【数学精品】2013版《6年高考4年模拟》：第八章 立体几何 第三节 空间向量在立体几何中的应用 181页

【数学精品】2013 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 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)Error!⇒PC⊥BD.Error!⇒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△A 1DE 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Error!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Error!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)，D 1(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Error! 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△A 1B1C1 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，B 1C1⊥A1D1，由上可得 AD⊥面 BB1C1C，A 1D1⊥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－A 1B1C1 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⊥DC 1，且 BC⊥CC1，则 BC⊥平面 ACC1，所以 CA，CB，CC 1 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)，C 1(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Error!即Error!可取 n＝ (1,1,0)． 同理，设 m 是平面 C1BD 的法向量，则Error!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 aπ，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，aπ，∴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⊥DD 1，所以∠A1DD1 为所求的二面角 A1－CD－C 1 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)，A 1(－2,0，h)，B 1(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 Error! 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 Error! 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 Error! 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 Error! 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△A 1DE 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Error! 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Error! 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 3AD·S △ BCD ＝ 1 3(3 － x)·1 2x(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Error!及BN → ＝(－1，1 2，0)， 得Error!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△A 1DE 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Error! 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Error! 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△A 1DE 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Error! 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Error! 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△A 1B1C1 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⊥DD 1，所以∠A1DD1 为所求的二面角 A1－CD－C 1 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)，A 1(－2,0，h)，B 1(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 Error! 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 Error! 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 的顶点都在半径为 4 的球 的球面 上，且 ,则棱锥 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： ），则这个几何 体 的体积为__________ 【答案】 【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 . 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 . ABCD O 6, 2 3AB BC= = O ABCD− m 3m 6 π+ 13 2 1 3 63V V π π+ = × × + × = +长方体 圆锥 答案： 解析： 时， ，则 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】 7 ．(2011 年高考上海卷理科 7) 若圆锥的侧面积为 ，底面 积为 ，则该圆锥的体积为 。 22 Rπ 2 2 2 2 2 max2 2 4 ( )S r R r r R r Sπ π= ⋅ − = − ⇒侧 侧 2 2 2 2 2 2 2 2 Rr R r r r R= − ⇒ = ⇒ = 2 2 24 2 2R R Rπ π π− = 3 2π π 【答案】 ； 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= ，ＥＡ⊥平面ＡＢＣ Ｄ，EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ. （Ⅰ)若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ; （Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小． 【解析】（Ⅰ)连结 AF,因为 EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ， EF ∩ Ｆ Ｇ =F, 所 以 平 面 EFG ∥ 平 面 ABCD, 又 易 证 ∽ , 所 以 , 即 , 即 , 又 M 为 AD 的中点,所以 ,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. 3 3 π 90° EFG∆ ABC∆ 1 2 FG EF BC AB = = 1 2FG BC= 1 2FG AD= 1 2AM AD= ⊄ ⊂ 2.(2011 年高考浙江卷理科 20)（本题满分 15 分）如图，在三棱锥 中， ， D 为 BC 的中点，PO⊥平面 ABC，垂足 O 落在线段 AD 上，已知 BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（Ⅰ） 证明：AP⊥BC；（Ⅱ）在线段 AP 上是否存在点 M， 使得二面角 A-MC-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 为原点，以射线 为 轴的正半轴，建立空间 直角坐标系 ，则 ， ， ， ， ， ， 由此可得 ，所以 ，即 可取 ，由 得 解得 ，故 综上所述，存在点 M 符合题意， 法二（Ⅰ）证明： P ABC− AB AC= O OP x o xyz− (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 = − 0AP BC⋅ =  AP BC⊥  AP BC⊥ 2 (5,4, 3)n = − 1 2 0n n⋅ =  2 34 3 04 4 λ λ +− ⋅ =− 4 5 λ = 3AM = 3AM = ,AB AC D BC= 为 中点, ,AD BC∴ ⊥ 又 因为 所以 平面 故 （Ⅱ）如图，在平面 内作 由（Ⅰ）知 得 平面 ， 又 平面 所以平面 平面 在 中， 得 在 中， ， 在 中， 所以 得 ， 在 中 ， 得 又 从而 ，所以 综上所述，存在点 M 符合题意， . 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= PD. （I）证明：平面 PQC⊥平面 DCQ （II）求二面角 Q-BP-C 的余弦值. ,PO ABC⊥ 平面 PO BC∴ ⊥ PO AD O∴ = BC ⊥ PAD BC PA⊥ PAB ,BM AP M⊥ 于 连结CM, P⊥BC A, P ⊥A BMC P ⊂A PAC, BMC ⊥ PAC, Rt ADB 2 2 2 41AB AD BD= + = 41AB = Rt POD 2 2 2PD PO OD= + Rt PDB 2 2 2PB PD BD= + 2 2 2 2 36PB PO OD BD= + + = 6PB = Rt POA 2 2 2 25PA AO OP= + = 5PA = 2 2 2 1cos 2 3 PA PB ABBPA PA PB + −∠ = =⋅ cos 2PM PB BPA= ∠ = 3AM PA PM= − = 3AM = 1 2 即 ， .故 平面 DCQ， 又 平面 PQC，所以平面 PQC 平面 DCQ. PQ DQ⊥ PQ DC⊥ PQ ⊥ PQ ⊂ ⊥ 4.(2011 年高考安徽卷理科 17)（本小题满分 12 分） 如图， 为多面体，平面 与平面 垂直，点 在线段 上， ,△ ，△ ，△ 都是正三角形。 （Ⅰ）证明直线 ∥ ； （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】： 同理可证 ， ABCDEFG ABED AGFD O AD 1, 2,OA OD= = OAB OAC ODE ODF BC EF AOB ODE 0∠ = ∠ = 60 / /OB DE∴ / /OC DF / /OBC DEF∴面 面 / /BC DEF∴ 面 【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； EF DEF BEFC= 面 面  / /BC EF∴ a 2a B D C A p (Ⅱ)若 PD=AD，求二面角 A-PB-C 的余弦值。 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 该三角形为直角三角形， 所以 , 取 得 ， 于 是 ， ，因此二面角的余弦值是 。 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。 ∴=°=∠ ADABBAD 2,60 DADPDBDPDPADPDADBD =∩⊥∴⊥⊥ 且平面, PABDPADPDPADBD ⊥∴⊆⊥ 平面平面 ,    =• =• 0 0 BCm PCm )3,1,0( −−=m 7 72,cos −= • •= nm nmnm 7 72− 6. (2011 年高考天津卷理科 17)（本小题满分 13 分） 如图，在三棱柱 中， 是 正 方 形 的 中 心 ， ， 平面 ， 且 （Ⅰ）求异面直线 AC 与 A1B1 所成角 的余弦值； （Ⅱ）求二面角 的正弦值； （Ⅲ）设 为棱 的中点，点 在平面 内，且 平面 ，求线段 的长． 1 1 1ABC A B C− H 1 1AA B B 1 2 2AA = 1C H ⊥ 1 1AA B B 1 5.C H = 1 1 1A AC B− − N 1 1B C M 1 1AA B B MN ⊥ 1 1A B C BM 所以二面角 的正弦值为 .（Ⅲ）由 N 为棱 的中点,得 ,设 ,则 , 由 平面 ,得 ,即 , 1 1 1A AC B− − 3 5 7 1 1B C 2 3 2 5( , , )2 2 2N ( , ,0)M a b 2 3 2 5( , , )2 2 2MN a b= − − MN ⊥ 1 1 1A B C 1 1 1 1 0 0 MN AC MN A B  ⋅ = ⋅ =     2 3 2 5( )( 2) ( )( 2) 5 02 3 2 2( )( 2 2) 02 a b a  − − + − − + ⋅ =  − − = 解 得 , 故 , 因 此 , 所 以 线 段 的 长 为 . 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 ，找出依次排列的 四个相互平行的 ，使得 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 ，其中每相邻两个平面间的距离为 1， 若一个正四面体 的四个顶点满足： 求该正四面体 的体积． 解析：如图，将此正四面体补形为正方体 （如图），分别取 AB、CD、 、 的中点 E、F、 、 ，平面 与 是分别过点 、 的两平行 平面，若其距离为 1，则正四面体 满足条件，右图为正方体的下底面，设正方体 的棱长为 ，若 ，因为 ， ，在直角三角形 ADE 中，AM ⊥DE，所以 ，所以 ，又正四面体的棱长为 ， 所以此正四面体的体积为 ． 本题考查立体几何中的面面关系、正四面体及体积计算． 2 2 2 4 a b  =  = 2 2( , ,0)2 4M 2 2( , ,0)2 4BM = BM 10| | 4BM = 1 2 3 4A A A A 1 2 3 4, , ,α α α α ( 1,2,3,4),i iA iα∈ = 1 2 3 4, , ,α α α α 1 2 3 4A A A A ( 1,2,3,4),i iA iα∈ = 1 2 3 4A A A A 1 1 1 1ABCD A B C D− 1 1A B 1 1C D 1E 1F 1 1DEE D 1 1BFF B 2A 3A 1 2 3 4A A A A a 1AM MN= = 1 2AE a= 5 2DE a= 5 11 2 2a a a⋅ = ⋅ 5a = 2 10a = 3 31 1 54 53 2 3V a a= − ⋅ ⋅ = 8．(2011 年高考湖南卷理科 19)（本小题满分 12 分） 如图 5，在圆锥 中，已知 = ，⊙O 的直径 , 是 的中点， 为 的中点． （Ⅰ）证明：平面 平面 ; （Ⅱ）求二面角 的余弦值. 解法 1：连结 OC，因为 又 底面⊙O，AC 底面⊙O，所以 ， 因为 OD，PO 是平面 POD 内的两条相交直线，所以 平面 POD， 而 平面 PAC，所以平面 POD 平面 PAC。 （II）在平面 POD 中，过 O 作 于 H，由（I）知， 平面 所以 平面 PAC，又 面 PAC，所以 在平面 PAO 中，过 O 作 于 G，连接 HG， 则有 平面 OGH，从而 ，故 为二面角 B—PA—C 的平面角。 在 在 在 ,OA OC D AC= ⊥是 的中点, 所以AC OD. ,POD PAC⊥ 平面 PO PO 2 2AB = C AB D AC POD ⊥ PAC B PA C− − PO ⊥ ⊂ AC PO⊥ AC ⊥ AC ⊂ ⊥ OH PD⊥ OH ⊥ PA ⊂ .PA OH⊥ OG PA⊥ PA ⊥ PA HG⊥ OGH∠ 2, sin 45 .2Rt ODA OD OA∆ = ⋅ ° =中 2 2 22 102, .512 2 PO ODRt POD OH PO OD ×⋅∆ = = = + + 中 2 2 2 1 6, .32 1 PO OARt POA OG PO OA ⋅ ×∆ = = = ++ 中 在 所以 故二面角 B—PA—C 的余弦 值为 所以 设 是平面 PAC 的一个法向 量， 则由 ，得 所以 得 。 因为 所以 从而平面 平面 PAC。 （II）因为 y 轴 平面 PAB，所以平面 PAB 的一个法向量为 由（I）知，平面 PAC 的一个法向量为 ,设向量 的夹角为 ， 则 由图可知，二面角 B—PA—C 的平面角与 相等， 10 155,sin .56 3 OHRt OHG OGH OG ∆ ∠ = = =中 2 15 10cos 1 sin 1 .25 5OGH OGH∠ = − ∠ = − = 10 .5 1 1 1 1 10, , 1, (1,1,0).z x y y n= = = =取 得 2 2 2 2( , , )n x y z= 2 20, 0n PA n PC⋅ = ⋅ =  2 2 2 2 2 0, 2 0. x z y z − − = + = 2 2 2 2 22 , 2 . 1,x z y z= − = =取z 2 ( 2, 2,1)n = − 1 2 (1,1,0) ( 2, 2,1) 0,n n⋅ = ⋅ − = 1 2.n n⊥ POD ⊥ ⊥ 3 (0,1,0).n = 2 ( 2, 2,1)n = − 2 3n n和 θ 2 3 2 3 2 10cos .| | | | 55 n n n n θ ⋅= = =⋅ θ 所以二面角 B—PA—C 的余弦值为 9.(2011 年高考广东卷理科 18)如图 5，在椎体 中， 是边长为 1 的棱 形，且 , , 分别是 的中点， （1） 证明： （2）求二面角 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 ，在 中， ，有 为 等 边 三 角 形 ， 因 此 ， 所 以 平 面 PBG 又 PB//EF，得 ，而 DE//GB 得 AD DE，又 ，所以 AD 平面 DEF。 （2） ， 为二面角 P—AD—B 的平面角， 在 在 10 .5 P ABCD− ABCD 060DAB∠ = 2PA PD= = 2,PB = ,E F ,BC PC AD DEF⊥ 平面 P AD B− − PG AD⊥ ABD∆ 1, 60AB AD DAB= = ∠ = ° ABD∆ ,BG AD BG PG G⊥ ∩ = AD ⊥ , .AD PB AD GB⇒ ⊥ ⊥ AD EF⊥ ⊥ FE DE E∩ = ⊥ ,PG AD BG AD⊥ ⊥ PGB∴∠ 2 2 2 7, 4Rt PAG PG PA AG∆ = − =中 3 2Rt ABG∆ ⋅ °中, BG=AB si n60 = 法二：（1）取 AD 中点为 G，因为 又 为等边三角形，因此， ，从而 平 面 PBG。 