为 (0,2,0)AC  …11 分 所以 3cos , 3| || | AC nAC n AC n          …13 分 平面 1AEC 与平面 1ABB A1 所成锐二面角的余弦值为 3 3 …………14 分 14.【北京市海淀区北师特学校 2013 届高三第四次月考理】（本小题共 13 分）如图所示， 正方形 DDAA 11 与矩形 ABCD所在平面互相垂直， 22  ADAB ,点 E 为 AB 的 中点。 （Ⅰ）求证： DEABD 11 //平面 (Ⅱ) 求证： DAED 11  （Ⅲ）在线段 AB 上是否存在点 M ，使二面角 DMCD 1 的大小为 6  ？若存在，求 出 AM 的长；若不存在，请说明理由。 D 1 E B D C A A 1 【答案】（Ⅰ） 的中点是为正方形，四边形 111 ADOAADD , 点 E 为 AB 的中点,连接 OE 。  1ABDEO 为 的中位线 EO // 1BD ……2 分 又 DEAOEDEABD 111 , 平面平面   DEABD 11 //平面 ……4 分 （II） 正方形 11 AADD 中, 11 ADDA  由已知可得： 11A ADDAB 平面 ， 111 AADDDA 平面 …….6 分 DAAB 1 , AADAB  1 …….7 分 EADEDDE,A 1111 平面平面  DA EDDA 11  …….8 分 （Ⅲ）由题意可得： ABCDDD 平面1 ,以点 D 为原点，DA,DC,DD1 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 )1,0,0(),1,0,1(),0,2,0(),0,0,0( 11 DACD ， ………9 分 设 )20)(0,,1( 00  yyM )1,2,0(),0,2,1( 10  CDyMC ……10 分 设平面 MCD1 的法向量为 ),,(1 zyxn  则      0 0 11 1 CDn MCn 得      02 0)2( 0 zy yyx ……11 分 取 )2,1,2(,1 01 yny  则 是平面 MCD1 的一个法向量，而平面 MCD 的一个法向量为 )1,0,0(2 n ……12 分 要使二面角 DMCD 1 的大小为 6  而 2 3 21)2( 2 |||| |||,cos|6cos 222 021 21 21     ynn nnnn 解得： )20(3 32 00  yy 当 AM = 3 32  时，二面角 DMCD 1 的大小为 6   13 分 2011-2012 年联考题 1．（2012 唐山市高三统一考试理）四棱锥 P—ABCD 的所有侧棱长都为 5 ，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，则 CD 与 PA 所成角的余弦值为 （ ） A． 5 5 B． 2 5 5 C． 4 5 D． 3 5 2．（2012 唐山市高三模拟理）一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三 角形，则这个几何体的外接球的表面积为 （ ） A．16 3  B． 8 3  C． 4 3 D． 2 3 【答案】 A 【解析】本题主要考查空间几何体的三视图和球的表面积公式. 属于基础知识、基本能力的 考查. 这个几何体是如图所示的三棱锥，，设外接球的半径为 R,则 2 2 2 31 ( 3 ) 3R R R     ，这个几何体的外接球的表面积为 2 22 3 164 4 ( )3 3R    3．（2012 江西师大附中高三模拟理）如图甲所示，三棱锥 P ABC 的高 8, 3, 30 ,PO AC BC ACB M N      、 分别在 BC 和 PO 上，且 , 2 ( (0,3])CM x PN x x   ，图乙中的四个图像大致描绘了三棱锥 N AMC 的体积V 与 x 的变化关系，其中正确的是（ ） 4.(2012 三明市普通高中高三联考理)一个棱锥的三视图如右图所示，则这个棱锥的体积是 A. 6 B.12 C. 24 D.36 【答案】B 【解析】本题主要考查多面体的直观图和三视图、棱锥的体积公式. 属于基础知识、基本思 维的考查. 由题意，多面体是一个四棱锥 E-ABCD,ED 垂直于平面 ABCD，ED=3,AB=4,AD=3,四边形 ABCD 是矩形 这个棱锥的体积＝ 1 3 4 3 123     5．(2012 厦门市高三模拟质检理)已知直线 m、n 和平 面α、β，若α⊥β，α∩β＝m，n  α，要使 n⊥β，则应增 加的条件是 A. m∥n B. n⊥m C. n∥α D. n⊥α 【答案】B 【解析】本题主要考查空间直线与平面、平面与平面的位置关系 . 属于基础知识、基本运 算的考查. 已知直线 m、n 和平面α、β，若α⊥β，α∩β＝m，n  α，应增加的条件 n⊥m，才能使得 n⊥β。 6．(2012 年石家庄市高中毕业班教学质检 1)将长方体截去一个四棱锥后，得到的几何体的 直观图如右图所示，则该几何体的俯视图为 答案】 C 【解析】本题主要考查空间几何体的三视图. 属于基础知识、基本运算的考查. 长方体的侧面与底面垂直，所以俯视图是 C 8．（2012 金华十校高三模拟联考理）一空间几何体的三视 图如图所示 ，则该几何体的体积为 （ ） A． 53 3  B． 55 3  C．18 D． 76 3  【答案】 B 【解析】本题主要考查空间几何体的三视图、圆柱、圆台的体 积计算公式. 属于基础知识、基本运算的考查. 由三视图知，空间几何体是一个圆柱和一个圆台的组合体。该几何体的体积为 2 2 21 7 522 4 1(2 1 2 1) 163 3 3V                9．（2012 金华十校高三模拟联考理）设 是空间中的一个平面， , ,l m n 是三条不同的直线， 则下列命题中正确的是 （ ） A．若 , , , ,m n l m l n l      则 ； B．若 , , , / /m n l n l m    则 ； C．若 / / , ,l m m n   ，则 / / ;l m D．若 , , / / ;l m l n n m  则 10.(2012 三明市普通高中高三联考理)设 、  、 是三个互不重合的平面， m 、 n 是两条 不重合的直线，下列命题中正确的是 A. 若  ，   ，则  B. 若 //m  ， //n  ，  ，则 m n C. 若  ， m  ，则 //m  D. 若 //  ， m  ， //m  ，则 //m  【答案】D 【解析】本题主要考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系. 属于基础知 识的考查. 对于 A, 若  ，   , ,  可以平行，也可以不垂直相交 对于 B，若 //m  ， //n  ，  ，则 ,m n 可以平行 对于 C, 若  ， m  ，则 m 可以在平面  答案 D 正确 11．（2012 武昌区高三年级模拟理）一个几何体的正视图、侧视图是两个边长为 1 的正方 形，俯视图是直角边长为 1 的正方形俯视图是边长为 1 的等腰直角三角形，则这个几何 体的表面积等于 （ ） A．6 B． 2 2 C．3 2 D． 4 2 【答案】C 【解析】本题主要考查三视图以及三棱柱的表面积公式. 属于基础知识、基本运算的考查. 由三视图知，几何体是一个底面是边长为 1 的等腰直角三角形，高为 1 的三棱柱。 12 1 1 1 1 1 1 1 2 3+ 22S      三棱柱 底面积 侧面积＝2S +S ＝ ＋ ＋ ＋ ＝ 12. （2012 年西安市高三年级第一次质检理） —个空间 几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 A.48 B. C. D.80 14.（2012 厦门模拟质检理 11）某型号冰淇淋上半部分是半球，下关部分是圆锥，其正视 图如图所示，则该型号冰淇淋的体积等于 。 【答案】 54 【解析】冰淇淋上半部分是半球，下关部分是圆锥 V= 3 22 13 3 12 543 3        15.(2012 粤西北九校联考理 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  【答案】A 【解析】由几何体三视图知：几何体是正方体挖去一个 圆锥， 23 18  V 16．（2012 宁德质检理 5）若 , ,   是三个互不重合 的平面，l 是一条直线，则下列命题中正确的是 （ ） A．