延长 BG 到 O 且使得 PO OB，又 平面 PBG，PO AD， 所以 PO 平面 ABCD。 以 O 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线 OB，OP 分别为 轴，z 轴，平行于 AD 的直线为 轴，建立如图所示空间直角坐标系。 设 由于 得 平面 DEF。 2 2 2 7 3 4 214 4cos 2 77 32 2 2 PG BG PBPGB PG BG + −+ −∴ ∠ = = = −⋅ ⋅ ⋅ , .PA PD PG AD= ⊥ , 60 ,AB AD DAB ABD= ∠ = ° ∆ BG AD⊥ AD ⊥ ⊥ PO ⊂ ⊥ ,AD OB G∩ = ⊥ x y 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∴ + + + + 3 3(0,1,0), ( ,0,0), ( ,0, )2 2 4 2 n mAD DE FE= = = + −   0, 0, , ,AD DE AD FE AD DE AD FE DE FE E⋅ = ⋅ = ⊥ ⊥ ∩ =    AD∴ ⊥ 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 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 ， 得 ， 又 θ tanθ ⊂ 1 1 4 CF CN CC CA = = 1//NF AC ， 故作 ，由三垂线定理知 . （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 是二面角 的平面角，即 .设 则 .在 中 . 在 中， ，故 ，又 ， . 故 当 ， 即 当 时 ， 达 到 最 小 值 ， .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 ，沿 把 折起， 使 （Ⅰ）证明：平面 ； （Ⅱ）设 。 【解析】：（Ⅰ） 折起前 ， 当 。 （Ⅱ）由 及（Ⅰ）知 两两垂直， 不妨设 为坐标原点，以 轴建立如图所示的空间 直角坐标系，易得 夹角的余弦值为 1 1AC AC⊥ 1NF AC⊥ 1EF AC⊥ EMN∠ C AF E− − EMN θ∠ = FAC α∠ = 0 00 45α< ≤ Rt CNE∆ 0sin 60 3NE EC= = Rt AMN∆ sin 3sinMN AN α α= = 3tan .3sin NE MN θ α= = 0 00 45α< ≤ 20 sin 2 α∴ < ≤ 2sin 2 α = 045α = tanθ 3 6tan 23 3 θ = × = ,ABC ∠ 0中, ABC=60 ,∠ 0BAC=90 AD BC是 上的高 AD ABD ∠ 0BDC=90 ⊥ADB BDC平面 E BC DB 为 的中点, 求AE与 夹角的余弦值  AD BC是 边上的高 ∴ 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 ∠ 0BDC=90 , ,DA DB DC 1,DB D= , , , ,DB DC DA x y z  所在直线为 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 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 中，平面 ⊥ , ⊥ , = ,∠ = （Ⅰ）若 =2， =2 ，求四边形 的体积。 （Ⅱ）若二面角 - - 为 ，求异面直线 与 所成角的余弦值。 设 E 为边 AB 的中点，则 EF//BC,由 ⊥ ，知 ⊥ ，又由（Ⅰ）有 DF⊥平面 ，故由三垂线定理知 ⊥ ,所以 为二面角 - - 的平面角,由题设知 ，设 AD=a，则 DF=ADsinCAD= 在 中， ， 从而 因 ，故 BD=AD=a.从而，在 中， ,又 ,从而在 中，因 FG=FH，由余弦定理得 1 222cos , 2222 4 AE DBAE DB AE DB ⋅< >= = = ⋅     ABCD ABC ACD AB BC AD CD CAD 030 AD AB BC ABCD C AB D 060 AD BC AB BC EF AB ABC DE AB DEF∠ C AB D 60DEF∠ =  2 a Rt DEF∆ 3 3cot 2 3 6 aEF DF DEF a= = =  1 3 2 6GH BC EF a= = = ADE BDE∆ ≅ ∆ Rt BDF∆ 1 1 2 2FH BD a= = 1 1 2 2FG AD a= = FGH∆ , 故异面直线 与 所成角的余弦值为 . 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 ，所以 , , 在 中， ， 2 2 2 3cos 2 2 6 FG GH FH GHFGH FG GH FG + −= = =  AD BC 3 6 1 1C B PD B PCDV V− = 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∆ ∆ ∆= − = − = 1B DP∆ 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 + − = = = ∠ = = ∠ = ⋅ ⋅ 14.(2011 年高考全国卷理科 19)如图，四棱锥 中， , ，侧面 为等边三角形， . （Ⅰ）证明： ; （Ⅱ)求 与平面 所成角的大小. 【解析】（Ⅰ）：连结 BD 过 D 作 ，在 ，在 ，同理可证 1 1 3 5 3 15 ,2 2 5 4 3B PDS h∆∴ = ⋅ ⋅ ⋅ = = S ABCD− AB CD BC CD⊥ SAB 2, 1AB BC CD SD= = = = SD SAB⊥ AB SBC ,DE AB E BEDC⊥ 于 则 为正方形 2, , 1BE DE AE AB BE AE∴ = = = − ∴ =又 2 21 2 5Rt AED DE∆ + = + =2中, AD= AE 2SAB SA SB AB∆ ∴ = = =为等边三角形, 2 2 2 25, 2 1 5SAD SA SD∆ = + = + =2中, AD 2 2 2AD SA SD SD SA∴ = + ⊥即 ,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 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 中 ， 平 面 ， 底 面 是 菱 形 ， . (Ⅰ)求证： 平面 （Ⅱ）若 求 与 所成角的余弦值； （Ⅲ）当平面 与平面 垂直时，求 的长. ABCDP − P ABCD− PA ⊥ ABCD ABCD 2, 60AB BAD= ∠ =  BD ⊥ ;PAC ,PA AB= PB AC PBC PDC PA 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= ， ． （I）求证：平面 PAB⊥平面 PAD； （II）设 AB=AP． （i）若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 ，求线段 AB 的长； （ii）在线段 AD 上是否存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等？ 说明理由。 2 °=∠ 45CDA °30 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 ， （i）设平面 PCD 的法向量为 ， 由 ， ，得 取 ，得平面 PCD 的一个法向量 ， 又 ，故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 ，得 解得 （舍去，因为 AD ），所以 (0,3 ,0), (1,3 ,0), (0,4 ,0)E t C t D t− − − ( 1,1,0), (0,4 , ).CD PD t t= − = − −  ( , , )n x y z= n CD⊥  n PD⊥  0, (4 ) 0. x y t y tx − + =  − − = x t= { , ,4 }n t t t= − ( ,0, )PB t t= − 30° 2 2 2 2 2 | 2 4 | 1cos60 | |, ,2| | | | (4 ) 2 n PB t t n PB t t t x ⋅ −° = = ⋅ + + − ⋅   即 4 45t t= =或 4 0t= − > 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 ） 则 ， 由 得 ，（2） 由（1）、（2）消去 t，化简得 （3） 由于方程（3）没有实数根，所以在线段 AD 上不存在一个点 G， 使得点 G 到点 P，C，D 的距离都相等。 从而，在线段 AD 上不存在一个点 G， 使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等。 0 4m t≤ ≤ − (1,3 ,0), (0,4 ,0), (0, , )GC t m GD t m GP m t= − − = − − = −   | | | |GC GD=  2 2 2(4 )t m m t− − = + 2 3 4 0m m− + = （ii）假设在线段 AD 上存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等， 由 GC=CD，得 ， 从而 ，即 设 ， 在 中， 这与 GB=GD 矛盾。 所以在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G 到点 B，C，D 的距离都相等， 从而，在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等。 18．(2011 年高考上海卷理科 21)（14 分）已知 是底面边长为 1 的正四 棱柱， 是 和 的交点。 （1）设 与底面 所成的角的大小为 ，二面角 的大小为 。 求证： ； 45GCD GDC∠ = ∠ = ° 90CGD∠ = ° ,CG AD⊥ ∴ sin 45 1,GD CD= ⋅ ° = ,AB λ λ= 则AD=4- , 3AG AD GD λ= − = − Rt ABG∆ 2 2 2 2(3 )GB AB AG λ λ= + = + − 23 92( ) 1,2 2 λ= − + > 1 1 1 1ABCD A B C D− 1O 1 1AC 1 1B D 1AB 1 1 1 1A B C D α 1 1 1A B D A− − β tan 2 tanβ α= （2）若点 到平面 的距离为 ，求正四棱柱 的高。 解：设正四棱柱的高为 。 ⑴ 连 ， 底面 于 ， ∴ 与底面 所成的角为 ，即 ∵ ， 为 中点，∴ ，又 ， ∴ 是二面角 的平面角，即 ∴ ， 。 ⑵ 建立如图空间直角坐标系，有 设平面 的一个法向量为 ， ∵ ，取 得 ∴ 点 到平面 的距离为 ，则 。 2010 年高考题 一、选择题 1.（2010 全国卷 2 理）（11）与正方体 的三条棱 、 、 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 1 1 1 1ABCD A B C D− AB 1CC 1 1A D C 1 1AB D 4 3 1 1 1 1ABCD A B C D− h 1AO 1AA ⊥ 1 1 1 1A B C D 1A 1AB 1 1 1 1A B C D 1 1AB A∠ 1 1AB A α∠ = 1 1AB AD= 1O 1 1B D 1 1 1AO B D⊥ 1 1 1 1AO B D⊥ 1 1AO A∠ 1 1 1A B D A− − 1 1AO A β∠ = 1 1 1 tan AA hA B α = = 1 1 1 tan 2 2 tanAA hAO β α= = = 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= − = − =   1 1AB D ( , , )n x y z= 1 1 1 1 0 0 n AB n AB n AD n AD  ⊥ ⋅ = ⇔ ⊥ ⋅ =           1z = ( , ,1)n h h= C 1 1AB D 2 2 | | 0 4 3| | 1 n AC h hd n h h ⋅ + += = = + +    2h = z y x A1 B1 C1 D1 A B C D O1 O1 D CB A D1 C1B1 A1 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, ） (B)（1, ） (C) ( , ） (D) （0, ） 【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= ， SD= ， 则 有 <2+ ， 即 ，即有 a< (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, ） 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， 6 2+ 2 2 6 2− 6 2+ 2 2 3 2 1a − 2 1a − 3 2 28 4 3 ( 6 2)a < + = + 6 2+ 6 2+ A B CD A1 B1 C1 D1 O 4.（2010 全国卷 2 文）（8）已知三棱锥 中，底面 为边长等于 2 的等边三角 形， 垂直于底面 ， =3，那么直线 与平面 所成角的正弦值为 （A） (B) (C) (D) 【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 ，∴ ， AS=3，∴ SE= ，AF= ，∴ 5.（2010 全国卷 1 文）（9）正方体 - 中， 与平面 所成角的余弦 值为 （A） （B） （C） （D） 【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 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 与平面 AC 所成角和 DD1 与平面 AC 所 成 角 相 等 , 设 DO ⊥ 平 面 AC ， 由 等 体 积 法 得 , 即 .设 DD1=a, 则 , . S ABC− ABC SA ABC SA AB SBC 3 4 5 4 7 4 3 4 3AE = 2 3 3 2 3sin 4ABF∠ = ABCD 1 1 1 1A B C D 1BB 1ACD 2 3 3 3 2 3 6 3 1D 1B 1D 1D 1D 1 1D ACD D ACDV V− −= 1 1 1 1 3 3ACD ACDS DO S DD∆ ∆⋅ = ⋅ 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 , 记 DD1 与 平 面 AC 所 成 角 为 , 则 ,所以 . 【解析 2】设上下底面的中心分别为 ； 与平面 AC 所成角就是 B 与平面 AC 所成角， 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) (B) (C) (D) 7.（2010 全国卷 1 理）（7）正方体 ABCD- 中，B 与平面 AC 所成角的余弦值 为 （A） （B） （C） （D） 8.（2010 四川文）（12）半径为 的球 的直径 垂直于平面 ，垂足为 ， 是 平面 内边长为 的正三角形，线段 、 分别与 球面交于点 、 ，那么 、 两点间的球面距离 是 （A） （B） 1 3 1 2 3 33 ACD ACD S DD aDO aS a ∆ ∆ = = = 1D θ 1 3sin 3 DO DD θ = = 6cos 3 θ = 1 ,O O 1O O 1D 1B 1D 1 1 1 1 3 6cos 1/ 32 O OO OD OD ∠ = = = 2 3 3 4 3 3 2 3 8 3 3 1 1 1 1A B C D 1B 1D 2 3 3 3 2 3 6 3 R O AB a B BCD∆ a R AC AD M N M N 17arccos 25R 18arccos 25R （C） （D） 【答案】A 【解析】由已知，AB＝2R,BC＝R,故 tan∠BAC＝ cos∠BAC＝ 连结 OM，则△OAM 为等腰三角形 AM＝2AOcos∠BAC＝ ，同理 AN＝ ，且 MN∥CD 而 AC＝ R,CD＝R 故 MN：CD＝AN:AC ⇒ MN＝ ， 连结 OM、ON，有 OM＝ON＝R 于是 cos∠MON＝ 所以 M、N 两点间的球面距离是 二、填空题 1.（2010 江西理）16.如图，在三棱锥 中，三条棱 ， ， 两两垂直，且 > > ,分别经过三条棱 ， ， 作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为 ， ， ，则 ， ， 的大小关系为 。 【答案】 【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 。 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。 1 3 Rπ 4 15 Rπ 1 2 2 5 5 4 5 5 R 4 5 5 R 5 4 5 R 2 2 2 17 2 25 OM ON MN OM ON + − =  17arccos 25R O ABC− OA OB OC OA OB OC OA OB OC 1S 2S 3S 1S 2S 3S 3 2 1S S S< < 3 2 1S S S< < α • A B • β 设顶点 p（x，y）的纵坐标与横坐标的函数关系是 ，则 的最小正周期为 ； 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 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 ，则 的 最小正周期为 ； 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 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 的大小是 60°，线段 . ， 与 所成的角为 30°.则 与平面 所成的角的正弦值是 . 【答案】 【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 的平面角，为 60° 又由已知，∠ABD＝30°连结 CB，则∠ABC 为 与平面 所成的角 设 AD＝2，则 AC＝ ，CD＝1 AB＝ ＝4 ( )y f x= ( )f x ( )y f x= 1π + ( )y f x= ( )f x ( )y f x= 1π + χ χ χ χ χ χ lα β− − AB α⊂ B l∈ AB l AB β 3 4 lα β− − AB β 3 0sin30 AD α • A B • β C D ∴sin∠ABC＝ 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 可得 , 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 的几何体的三视图， 则 ． 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。 3 4 AC AB = 3V V V+ =球 水 柱 3 3 2 24 8 63 r r r rπ π π× + × = × 3cm h = cm 【答案】4 【解析】设球半径为 r，则由 可得 ,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】 【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 ，侧面积为 ，所以其表面积为 。 【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 的侧面 是菱形， （Ⅰ）证明：平面 平面 ； （ Ⅱ ） 设 是 上 的 点 ， 且 平 面 ， 求 的值. 解：（Ⅰ）因为侧面 BCC1B1 是菱形，所以 又已知 所又 平面 A1BC1，又 平面 AB1C ， 所以平面 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， 3V V V+ =球 水 柱 3 3 2 24 8 63 r r r rπ π π× + × = × 6+2 3 32 4 2 34 × × = 3 2 1 6× × = 6+2 3 1 1 1ABC A B C− 1 1BCC B 1 1B C A B⊥ 1AB C ⊥ 1 1A BC D 1 1AC 1 //A B 1B CD 1 1:A D DC 11 BCCB ⊥ BBCBABACB =∩⊥ 1111 ,且 ⊥CB1 ⊂CB1 ⊥CAB1 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, ） ， N （ ,0,0 ） ， S （1, ,0）.……4 分 （Ⅰ） , 因为 ， 所以 CM⊥SN ……6 分 （Ⅱ） , 设 a=（x，y，z）为平面 CMN 的一个法向量， 1 2 1 2 1 2 1 1 1(1, 1, ), ( , ,0)2 2 2CM SN= − = − −  1 1 0 02 2CM SN• = − + + =  1( ,1,0)2NC = − 则 ……9 分 因为 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 B C 中，AC=BC， AA =AB，D 为 BB 的中点，E 为 AB 上的一点，AE=3 EB （Ⅰ）证明：DE 为异面直线 AB 与 CD 的公垂线； （Ⅱ）设异面直线 AB 与 CD 的夹角为 45°,求二面角 A -AC -B 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 ， 。 （1） 求点 A 到平面 MBC 的距离； 1 0,2 21 0.2 x y z x x y  − + = = − + = 令 ，得a=( 2, 1, - 2) . 11 22cos , 223 2 a SN − − = = ×  1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∠ ⊥ ⊥ 2 3AB = （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 平面 ,则 MO⊥平面 ，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= ，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= ,MH= , 利 用 体 积 相 等 得 ： 。 （2）CE 是平面 与平面 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°. ， ， 所以，所求二面角的正弦值是 . 【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 平面 ,则 MO⊥平面 . 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. MCD ⊥ BCD BCD 3 ⊥ ⊥ 3 2 15 2 2 15 5A MBC M ABCV V d− −= ⇒ = ACM BCD θ sin 60 3BF BC= ⋅ = tan 2AB BF θ = = 2 5sin 5 θ = 2 5 5 MCD ⊥ BCD BCD y x M D C B O A z OB=OM= ，则各点坐标分别为 O（0，0，0）， C（1，0，0），M（0，0， ）， B （0，- ，0），A（0，- ，2 ）， （1）设 是平面 MBC 的法向量，则 ， ， 由 得 ； 由 得 ； 取 ，则距离 （2） ， . 设平面 ACM 的法向量为 ，由 得 .解得 ， ， 取 . 又 平 面 BCD 的 法 向 量 为 ， 则 设所求二面角为 ，则 . 【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 中 ， 底 面 为 矩 形 ， 底 面 ， ，点 是棱 的中点. （Ⅰ）证明： 平面 ； （Ⅱ）若 ，求二面角 的平面角的余弦值. 3 3 3 3 3 ( , , )n x y z= BC=(1, 3,0) (0, 3, 3)BM = n BC⊥  3 0x y+ = n BM⊥  3 3 0y z+ = ( 3, 1,1), (0,0,2 3)n BA= − =  2 15 5 BA n d n ⋅ = =    ( 1,0, 3)CM = − ( 1, 3,2 3)CA = − − 1 ( , , )n x y z= 1 1 n CM n CA  ⊥ ⊥     3 0 3 2 3 0 x z x y z − + = − − + = 3x z= y z= 1 ( 3,1,1)n = (0,0,1)n = 1 1 1 1cos , 5 n nn n n n ⋅< >= = ⋅      θ 21 2 5sin 1 ( ) 55 θ = − = P ABCD− ABCD PA ⊥ ABCD 2PA AB= = E PB AE ⊥ PBC 1AD = B EC D− − 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= ，点 E 是棱 PB 的中点。 （I） 求直线 AD 与平面 PBC 的距离； （II） 若 AD= ，求二面角 A-EC-D 的平面角的余弦值。 ⊥ 6 3 8.（2010 北京文）(18) （本小题共 14 分） 设定函数 ，且方程 的两个根分别为 1，4。 （Ⅰ）当 a=3 且曲线 过原点时，求 的解析式； （Ⅱ）若 在 无极值点，求 a 的取值范围。 解：由 得 因为 的两个根分别为 1,4，所以 （*） （Ⅰ）当 时，又由（*）式得 解得 又因为曲线 过原点，所以 故 （Ⅱ）由于 a>0,所以“ 在（-∞，+∞）内无极值点”等价于 “ 在（-∞，+∞）内恒成立”。 由（*）式得 。 3 2( ) ( 0)3 af x x bx cx d a= + + +  ' ( ) 9 0f x x− = ( )y f x= ( )f x ( )f x ( , )−∞ +∞ 3 2( ) 3 af x x bx cx d= + + + 2( ) 2f x ax bx c′ = + + 2( ) 9 2 9 0f x x ax bx c x′ − = + + − = 2 9 0 16 8 36 0 a b c a b c + + − =  + + − = 3a = 2 6 0 8 12 0 b c b c + − =  + + = 3, 12b c= − = ( )y f x= 0d = 3 2( ) 3 12f x x x x= − + 3 2( ) 3 af x x bx cx d= + + + 2( ) 2 0f x ax bx c′ = + + ≥ 2 9 5 , 4b a c a= − = 又 解 得 即 的取值范围 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= ，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= AC=1. 所以四边形 AGEF 为平行四边形. 所以 AF//平面 EG， 因为 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- . 则 C（0，0，0），A（ ， ，0），B（0， ，0）. 所 以 ， ， . 所以 , 所以 , . 2(2 ) 4 9( 1)( 9)b ac a a∆ = − = − − 0 9( 1)( 9) 0 a a a > ∆ = − − ≤ [ ]1,9a∈ a [ ]1,9 2 1 2 EG ⊂ ⊄ ⊥ ⊥ xyz 2 2 2 2 2( , ,1)2 2CF = (0, 2,1)BE = − ( 2,0,1)DE = − 0 1 1 0CF BE = − + =   1 0 1 0CF DE = − + + =   CF BE⊥ CF DE⊥ 所以 BDE. (III) 由（II）知， 是平面 BDE 的一个法向量. 设平面 ABE 的法向量 ,则 ， . 即 所以 且 令 则 . 所以 . 从而 。 因为二面角 为锐角， 所以二面角 的大小为 . 10.（2010 广东文）18.（本小题满分 14 分） 如图 4，弧 AEC 是半径为 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= （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 CF ⊥ 2 2( , ,1)2 2CF = ( , , )n x y z= 0n BA =  0n BE =  ( , , ) ( 2,0,0) 0 ( , , ) (0, 2,1) 0 x y z x y z = − =      0,x = 2 ,z y= 1,y = 2z = (0,1, 2)n = 3cos , 2| || | n CFn CF n CF 〈 〉 = =    A BE D− − A BE D− − 6 π a ⊥ a5 ⊥  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= ，故点 A 到平面 PBC 的距离等于 。 （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 的面积 。 由 PD⊥平面 ABCD 及 PD=1，得三棱锥 P-ABC 的体积 。 因为 PD⊥平面 ABCD，DC 平面 ABCD，所以 PD⊥DC。 又 PD=DC=1，所以 。 由 PC⊥BC，BC=1，得 的面积 。 由 ， ，得 ， 故点 A 到平面 PBC 的距离等于 。 2009 年高考题 一、填空题 1.若等边 的边长为 ，平面内一点 满足 ，则 _________  ⊂ ⊂ 2 2 2 ABC∆ 1ABCS∆ = 1 1 3 3ABCV S PD∆= ⋅ = ⊂ 2 2 2PC PD DC= + = PBC∆ 2 2PBCS∆ = A PBC P ABCV V− −= 1 1 3 3PBCS h V⋅ = =  2h = 2 ABC∆ 2 3 M 1 2 6 3CM CB CA= +   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 由 可得 故 【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= 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 为坐标原点。设 依题意得 （I） 所以异面直线 与 所成的角的大小为 . （II）证明： ， （III） (0, ,0)M y 2 2 21 4 1 ( 3 ) 1y y+ + = + − − + 1y = − (0, 1,0)M − ⊥ ⊥ 1 2 ⊥ A ，1=AB ( )，，，001B ( )，，，011C ( )，，，020D ( )，，，110E ( )，，，100F .2 112 1M      ，， ( )，，，解： 101BF −= ( )，，， 110DE −= .2 1 22 100 DEBF DEBFDEcos = • ++=•=，于是 BF BF DE 060 ，，，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 ⊥⊂    =• =•= .0D 0)(CDE Eu CEuzyxu ，，则，，的法向量为解：设平面 又由题设，平面 的一个法向量为 4．（本题满分 15 分）如图，平面 平面 ， 是以 为斜边的等腰直角三角形， 分别为 ， ， 的中点， ， ． （I）设 是 的中点，证明： 平面 ； （II）证明：在 内存在一点 ，使 平面 ，并求点 到 ， 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 轴， 轴， 轴，建立空间直角坐标系 O ， 则 ，由题意得， 因 ， 因 此 平 面 BOE 的 法 向 量 为 ， 得 ，又直线 不在平面 内，因此有 平面 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. .111(1.0 0 ），，，可得令，于是 ==    =+− =+− uxzy zx ACD ).100( ，，=v .3 3 13 100cos = • ++=•= vu vuvu，所以， PAC ⊥ ABC ABC∆ AC , ,E F O PA PB AC 16AC = 10PA PC= = G OC / /FG BOE ABO∆ M FM ⊥ BOE M OA OB x y z xyz− ( )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 ( )0,4,0 ,G (8,0,0), (0, 4,3)OB OE= = −  (0,3,4)n = ( 4,4, 3FG = − − 0n FG⋅ =  FG BOE / /FG BOE 2 0 0 9 0 4 2 3 则 M（1,0,2）,N(0,1,0),可得 =(-1,1,2). 又 =（0，0，2）为平面 DCEF 的法向量， 可得 cos( , )= · 所以 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值为 cos · ……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， ， ，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 依题意，得 。 ， MN DA MN DA 3 6 ||||| −=⋅ DAMN DAMN 3 6, =DAMN ⊂ ⊄ MD ABCD⊥ 平面 NB ABCD⊥ 平面 ⊥ D xyz− 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 与 所成角的余弦值为 .A （2）假设在线段 上存在点 ，使得 平面 . , 可设 又 . 由 平面 ，得 即 故 ，此时 . 经检验，当 时， 平面 . 故线段 上存在点 ，使得 平面 ，此时 . 8.（本小题满分 12 分） 如图，直三棱柱 中， 、 分别为 、 的中点， 平面 （I）证明： （II）设二面角 为 60°，求 与平面 所成的角的大小。 分析一：求 与平面 所成的线面角，只需求点 到面 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 中， 且 ；平 面 平 面 ， ； 为 的 中 点 ， ．求： （Ⅰ）点 到平面 的距离； （Ⅱ）二面角 的大小． NE AM 10 10 AN S ES ⊥ AMN (0,1,1)AN =  (0, , ),AS ANλ λ λ= =  1 1( , 1,0), ( , 1, )2 2EA ES EA AS λ λ= − ∴ = + = −    ES ⊥ AMN 0, 0, ES AM ES AN  = =       1 0,2 ( 1) 0. λ λ λ − + =  − + = 1 2 λ = 1 1 2(0, , ),| |2 2 2AS AS= =  2 2AS = ES ⊥ AMN AN S ES ⊥ AMN 2 2AS = 1 1 1ABC A B C− ,AB AC D⊥ E 1AA 1B C DE ⊥ 1BCC AB AC= A BD C− − 1B C BCD 1B C BCD 1B BDC S ABCD− AD BC AD CD⊥ CSD ⊥ ABCD , 2 2CS DS CS AD⊥ = = E BS 2, 3CE AS= = A BCS E CD A− − （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 ，因平面 即点 A 在 xoz 平面上，因此 又 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 . (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 设 B(0,2, )， ＞0，则 ＝2，故 B（0，2，2），所以 E（0，1，1） . 在 CD 上取点 G，设 G（ ），使 GE⊥CD . 由 故 ①　 又点 G 在直线 CD 上，即 ，由 =（ ），则有 　② 联立①、②，解得 G＝ 　, 故 = .又由 AD⊥CD，所以二面角 E－CD－A 的平面角为向量 与向量 所成的角，记此角为 . 因为 = ， ,所以 ( , , )A A AA x y z , ,COD ABCD AD CD AD COD⊥ ⊥ ⊥平面 故 平面 0 1A Ay z AD= = =， 22 21 3, 2 2 01 A Ax AS x A + = = = 从而（ ，，） 2Ax = 2 2 2BS CE= =  BZ BZ AZ 1 1, ,0x y 1 1( 2, 2,0), ( , 1,1), 0CD GE x y CD GE= − = − − + ⋅ =    1 12 2( 1) 0x y− − = //CG CD  CG 1 1, 2,0x y − 1 1 2 22 x y −= − 2 4( , ,0)3 3 GE 2 2( , ,1)3 3 − − GE DA θ GE 2 3 3 (0,0,1), 1, 1DA DA GE DA= = ⋅ =    3cos 2 GE DA GE DA θ ⋅= = ⋅     故所求的二面角的大小为 . 作 于 ，连 ，则 ， 为二面角 的平面角， . 不 妨 设 ， 则 . 在 中 ， 由 ，易得 . 设点 到面 的距离为 ， 与平面 所 成 的 角 为 。 利 用 ，可求得 ，又可 求得 即 与平面 所成的角为 分析二：作出 与平面 所成的角再行求解。如图可证得 ，所以 面 。由分析一易知：四边形 为正方形，连 ，并设 交 点 为 ， 则 ， 为 在 面 内 的 射 影 。 。以下略。 分析三：利用空间向量的方法求出面 的法向量 ，则 与平面 所成的角 即为 与法向量 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 的底面是正方形， ，点 E 在棱 PB 上. （Ⅰ）求证：平面 ； （Ⅱ）当 且 E 为 PB 的中点时，求 AE 与 平面 PDB 所成的角的大小. 