若 , , / /l l     则 B．若 , / / ,l l    则 C．若 ,l  与 的所成角相等，则 / /  D．若 l 上有两个点到α的距离相等，则 / /l  【答案】B 【解析】若 , / / ,l l    则 ，此推理符合平面与平面垂直的判定 17．（2012 宁德质检理 13）一个空间几何体的三视图如右所示， 则该几何体的体积 为 。 13、【答案】4 【解析】几何体是平躺的三棱柱， 4V Sh  18.（2012  韶关第一次调研理 12）如图 BD 是边长为 3 的 ABCD 为正方形的对角线，将 BCD 绕 直线 AB 旋转一周后形成的几何体的体积等于 【答案】18 ， 【 解 析 】 BCD 绕 直 线 AB 旋 转 一 周 后 形 成 的 几 何 体 是 圆 柱 去 掉 一 个 圆 锥 ， 2 213 3 3 3 183V          20.（2012 海南嘉积中学模拟理 6）正四棱锥 S ABCD- 的侧棱长为 2 ，底面边长为 3 ， E 为 SA中点，则异面直线 BE 与 SC 所成的角是（ ） A、30° B、45° C、60° D、90° 21.（2012 海南嘉积中学模拟理 16）一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的 体积为 . 【答案】 312 【 解 析 】 几 何 体 是 斜 四 棱 柱 ， 底 面 是 边 长 为 3 、 4 的 矩 形 ， 高 等 于 ,3 所 以 3 4 3 12 3V Sh     22. （2012 黑龙江绥化市一模理 4）若某一几何体的正视图与侧视图均为边长是 1 的正方 形，且其体积为 1 2 ，则该几何体的俯视图可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】因为几何体的正视图与侧视图均为边长是 1 的正方形，且其体积为 1 2 ，几何体可 以是三棱柱。 23. （2012 黑龙江绥化市一模理 8）如图，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，侧棱垂直于底面， 底面是边长为 2 的正三角形，侧棱长为 3，则 1BB 与平面 1 1AB C 所成的角为（ ） A. 6  B. 4  C. 3  D. 2  25.（2012 浙江瑞安模拟质检理 2）一个几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积 为（ ▲ ） A． 5 3 3 B． 4 3 3 C． 5 3 6 D． 3 【答案】A 【解析】几何体可以拼接成高为 2 的正三棱柱， 23 1 5 32 2 1 34 3 3V        26.（2012 浙江瑞安模拟质检理 16）在正方体 !111 DCBAABCD  中, QPNM 、、、 分别 是 1111 CCDCAAAB 、、、 的中点,给出以下四个结论: ① 1AC MN ； ② 1AC //平面 MNPQ ； ③ 1AC 与 PM 相交； ④ 1NC 与 PM 异面 其中正确结论的序号是 ▲ . 【答案】（1）（3）（4） 【解析】由图形可以观察出 1AC 与平面 MNPQ 相交于正方体中心 27.（2012·泉州四校二次联考理 7）设长方体的长、宽、高分别为 2a 、 a 、 a ，其顶点都在 一个球面上，则该球的表面积为（ ） A． 23 a B． 26 a C． 212 a D． 224 a 【答案】B 【解析】由题意，球的直径是长方体的对角线，所以 22 64,62 arSar   28.（2012·泉州四校二次联考理 13）四棱锥 P ABCD 的顶点 P 在底面 ABCD 上的投影恰 好是 A ， 其正视图与侧视图都是腰长为 a 的等腰直角三角形。则在四棱 锥 P ABCD 的任意两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线 共有______对． 【答案】6 【解析】因为四棱锥 P ABCD 的顶点 P 在底面 ABCD 上的投影恰好是 A ， 其正视图与侧视图都是腰长为 a 的等腰直角三角形， ,,, PDABCDPABCPA  ,,, PBADPCBDPABD  共 6 对； 29.（2012 延吉市质检理 3）设  、  、 是三个互不重合的平面， m n、 是两条不重合 的直线，则下列命题中正确的是 （ ） A． ,       若 ，则 B． // , , // , //m m m    若 则 C． , //m m    若 ， 则 D． // , // ,m n m n    若 ，则 【答案】B 【解析】因为 // , , // , //m m m    若 则 ，此推理符合线面平行的判定定理。 30.（2012浙江宁波市模拟理）下列命题中，错误的是（ ） （A） 一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交 （B）平行于同一平面的两个不同平面平行 （C）若直线l 不平行平面 ，则在平面 内不存在与l 平行的直线 （D） 如果平面 不垂直平面  ，那么平面 内一定不存在直线垂直于平面  32.（2012 山东青岛市模拟理）已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位： cm），可得这个几何体的体积是 Ａ． 34000 cm3 Ｂ． 38000 cm3 Ｃ． 32000cm Ｄ． 34000cm 33.（2012 山东青岛市模拟理）已知 a 、b 、 c 为三条不重合的直线，下面有三个结论：① 若 caba  , 则b ∥ c ；②若 caba  , 则b  c ；③若 a ∥ ,b b  c 则 ca  . 其中正确的个数为 A．0 个 B．1个 C． 2 个 D． 3个 【答案】B 【解析】①不对，b ， c 可能异面；②不对，b ， c 可能平行；③对，选Ｂ。 34.（2012 山东青岛市模拟理）已知长方体从同一顶点出发的三条棱的长分别为1、 2 、3， 则这个长方体的外接球的表面积为 . 【答案】14 【 解 析 】 因 长 方 体 对 角 线 长 为 2 1 4 9 14r     ， 所 以 其 外 接 球 的 表 面 积 24 14S r   ． 35.（2012 吉林市模拟质检理）一个正方体的展开图如图所示，A、B、C、D 为原正方体的 顶点，则在原来的正方体中 A. CDAB // B. AB 与 CD 相交 C. CDAB  D. AB 与 CD 所成的角为 60 【答案】D 【解析】将平面展开图还原成几何体，易知 AB 与 CD 所成的角为 60 ，选 D。 36.（2012 吉林市模拟质检理）右图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面积 是 . 【答案】 16 【解析】由三视图可知原几何体是一个长方体中 挖 去 半 球 体 ， 故 所 求 表 面 积 为 4 8 1 4 2 16S           。 37.（2012江西南昌市调研理）已知 、 为不重合的两个平面，直线m ，那么“m⊥” 是“ ⊥” 的 ( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】由线面垂直的判定定理可知：直线m ，m⊥ ，一定有 ⊥ ，反之，直线 m ， ⊥ ，则m⊥ 不一定成立，选 。 38.（2012广东佛山市质检理）一个简单几何体的正视图、 侧视图如图所示，则其俯视图不可能为①长方形；②正方形； ③圆；④椭圆.其中正确的是（ ） A．①② B． ②③ C．③④ D． ①④ 【答案】B 【解析】由三视图的成图原则可知，正视图、侧视图的宽度不一样，故俯视图②正方形；③ A BC D 1 2 正视图 1 2 侧视图 2 2 俯视图 圆，选B。 39. （2012 河南郑州市质检理）一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为 （ ） A．1 B. 2 C. 3 D. 4 40.（2012 河南郑州市质检理）在三棱锥 A-BCD 中，AB=CD=6，AC=BD=AD=BC=5，则该 三棱锥的外接球的表面积为 . 41.（2012 北京海淀区模拟理）已知正三棱柱 ' ' 'ABC A B C- 的正（主）视图和侧（左）视 图如图所示. 设 , ' ' 'ABC A B C  的中心分别 是 , 'O O ，现将此三棱柱绕直线 'OO 旋转，射 线OA旋转所成的角为 x 弧度（ x 可以取到任 意一个实数），对应的俯视图的面积为 ( )S x ， 则函数 ( )S x 的最大值为 ；最小正周期为 . 说明：“三棱柱绕直线 'OO 旋转”包括逆时针方向和顺时针方向，逆时针方向旋转时，OA旋 转所成的角为正角，顺时针方向旋转时，OA旋转所成的角为负角. 42.（2012广东韶关市调研理）三棱柱的直观图和三视图（主视图和俯视图是正方形，左视 图是等腰直角三角形）如图所示, 则这个三棱柱的全面积等于（ ） A．12 4 2 B． 6 2 2 C．8 4 2 D． 4 【答案】A 【解析】由三视图的数据可知，三棱柱的全面积为 12 2 2 (2 2 2 2) 2 12 4 22s           ，选 A。 43.（2012 金华十校高三模拟联考理）在正方体 ABCD—A1B1C1D1中，直线 BD1与平面 A1B1CD 所成角的正切值是 。 【答案】 5 5 【解析】本题主要考查空间几何体的线面关系和直线与 平面所成角的概念. 属于基础知识、基本运算的考查. 2 2 主视图 左视图 俯视图 2 连接 1B C 交 BC 于O ，则 1B C BC ，又 AB BC ，所以 1B C ABCD 平面 ，连接 1D O , 则 1BD O 就 是 直 线 BD1 与 平 面 A1B1CD 所 成 角 。 不 妨 设 正 方 体 棱 长 为 1 ， 则 1 3BD  , 2 2BO  , 1 10 2D O  , 在 1Rt BD O 中， 1 1 5tan 5 BOBD O D O    . 44．（本小题满分 12 分） （2012 唐山市高三模拟统一考试理）如图，在四棱锥 S—ABCD 中，SD  底面 ABCD， 底面 ABCD 是矩形，且 2SD AD AB  ，E 是 SA 的中点。 （1）求证：平面 BED  平面 SAB； （2）求直线 SA 与平面 BED 所成角的大小。 【解析】本题主要考查空间直线和平面的位置关系、考查 空间想象能力、逻辑思维能力、推理论证能力.考查化归和转化的数学思想方法. 45.（2012 年西安市高三年级第一次质检理）如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA 丄平面 ABCD， 底面 ABCD 是菱形 AB = 2, = 60°. (I )求证:BD 丄平面 PAC; (II)若 PA =Ab，求四棱锥 P-ABCD 的体积. 【解析】 46．（本题满分 14 分） （2012 金华十校高三模拟联考理）如图，三棱锥 P—ABC 中，PC  平 面 ABC，PC=AC=2，AB=BC，D 是 PB 上一点，且 CD  平面 PAB。 （1）求证： AB  平面 PCB； （2）求二面角 C—PA—B 的余弦值。 【答案】 【解析】本题主要考查空间直线和平面的位置关系、考查空间想象能力、逻辑思维能力、推 理论证能力.考查化归和转化的数学思想方法. 47．(本小题满分 12 分) (2012 年石家庄市高中毕业班教学质检 1 理)如图，在三棱柱 ABC—A1B1C1 中，AA1⊥ 平面 A1B1C1，∠B1A1C1=90°，D、E 分别为 CC1 和 A1B1 的中点，且 A1A=AC=2AB=2． (I)求证：C1E∥平面 A1BD； (Ⅱ)求点 C1 到平面 A1BD 的距离． 【解析】本题主要考查集合的基本运算. 属于基础知识、基本运算的考查. （Ⅰ）证明：取 1A B 中点 F，连结 EF，FD． 48.（2012 江西师大附中高三开学考卷理）一个多面体的直观图和三视图如图所示，其中 NM、 分别是 ACAB、 的中点，G 是 DF 上的一动点. （1）求证： ;ACGN  （2）当 GDFG  时，在棱 AD 上确定一点 P ，使得GP //平面 FMC ，并给出证明. 【解析】本题主要考查多面体的直观图和三视图、空间直线与直线、直线与平面的位置关 系. 属于基础知识、基本思维的考查. 证明：由三视图可得直观图为直三棱柱且底面 ADF 中 AD⊥DF,DF=AD=DC 49.(2012 三明市普通高中高三联考理)如图，已知四棱锥 ABCDP  中，底面 ABCD是直角 梯形， //AB DC ， 45ABC ， 1DC  ， 2AB ， PA 平面 ABCD， 1PA ． （Ⅰ）求证： //AB 平面 PCD； （Ⅱ）求证： BC 平面 PAC ； （Ⅲ）若M 是 PC 的中点，求三棱锥 M ACD 的体积． 【解析】本题主要考查棱锥的体积公式、直线与平面的位置关系. 属于基础知识、基本思维 的考查. 证明：（Ⅰ）由已知 底面 ABCD是直角梯形， //AB DC ， …………………… 1 分 又 AB  平面 PCD , CD  平面 PCD …………………… 3 分 ∴ AB ∥平面 PCD …………………… 4 分 50．（本小题满分 12 分） (2012 厦门市高三模拟质检理)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，PD⊥平面 ABCD，AB＝ BC，BD⊥AC，E 为 PC 的中点。 （Ⅰ）求证：AC⊥PB； （Ⅱ）求证：PA∥平面 BDE。 【解析】本题主要考查空间直线和平面的位置关系、考查空间想象能力、逻辑思维能力、推 理论证能力.考查化归和转化的数学思想方法. 51．（本小题共 12 分） （2012 武昌区高三年级元月调研理）如图，已知四棱台 ABCD—A1B1C1D1 的侧棱 A1A 垂直于底面 ABCD．底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，四边形 A1B1C1D1 是边长为 1 的正方形，DD1=2． （I）求证：平面 A1ACC1  上平面 B1BDD1； （II）求侧棱 DD1 与底面 ABCD 所成的角； （III）求四棱台 ABCD—A1B1C1D1 的体积。 【解析】本题主要考查了棱台的概念、直线与平面、平面与平面的垂直证明、直 线与平面所成角以及台体的体积公式. 属于中等题。考查了基础知识、基本运算、识图能力. 解：（Ⅰ）∵ 1AA ⊥平面 ABCD，∴ BDAA 1 ． 底面 ABCD 是正方形， BDAC  ．  1AA 与 AC 是平面 11 ACCA 内的两条相交直线， ∴ BD ⊥平面 11 ACCA BD 平面 1 1B BDD ， ∴平面 1 1A ACC  平面 1 1B BDD ． （Ⅱ）过 1D 作 ADHD 1 于 H ，则 AAHD 11 // ． ∵ 1AA ⊥平面 ABCD，  HD1 平面 ABCD． DHD1 为侧棱 1DD 与底面 ABCD所成的角． A B C D A1 B1 C1 D1 H 在 DHDRt 1 中， 2,112 1  DDDH ， 2 1cos 1  DHD ， 601  DHD ． （Ⅲ） 在 DHDRt 1 中，求得 31 HD ． 而 HDAA 11  ， 所以   3 37 3 1 22111  SSSSAAV ． 52、（2012浙江宁波市模拟理科）如图，在梯形 ABCD中， / /AB CD ， 2 CBDCAD ， 30CAB ，四边 形 ACFE 为矩形，平面 ACFE  平面 ABCD， 3CF ． （Ⅰ）求证： BC  平面 ACFE ； （Ⅱ）设点 M 为 EF 中点，求二面角 CAMB  的余 弦值． 【 解 析 】 (1) 证 明 ： 60,2  ABCCBDCAD 则 4AB ， 122 AC ，则得 222 BCACAB  ACBC  ， 面 ACEF 平面 ABCD， 面 ACEF 平面 ABCD AC  BC 平面 ACEF ． ……7分 （II）过 C 作 AMCH  交 AM 于点 H ，连 BH , 则 CHB 为 二 面 角 CAMB  的 平 面 角 ， 在 BHCRT 中 ， 13,3  HBCH ， 13 133cos CHB ，则二面角 CAMB  的余弦值 为 13 133 ．