6 π AG BD⊥ G GC GC BD⊥ AGC∠ A BD C− − 60AGC∠ = ° 2 3AC = 2, 4AG GC= = RT ABD∆ AD AB BD AG⋅ = ⋅ 6AD = 1B BDC h 1B C BCD α 1 1 1 3 3B BC BCDS DE S h∆ ∆⋅ = ⋅ h = 2 3 1 4 3B C = 1 1sin 30 .2 h B C α α= = ∴ = ° 1B C BCD 30 .° 1B C BCD BC AFED⊥ 面 AFED BDC⊥ 面 AFED AE DF、 O EO BDC⊥ 面 OC∴ EC BDC ECO∴∠ 即为所求 BDC n 1B C BCD 1B C n P ABCD− PD ABCD⊥ 底面 AEC PDB⊥ 平面 2PD AB= O 【解法 2】如图，以 D 为原点建立空间直角坐标系 ， 设 则 ， （Ⅰ）∵ ， ∴ ， ∴AC⊥DP，AC⊥DB，∴AC⊥平面 PDB， ∴平面 . （Ⅱ）当 且 E 为 PB 的中点时， ， 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， ∵ ， ∴ ， ∴ ，即 AE 与平面 PDB 所成的角的大小为 . 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= ， CD=AD=2.，四边形 ABFE 为平行四边形，FA⊥平面 ABCD，FC=3，ED= ， 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 中， D 是 的中点，点 E 在 上，且 。 D xyz− , ,AB a PD h= = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ),0,0 , , ,0 , 0, ,0 , 0,0,0 , 0,0,A a B a a C a D P h ( ) ( ) ( ), ,0 , 0,0, , , ,0AC a a DP h DB a a= − = =   0, 0AC DP AC DB⋅ = ⋅ =    AEC PDB⊥ 平面 2PD AB= ( ) 1 1 20,0, 2 , , ,2 2 2P a E a a a       1 1 2 2, , , 0,0,2 2 2 2EA a a a EO a    = − − = −            2cos 2 EA EOAEO EA EO ⋅∠ = = ⋅     45AOE °∠ = 45° 2 π 7 1 1 1ABC A B C− 2AB AA= 1 1A B 1 1AC DE AE⊥ （I） 证明平面 平面 （II） 求直线 和平面 所成角的正弦值。 解 （I） 如图所示，由正三棱柱 的性质知 平面 又 DE 平面 A B C ，所以 DE AA . 而 DE AE。AA AE=A 所以 DE 平面 AC C A ，又 DE 平面 ADE，故平面 ADE 平面 AC C A 。 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 = ，则 AB=2，相关各点的坐标分别是 A(0,-1,0)， B（ ，0，0）， C （0，1， ）， D（ ，- ， ）。 易知 =( ，1，0)， =(0，2， )， =( ，- ， ） 设平面 ABC 的法向量为 n=（x，y，z）,则有 解得 x=- y， z=- ， 故可取 n=(1，- ， )。 ADE ⊥ 1 1ACC A AD ABC 1 1 1ABC A B C− 1AA ⊥ 1 1 1A B C ⊂ 1 1 1 ⊥ 1 ⊥ 1  ⊥ 1 1 ⊂ ⊥ 1 1 1 2 3 1 2 2 3 2 1 2 AB 3 1AC 2 AD 2 3 2 1 2 1       =+= =+= ,022· ,03· 1 zyACn yxABn 3 3 y2 3 6 所以， (n· )= = = 。 由此即知，直线 AD 和平面 AB C 所成角的正弦值为 。 11.（本小题满分 12 分） 如图 3，在正三棱柱 ABC- 中，AB=4, A = ,点 D 是 BC 的中点，点 E 在 AC 上， 且 DE E （Ⅰ）证明：平面 平面 ; （Ⅱ）求直线 AD 和平面 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,), .(2,0, ), D(-1, ), E(-1,0.0) 易知 =（-3， ，- ）， =（0，- ，0）， =（-3， ，0） 设 n=（x，y，z）是平面 DE 的一个法向量，则 cos AD ADn ADn · · 310 32 × 5 10 1 5 10 1A 1B 1C 1A 7 ⊥ 1A 1A DE ⊥ 1 1ACC A 1A DE 1A 7 3 1A B 3 7 DE 3 AD 3 1A 1 3 0 3 3 7 0{n DE y n A D x y z • =− = • =− + − =   解得 故可取 n=（ ,0,-3，）于是 = 由此即知，直线 AD 和平面 DE 所成的角是正弦为 12．（本小题满分 12 分） 在四棱锥 中，底面 是矩形， 平面 ， ， . 以 的中点 为球心、 为直径的球面交 于点 ，交 于点 . （1）求证：平面 ⊥平面 ； （2）求直线 与平面 所成的角的大小； （3）求点 到平面 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 ， ， ， ， ， ；设平面 的一 个法向量 ，由 可得： ，令 ，则 7 , 03x z y= − = 7 3 7 21 84 2 3 − = − × 1A 21 8 P ABCD− ABCD PA ⊥ ABCD 4PA AD= = 2AB = AC O AC PD M PC N ABM PCD CD ACM N ACM (0,0,0)A (0,0,4)P (2,0,0)B (2,4,0)C (0,4,0)D (0,2,2)M ACM ( , , )n x y z= ,n AC n AM⊥ ⊥    2 4 0 2 2 0 x y y z + =  + = 1z = cos , n ADn AD n AD •= •   y x z D M C B P A N O 。设所求角为 ，则 ， 所以所求角的大小为 。 （ 3 ） 由 条 件 可 得 ， . 在 中 ， , 所 以 , 则 , ，所以所求距离等于点 到平面 距离的 ，设点 到平面 距离为 则 ，所以所求距离为 。 19（本小题满分 12 分） 如图，正方形 所在平面与平面四边形 所在平面互 相垂直，△ 是等腰直角三角形， （I）求证： ； （II）设线段 的中点为 ，在直线 上是否存在一点 ，使得 ？ 若存在，请指出点 的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由； （III）求二面角 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 ). (2, 1,1)n = − α 6sin 3 CD n CD n α ⋅= =     6arcsin 3 AN NC⊥ Rt PAC∆ 2PA PN PC= ⋅ 8 3PN = 10 3NC PC PN= − = 5 9 NC PC = P CA M 5 9 P CA M h 2 6 3 AP nh n ⋅= =    5 10 6h9 27 = ABCD ABEF ABE , , 45AB AE FA FE AEF °= = ∠ = EF BCE⊥ 平面 CD P AE M PM BCE 平面 M F BD A− − ⊂ 因为 FA=FE, ∠AEF = 45°, 所以∠AFE= 90°. 从而， . 所以 , , . , . 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, ), P ( 1, ,0 ). 从而 = , 于是 · = · =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 ，并设 =（x,y,z）. ， 即 取 y=1，则 x=1，z=3。从而 。 取平面 ABD 的一个法向量为 。 。 故二面角 F—BD—A 的大小为 arccos 。……………………………………12 分 14.（本题满分 14 分） 1 1(0, , )2 2F − 1 1(0, , )2 2EF = − (0, 1,1)BE = − (1,0,0)BC = 1 10 02 2EF BE• = + − =  0EF BC• =  ⊂ 1 2 1 2 PM 1 1( 1, , )2 2 − − PM EF 1 1( 1, , )2 2 − − 1 1(0, , )2 2 − − 1n 1n 1 1 0BD = −（， ，） 3 10 2 2BF = −（ ， ，） 1 1 n 0 n 0 BD BF  = =       x y 0 3 1y z 02 2 − =− + = 1n 113= （，，） 2n = （0，0，1） 1 2 2 1 2 n n 3 3 11cos(n ,n ) 1111 1n n = = =1       3 11 11 如图，在直三棱柱 中， , ,求二面角 的大小。 简答： 2007—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 中， ，点 在 上且 ． （Ⅰ）证明： 平面 ； （Ⅱ）求二面角 的大小． 以 为坐标原点，射线 为 轴的正半轴， 建 立 如 图 所 示 直 角 坐 标 系 ． 依 题 设 ， ． ， ． （Ⅰ）证明 因为 ， ， 故 ， ． 又 ， 所以 平面 ． （Ⅱ）解 设向量 是平面 的法向量，则 ， ． 1 1 1ABC A B C− 1 2AA BC AB= = = AB BC⊥ 1 1 1B AC C− − 3 π 1 1 1 1ABCD A B C D− 1 2 4AA AB= = E 1CC ECEC 31 = 1AC ⊥ BED 1A DE B− − D DA x D xyz− 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= − − = ，， ， ，， 1 0AC DB =   1 0AC DE =   1AC BD⊥ 1AC DE⊥ DB DE D= 1AC ⊥ DBE ( )x y z= ， ，n 1DA E DE⊥ n 1DA⊥ n A B CD E A1 B1 C1D1 A B CD E A1 B1 C1D1 y x z N M A B D C O 故 ， ． 令 ，则 ， ， ． 等于二面角 的平面角， ． 所以二面角 的大小为 ． 2. （2008 安徽）如图，在四棱锥 中，底面 四边长 为 1 的菱形， , , , 为 的中点， 为 的中点 （Ⅰ）证明：直线 ； （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 于点 P,如图,分别以 AB,AP,AO 所在直线为 轴建立坐标系 , (1)证明 设平面 OCD 的法向量为 ,则 即 取 ,解得 2 0y z+ = 2 4 0x z+ = 1y = 2z = − 4x = (41 2)= −，，n 1AC，n 1A DE B− − 42 14,cos 1 1 1 =•= CAn CAnCAn 1A DE B− − 14arccos 42 O ABCD− ABCD 4ABC π∠ = OA ABCD⊥ 底面 2OA = M OA N BC MN OCD平面‖ AP CD⊥ , ,x y z 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− − 2 2 2 2 2(1 , , 1), (0, , 2), ( , , 2)4 4 2 2 2MN OP OD= − − = − = − −   ( , , )n x y z= 0, 0n OP n OD= =    2 2 02 2 2 2 02 2 y z x y z  − = − + − = 2z = (0,4, 2)n = (2)解 设 与 所成的角为 , , 与 所成角的大小为 . (3)解 设点 B 到平面 OCD 的距离为 ， 则 为 在向量 上的投影的绝对值, 由 , 得 .所以点 B 到平面 OCD 的距离为 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）， P（0，0，2）, （Ⅰ）证明 因为 ， 平面 PAB 的一个法向量是 ， 所以 共线.从而 BE⊥平面 PAB. 又因为 平面 PBE， 故平面 PBE⊥平面 PAB. 2 2(1 , , 1) (0,4, 2) 04 4MN n = − − =  ∵ MN OCD∴ 平面‖ AB MD θ 2 2(1,0,0), ( , , 1)2 2AB MD= = − − ∵ 1cos ,2 3 AB MD AB MD πθ θ= = = ⋅     ∴ ∴ AB MD 3 π d d OB (0,4, 2)n = (1,0, 2)OB = − 2 3 OB n d n ⋅ = =  2 3 3 3( , ,0),2 2C 1 3( , ,0),2 2D 3(1, ,0).2E 3(0, ,0)2BE = 0 (0,1,0)n = 0BE n和 BE ⊂ (Ⅱ)解 易知 设 是平面 PBE 的一个法向量，则由 得 所以 设 是 平 面 PAD 的 一 个 法 向 量 ， 则 由 得 所以 故可取 于是， 故平面 PAD 和平面 PBE 所成二面角（锐角）的大小是 4. （2008 福建 18）如图，在四棱锥 P-ABCD 中，则面 PAD⊥底面 ABCD，侧棱 PA=PD＝ ，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 ？若存在，求出 　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 平面 ABCD=AD, 平面 PAD， 所以 PO⊥平面 ABCD. 3(1,0, 2), (0, 02PB BE= − =  ，）， 1 3(0,0, 2), ( , ,0)2 2PA AD= − =  1 1 1 1( , , )n x y z= 1 1 0, 0 n PB n BE  = =       1 1 1 1 2 2 0 2 0, 30 0 0.2 x y z x y z + × − = × + + × = 1 1 1 10, 2 . (2,0,1).y x z n= = =故可取 2 2 2 2( , , )n x y z= 2 2 0, 0 n PA n AD  = =       2 2 2 2 2 2 0 0 2 0, 1 3 0 0.2 2 x y z x y z × + × − = + + × = 2 2 20, 3 .z x y= = − 2 ( 3, 1,0).n = − 1 2 1 2 1 2 2 3 15cos , .55 2 n nn n n n < >= = = ×       15arccos .5 2 3 2 AQ QD PAD ∩ PO ⊂ (Ⅱ)解 以 O 为坐标原点， 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 所以异面直线 PB 与 CD 所成的角是 arccos ， (Ⅲ)解 假设存在点 Q，使得它到平面 PCD 的距离为 ， 由(Ⅱ)知 设平面 PCD 的法向量为 n=(x0,y0,z0). 则 所以 即 ， 取 x0=1,得平面 PCD 的一个法向量为 n=(1,1,1). 设 由 ，得 解 y=- 或 y= (舍去)， 此时 ，所以存在点 Q 满足题意，此时 . 5. （2007 福建理•18）如图，正三棱柱 ABC－A1B1C1 的所有 棱长都为 2，D 为 CC1 中点。 （Ⅰ）求证：AB1⊥面 A1BD； （Ⅱ）求二面角 A－A1D－B 的大小； （Ⅲ）求点 C 到平面 A1BD 的距离； （Ⅰ）证明 取 中点 ，连结 ． 为正三角形， ． 在正三棱柱 中，平面 平面 ， 平面 ． OC OD OP  、 、 11 0 1 1 1CD PB− − − ＝（ ，，）， ＝（， ， ）. 6 3 3 2 ( 1,0,1), ( 1,1,0).CP CD= − = −  0, 0, n CP n CD  = =     0 0 0 0 0, 0, x z x y − + = − + = 0 0 0x y z= = (0, ,0)( 1 1), ( 1, ,0),Q y y CQ y− ≤ ≤ = − 3 2 CQ n n =   1 3 ,23 y− + = 1 2 5 2 1 3,2 2AQ QD= = 1 3 AQ QD = BC O AO ABC△ AO BC∴ ⊥  1 1 1ABC A B C− ABC ⊥ 1 1BCC B AD∴ ⊥ 1 1BCC B 取 中点 ，以 为原点， ， ， 的方向为 轴的正方向建立空间 直角坐标系，则 ， ， ， ， ， ， ， ． ， ， ， ． 平面 ． （Ⅱ）解 设平面 的法向量为 ． ， ． ， ， 令 得 为平面 的一个法向量． 由（Ⅰ）知 平面 ， 为平面 的法向量． ， ． 二面角 的大小为 ． （Ⅲ）解 由（Ⅱ）， 为平面 法向量， ． 点 到平面 的距离 ． 第二部分 四年联考汇编 1 1B C 1O O OB 1OO OA x y z， ， (1 0 0)B ，， ( 11 0)D − ，， 1(0 2 3)A ，， (0 0 3)A ，， 1(1 2 0)B ，， 1 (1 2 3)AB∴ = − ，， ( 21 0)BD = − ，， 1 ( 1 2 3)BA = − ，， 1 2 2 0 0AB BD = − + + =    1 1 1 4 3 0AB BA = − + − =   1AB BD∴ ⊥ 1 1AB BA ⊥ 1AB∴ ⊥ 1A BD 1A AD ( )x y z= ， ，n ( 11 3)AD = − − ，， 1 (0 2 0)AA = ，， AD  ⊥n 1AA⊥n 1 0 0 AD AA  =∴ =     ， ， n n 3 0 2 0 x y z y − + − =∴ = ， ， 0 3 y x z =∴ = − ， ． 1z = ( 3 01)= − ，，n 1A AD 1AB ⊥ 1A BD 1AB∴ 1A BD cos < n 1 1 1 3 3 6 42 2 2 ABAB AB − −>= = = −     n n ∴ 1A A D B− − 6arccos 4 1AB 1A BD 1( 2 0 0) (1 2 3)BC AB= − = −   ，，， ，， ∴ C 1A BD 1 1 2 2 22 2 BC AB d AB −= = =     x z A B C D 1A 1C 1B O F y 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】 【 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 ,所以梯 形的面积为 ，梯形的周长为 ，所以四个侧 面 积 为 ， 所 以 该 几 何 体 的 表 面 积 为 。 2.【北京市海淀区 2013 届高三上学期期末理】三棱锥 及其三视图中的主视图和左 视图如图所示，则棱 的长为_________. 【答案】 【解析】取 AC 的中点，连结 BE,DE 由主视图可知 . 且 .