…………14分 53. （ 2012 山 东 青 岛 市 模 拟 理 ） 如 图 ， 四 边 形 ABCD 为 矩 形 ， DA  平 面 ABE , 2AE EB BC   ， BF  平面 ACE 于点 F ， 且点 F 在CE 上. （Ⅰ）求证： DE BE ； （Ⅱ）求四棱锥 E ABCD 的体积； （Ⅲ）设点 M 在线段 AB 上，且 AM MB ， 试在线段CE 上确定一点 N ，使得 //MN 平面 DAE . （Ⅱ）作 EH AB ，因为面 ABCD  平面 ABE ，所以 EH  面 AC 因为 AE BE ， 2AE EB BC   ，所以 2EH  …………………………6 分 1 1 82 2 2 23 3 3E ABCD ABCDV EH S        …………………………………8 分 （Ⅲ）因为 BE BC ， BF  平面 ACE 于点 F ，所以 F 是 EC 的中点 设 P 是 BE 的中点，连接 ,MP FP …………………………………………………10 分 所以 MP ∥ AE , FP ∥ DA 因为 AE  DA A ，所以 MF ∥面 DAE ，则点 N 就是点 F …………………12 分 .M A E B D C F 54.（2012 吉林市模拟质检理）如图，在四棱锥 ABCDP  中，侧棱 PA 底面 ABCD ， 底面 ABCD 为矩形， 222  PAABAD ， E 为 PD 的上一点，且 EDPE 2 . （Ⅰ）若 F 为 PE 的中点，求证： //BF 平面 AEC； （Ⅱ）求三棱锥 AECP  的体积. 55.（2012江西南昌市调研理）如图在正三棱锥P-ABC中，侧棱长为3，底面边长为2，E为BC 的中点， (1)求证：BC⊥平面PAB (2)求点C到平面PAB的距离 【解析】证明（1）E为BC的中点，又 ABCP  为正三棱锥 A P CB D E PAEBC EAEPE BCAE BCPE        平面……6分 （2） 设点C到平面PAB的距离为 h 。 则 hSPOSVV PABABCPABCABCP   3 1 3 1 22 3 699 ( ) ,3 3PO    …………10分 46 4 ABC PAB S POh S      …………………12分 56.（2012 广东佛山市质检理）如图，三棱锥 ABCP  中， PB  底面 ABC ， 90BCA   ， 4 CABCPB ，E 为 PC 的中 点， M 为 AB 的中点，点 F 在 PA 上，且 2AF FP . （1）求证： BE  平面 PAC ； （2）求证： / /CM 平面 BEF ； （3）求三棱锥 ABEF  的体积. （2）取 AF 的中点G ， AB 的中点 M ，连接 , ,CG CM GM ， ∵ E 为 PC 中点， 2FA FP ，∴ / /EF CG . ……………7分 ∵CG  平面 ,BEF EF  平面 BEF ， ∴ / /CG 平面 BEF . …………8分 同理可证： / /GM 平面 BEF . 又CG GM G ， ∴平面 / /CMG 平面 BEF . …………9分 ∵ CD  平面 CDG ，∴ / /CD 平面 BEF . …………10分 （3）由（1）可知 BE  平面 PAC 又由已知可得 22BE . 23 8 2 1 3 1 3 1   PCACSS PACAEF …………12分 ∴ 9 32 3 1   BESVV AEFAEFBABEF 所以三棱锥 ABEF  的体积为 9 32 . …………14分 57.（2012 河南郑州市质检理）如图，在四棱锥 S-ABCD 中，AB⊥AD，AB∥CD，CD=3AB=3， 平面 SAD⊥平面 ABCD，E 是线段 AD 上一点，AE=ED= 3 ，SE⊥AD. （Ⅰ）证明：平面 SBE⊥平面 SEC; （Ⅱ）若 SE=1，求三棱锥 E-SBC 的高. （Ⅱ）如图，作 EF⊥BC 于 F,连结 SF.由 BC⊥SE,SE 和 EF 相交得， BC⊥平面 SEF,由 BC 在平面 SBC 内，得平面 SEF⊥平面 SBC. 作 EG⊥SF 于 G, 则 EG⊥平面 SBC.即线段 EG 的长即为三棱锥 E-SBC 的高.…………9 分 由 SE=1，BE=2，CE= 2 3 得 BC=4，EF= 3 . 在 Rt SEF 中， 3 2 ES EFEG SF   , 所以三棱锥 E-SBC 的高为 3 2 .…………12 分 58.（2012 北京海淀区模拟理）在四棱锥 P ABCD- 中，底 面 ABCD 是菱形， AC BD O= . （Ⅰ）若 AC PD ，求证： AC  平面 PBD ； （Ⅱ）若平面 PAC ^平面 ABCD ，求证： PB PD= ； （Ⅲ）在棱 PC 上是否存在点 M （异于点C ）使得 BM ∥平 面 PAD ，若存在，求 PM PC 的值；若不存在，说明理由. 【解析】（Ⅰ）证明：因为 底面 ABCD 是菱形 B C D O A P 60.（2012广东韶关市调研理）如图所示，圆柱的高为2，底面半径为 7 ,AE、DF是圆柱的 两条母线，过 AD 作圆柱的截面交下底面于 BC . （1）求证： //BC EF ； （2）若四边形ABCD是正方形，求证 BC BE ； （3）在（2）的条件下，求四棱锥 A BCE 的体积. 【解析】（1）证明：在圆柱中： 上底面//下底面， 且上底面∩截面 ABCD＝ AD ，下底面∩截面 ABCD＝ BC  BC // AD ……………………………………………………………………….２分 又AE、DF 是圆柱的两条母线， //AE DF  ADFE 是平行四边形，所以 //AD EF ，又 BC // AD  //BC EF …………………………………………………………………….５分 （2）AE 是圆柱的母线，  AE  下底面，又 BC  下底面， AE BC …………………………….７分 又截面 ABCD 是正方形，所以 BC ⊥ AB ，又 AB AE A  BC ⊥面 ABE ，又 BE  面 ABE ， BC BE ……………………………9 分 （3）因为母线 AE 垂直于底面，所以 AE 是三棱锥 A BCE 的高……………………１０分， EO 就是四棱锥 E ABCD 的高……………………10 分 2010 年联考题 题组二（5 月份更新） 1．（师大附中理）如图 1， P 是正方形 ABCD 所在平面外一点， PD  平面 ABCD ， PD AD ，则 PA 与 BD 所成的角的度数为 A．30 B． 45 C． 60 D．90 答案：C 2．（肥城市第二次联考）如右图所示，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，E F， 分别是 1AB ， 1BC 的中点，则以下结论中不成立．．．的是（ C ） A． EF 与 1CC 垂直 B． EF 与 BD 垂直 C． EF 与 1 1AC 异面 D． EF 与 1AD 异面 答案 C 解析：连结 1A B ，在 1 1A BC 中， 1 1EF AC ，所以 A、B、D 正确，C 错，选 C。 E F B1 C1D1 C A B D A1 3．（师大附中理）设 , , ,P A B C 是半径为 2 的球面上四个不同的点，且满足 , ,PA PB PC 两 两互相垂直，则 PAB PAC PBCS S S    的最大值是__________。 答案：8 4．（池州市七校元旦调研）设向量 a ，b 满足：| | 3a ，| | 4b ， 0 a b ．以 a ，b ， a b 的模为边长构成三角形，则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为 ( ) A．3 B． 4 C．5 D． 6 答案：C 【解析】对于半径为 1 的圆有一个位置是正好是三角形的内切圆，此时只有三个交点，对于 圆的位置稍一右移或其他的变化，能实现 4 个交点的情况，但 5 个以上的交点不能实现． 5. （马鞍山学业水平测试）（本小题满分8分） 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别是BB1、CD的中点. (Ⅰ)证明：AD⊥D1F; (Ⅱ)求AE与D1F所成的角; (Ⅲ)证明：面AED⊥面A1FD1. 解：以 D 为原点，DA，DC，DD1 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系. 设正方体的棱长为 1…………………………………………………………………………1 分 则有 A（1,0，0），E（1，2， 2 1 ），F（0， 2 1 ，0），D1（0，0，1），A1（1，0，1）……2 分 (Ⅰ) 0),1,2 1,0(),0,0,1( 11  FDADFDAD ，∴AD⊥D1F………………………4 分 (Ⅱ) 0),2 1,1,0( 1  FDAEAE ，∴AE⊥D1F AE 与 D1F 所成的角为 900…………………………………………………………………6 分 (Ⅲ)由以上可知 D1F⊥平面 AED，又 D1F 在平面 A1FD1 内， ∴面 AED⊥面 A1FD1……………………………………………………………………8 分 6．