所以 ， 75 4 10+ 23 1 10CD = + = (4 5) 3 27 2 2S + ×= = 3 4 5 10 10 12+ + + = + ( 10 12) 4 4 10 48+ × = + 274 10 48 2 75 4 102 + + × = + D ABC− BD 4 2 ,BE AC BE DE⊥ ⊥ DC ABC⊥ 4, 2 3, 2DC BE AE EC= = = = 2 2 2 2(2 3) 2 16 4BC BE EC= + = + = = 即 。 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 ， ， 则 A 、 D 两 点 间 的 球 面 距 离 ． 【答案】 【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 ，所以 球半径为 ,在正三角形 中， ，所以 A、D 两点间的球面距离为 . 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 ． 【答案】 2 2 2 24 4 32 4 2BD BC DC= + = + = = 6AB AC= = 2AD = 2 3 π 2 2 22 ( 6) ( 6) 2 16 4R = + + = = 2R = AOD 3AOD π∠ = 2 3 3R π π= 2 6 ( 13 2)π+ + 【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 。 所 以 底 面 积 为 ，三角形 ,圆锥的底面弧长为 ，圆锥的侧面积为 ，所以圆锥的表面积为 。 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】 【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 ，四棱柱的高为 1，所以该几何体的体积为 。 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 23 2 13+ = 21 2 22 π π× = 1 4 3 62VABS∆ = × × = 2π 1 2 13 132 π π× × = 6 2 13 6 (2 13)π π π+ + = + + 3 2 1 (1 2) 3 2 2 × + = 3 2 2π 【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 , 则 球 的 表 面 积 为 . 7.【云南省玉溪一中 2013 届高三第五次月考理】正三棱柱 内接于半径为 1 的球，则当该棱柱体积最大时，高 。 【答案】 【解析】根据对称性可知，球心 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 ， 则 ， 所 以 ,所以高 ，由 得 ，即 正 三 棱 柱 底 面 边 长 的 取 值 范 围 是 。 三 棱 柱 的 体 积 为 , , 即体积 ,当且仅当 ，即 时取等 22 2, 2R R= = 2 14 4 22S Rπ π π= = × = 111 CBAABC − =h 3 32 O x 3 2 3 3, '2 3 2 3AB x AB x x= = × = 2 23' 1 ( ) 13 3 xOB x= − = − 2 2 ' 2 1 3 xh OB= = − 2 1 03 x− ≥ 2 3x ≤ x 0 3x< ≤ 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 + + − − = × × − ≤ × = 2 2 23 3 4 2 3(1 )2 3 2 3 3 xV x x= − ≤ × =  2 2 16 3 x x= − 2 2x = 号，此时高 。 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 中，底面 是正方形， 为 的中点. （Ⅰ）求证： ∥平面 ； （Ⅱ）求证： ； （Ⅲ）若 在线段 上是否存在点 ，使 ？若存在，求出 的值，若不存在，请说明理由． 【答案】解：（I）连接 . 由 是正方形可知,点 为 中点. 又 为 的中点， 所以 ∥ ………………….2 分 又 所以 ∥平面 ………….4 分 O F E D C B A G A BC D E F O 2 2 1 2 32 1 2 1 23 3 3 3 xh = − = − = = E ABCD- ABCD ,AC BD O与 交于点 EC ABCD F底面 ，^ BE DE ACF BD AE^ 2 ,AB CE= EO G CG BDE平面^ EG EO OF ABCD O BD F BE OF DE , ,OF ACF DE ACF平面 平面Ì Ë DE ACF z y x O F E D C B A G (II) 证明：由 所以 由 是正方形可知, 又 所以 ………………………………..8 分 又 所以 …………………………………………..9 分 (III)解法一： 在线段 上存在点 ，使 . 理由如下： 如图，取 中点 ，连接 . 在四棱锥 中， ， 所以 .…………………………………………………………………..11 分 由（II）可知， 而 所以， 因为 所以 …………………………………………………………. 13 分 故在线段 上存在点 ，使 . 由 为 中点，得 …………………………………………… 14 分 解法二： 由 且底面 是正方形，如图， 建立空间直角坐标系 由已知 设 ， 则 EC ABCD BD ABCD底面 ， 底面 ，^ Ì ,EC BD^ ABCD ,AC BD^ = , ,AC EC C AC EC ACE平面 ，Ç Ì ,BD ACE平面^ AE ACE平面 ，Ì BD AE^ EO G CG BDE平面^ EO G CG E ABCD- 22 , 2AB CE CO AB CE= = = CG EO^ ,BD ACE平面^ ,BD BDE平面Ì ,ACE BDE ACE BDE EO平面 平面 且平面 平面 ，^ Ç = ,CG EO CG ACE平面 ，^ Ì CG BDE平面^ EO G CG BDE平面^ G EO 1 .2 EG EO = EC ABCD底面 ，^ ABCD ,C DBE- 2 ,AB CE= ( 0)CE a a= > (0,0,0), ( 2 ,0,0), (0, 2 ,0), (0,0, ),C D a B a E a 设 为线段 上一点，且 ，则 …………………………..12 分 由题意，若线段 上存在点 ，使 ，则 ， . 所以， ， 故在线段 上存在点 ，使 ，且 …………………… 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 中， ，点 在棱 上，且 ． （Ⅰ）求证： 平面 ； （Ⅱ）在棱 上是否存在点 ，使 ∥平面 ？若存在，求出线段 的长；若不 存在，请说明理由； （Ⅲ）若二面角 的余弦值为 ，求棱 的长． 【答案】证明：（Ⅰ）在长方体 中， 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   = - = - = - G EO (0 1)EG EO λ λ= < < 2 2( , , ),2 2EG EO a a aλ λ λ λ  = = - 2 2( , ,(1 ) ),2 2CG CE EO a a aλ λ λ λ   = + = - EO G CG BDE平面^ CG BD^   CG BE^   2 2 1(1 ) 0, 0,12a aλ λ λ解得， （ ）- + - = = Î EO G CG BDE平面^ 1 .2 EG EO = 1 1 1 1ABCD-A B C D 1 2AA=AD= E CD 1 3CE= CD 1AD ⊥ 1 1A B D 1AA P DP 1B AE AP 1 1A-B E-A 30 6 AB 1 1 1 1ABCD-A B C D 因为 面 ， 所以 ． ……………………2 分 在矩形 中，因为 ， 所以 ． 所以 面 ． ………………………………………………………………4 分 （Ⅱ）如图，在长方体 中，以 为原点建立空间直角坐标系 ． 依 题 意 可 知 ， ， ， 设 的长为 ，则 ， ． 1 1A B ⊥ 1 1A D DA 1 1 1A B AD⊥ 1 1A D DA 1 2AA=AD= 1 1AD A D⊥ 1AD ⊥ 1 1A B D 1 1 1 1ABCD-A B C D 1D 1D xyz− 1 1(0,0,0), (2,0,0), (0,0,2)D A D (2,0,2)A AB x 1 1(0, ,0), (2, ,0)C x B x 2(0, ,2), (0, ,2)3C x E x 假设在棱 上存在点 ，使得 ∥平面 ． 设点 ，则 ， ． 易知 ． 设平面 的一个法向量为 ， 则 ，即 ．………………………………………………7 分 令 得， ，所以 ． 因为 ∥平面 ，等价于 且 平面 ． 得 ，所以 ． 所以 ， ，所以 的长为 ．………………………………9 分 （Ⅲ）因为 ∥ ，且点 ， 所以平面 、平面 与面 是同一个平面． 由（Ⅰ）可知， 面 ， 所以 是平面 的一个法向量． ………………………………11 分 由（Ⅱ）可知，平面 的一个法向量为 ． 因为二面角 的余弦值为 ， 所以 ，解得 ． 故 的长为 ． …………………………………………………………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 中， ， 是 的中点， ⊥平面 ， 1AA P DP 1B AE P (2,0, )y (2,0, - 2)DP y= (0,0, - 2)AP y= 1 1 2(-2,- ,2), (-2, ,0)3 3B E= x AE x=  1B AE ( , , )a b c=n 1 0 0 B E = AE =  ⋅ ⋅   n n 1-2 - 2 03 2-2 + 03 a xb c= a xb=  +   3b = 3, 2a x c x= = 3( ,3, )2x x=n DP 1B AE 0DP⋅ = n DP ⊄ 1B AE 32 + ( - 2) 02x y x⋅ = 2 3y = 4(0,0,- )3AP = 4 3AP = AP 4 3 CD 1 1A B E CD∈ 1 1A B E 1 1A B D 1 1A B CD 1AD ⊥ 1 1A B D 1 (2,0,2)D A = 1 1A B E 1B AE 3( ,3, )2x x=n 1 1A-B E-A 30 6 1 2 21 2 +330cos 6 32 2 9 ( )2 x xD A AD x x θ ⋅= = = ⋅ ⋅ + +   n n 3 2x = AB 3 2 ABCD 60DAB∠ =  E AB MA ABCD 且在矩形 中， ， ． （Ⅰ）求证： ⊥ ； （Ⅱ）求证： // 平面 ； （Ⅲ）求二面角 的大小. 【答案】解：（Ⅰ）连结 ，则 . 由已知 平面 ， 因为 ， 所以 平面 .……………………2 分 又因为 平面 ， 所以 .……………………4 分 （Ⅱ） 与 交于 ，连结 . 由已知可得四边形 是平行四边形， 所以 是 的中点. 因为 是 的中点， 所以 .…………………………7 分 又 平面 ， 平面 ， 所以 平面 . ……………………………………………………………9 分 （Ⅲ）由于四边形 是菱形， 是 的中点，可得 . 如图建立空间直角坐标系 ，则 ， , ， ADNM 2AD = 3 7 7AM = AC BN AN MEC M EC D− − A B C D E N M BD AC BD⊥ DN ⊥ ABCD DN DB D= AC ⊥ NDB BN ⊂ NDB AC BN⊥ CM BN F EF BCNM F BN E AB //AN EF EF ⊂ MEC AN ⊄ MEC //AN MEC ABCD E AB DE AB⊥ D xyz− (0,0,0)D ( 3,0,0)E (0,2,0)C F A B C D E N M y x z . ， .…………………………………………10 分 设平面 的法向量为 . 则 所以 令 . 所以 .……………………………………………………………12 分 又平面 的法向量 ， 所以 . 所以二面角 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 中，侧面 与底面 垂直， 分别是 的 中点， ， ， . （1）求证： //平面 ； （2）若点 在线段 上，问：无论 在 的何处，是否都有 ？请证明你的 ABCS − SAC ABC ,E O ACSC, 2== SCSA ACBC 2 1= 90=∠=∠ ACBASC O E A C B S F OE SAB F BC F BC SFOE ⊥ 3 7( 3, 1, )7M − ( 3, 2.0)CE = − 3 7(0, 1, )7EM = − MEC ( , , )x y z=n 0, 0. CE EM  ⋅ = ⋅ =   n n 3 2 0, 3 7 0.7 x y y z  − = − = 2x = 21(2, 3, )3 =n ADE (0,0,1)=m 1cos , 2 ⋅< >= =m nm n m n M EC D− − 结论； （3）求二面角 的平面角的余弦值. 【答案】．解：（1） 分别是 的中点 // 又 平面 //平面 …………………………3 分 (2) 在 中， // , 平面 平面 ， 平面 ， 平面 平面 平面 所以无论 在 的何处，都有 ………………………8 分 (3) 由（2） 平面 又 平面 是二面角 的平面角 在 中 所以二面角 的平面角的余弦值为 …………………14 分 CASB −−  E O， ACSC, ∴OE SA ⊄OE SAB ∴OE SAB O E A C B S F SAC∆ OE AS 90=∠ASC ∴ SCOE ⊥  ⊥SAC ABC 90=∠BCA ∴ ⊥BC ASC ⊂OE ASC ∴ OEBC ⊥ ∴ ⊥OE BSC  ⊂SF BSC ∴ SFOE ⊥ F BC SFOE ⊥ ⊥BC ASC ∴ BC AS⊥  90=∠ASC ∴ AS SC⊥ ∴ ⊥AS BCS ∴ SBAS ⊥ ∴ BSC∠ CASB −− Rt BCS∆ =∠BSCcos 3 6 CASB −− 3 6 法二： （2） 是 的中点， 又 平面 平面 平面 同理可得 平面 在平面 内，过 作 以 为原点， 所在直线为 轴， 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 ， 如 图 所 示 ， 则 ， ， ， ， ， ， ，设 ，则 ， 恒成立，所以无论 在 的何处，都有 （3）由（2）知平面 的法向量为 = 设平面 的法向量为 则 ， 即 令 ，则 ， 所以二面角 的平面角的余弦值为 ………………………14 分  O AC SCSA = ∴ ACSO ⊥  ⊥SAC ABC ∴ SO ⊥ ABC ⊥BC ASC ABC O ACOM ⊥ O OSOCOM ,, x, ,y z )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 ∈ )0,1,(xF )1,1,( −= xSF )2 1,2 1,0(=OE 0=⋅OESF F BC SFOE ⊥ ASC BC ( 1,0,0)− SAB ( , , )n x y z= 0=⋅ ASn 0=⋅ ABn    =+ =+ 02 0 yx zy 1=y 2−=x 1−=z )1,1,2( −−=n 3 6 |||| cos = ⋅ ⋅>=⋅< BCn BCnBCn CASB −− 3 6 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， ， °,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 ，BC AB， DE AB．............................................................................ ...............................6 分 又 ， AB 平 面 PDE．............................. ...........................................8 分 PE⊂平面 PDE， AB PE． .......................................................................... ..............9 分 ED A B C P 3BC = 90=∠ABC ⊥ ⊥    ∴ ⊥  / /DE BC ⊥ ∴ ⊥  PD DE D= ∴ ⊥  ∴ ⊥ _E_D _B _C _A _P （Ⅲ） 平面 PAB 平面 ABC，平面 PAB 平面 ABC=AB，PD AB， PD 平 面 ABC．.................... ....................................................... ...10 分 如图,以 D 为原点建立空间直角坐标系 B(1,0,0)，P(0,0, )，E(0, ,0) , =(1,0, ) ， =(0, , ）． 设平面 PBE 的法向量 ， 令 得 ． ............................11 分 DE 平面 PAB， 平 面 PAB 的 法 向 量 为 ．………………….......................................12 分 设二面角的 大小为 ， 由图知， ， 所 以 即 二 面 角 的 大 小 为 ． ..........................................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 中， ，  ⊥  ⊥ ∴ ⊥ ∴ 3 3 2 ∴ PB 3− PE 3 2 3− 1 ( , , )n x y z= ∴ 3 0, 3 3 0,2 x z y z  − = − = 3z = 1 (3,2, 3)n =  ⊥ ∴ 2 (0,1,0)n = A PB E− − θ 1 2 1 2 1 2 | | 1cos cos , 2 n nn n n n θ ⋅= < >= = ⋅      60 ,θ = ° A PB E− − 60° 1 1 1ABC A B C− 90BAC∠ = ° _E_D _B _C _A _P z y x 是 中点. （I）求证： 平面 ； （II）若棱 上存在一点 ，满足 ，求 的长； （Ⅲ）求平面 与平面 所成锐二面角的余弦值. 【答案】(I) 连接 交 于点 ，连接 因为 为正方形，所以 为 中点， 又 为 中点，所以 为 的中位线， 所以 ………………2 分 又 平面 ， 平面 所以 平面 ………………4 分 （Ⅱ）以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴建立空间直角坐标系 　所以 设 ，所以 ， 因为 ，所以 ，解得 ，所以 ……8 分 （Ⅲ）因为 ， 设平面 的法向量为 ， 则有 ，得 ， E C1 B1 A1 C B A 1 2,AB AC AA= = = E BC 1 / /A B 1AEC 1AA M 1 1B M C E⊥ AM 1AEC 1 1ABB A A C1 AC1 O EO 1ACC A1 O A C1 E CB EO 1A BC∆ 1/ /EO A B EO ⊂ 1AEC 1A B ⊄ 1AEC 1 / /A B 1AEC A AB x AC y 1AA z 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 (0,0, )(0 2)M m m≤ ≤ 1 1( 2,0, 2), (1, 1, 2)B M m C E= − − = − −  1 1B M C E⊥ 1 1 0B M C E⋅ =  1m = 1AM = 1(1,1,0), (0,2,2)AE AC= =  1AEC ( , , )n x y z= 1 0 0 AE n AC n  ⋅ = ⋅ =     0 0 x y y z + =  + = 令 则 ，所以可以取 ， …………10 分 因为 平面 ,取平面 的法向量为 …11 分 所以 …13 分 　平面 与平面 所成锐二面角的余弦值为 …………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 与矩形 所在平面互相垂直， ,点 E 为 的 中点。 （Ⅰ）求证： (Ⅱ) 求证： （Ⅲ）在线段 AB 上是否存在点 ，使二面角 的大小为 ？若存在，求 出 的长；若不存在，请说明理由。 【答案】（Ⅰ） , 点 E 为 的中点,连接 。 的中位线 // ……2 分 又 ……4 分 （II） 正方形 中, 由已知可得： ， …….6 分 D1 E B D C A A1 1,y = − 1, 1x z= = (1, 1,1)n = − AC ⊥ 1ABB A1 1ABB A1 (0,2,0)AC = 3cos , 3| || | AC nAC n AC n ⋅< >= = −      1AEC 1ABB A1 3 3 DDAA 11 ABCD 22 == ADAB AB DEABD 11 //平面 DAED 11 ⊥ M DMCD −−1 6 π AM 的中点是为正方形，四边形 111 ADOAADD AB OE ∴ 1ABDEO ∆为 EO∴ 1BD DEAOEDEABD 111 , 平面平面 ⊂⊄ ∴ DEABD 11 //平面 11 AADD 11 ADDA ⊥ 11A ADDAB 平面⊥ 111 AADDDA 平面⊂ , …….7 分 …….8 分 （Ⅲ）由题意可得： ,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 ， ………9 分 设 ……10 分 设平面 的法向量为 则 得 ……11 分 取 是平面 的一个法向量，而平面 的一个法向量为 ……12 分 要使二面角 的大小为 而 解得： 当 = 时，二面角 的大小为 13 分 DAAB 1⊥∴ AADAB =∩ 1 EADEDDE,A 1111 平面平面 ⊂⊥∴ DA EDDA 11 ⊥∴ ABCDDD 平面⊥1 )1,0,0(),1,0,1(),0,2,0(),0,0,0( 11 DACD )20)(0,,1( 00 ≤≤ yyM )1,2,0(),0,2,1( 10 −=−−= CDyMC MCD1 ),,(1 zyxn =    =• =• 0 0 11 1 CDn MCn    =− =−+− 02 0)2( 0 zy yyx )2,1,2(,1 01 yny −== 则 MCD1 MCD )1,0,0(2 =n DMCD −−1 6 π 2 3 21)2( 2 |||| |||,cos|6cos 222 021 21 21 = ++− =• •=><= ynn nnnn π )20(3 32 00 ≤≤−= yy AM 3 32 − DMCD −−1 6 π  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 ，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． B． C． D． 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． B． C． D． 【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 ，这个几何体的外接球的表面积为 5 5 5 2 5 5 4 5 3 5 16 3 π 8 3 π 4 3 2 3π 2 2 2 31 ( 3 ) 3R R R= + − ⇒ = 3．（2012 江西师大附中高三模拟理）如图甲所示，三棱锥 的高 分别在 和 上，且 ，图乙中的四个图像大致描绘了三棱锥 的体积 与 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. B. C. D. 【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＝ 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 6 12 24 36 2 22 3 164 4 ( )3 3R ππ π= = P ABC− 8, 3, 30 ,PO AC BC ACB M N= = = ∠ = ° 、 BC PO , 2 ( (0,3])CM x PN x x= = ∈ N AMC− V x 1 3 4 3 123 × × × = ⊂ 【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． B． C． D． 【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 ⊂ 53 3 π 55 3 π 18π 76 3 π 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 9．（2012 金华十校高三模拟联考理）设 是空间中的一个平面， 是三条不同的直线， 则下列命题中正确的是 （ ） A．若 ； B．若 ； C．若 ，则 D．若 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， 、 是两条 不重合的直线，下列命题中正确的是 A. 若 ， ，则 B. 若 ， ， ，则 C. 若 ， ，则 D. 若 ， ， ，则 【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 α β γ m n α β⊥ β γ⊥ α γ⊥ //m α //n β α β⊥ m n⊥ α β⊥ m α⊥ //m β //α β m β⊄ //m α //m β α β⊥ β γ⊥ 2 2 21 7 522 4 1(2 1 2 1) 163 3 3V π π π π π= × × + × + + × = + = α , ,l m n , , , ,m n l m l n lα α α⊂ ⊂ ⊥ ⊥ ⊥则 , , , / /m n l n l mα α⊂ ⊥ ⊥ 则 / / , ,l m m nα α⊥ ⊥ / / ;l m , , / / ;l m l n n m⊥ ⊥ 则 ,α γ 对于 B，若 ， ， ，则 可以平行 对于 C, 若 ， ，则 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． C． D． 【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. （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 //m α //n β α β⊥ α β⊥ m α⊥ 2 2+ 3 2+ 4 2+ ,m n m β 12 1 1 1 1 1 1 1 2 3+ 22S × × × × × ×三棱柱 底面积 侧面积＝2S +S ＝ ＋ ＋ ＋ ＝ 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】 【解析】冰淇淋上半部分是半球，下关部分是圆锥 V= 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． B． C． D． 【答案】A 28 3 π− 8 3 π− 8 2π− 2 3 π • π54 3 22 13 3 12 543 3 π π π× + × × = • 【解析】由几何体三视图知：几何体是正方体挖去一个圆锥， 16．（2012 宁德质检理 5）若 是三个互不重合的平面， 是一条直线，则下列命题 中正确的是 （ ） A．若 B．若 C．若 的所成角相等，则 D．若 上有两个点到 α 的距离相等，则 【答案】B 【解析】若 ，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， 18.（2012 韶关第一次调研理 12）如图 是边长为 的 为正方形的对角线，将 绕 直线 旋转一周后形成的几何体的体积等于 【答案】 ， 【 解 析 】 绕 直 线 旋 转 一 周 后 形 成 的 几 何 体 是 圆 柱 去 掉 一 个 圆 锥 ， BD 3 ABCD BCD∆ AB 18π BCD∆ AB 23 18 ×−= πV • , ,α β γ l , , / /l lα β β α⊥ ⊥ 则 , / / ,l lα β α β⊥ ⊥则 ,l α β与 / /α β l / /l α , / / ,l lα β α β⊥ ⊥则 • 4V Sh= = • 2 213 3 3 3 183V π π π= × × − × × = 20.（2012 海南嘉积中学模拟理 6）正四棱锥 的侧棱长为 ，底面边长为 ， 为 中点，则异面直线 与 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】 【解析】几何体是斜四棱柱，底面是边长为 3 、4 的矩 • S ABCD- 2 3 E SA BE SC • 312 形，高等于 所以 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 ，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 ，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 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 与平面 所成的角为（ ） A. B. C. D. ,3 3 4 3 12 3V Sh= = × × = • 1 2 1 2 • 1 1 1ABC A B C− 1BB 1 1AB C 6 π 4 π 3 π 2 π 30m 20m 10m E A B C D q qa 30m 20m 10m E A B C D q qa 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． B． C． D． 【答案】A 【解析】几何体可以拼接成高为 2 的正三棱柱， 26.（2012 浙江瑞安模拟质检理 16）在正方体 中, 分别 是 的中点,给出以下四个结论: • 5 3 3 4 3 3 5 3 6 3 23 1 5 32 2 1 34 3 3V = × × − × × = • !111 DCBAABCD − QPNM 、、、 1111 CCDCAAAB 、、、 ① ； ② //平面 ； ③ 与 相交； ④ 与 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 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 、 、 ，其顶点都在 一个球面上，则该球的表面积为（　　） A． 　　 B． 　 C． 　　　　 D． 【答案】B 【解析】由题意，球的直径是长方体的对角线，所以 28.（2012·泉州四校二次联考理 13）四棱锥 的顶点 在底面 上的投影恰 好是 ， 其正视图与侧视图都是腰长为 的等腰直角三角形。则在四棱 锥 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 的顶点 在底面 上的投影恰好是 ， 其正视图与侧视图都是腰长为 的等腰直角三角形， 共 6 对； 29.（2012 延吉市质检理 3）设 、 、 是三个互不重合的平面， 是两条不重合 的直线，则下列命题中正确的是 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为 ，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 α β γ m n、 ,α β β γ α γ⊥ ⊥ ⊥若 ，则 // , , // , //m m mα β β α β⊄若 则 , //m mα β α β⊥ ⊥若 ， 则 // , // ,m n m nα β α β⊥ ⊥若 ，则 // , , // , //m m mα β β α β⊄若 则 1AC MN⊥ 1AC MNPQ 1AC PM 1NC PM 1AC 2a a a 23 aπ 26 aπ 212 aπ 224 aπ 22 64,62 arSar ππ === P ABCD− P ABCD A a P ABCD− P ABCD− P ABCD A a ,,, PDABCDPABCPA ⊥⊥⊥ ,,, PBADPCBDPABD ⊥⊥⊥ • 俯视图 侧视图正视图 A B CD （B）平行于同一平面的两个不同平面平行 （C）若直线 不平行平面 ，则在平面 内不存在与 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． Ｂ． Ｃ． Ｄ． l α α l α β α β 34000 cm3 38000 cm3 32000cm 34000cm 33.（2012 山东青岛市模拟理）已知 、 、 为三条不重合的直线，下面有三个结论：① 若 则 ∥ ；②若 则 ；③若 ∥ 则 . 其中正确的个数为 A． 个 B． 个 C． 个 D． 个　　　 【答案】B 【解析】①不对， ， 可能异面；②不对， ， 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 、 、 ， 则这个长方体的外接球的表面积为 . 【答案】 【 解 析 】 因 长 方 体 对 角 线 长 为 ， 所 以 其 外 接 球 的 表 面 积 ． 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. B. AB 与 CD 相交CDAB // a b c caba ⊥⊥ , b c caba ⊥⊥ , b ⊥ c a ,b b ⊥ c ca ⊥ 0 1 2 3 b c b c 1 2 3 14π 2 1 4 9 14r = + + = 24 14S rπ π= = A BC D C. D. AB 与 CD 所成的角为 【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 ，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】 【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 。 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 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 CDAB ⊥ 60 60 π+16 4 8 1 4 2 16S π π π= + × + − + = + 1 2 正视图 1 2 侧视图 2 2 俯视图 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 的正（主）视图和侧（左）视 图如图所示. 设 的中心分别 是 ，现将此三棱柱绕直线 旋转， 射线 旋转所成的角为 弧度（ 可以取到 任意一个实数），对应的俯视图的面积为 ，则函数 的最大值为 ；最小正周期为 . 说明：“三棱柱绕直线 旋转”包括逆时针方向和顺时针方向，逆时针方向旋转时， 旋 转所成的角为正角，顺时针方向旋转时， 旋转所成的角为负角. ' ' 'ABC A B C- , ' ' 'ABC A B C∆ ∆ , 'O O 'OO OA x x ( )S x ( )S x 'OO OA OA 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． 　　 B． 　 C． 　 D． 【答案】A 【解析】由三视图的数据可知，三棱柱的全面积为 ，选 A。 43.（2012 金华十校高三模拟联考理）在正方体 ABCD—A 1B1C1D1 中，直线 BD1 与平面 A1B1CD 所成角的正切值是 。 【答案】 【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. 连接 交 于 ，则 ，又 ， 所以 ，连接 ,则 就是直线 BD1 与平面 A1B1CD 所成角。不妨 12 4 2+ 6 2 2+ 8 4 2+ 4 12 2 2 (2 2 2 2) 2 12 4 22s = × × × + + + × = + 5 5 1B C BC O 1B C BC⊥ AB BC⊥ 1B C ABCD⊥ 平面 1D O 1BD O∠ 2 2 主视图 左视图 俯视图 2 设 正 方 体 棱 长 为 1 ， 则 , , , 在 中 ， . 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， 底面 ABCD， 底面 ABCD 是矩形，且 ，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 SD ⊥ 2SD AD AB= = ⊥ 1 3BD = 2 2BO = 1 10 2D O = 1Rt BD O∆ 1 1 5tan 5 BOBD O D O ∠ = = 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， 平面 ABC，PC=AC=2，AB=BC，D 是 PB 上一点，且 CD 平面 PAB。 （1）求证： 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. PC ⊥ ⊥ AB ⊥ 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 中点 F，连结 EF，FD．1A B 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 分别是 的中点， 是 上的一动点. （1）求证： （2）当 时，在棱 上确定一点 ，使得 //平面 ，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 NM、 ACAB、 G DF ;ACGN ⊥ GDFG = AD P GP FMC 49.(2012 三明市普通高中高三联考理)如图，已知四棱锥 中，底面 是直角 梯形， ， ， ， ， 平面 ， ． （Ⅰ）求证： 平面 ； （Ⅱ）求证： 平面 ； （Ⅲ）若 是 的中点，求三棱锥 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 是直角梯形， ， …………………… 1 分 ABCDP − ABCD //AB DC 45=∠ABC 1DC = 2=AB ⊥PA ABCD 1=PA //AB PCD ⊥BC PAC M PC M ACD− ABCD //AB DC 又 平面 , 平面 …………………… 3 分 ∴ ∥平面 …………………… 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. AB ⊄ PCD CD ⊂ PCD AB PCD 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）∵ ⊥平面 ABCD，∴ ． 