（池州市七校元旦调研）如图，平面 PAC  平面 ABC ， ABC C1 A1 M B1 C N A B 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 ． 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 ， 7．（马鞍山学业水平测试）（本小题满分 12 分） （文）在斜三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，M 为 1 1B C 的中点，N 是 BC 上一点. （Ⅰ）若平面 1 1//AB N A MC平面 ，求证：N 为 BC 的中点； （ Ⅱ ） 在 （ Ⅰ ） 的 条 件 下 ， 若 1 1 1 1A B AC 1 1，B C=B B ， 求 证 ： 1A MC ABC平面 平面 . C1 A1 M B1 C N A B （Ⅰ） 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A // A MC AB N MC B BCC MC AB N B BCC B N        平面 平面 平面 平面 平面 平面 ，所以 1//MC B N 因为 M 为 B1C1 中点，所以 N 为 BC 中点----------------------6 分 （Ⅱ） 1 1 1 1A B AC ，且 M 为中点，所以 1 1 1A M B C ----------8 分 1 1 1 1B C=BB B C=C C ，M 为中点，所以 1 1CM B C ，----------10 分 又 1A M MC M ,则 1 1 1B C A MC 平面 ， ----------12 分 又 1 1 //B C BC ,所以 1BC A MC 平面 ， ----------14 分 又 BC ABC 平面 ，所以 1A MC ABC平面 平面 -------16 分 8. （玉溪一中期中文）（本小题 12 分）如图，在四棱锥 P ABCD 中，PA  底面 ABCD ， AB AD AC CD ， ， 60ABC  °， PA AB BC  ， E 是 PC 的中点． （Ⅰ）求 PB 和平面 PAD 所成的角的大小； （Ⅱ）证明 AE  平面 PCD ； （Ⅲ）求二面角 A PD C  的大小． （Ⅰ）解：在四棱锥 P ABCD 中，因 PA  底面 ABCD ，AB  平面 ABCD ，故 PA AB ． 又 AB AD ，PA AD A ，从而 AB  平面 PAD ．故 PB 在平面 PAD 内的射影为 PA ， 从而 APB∠ 为 PB 和平面 PAD 所成的角． 在 Rt PAB△ 中， AB PA ，故 45APB  ∠ ． 所以 PB 和平面 PAD 所成的角的大小为 45 ． （Ⅱ）证明：在四棱锥 P ABCD 中， 因 PA  底面 ABCD ，CD  平面 ABCD ，故CD PA ． 由条件CD PC ， PA AC A ， CD  面 PAC ． 又 AE  面 PAC ， AE CD  ． 由 PA AB BC ， 60ABC  ∠ ，可得 AC PA ． E 是 PC 的中点， AE PC  ， PC CD C  ．综上得 AE  平面 PCD ． （Ⅲ）解：过点 E 作 EM PD ，垂足为 M ，连结 AM ．由（Ⅱ）知， AE  平面 PCD ， AM 在平面 PCD 内的射影是 EM ，则 AM PD ． 因此 AME∠ 是二面角 A PD C  的平面角． 由已知，可得 30CAD  ∠ ．设 AC a ，可得 A B C D P E A B C D P E M PA a ， 2 3 3AD a ， 21 3PD a ， 2 2AE a ． 在 Rt ADP△ 中， AM PD ，∴ ADPAPDAM  ，则 a a aa PD ADPAAM 7 72 3 21 3 32    ． 在 Rt AEM△ 中， 14sin 4 AEAME AM   ．所以二面角 A PD C  的大小 14arcsin 4 9.（祥云一中月考理）（本小题满分 12 分） 如图，四棱锥 P—ABCD 中，底面四边形 ABCD 是正方形，侧面 PDC 是边长为 a 的正三角 形，且平面 PDC⊥底面 ABCD，E 为 PC 的中点。 （I）求异面直线 PA 与 DE 所成的角的余弦值； （II）求点 D 到面 PAB 的距离． 10.解：如图取 DC 的中点 O，连 PO，∵△PDC 为正三角形，∴PO⊥DC. 又∵面 PDC⊥面 ABCD，∴PO⊥面 ABCD.如图建立空间直角坐标系 .xyzO  则 ),0,2,0(),0,2,(),0,2,(),2 3,0,0( aCaaBaaAaP  )0,1,0( aD  （1）E 为 PC 中点， ),4 3,4,0( aaE )2 3,2,(),4 3,4 3,0( aaaPAaaDE  ， 2 4 3)2 3(4 3)2(4 3 aaaaaDEPA  ， ,4 6 2 32 4 3 |||| ,cos,2 3||,2|| 2       aa a DEPA DEPADEPADEaPA ………………………………….6 分 （2）可求 )0,,0(),2 3,2,( aABaaaPA  ， 设面 PAB 的一个法向量为 ABnPAnzyxn  ,),,,( 则 ， .02 3 2  azyaxaPAn ① 0 yaABn . ② 由②得 y=0，代入①得 02 3  azxa 令 ).2.0,3(,2,3  nzx 则 则 D 到面 PAB 的距离 d 等于 .上的射影的绝对值在DA 7 |)2.0,3()0,0,(| || || |||| |||||cos|||    a n nDA nDA nDADAnDADAd .7 21 7 3 aa  即点 D 到面 PAB 的距离等于 .7 21 a ……………………………..12 分 11.（祥云一中二次月考理）（本小题满分 12 分） 如图所示，四棱锥 P—ABCD 中，侧棱 PA 与底面 ABCD 垂直，DC=1， AD=AP=2，AB=5，∠CDA=∠DAB=90°，E 是 PB 的中点. （1）求证：BC⊥平面 PAC； （2）求异面直线 PD、AE 所成角的大小； （3）求二面角 A-CE-B 的大小.. 法一：（1）证：由题意：AC= 5 ，则 AB CA AC DC  ，又∠DCA=∠CAB， 所以△DCA 与△CAB 相似，所以 BC⊥AC，又由侧棱 PA 与底面 ABCD 垂直，有 PA ⊥BC， 所以 BC⊥平面 PAC；……………4 分 （2）连 BD，取 BD 的中点 M，连 EM， 则 EM‖PD，△AEM 中，AE=AM= 2 29 ，EM= 2 ，设异面直线 PD、AE 所成角为 ，则 29 58cos  ，所以 PD、AE 所成角为 29 58arccos . （3）作 AH⊥PC 于 H，作 HK⊥EC 于 K，连 AK，又（1）可知.∠AKH 即为所求二面角的 平面角的补角.在△APC 中求出 AH= 3 52 ，在△ACE 中求出 AK= 29 302 ，（或在△PCE 中求出 HK= 10 5 3 29 ） 所求二面角的大小为 18 174arcsin （或为 29arctan 5   ）. E B C A P D 法二：（坐标法）（2）PD、AE 所成角为 29 58arccos . （3）所求二面角的大小为： .18 65arccos 12．（祥云一中三次月考理）（本小题满分 12 分） 如图，已知平行四边形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面互相垂直， 2,1  ADAB ， 3,600  AFADC . （1）求证：AC⊥BF； （2）求二面角 F—BD—A 的大小. 13. 解：以 CD 为 x 轴,CA 为 y 轴,以 CE 为 z 轴建立空间坐标系， （1）C(0,0,0),D(1,0,0),A(0, 3 ,0),F(0, 3 , 3 ),B(-1, 3 ,0), 14．（祥云一中三次月考文）（本小题满分 12 分） 如图，已知正四棱柱 ABCD — 1111 DCBA 中 AB=1，A 1A =2，N 是 1A D 的中点，点 M 在 BB1 上， 异面直线 MN、 1A A 互相垂直. （1）试确定点 M 的位置，并加以证明； （2）求二面角 A—MN— 1A 的大小. A B E F C D A 解：（Ⅰ）取 A1A 的中点 P，连 PM、PN，则 PN//AD， ,,, ,, 111 11 PMAAPMNAAMNAA PNAAADAA   平面又  .,.// 1的中点为故点 BBMABPM （Ⅱ）由（Ⅰ）知 OAOAOMNAOAMNMNA 111 ,,, 则连于点作  ， 则 OAAMNOA 11 ,  所以 就是所求二面角的平面角. 显然 .2,2 5 11  AMMAMNANNA 利用等面积法求得 A1O=AO= ,5 30 在△A1OA 中由余弦定理得 cos∠A 1 OA= 3 2 2 1 2 1 22 1   AOOA AAAOOA 所以二面角的大小为 3 2arccos 解二:(向量法) (咯) 15．（本小题满分 12 分） （祥云一中三次月考理）如图，已知平行四边形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面互相垂直， 2,1  ADAB ， 3,600  AFADC . （1）求证：AC⊥BF； （2）求二面角 F—BD—A 的大小； (3) 求点 A 到平面 FBD 的距离. 15. 解： 以 CD 为 x 轴,CA 为 y 轴,以 CE 为 z 轴建立空间坐标系， A B E F C D A （1）C(0,0,0),D(1,0,0),A(0, 3 ,0),F(0, 3 , 3 ),B(-1, 3 ,0),  0,3,0CA ,  3,0,1BF ,  3,3,1DF , BFACBFCA  ,0 （2）平面 ABD 的法向量 ),,(),1,0,0( zyxmFBDn  的法向量平面 解出  1,2,3 m ,cos nm, = 4 2 ,所求二面角 F—BD—A 的大小 arccos 4 2 (3)点 A 到平面 FBD 的距离为 d, )0,3,1( AD 4 63 22 33  m mADd . 题组一（1 月份更新） 一、选择填空 1. 连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为 4 的球的两条弦 AB、CD 的长度分别等于2 7 、 4 3 ，M、N 分别为 AB、CD 的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题： ①弦 AB、CD 可能相交于点 M ②弦 AB、CD 可能相交于点 N ③MN 的最大值为 5 ④MN 的最小值为 l，其中真命题的个数为 A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个 答案 C 2.（2009 昆明一中第三次模拟）如图，正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1 2AA AB ,则异面直线 1A B 与 1AD 所成角的余弦值为（ ） A． 1 5 B． 2 5 C． 3 5 D. 4 5 答案 D 3.某几何体的一条棱长为 7 ，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为 6 的线段， 在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为 a 和 b 的线段，则 a+b 的最大值 为（ ）A. 2 2 B. 2 3 C. 4 D. 2 5 答案 C 4.等边三角形 ABC 与正方形 ABDE 有一公共边 AB ，二面角C AB D  的余弦值为 3 3 ， M N， 分别是 AC BC， 的中点，则 EM AN， 所成角的余弦值等于 答案 1 6 . 二、解答题 1.如图，在三棱锥 P ABC 中， 2AC BC  ， 90ACB   AP BP AB  ， PC AC ． （Ⅰ）求证： PC AB ；（Ⅱ）求二面角 B AP C  的大小； （Ⅲ）求点C 到平面 APB 的距离． 解法一：（Ⅰ）取 AB 中点 D ，连结 PD CD， ． AP BP ， PD AB  ． AC BC ， CD AB  ． PD CD D  ， AB  平面 PCD ． PC  平面 PCD ， PC AB  ． （Ⅱ） AC BC ， AP BP ， APC BPC△ ≌△ ．又 PC AC ， PC BC  ． 又 90ACB   ，即 AC BC ，且 AC PC C ， BC  平面 PAC ．取 AP 中点 E ．连结 BE CE， ． AB BP ， BE AP  ． EC 是 BE 在平面 PAC 内的射影， CE AP  ． BEC 是二面角 B AP C  的平面角．在 BCE△ 中， 90BCE   ， 2BC  ， 3 62BE AB  ， 6sin 3 BCBEC BE     ． 二面角 B AP C  的大小为 6arcsin 3 ． （Ⅲ）由（Ⅰ）知 AB  平面 PCD ，平面 APB  平面 PCD ．过C 作CH PD ，垂足 为 H ． A C B E P A C BD P H A C BD P 平面 APB  平面 PCD PD ， CH  平面 APB ． CH 的长即为点C 到平面 APB 的 距离． 由（Ⅰ）知 PC AB ，又 PC AC ，且 AB AC A ， PC  平面 ABC ． CD  平面 ABC ， PC CD  ． 在 Rt PCD△ 中， 1 22CD AB  ， 3 62PD PB  ， 2 2 2PC PD CD    ． 3 32 PD CDPCCH ．  点 C 到平面 APB 的距离为 2 3 3 ． 解法二：（Ⅰ） AC BC ，AP BP ， APC BPC△ ≌△ ．又 PC AC ， PC BC  ． AC BC C  ， PC  平面 ABC ． AB  平面 ABC ， PC AB  ． （Ⅱ）如图，以C 为原点建立空间直角坐标系C xyz ．则 (0 0 0) (0 2 0) (2 0 0)C A B，，， ，，， ，， ． 设 (0 0 )P t，， ． 2 2PB AB  ， 2t  ， (0 0 2)P ，， ．取 AP 中点 E ，连结 BE CE， ． AC PC ， AB BP ， CE AP  ， BE AP ． BEC 是二面角 B AP C  的平面角． (011)E ，，， (0 1 1)EC    ， ， ， (2 1 1)EB    ， ， ， 3 3 62 2cos    EBEC EBECBEC ．二面角 B AP C  的大小为 3arccos 3 ． （Ⅲ） AC BC PC  ， C 在平面 APB 内的射影为正 APB△ 的中心 H ，且CH 的长 为点C 到平面 APB 的距离． 如 （ Ⅱ ） 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 C xyz ． 2BH HE   ，  点 H 的 坐 标 为 2 2 2 3 3 3      ，， ． 2 3 3CH  ． 点C 到平面 APB 的距离为 2 3 3 ． 2.如图，已知 1 1 1 1ABCD A B C D 是棱长为3 的正方体，点 E 在 1AA 上，点 F 在 1CC 上，且 A C B P z xy HE D 1 C 1 B 1 A 1 E D C B A 1 1AE FC  ． （1）求证： 1E B F D， ， ， 四点共面；（4 分）；（2）若点G 在 BC 上， 2 3BG  ，点 M 在 1BB 上，GM BF⊥ ，垂足为 H ，求证：EM ⊥ 平面 1 1BCC B ；（4 分）；（3）用 表示截面 1EBFD 和侧面 1 1BCC B 所成的锐二面角的大小，求 tan ． 证明：（1）建立如图所示的坐标系，则 (3 01)BE  ，， ， (0 3 2)BF  ，， ， 1 (3 3 3)BD  ，， ， 所以 1BD BE BF    ，故 1BD  ，BE  ，BF  共面．又它们有公共点 B ，所以 1E B F D， ， ， 四点共面． （ 2 ） 如 图 ， 设 (0 0 )M z，， ， 则 20 3GM z      ， ， ， 而 (0 3 2)BF  ，， ， 由 题 设 得 2 3 2 03GM BF z        ， 得 1z  ．