底面 是正方形， ． 与 是平面 内的两条相交直线， ∴ ⊥平面 平面 ， ∴平面 平面 ． （Ⅱ）过 作 于 ，则 ． ∵ ⊥平面 ABCD， 平面 ． 为侧棱 与底面 所成的角． ⊥ 1AA BDAA ⊥1  ABCD BDAC ⊥∴  1AA AC 11 ACCA BD 11 ACCA ⊂BD 1 1B BDD 1 1A ACC ⊥ 1 1B BDD 1D ADHD ⊥1 H AAHD 11 // 1AA ⊥∴ HD1 ABCD DHD1∠∴ 1DD ABCD A B C D A1 B1 C1 D1 H 在 中， ， ， ． （Ⅲ） 在 中，求得 ． 而 ， 所以 ． 52、（2012浙江宁波市模拟理科）如图，在梯形 中， ， ， ， 四边形 为矩形，平面 平面 ， ． （Ⅰ）求证： 平面 ； （Ⅱ）设点 为 中点，求二面角 的 余弦值． 【 解 析 】 (1) 证 明 ： 则 ， ，则得 ， 面 平面 ， 面 平面 平面 ． ……7分 （II）过 作 交 于点 ，连 , 则 为 二 面 角 的 平 面 角 ， 在 中 ， ， ， 则 二 面 角 的余 弦 DHDRt 1∆ 2,112 1 ==−= DDDH 2 1cos 1 =∠∴ DHD 601 =∠∴ DHD DHDRt 1∆ 31 =HD HDAA 11 = ( ) 3 37 3 1 22111 =++= SSSSAAV ABCD / /AB CD 2=== CBDCAD 30=∠CAB ACFE ACFE ⊥ ABCD 3=CF BC ⊥ ACFE M EF CAMB −− 60,2 =∠=== ABCCBDCAD 4=AB 122 =AC 222 BCACAB += ACBC ⊥∴  ⊥ACEF ABCD ACEF ABCD AC= ⊥∴ BC ACEF C AMCH ⊥ AM H BH CHB∠ CAMB −− BHCRT∆ 13,3 == HBCH 13 133cos =∠CHB CAMB −− 值为 ．…………14分 53. （ 2012 山 东 青 岛 市 模 拟 理 ） 如 图 ， 四 边 形 为 矩 形 ， 平 面 , ， 平 面 于 点 ， 且 点 在 上. （Ⅰ）求证： ； （Ⅱ）求四棱锥 的体积； （Ⅲ）设点 在线段 上，且 ， 试在线段 上确定一点 ，使得 平面 . （Ⅱ）作 ，因为面 平面 ，所以 面 因为 ， ，所以 …………………………6 分 …………………………………8 分 （Ⅲ）因为 ， 平面 于点 ，所以 是 的中点 设 是 的中点，连接 …………………………………………………10 分 所以 ∥ ∥ 因为 ，所以 ∥面 ，则点 就是点 …………………12 分 13 133 ABCD DA ⊥ ABE 2AE EB BC= = = BF ⊥ ACE F F CE M AB CE N //MN DAE ABE 2AE EB BC= = = BF ⊥ ACE F DE BE⊥ E ABCD− AM MB= EH AB⊥ ABCD ⊥ EH ⊥ AC AE BE⊥ 2EH = 1 1 82 2 2 23 3 3E ABCD ABCDV EH S− = ⋅ = × × × = BE BC= F EC P BE ,MP FP MP AE , FP DA AE  DA A= MF DAE N F .M A E B D C F 54.（2012 吉林市模拟质检理）如图，在四棱锥 中，侧棱 底面 ， 底面 为矩形， ， 为 的上一点，且 . （Ⅰ）若 F 为 PE 的中点，求证： 平面 AEC； （Ⅱ）求三棱锥 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 为正三棱锥 ABCDP − ⊥PA ABCD ABCD 222 === PAABAD E PD EDPE 2= //BF AECP − ABCP − A P CB D E 平面……6分 （2） 设点C到平面PAB的距离为 。 则 …………10分 …………………12分 56. （2012 广东佛山市质检理）如图，三棱锥 中， 底面 ， ， ， 为 的中点， 为 的中点，点 在 上，且 . （1）求证： 平面 ； （2）求证： 平面 ； （3）求三棱锥 的体积. （2）取 的中点 ， 的中点 ，连接 ， ∵ 为 中点， ，∴ . ……………7分 ∵ 平面 平面 ， ∴ 平面 . …………8分 同理可证： 平面 . 又 ， ∴平面 平面 . …………9分 ∵ 平面 ，∴ 平面 . …………10分 22 3 699 ( ) ,3 3PO = − = 46 4 ABC PAB S POh S ∆ ∆ ⋅∴ = = ABCP − PB ⊥ ABC 90BCA∠ =  4=== CABCPB E PC M AB F PA 2AF FP= BE ⊥ PAC / /CM BEF ABEF − AF G AB M , ,CG CM GM E PC 2FA FP= / /EF CG CG ⊄ ,BEF EF ⊂ BEF / /CG BEF / /GM BEF CG GM G= / /CMG BEF CD ⊂ CDG / /CD BEF PAEBC EAEPE BCAE BCPE ⊥⇒    =∩ ⊥ ⊥ h hSPOSVV PABABCPABCABCP ∆∆−− =⋅∴= 3 1 3 1 （3）由（1）可知 平面 又由已知可得 . …………12分 ∴ 所以三棱锥 的体积为 . …………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= ，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. BE ⊥ PAC 22=BE 23 8 2 1 3 1 3 1 =⋅×== ∆∆ PCACSS PACAEF 9 32 3 1 =⋅== ∆−− BESVV AEFAEFBABEF ABEF − 9 32 3 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= 得 BC=4，EF= . 在 中， , 所以三棱锥 E-SBC 的高为 .…………12 分 58. （2012 北京海淀区模拟理）在四棱锥 中， 底面 是菱形， . （Ⅰ）若 ，求证： 平面 ； （Ⅱ）若平面 平面 ，求证： ； （Ⅲ）在棱 上是否存在点 （异于点 ）使得 ∥平 面 ，若存在，求 的值；若不存在，说明理由. 【解析】（Ⅰ）证明：因为 底面 是菱形 2 3 3 Rt SEF∆ 3 2 ES EFEG SF ⋅= = 3 2 P ABCD- ABCD AC BD O= AC PD⊥ AC ⊥ PBD PAC ^ ABCD PB PD= PC M C BM PAD PM PC ABCD B C D OA 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 ,AE、DF是圆柱的 两条母线，过 作圆柱的截面交下底面于 . （1）求证： ； （2）若四边形ABCD是正方形，求证 ； （3）在（2）的条件下，求四棱锥 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＝ ，下底面∩截面 ABCD＝ // ……………………………………………………………………….２分 又 AE、DF 是圆柱的两条母线， 是平行四边形，所以 ，又 // …………………………………………………………………….５分 （2） AE 是圆柱的母线， 下底面，又 下底面， …………………………….７分 又 截面 ABCD 是正方形，所以 ⊥ ，又 ⊥面 ，又 面 ， ……………………………9 分 （3）因为母线 垂直于底面，所以 是三棱锥 的高……………………１０ 分， ⊂ 7 AD BC //BC EF BC BE⊥ A BCE−  AD BC ∴ BC AD  ∴ //AE DF ∴ ADFE //AD EF BC AD ∴ //BC EF  ∴ AE ⊥ BC ∴ AE BC⊥  BC AB AB AE A= ∴ BC ABE BE ⊂ ABE ∴ BC BE⊥ AE AE A BCE− EO 就是四棱锥 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， 是正方形 所在平面外一点， 平面 ， ，则 与 所成的角的度数为 A． B． C． D． 答案：C 2．（肥城市第二次联考）如右图所示，在正方体 中， 分别是 ， 的中点，则以下结论中不成立的是（ C ） A． 与 垂直 B． 与 垂直 C． 与 异面 D． 与 异面 答案 C P ABCD PD ⊥ ABCD PD AD= PA BD 30° 45° 60° 90° 1 1 1 1ABCD A B C D− E F， 1AB 1BC EF 1CC EF BD EF 1 1AC EF 1AD E ABCD− E F B1 C1D1 C A B D A1 解析：连结 ，在 中， ，所以 A、B、D 正确，C 错，选 C。 3．（师大附中理）设 是半径为 2 的球面上四个不同的点，且满足 两 两互相垂直，则 的最大值是__________。 答案：8 4．（池州市七校元旦调研）设向量 ， 满足： ， ， ．以 ， ， 的模为边长构成三角形，则它的边与半径为 的圆的公共点个数最多为 ( ) A． B． C． D． 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， ），F（0， ，0），D1（0，0，1），A1（1，0，1）……2 分 (Ⅰ) ，∴AD⊥D1F………………………4 分 (Ⅱ) ，∴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 1A B 1 1A BC∆ 1 1EF AC , , ,P A B C , ,PA PB PC PAB PAC PBCS S S∆ ∆ ∆+ + a b | | 3=a | | 4=b 0⋅ =a b a b −a b 1 3 4 5 6 2 1 2 1 0),1,2 1,0(),0,0,1( 11 =•−=−= FDADFDAD 0),2 1,1,0( 1 =•= FDAEAE C1 A1 M B1 C N A B 6．（池州市七校元旦调研）如图，平面 平面 ， 是以 为斜边的等腰直角三角形， 分别为 ， ， 的中点， ， ． （I）设 是 的中点，证明： 平面 ； （II）证明：在 内存在一点 ，使 平面 ． 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 轴， 轴， 轴，建立空间直角坐标系 O ，则 ，由题意得， 因 ， 因 此 平 面 BOE 的 法 向 量 为 ， 得 ，又直线 不在平面 内，因此有 平面 （II）设点 M 的坐标为 ，则 ，因为 平面 BOE，所以 有 ，因此有 ，即点 M 的坐标为 ，在平面直角坐标系 中， 的内部区域满足不等式组 ，经检验，点 M 的坐标满足上述不等式组， 所以在 内存在一点 ，使 平面 ， 7．（马鞍山学业水平测试）（本小题满分 12 分） （文）在斜三棱柱 中，M 为 的中点，N 是 BC 上一点. （Ⅰ）若平面 ，求证：N 为 BC 的中点； （ Ⅱ ） 在 （ Ⅰ ） 的 条 件 下 ， 若 ， 求 证 ： . PAC ⊥ ABC ABC∆ AC , ,E F O PA PB AC 16AC = 10PA PC= = G OC / /FG BOE ABO∆ M FM ⊥ BOE x y z xyz− ( )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 ( )0,4,0 ,G (8,0,0), (0, 4,3)OB OE= = −  (0,3,4)n = ( 4,4, 3FG = − − 0n FG⋅ =  FG BOE / /FG BOE ( )0 0, ,0x y 0 0( 4, , 3)FM x y= − − FM ⊥ //FM n  0 0 94, 4x y= = − 94, ,04  −   xoy AOB∆ 0 0 8 x y x y >  <  − < ABO∆ M FM ⊥ BOE 1 1 1ABC A B C− 1 1B C 1 1//AB N A MC平面 1 1 1 1A B AC= 1 1，B C=B B 1A MC ABC⊥平面 平面 2 0 0 9 0 4 2 3 C1 A1 M B1 C N A B （Ⅰ） ，所以 因为 M 为 B1C1 中点，所以 N 为 BC 中点----------------------6 分 （Ⅱ） ，且 M 为中点，所以 ----------8 分 ，M 为中点，所以 ，----------10 分 又 ,则 ， ----------12 分 又 ,所以 ， ----------14 分 又 ，所以 -------16 分 8. （玉溪一中期中文）（本小题 12 分）如图，在四棱锥 中， 底面 ， ， ， 是 的中点． （Ⅰ）求 和平面 所成的角的大小； （Ⅱ）证明 平面 ； （Ⅲ）求二面角 的大小． （ Ⅰ ） 解 ： 在 四 棱 锥 中 ， 因 底 面 ， 平 面 ， 故 ． 又 ， ，从而 平面 ．故 在平面 内的射影为 ，从而 为 和平面 所成的角． 在 中， ，故 ． 所以 和平面 所成的角的大小为 ． （Ⅱ）证明：在四棱锥 中， 因 底面 ， 平面 ，故 ． 由条件 ， ， 面 ． 又 面 ， ． 由 ， ，可得 ． 是 的中点， ， ．综上得 平面 ． （Ⅲ）解：过点 作 ，垂足为 ，连结 ．由（Ⅱ）知， 平面 ， 在平面 内的射影是 ，则 ． 因此 是二面角 的平面角． 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 1//MC B N 1 1 1 1A B AC= 1 1 1A M B C⊥ ⇒1 1 1 1BC=BB BC=CC 1 1CM B C⊥ 1A M MC M= 1 1 1B C A MC⊥ 平面 1 1 //B C BC 1BC A MC⊥ 平面 BC ABC⊂ 平面 1A MC ABC⊥平面 平面 P ABCD− PA ⊥ ABCD AB AD AC CD⊥ ⊥， ， 60ABC∠ = ° PA AB BC= = E PC PB PAD AE ⊥ PCD A PD C− − P ABCD− PA ⊥ ABCD AB ⊂ ABCD PA AB⊥ AB AD⊥ PA AD A= AB ⊥ PAD PB PAD PA APB∠ PB PAD Rt PAB△ AB PA= 45APB = ∠ PB PAD 45 P ABCD− PA ⊥ ABCD CD ⊂ ABCD CD PA⊥ CD PC⊥ PA AC A= CD∴ ⊥ PAC AE ⊂ PAC AE CD∴ ⊥ PA AB BC= 60ABC = ∠ AC PA= E PC AE PC∴ ⊥ PC CD C∴ = AE ⊥ PCD E EM PD⊥ M AM AE ⊥ PCD AM PCD EM AM PD⊥ AME∠ A PD C− − A B C D P E A B C D P E M 由已知，可得 ．设 ，可得 ， ， ， ． 在 中， ，∴ ，则 ． 在 中， ．所以二面角 的大小 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 则 （1）E 为 PC 中点， ， ， ………………………………….6 分 （2）可求 ， 30CAD = ∠ AC a= PA a= 2 3 3AD a= 21 3PD a= 2 2AE a= Rt ADP△ AM PD⊥ ADPAPDAM ⋅=⋅ a a aa PD ADPAAM 7 72 3 21 3 32 = ⋅ =⋅= Rt AEM△ 14sin 4 AEAME AM = = A PD C− − 14arcsin 4 .xyzO − ),0,2,0(),0,2,(),0,2,(),2 3,0,0( aCaaBaaAaP − )0,1,0( aD − ),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 )0,,0(),2 3,2,( aABaaaPA =−−= 设面 PAB 的一个法向量为 ， ① . ② 由②得 y=0，代入①得 令 则 D 到面 PAB 的距离 d 等于 即点 D 到面 PAB 的距离等于 ……………………………..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= ， 则 ， 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= ，EM= ，设异面直线 PD、AE 所成角为 ，则 ，所以 PD、AE 所成角为 . （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= ，在△ACE 中求出 AK= ，（或在△PCE 中求出 HK= ） ABnPAnzyxn ⊥⊥= ,),,,( 则 .02 3 2 =−−=⋅∴ azyaxaPAn 0==⋅ yaABn 02 3 =− azxa ).2.0,3(,2,3 =∴== nzx 则 .上的射影的绝对值在πDA 7 |)2.0,3()0,0,(| || || |||| |||||cos||| ⋅=⋅= ⋅ ⋅⋅=>⋅<= a n nDA nDA nDADAnDADAd .7 21 7 3 aa = .7 21 a 5 AB CA AC DC = 2 29 2 α 29 58cos =α 29 58arccos 3 52 29 302 10 5 3 29 E B C A P D 所求二面角的大小为 （或为 ）. 法二：（坐标法）（2）PD、AE 所成角为 . （3）所求二面角的大小为： 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 ， ， . （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, ,0),F(0, , ),B(-1, ,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 — 中 AB=1，A =2，N 是 D 的中点，点 M 在 BB 上， 异面直线 MN、 A 互相垂直. （1）试确定点 M 的位置，并加以证明； 18 174arcsin−π 29arctan 5 π − 29 58arccos .18 65arccos−π 2,1 == ADAB 3,600 ==∠ AFADC 3 3 3 3 ABCD 1111 DCBA 1A 1A 1 1A A B E F C D A （2）求二面角 A—MN— 的大小. 解：（Ⅰ）取 A1A 的中点 P，连 PM、PN，则 PN//AD， （Ⅱ）由（Ⅰ）知 ， 则 就是所求二面角的平面角. 显然 利用等面积法求得 A1O=AO= 在△A1OA 中由余弦定理得 cos∠A OA= 所以二面角的大小为 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， ， . （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. 1A ,,, ,, 111 11 PMAAPMNAAMNAA PNAAADAA ⊥∴⊥∴⊥ ⊥∴⊥ 平面又  .,.// 1的中点为故点 BBMABPM∴ OAOAOMNAOAMNMNA 111 ,,, 则连于点作 ⊥∆≅∆ OAAMNOA 11 , ∠⊥ 所以 .2,2 5 11 ==== AMMAMNANNA ,5 30 1 3 2 2 1 2 1 22 1 −=⋅ −+ AOOA AAAOOA 3 2arccos−π 2,1 == ADAB 3,600 ==∠ AFADC A B E F C D A 15. 