因为 (0 01)M ，， ， (3 01)E ，，，有 (3 0 0)ME  ，， ，又 1 (0 0 3)BB  ，， ， (0 3 0)BC  ，， ， 所以 1 0ME BB    ， 0ME BC    ，从而 1ME BB⊥ ，ME BC⊥ ．故 ME ⊥平面 1 1BCC B ． （3）设向量 ( 3)BP x y ， ， ⊥截面 1EBFD ，于是 BP BE  ⊥ ， BP BF  ⊥ ． 而 (3 01)BE  ，， ， (0 3 2)BF  ，， ，得 3 3 0BP BE x     ， 3 6 0BP BF y     ，解得 1x   ， 2y   ，所以 ( 1 2 3)BP    ， ， ．又 (3 0 0)BA  ，， ⊥平面 1 1BCC B ，所以 BP  和 BA  的夹角等于 或 π  （ 为锐角）． 于是 1cos 14 BP BA BP BA          ． 故 tan 13  ． 3.（2009 广东三校一模）如图,在梯形 ABCD 中, AB ∥CD , aCBDCAD  , 60ABC ,平面 ACFE 平面 ABCD ,四边形 ACFE 是矩形, aAE  ,点 M 在线段 EF 上. (1)求证: BC 平面 ACFE ; (2)当 EM 为何值时, AM ∥平面 BDF ?证明你的结论; (3)求二面角 DEFB  的平面角的余弦值. M F E CD BA （Ⅰ）在梯形 ABCD 中， CDAB // ，  60, ABCaCBDCAD 四边形 ABCD 是等腰梯形， 且   120,30 DCBDACDCA  90DCADCBACB BCAC  2 分 又平面 ACFE 平面 ABCD ，交线为 AC ，  BC 平面 ACFE 4 分 （Ⅱ）解法一、当 aEM 3 3 时， //AM 平面 BDF ， 5 分 在梯形 ABCD 中，设 NBDAC  ，连接 FN ，则 2:1: NACN 6 分 aEM 3 3 ，而 aACEF 3 2:1:  MFEM ， 7 分 ANMF// ，四边形 ANFM 是平行四边形， NFAM // 8 分 又 NF 平面 BDF ， AM 平面 BDF //AM 平面 BDF 9 分 解法二：当 aEM 3 3 时， //AM 平面 BDF ， 由（Ⅰ）知，以点C 为原点， CFCBCA ,, 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系， 5 分 则 )0,0,0(C ， )0,,0( aB ， )0,0,3( aA ， )0,2 1,2 3( aaD  ， ),0,0( aF ， ),0,3( aaE AM 平面 BDF ，  //AM 平面 BDF   AM 与  FB 、  FD 共面， 也等价于存在实数 m 、 n ，使   FDnFBmAM ， 设   EFtEM . )0,0,3( aEF    ， )0,0,3( atEM   ),0,3( aatEMAEAM   N D C A B E F M x D y z C O F B A E 又 ),2 1,2 3( aaaFD   ， ),,0( aaFB   ， 6 分 从而要使得： ),2 1,2 3(),,0(),0,3( aaanaamaat  成立， 需             anama anma anat 2 10 2 33 ，解得 3 1t 8 分 当 aEM 3 3 时， //AM 平面 BDF 9 分 （Ⅲ）解法一、取 EF 中点G ，EB 中点 H ，连结 DG ，GH ，DH EFDGDFDE  , BC 平面 ACFE EFBC  又 FCEF  ， FBEF  ，又 FBGH // ， GHEF  222 DBDEBE  DGH 是二面角 DEFB  的平面角. 6 分 在 BDE 中, aABAEBEaDBaDE 5,3,2 22   90EDB , aDH 2 5 . 7 分 又 aGHaDG 2 2,2 5  . 8 分 在 DGH 中，由余弦定理得 10 10cos DGH , 9 分 即二面角 DEFB  的平面角的余弦值为 10 10 . 解法二:由(Ⅰ)知,以点C 为原点， CFCBCA ,, 所在直线为坐标轴, 建立空间直角坐标系,则 )0,0,0(C , )0,,0( aB ， )0,0,3( aA ， )0,2 1,2 3( aaD  ， ),0,0( aF ， ),0,3( aaE 过 D 作 EFDG  , C A B F E H G D x D y z C O F B A E F E D C BA P 垂足为G . 令 )0,0,3()0,0,3( aaFEFG    , ),0,3( aaFGCFCG   , ),2 1,2 33( aaaaCDCGDG    由   EFDG 得, 0  EFDG , 2 1 ),2 1,0( aaDG   ,即 ),2 1,0( aaGD   11 分 ,//, EFACACBC  EFBC  , EFBF  二面角 DEFB  的大小就是向量  GD 与向量  FB 所夹的角. 12 分 ),,0( aaFB    13 分      FBGD FBGDFBGD,cos 10 10 即二面角 DEFB  的平面角的余弦值为 10 10 . 14 分 4、（2009 番禺一模）如图,在四棱锥 P ABCD 中,底面 ABCD 是边长为 a 的正方形,侧面 PAD  底面 ABCD ， 且 2 2PA PD AD  ,若 E 、 F 分别为线段 PC 、 BD 的中点． (1) 求证：直线 EF // 平面 PAD ； (2) 求证：平面 PDC  平面 PAD ； (3) 求二面角 B PD C  的正切值. (1) 证 明 ： 连 结 AC ， 在 CPA 中 EF // PA ……2 分 且 PA  平面 PAD ， EF  平面 PAD  PADEF 平面// ……………………………………………………….4 分 (2)证明：因为面 PAD  面 ABCD 平面 PAD  面 ABCD AD CD AD 所以，CD  平面 PAD CD PA  …………………………………………6 分 M F E D C BA P 又 2 2PA PD AD  ，所以 PAD 是等腰直角三角形，且 2 APD 即 PA PD ……………………………………………………………….8 分 CD PD D ，且CD 、 PD  面 ABCD  PA  面 PDC 又 PA  面 PAD 面 PAD  面 PDC ………………………………………………………10 分 (3)解：设 PD 的中点为 M ,连结 EM , MF ,则 EM PD 由(Ⅱ)知 EF  面 PDC , EF PD PD  面 EFM PD MF EMF 是二面角 B PD C  的平面角………………………12 分 Rt FEM 中， 1 2 2 4EF PA a  1 1 2 2EM CD a  2 24tan 1 2 2 aEFEMF EM a     故所求二面角的正切为 2 2 ……14 分 另解：如图,取 AD 的中点O , 连结 OP ,OF . ∵ PA PD , ∴ PO AD . ∵侧面 PAD  底面 ABCD , PAD ABCD AD 平面 平面 , ∴ PO ABCD  平面 , 而 ,O F 分别为 ,AD BD 的中点,∴ //OF AB ,又 ABCD 是 正方形,故OF AD . ∵ 2 2PA PD AD  ,∴ PA PD , 2 aOP OA  . 以 O 为 原 点 , 直 线 , ,OA OF OP 为 , ,x y z 轴 建 立 空 间 直 线 坐 标 系 , 则 有 ( ,0,0)2 aA , (0, ,0)2 aF , ( ,0,0)2 aD  , (0,0, )2 aP , ( , ,0)2 aB a , ( , ,0)2 aC a . ∵ E 为 PC 的中点, ∴ ( , , )4 2 4 a a aE  . （1）易知平面 PAD 的法向量为 (0, ,0)2 aOF  而 ( ,0, )4 4 a aEF   , 且 (0, ,0) ( ,0, ) 02 4 4 a a aOF EF      , ∴ EF //平面 PAD . (2)∵ ( ,0, )2 2 a aPA   , (0, ,0)CD a ∴ ( ,0, ) (0, ,0) 02 2 a aPA CD a      , ∴ PA CD  ,从而 PA CD ,又 PA PD , PD CD D , ∴ PA PDC 平面 ,而 PA PAD 平面 , ∴平面 PDC  平面 PAD (3)由(2)知平面 PDC 的法向量为 ( ,0, )2 2 a aPA   . 设平面 PBD 的法向量为 ( , , )n x y z .∵ ( ,0, ), ( , ,0)2 2 a aDP BD a a    , ∴由 0, 0n DP n BD       可得 0 02 2 0 0 a ax y z a x a y z               ,令 1x  ,则 1, 1y z   , 故 (1,1, 1)n   ,∴ 6cos , 32 32 n PA an PA n PA a           , 即二面角 B PD C  的余弦值为 6 3 ,二面角 B PD C  的正切值为 2 2 . 5、（2009 深圳一模）如图，AB 为圆O 的直径，点 E 、F 在圆O 上， EFAB // ，矩形 ABCD 和圆O 所在的平面互相垂直．已知 2AB , 1EF ． （Ⅰ）求证：平面 DAF 平面CBF ； （Ⅱ）求直线 AB 与平面CBF 所成角的大小； (Ⅲ)当 AD 的长为何值时，二面角 BFED  的大小为 60 ？ 解：（Ⅰ）证明：平面 ABCD 平面 ABEF , ABCB  , 平面 ABCD 平面 ABEF = AB ， CB 平面 ABEF ． AF 平面 ABEF ， CBAF  ， 又 AB 为圆 O 的直径， BFAF  ，  AF 平面CBF ． AF 平面 ADF ，平面 DAF 平面 CBF ． …………………4 分 （Ⅱ）根据（Ⅰ）的证明，有 AF 平面CBF ， FB 为 AB 在 FA B C D O.H M E 平面CBF 上的射影， 因此， ABF 为直线 AB 与平面CBF 所成的角． ………………………5 分 EFAB // ，四边形 ABEF 为等腰梯形， 过点 F 作 ABFH  ，交 AB 于 H ． 2AB , 1EF ，则 2 1 2  EFABAH ． 在 AFBRt 中，根据射影定理 ABAHAF 2 ，得 1AF ．…………………7 分 2 1sin  AB AFABF ， 30 ABF ． 直线 AB 与平面CBF 所成角的大小为 30 ． …………………8 分 (Ⅲ)（解法一）过点 A 作 EFAM  ，交 EF 的延长线于点 M ，连 DM ． 根据（Ⅰ）的证明， DA 平面 ABEF ，则 EFDM  ， DMA 为二面角 BFED  的平面角， 60DMA ．…………………9 分 在 AFHRt 中， 2 1AH ， 1AF , 2 3 FH ． ………………… 10 分 又四边形 AMFH 为矩形， 2 3 FHMA ． 2 332 3tan  DMAMAAD ． 因此，当 AD 的长为 2 3 时，二面角 BFED  的大小为 60 ． …………………12 分 （解法二）设 EF 中点为G ，以 O 为坐标原点，OA 、OG 、 AD 方向 分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴方向建立空间直角坐标系（如图） 设 tAD  )0( t ，则点 D 的坐标为 ),0,1( t 在 AFHRt 中， 2 1AH ， 1AF , 2 3 FH ． 点 F 的坐标为 )0,2 3,2 1( ，点 E 的坐标为 )0,2 3,2 1( , ),2 3,2 1( tDF  ， ),2 3,2 3( tDE  FA B C D E OH M z x y 设平面 DEF 的法向量为 ),,(1 zyxn  ，则 01  DFn , 01  DEn ． 即      .02 3 ,0 2 3 2 3 2 1 tzyx tzyx 令 3z ，解得 tyx 2,0  )3,2,0(1 tn  …………………10 分 取平面 BEF 的一个法向量为 )1,0,0(2 n ，依题意 1n 与 2n 的夹角为 60 21 2160cos nn nn    ，即 134 300 2 1 2   t ， 解得 2 3t （负值舍去） 因此，当 AD 的长为 2 3 时，二面角 BFED  的大小为 60 ． …………………12 分 6、（2009 昆明市期末）如图，在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中，BB1=2,BC=2 2 ，D 为 B1C1 的中 点。 （Ⅰ）证明：B1C⊥面 A1BD； （Ⅱ）求二面角 B—AC—B1 的大小。 方法一： （Ⅰ）证明：在 Rt△BB1D 和 Rt△B1C1C 中， 由 ,2 22 2 2 1 11 1 1 CC CB DB BB  得 △BB1D∽△B1C1C，∠B1DB=∠B1CC1。 又 ∠CB1D+∠B1CC1=90° 故 ∠CB1D+∠B1DB=90° 故 B1C⊥BD.·····················3 分 又 正三棱柱 ABC—A1B1C1，D 为 B1C1 的中点。 由 A1D⊥平面 B1C， 得 A1D⊥B1C 又 A1D∩B1D=D， 所以 B1C⊥面 A1BD。···················································6 分 （Ⅱ）解：设 E 为 AC 的中点，连接 BE、B1E。 在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中，B1C=B1A，∴B1E⊥AC，BE⊥AC， 即 ∠BEB1 为二面角 B—AC—B1 的平面角·································9 分 又 ,10,6 1  EBBE 故 .5 15cos 1 1  EB BEBEB 所以 二面角的大小为 .5 15arccos ······································12 分 方法二： （Ⅰ）证明：设 BC 的中点为 O，如图建立空间直角坐标系 O—xyz 依题意有 ).20,0(),6,2,0(),0,2,2(),0,0,2(),0,0,2( 11 DABBC  则 ).0,2,22(),6,2,2( 11  CBBA 由 ,0062222211 CBBA 故 ,11 CBBA  又 ),0,2,2(BD 所以 .000222221 CBBD 故 1CBBD  又 BD∩BA1=B 所以 B1C⊥面 A1BD， （Ⅱ）依题意有 ),6,0,2(),0,2,2(),6,0,0(),0,0,2( 1  CABAC ).0,2,22(1 CB 设 1n ⊥平面 ACB1， 2n ⊥平面 ABC。 求得 ).0,1,0(),2,32,6( 21  nn 故 .5 15 2)32()6( 32 |||| ,cos 22 21 21 21      nn nnnn 所以 二面角的大小为 .5 15arccos ······································12 分 7、（2009 南华一中 12 月月考）正四棱锥 S－ABCD 中，O 为底面中心，E 为 SA 的中点，AB ＝1，直线 AD 到平面 SBC 的距离等于 6 3 ． （1）求斜高 SM 的长； （2）求平面 EBC 与侧面 SAD 所成锐二面角的小； 解法一：（1）连 OM，作 OH⊥SM 于 H． ∵SM 为斜高，∴M 为 BC 的中点， ∴BC⊥OM． ∵BC⊥SM，∴BC⊥平面 SMO． 又 OH⊥SM，∴OH⊥平面 SBC． 2 分 由题意，得 1 6 6 2 3 6OH    ． 设 SM＝x， 则 2 26 1 1( )6 2 2x x   ，解之 3 2x  ，即 3 2SM  ．…………………6 分 （2）设面 EBC∩SD＝F，取 AD 中点 N，连 SN，设 SN∩EF＝Q． ∵AD∥BC，∴AD∥面 BEFC．而面 SAD∩面 BEFC＝EF，∴AD∥EF． 又 AD⊥SN，AD⊥NM，AD⊥面 SMN． 从而 EF⊥面 SMN，∴EF⊥QS，且 EF⊥QM． ∴∠SQM 为所求二面角的平面角，记为α．……… 7 分 由平几知识，得 2 2 2 2(2 ) 2( )QM SN MN MS   ． ∴ 2 3 34 2(1 )4 4QM    ，∴ 11 4QM  ． ∴ 2 211 3 3( ) ( ) 14 4 4cos 11 3 332 4 4        ，即 所求二面角为 1arccos 33 ． ……… 12 分 S A B CD O E M· （第 19 题） Q H F N