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, ,0),F(0, , ),B(-1, ,0), , , , （2）平面 ABD 的法向量 解出 ,cos = ,所求二面角 F—BD—A 的大小 arccos (3)点 A 到平面 FBD 的距离为 d, . 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 、 4 ，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 中， ,则异面直线 与 所成 角的余弦值为（ ） A． B． C． D. 答案 D 3 3 3 3 ( )0,3,0=CA ( )3,0,1=BF ( )3,3,1−=DF BFACBFCA ⊥=⋅ ,0 ),,(),1,0,0( zyxmFBDn == 的法向量平面 ( )1,2,3 −−=m nm, 4 2 4 2 )0,3,1( −−=AD 4 63 22 33 ==⋅= m mADd 7 3 1 1 1 1ABCD A B C D− 1 2AA AB= 1A B 1AD 1 5 2 5 3 5 4 5 3.某几何体的一条棱长为 ，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为 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. 　B. 　C. 　D. 答案 C 4.等边三角形 与正方形 有一公共边 ，二面角 的余弦值为 ， 分别是 的中点，则 所成角的余弦值等于 答案 . 二、解答题 1.如图，在三棱锥 中， ， ， ． （Ⅰ）求证： ；（Ⅱ）求二面角 的大小； （Ⅲ）求点 到平面 的距离． 解法一：（Ⅰ）取 中点 ，连结 ． ， ． ， ． ， 平面 ． 平面 ， ． （Ⅱ） ， ， ．又 ， ． 又 ，即 ，且 ， 平面 ．取 中点 ．连结 ． ， ． 是 在平面 内的射影， ． 是二面角 的平面角．在 中， ， ， ， ． 7 6 2 2 2 3 4 2 5 ABC ABDE AB C AB D− − 3 3 M N， AC BC， EM AN， 1 6 P ABC− 2AC BC= = 90ACB∠ =  AP BP AB= = PC AC⊥ PC AB⊥ B AP C− − C APB AB D PD CD， AP BP= PD AB∴ ⊥ AC BC= CD AB∴ ⊥ PD CD D=  AB∴ ⊥ PCD PC ⊂ PCD PC AB∴ ⊥ AC BC= AP BP= APC BPC∴△ ≌△ PC AC⊥ PC BC∴ ⊥ 90ACB∠ =  AC BC⊥ AC PC C= BC∴ ⊥ PAC AP E BE CE， AB BP= BE AP∴ ⊥ EC BE PAC CE AP∴ ⊥ BEC∴∠ B AP C− − BCE△ 90BCE∠ =  2BC = 3 62BE AB= = 6sin 3 BCBEC BE ∴ ∠ = = A C B E P A C BD P H A C BD P 二面角 的大小为 ． （Ⅲ）由（Ⅰ）知 平面 ， 平面 平面 ．过 作 ，垂足 为 ． 平面 平面 ， 平面 ． 的长即为点 到平面 的距离． 由（Ⅰ）知 ，又 ，且 ， 平面 ． 平面 ， ． 在 中， ， ， ． ． 点 到 平 面 的 距 离 为 ． 解 法 二 ： （ Ⅰ ） ， ， ． 又 ， ． ， 平面 ． 平面 ， ． （ Ⅱ ） 如 图 ， 以 为 原 点 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 ． 则 ． 设 ． ， ， ． 取 中 点 ， 连 结 ． ， ， ， ． 是 二 面 角 的平面角． ， ， ， ． 二面角 的大小为 ． （Ⅲ） ， 在平面 内的射影为正 的中心 ，且 的长 为点 到平面 的距离． ∴ B AP C− − 6arcsin 3 AB ⊥ PCD ∴ APB ⊥ PCD C CH PD⊥ H  APB  PCD PD= CH∴ ⊥ APB CH∴ C APB PC AB⊥ PC AC⊥ AB AC A= PC∴ ⊥ ABC CD ⊂ ABC PC CD∴ ⊥ Rt PCD△ 1 22CD AB= = 3 62PD PB= = 2 2 2PC PD CD∴ = − = 3 32=×= PD CDPCCH ∴ C APB 2 3 3 AC BC= AP BP= APC BPC∴△ ≌△ PC AC⊥ PC BC∴ ⊥ AC BC C=  PC∴ ⊥ ABC AB ⊂ ABC PC AB∴ ⊥ C C xyz− (0 0 0) (0 2 0) (2 0 0)C A B，，， ，，， ，， (0 0 )P t，， 2 2PB AB= = 2t∴ = (0 0 2)P ，， AP E BE CE， AC PC= AB BP= CE AP∴ ⊥ BE AP⊥ BEC∴∠ B AP C− − (011)E ，， (0 1 1)EC = − − ， ， (2 1 1)EB = − − ， ， 3 3 62 2cos = × =•=∠ EBEC EBECBEC ∴ B AP C− − 3arccos 3 AC BC PC= = C∴ APB APB△ H CH C APB A C B P z xy HE D1 C1 B1A1 E D C BA 如 （ Ⅱ ） 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 ． ， 点 的 坐 标 为 ． ． 点 到平面 的距离为 ． 2.如图，已知 是棱长为 的正方体，点 在 上，点 在 上，且 ． （1）求证： 四点共面；（4 分）；（2）若点 在 上， ，点 在 上， ，垂足为 ，求证： 平面 ；（4 分）；（3）用 表示截面 和侧面 所成的锐二面角的大小，求 ． 证明：（1）建立如图所示的坐标系，则 ， ， ， 所以 ，故 ， ， 共面．又它们有公共点 ，所以 四点共面． （ 2 ） 如 图 ， 设 ， 则 ， 而 ， 由 题 设 得 ， 得 ．因为 ， ，有 ，又 ， ， 所 以 ， ， 从 而 ， ． 故 平 面 ． （3）设向量 截面 ，于是 ， ． 而 ， ， 得 ， ， 解 得 ， ，所以 ．又 平面 ，所以 和 的夹角等于 或 （ 为锐角）． C xyz− 2BH HE=   ∴ H 2 2 2 3 3 3     ，， 2 3 3CH∴ = ∴ C APB 2 3 3 1 1 1 1ABCD A B C D− 3 E 1AA F 1CC 1 1AE FC= = 1E B F D， ， ， G BC 2 3BG = M 1BB GM BF⊥ H EM ⊥ 1 1BCC B θ 1EBFD 1 1BCC B tanθ (3 01)BE = ，， (0 3 2)BF = ，， 1 (3 3 3)BD = ，， 1BD BE BF= +   1BD BE BF B 1E B F D， ， ， (0 0 )M z，， 20 3GM z = −    ， ， (0 3 2)BF = ，， 2 3 2 03GM BF z= − + =     1z = (0 01)M ，， (3 01)E ，， (3 0 0)ME = ，， 1 (0 0 3)BB = ，， (0 3 0)BC = ，， 1 0ME BB =   0ME BC =   1ME BB⊥ ME BC⊥ ME ⊥ 1 1BCC B ( 3)BP x y= ， ， ⊥ 1EBFD BP BE ⊥ BP BF ⊥ (3 01)BE = ，， (0 3 2)BF = ，， 3 3 0BP BE x= + =   3 6 0BP BF y= + =   1x = − 2y = − ( 1 2 3)BP = − − ， ， (3 0 0)BA = ，， ⊥ 1 1BCC B BP BA θ π θ− θ 于是 ． 故 ． 3.（2009 广东三校一模）如图,在梯形 中, ∥ , , ,平面 平面 ,四边形 是矩形, ,点 在线段 上. (1)求证: 平面 ; (2)当 为何值时, ∥平面 ?证明你的结论; (3)求二面角 的平面角的余弦值. （Ⅰ）在梯形 中， ， 四边形 是等腰梯形， 且 2 分 又 平面 平面 ，交线为 ， 平面 4 分 （Ⅱ）解法一、当 时， 平面 ， 5 分 在梯形 中，设 ，连接 ，则 6 分 ，而 ， 7 分 ， 四边形 是平行四边形， 8 分 又 平面 ， 平面 平面 9 分 解法二：当 时， 平面 ， 由（Ⅰ）知，以点 为原点， 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系， 5 分 则 ， ， ， ， 1cos 14 BP BA BP BA θ = =       tan 13θ = ABCD AB CD aCBDCAD === 60=∠ABC ⊥ACFE ABCD ACFE aAE = M EF ⊥BC ACFE EM AM BDF DEFB −− ABCD CDAB // °=∠=== 60, ABCaCBDCAD ∴ ABCD °° =∠=∠=∠ 120,30 DCBDACDCA °=∠−∠=∠∴ 90DCADCBACB BCAC ⊥∴  ⊥ACFE ABCD AC ⊥∴ BC ACFE aEM 3 3= //AM BDF ABCD NBDAC =∩ FN 2:1: =NACN aEM 3 3= aACEF 3== 2:1: =∴ MFEM ANMF//∴ ∴ ANFM NFAM //∴ ⊂NF BDF ⊄AM BDF //AM∴ BDF aEM 3 3= //AM BDF C CFCBCA ,, )0,0,0(C )0,,0( aB )0,0,3( aA )0,2 1,2 3( aaD − M F E CD BA N D C A B E F M x D y z C O F B A E ， 平面 ， 平面 与 、 共面， 也等价于存在实数 、 ，使 ， 设 . ， 又 ， ， 6 分 从而要使得： 成立， 需 ，解得 8 分 当 时， 平面 9 分 （Ⅲ）解法一、取 中点 ， 中点 ，连结 ， ， 平面 又 ， ，又 ， 是二面角 的平面角. 6 分 在 中, , . 7 分 ),0,0( aF ),0,3( aaE ⊄AM BDF ∴ //AM BDF ⇔ → AM → FB → FD m n →→→ += FDnFBmAM →→ = EFtEM )0,0,3( aEF −= →  )0,0,3( atEM −= → ),0,3( aatEMAEAM −=+=∴ →→→ ),2 1,2 3( aaaFD −−= → ),,0( aaFB −= → ),2 1,2 3(),,0(),0,3( aaanaamaat −−+−=−          −−= −= =− anama anma anat 2 10 2 33 3 1=t ∴ aEM 3 3= //AM BDF EF G EB H DG GH DH EFDGDFDE ⊥∴= , ⊥BC ACFE EFBC ⊥∴ FCEF ⊥ FBEF ⊥∴ FBGH // GHEF ⊥∴ 222 DBDEBE +=∴ DGH∠∴ DEFB −− BDE∆ aABAEBEaDBaDE 5,3,2 22 =+=== °=∠∴ 90EDB aDH 2 5=∴ C A B F E H G D F E D C BA P 又 . 8 分 在 中，由余弦定理得 , 9 分 即二面角 的平面角的余弦值为 . 解法二:由(Ⅰ)知,以点 为原点， 所在直线为坐标轴, 建立空间直角坐标系,则 , ， ， ， ， 过 作 , 垂足为 . 令 , , 由 得, , ,即 11 分 , 二面角 的大小就是向量 与向量 所夹的角. 12 分 13 分 即二面角 的平面角的余弦值为 . 14 分 4、（2009 番禺一模）如图,在四棱锥 中,底面 是边长为 的正方形,侧面 底面 ， 且 , 若 、 分 别 为 线 段 、 的中点． aGHaDG 2 2,2 5 == ∴ DGH∆ 10 10cos =∠DGH DEFB −− 10 10 C CFCBCA ,, )0,0,0(C )0,,0( aB )0,0,3( aA )0,2 1,2 3( aaD − ),0,0( aF ),0,3( aaE D EFDG ⊥ G )0,0,3()0,0,3( aaFEFG λλλ === →→ ),0,3( aaFGCFCG λ=+= →→→ ),2 1,2 33( aaaaCDCGDG −=−= →→→ λ →→ ⊥ EFDG 0=⋅ →→ EFDG 2 1=∴λ ),2 1,0( aaDG =∴ → ),2 1,0( aaGD −−= → ,//, EFACACBC ⊥ EFBC ⊥∴ EFBF ⊥∴ ∴ DEFB −− → GD → FB ),,0( aaFB −= →  →→ →→ →→ ⋅ ⋅>=< FBGD FBGDFBGD,cos 10 10= DEFB −− 10 10 P ABCD− ABCD a PAD ⊥ ABCD 2 2PA PD AD= = E F PC BD x D y z C O F B A E M F E D C BA P (1) 求证：直线 // 平面 ； (2) 求证：平面 平面 ； (3) 求二面角 的正切值. (1)证明：连结 ，在 中 // 　 ……2 分 且 平面 ， 平面 　　 ……………………………………………………….4 分 (2)证明：因为面 面 　平面 面 　 　　所以， 平面 　 …………………………………………6 分 又 ，所以 是等腰直角三角形，且 　 　　即 ……………………………………………………………….8 分 　　 ，且 、 面 　　 面 　 　 又 面 　 　 面 面 ………………………………………………………10 分 (3)解：设 的中点为 ,连结 , ,则 由(Ⅱ)知 面 ,　 面 　 是二面角 的平面角………………………12 分 中， 　 　故所求二面角的正切为 ……14 分 另解：如图,取 的中点 , 连结 , . ∵ , ∴ . ∵侧面 底面 , , EF PAD PDC ⊥ PAD B PD C− − AC CPA∆ EF PA PA ⊆ PAD EF ⊄ PAD ∴ PADEF 平面// PAD ⊥ ABCD PAD  ABCD AD= CD AD⊥ CD ⊥ PAD CD PA∴ ⊥ 2 2PA PD AD= = PAD∆ 2 π=∠APD PA PD⊥ CD PD D= CD PD ⊆ ABCD ∴ PA ⊥ PDC PA ⊆ PAD PAD ⊥ PDC PD M EM MF EM PD⊥ EF ⊥ PDC EF PD⊥ PD ⊥ EFM PD MF⊥ EMF∠ B PD C− − Rt FEM∆ 1 2 2 4EF PA a= = 1 1 2 2EM CD a= = 2 24tan 1 2 2 aEFEMF EM a ∠ = = = 2 2 AD O OP OF PA PD= PO AD⊥ PAD ⊥ ABCD PAD ABCD AD∩ =平面 平面 ∴ , 而 分别为 的中点,∴ ,又 是正方形,故 . ∵ ,∴ , . 以 为 原 点 , 直 线 为 轴 建 立 空 间 直 线 坐 标 系 , 则 有 , , , , , . ∵ 为 的中点, ∴ . （1）易知平面 的法向量为 而 , 且 , ∴ //平面 . (2)∵ , ∴ , ∴ ,从而 ,又 , , ∴ ,而 , ∴平面 平面 (3)由(2)知平面 的法向量为 . 设平面 的法向量为 .∵ , ∴由 可得 ,令 ,则 , 故 ,∴ , 即二面角 的余弦值为 ,二面角 的正切值为 . 5、（2009 深圳一模）如图， 为圆 的直径，点 、 在圆 上， ，矩形 和圆 所在的平面互相垂直．已知 , ． （Ⅰ）求证：平面 平面 ； （Ⅱ）求直线 与平面 所成角的大小； PO ABCD∴ ⊥ 平面 ,O F ,AD BD //OF AB ABCD OF AD⊥ 2 2PA PD AD= = PA PD⊥ 2 aOP OA= = O , ,OA OF OP , ,x y z ( ,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 PC ( , , )4 2 4 a a aE − PAD (0, ,0)2 aOF = ( ,0, )4 4 a aEF = − (0, ,0) ( ,0, ) 02 4 4 a a aOF EF⋅ = ⋅ − =  EF PAD ( ,0, )2 2 a aPA = − (0, ,0)CD a= ( ,0, ) (0, ,0) 02 2 a aPA CD a⋅ = − ⋅ =  PA CD⊥  PA CD⊥ PA PD⊥ PD CD D= PA PDC⊥ 平面 PA PAD⊂ 平面 PDC ⊥ PAD PDC ( ,0, )2 2 a aPA = − PBD ( , , )n x y z= ( ,0, ), ( , ,0)2 2 a aDP BD a a= = −  0, 0n DP n BD⋅ = ⋅ =    0 02 2 0 0 a ax y z a x a y z  ⋅ + ⋅ + ⋅ = − ⋅ + ⋅ + ⋅ = 1x = 1, 1y z= = − (1,1, 1)n = − 6cos , 32 32 n PA an PA n PA a ⋅< >= = = ×      B PD C− − 6 3 B PD C− − 2 2 AB O E F O EFAB // ABCD O 2=AB 1=EF ⊥DAF CBF AB CBF FA B C D O.H M E (Ⅲ)当 的长为何值时，二面角 的大小为 ？ 解：（Ⅰ）证明： 平面 平面 , , 平面 平面 = ， 平面 ． 平面 ， ， 又 为圆 的直径， ， 平面 ． 平面 ， 平面 平面 ． …………………4 分 （Ⅱ）根据（Ⅰ）的证明，有 平面 ， 为 在 平面 上的射影， 因此， 为直线 与平面 所成的角． ………………………5 分 ， 四边形 为等腰梯形， 过点 作 ，交 于 ． , ，则 ． 在 中，根据射影定理 ，得 ．…………………7 分 ， ． 直线 与平面 所成角的大小为 ． …………………8 分 (Ⅲ)（解法一）过点 作 ，交 的延长线于点 ，连 ． 根据（Ⅰ）的证明， 平面 ，则 ， 为二面角 的平面角， ．…………………9 分 在 中， ， , ． ………………… 10 分 又 四边形 为矩形， ． ． 因此，当 的长为 时，二面角 的大小为 ． …………………12 分 （解法二）设 中点为 ，以 为坐标原点， 、 、 方向 AD BFED −− 60  ⊥ABCD ABEF ABCB ⊥ ABCD ABEF AB ⊥∴CB ABEF ⊂AF ABEF CBAF ⊥∴ AB O BFAF ⊥∴ ⊥∴ AF CBF ⊂AF ADF ∴ ⊥DAF CBF ⊥AF CBF ∴ FB AB CBF ABF∠ AB CBF EFAB // ∴ ABEF F ABFH ⊥ AB H 2=AB 1=EF 2 1 2 =−= EFABAH AFBRt∆ ABAHAF ⋅=2 1=AF 2 1sin ==∠ AB AFABF 30=∠∴ ABF ∴ AB CBF 30 A EFAM ⊥ EF M DM ⊥DA ABEF EFDM ⊥ DMA∠∴ BFED −− 60=∠DMA AFHRt∆ 2 1=AH 1=AF 2 3=∴ FH  AMFH 2 3==∴ FHMA 2 332 3tan =⋅=∠⋅=∴ DMAMAAD AD 2 3 BFED −− 60 EF G O OA OG AD FA B C D E OH M z x y 分别为 轴、 轴、 轴方向建立空间直角坐标系（如图） 设 ，则点 的坐标为 在 中， ， , ． 点 的坐标为 ，点 的坐标为 , ， 设平面 的法向量为 ，则 , ． 即 令 ，解得 …………………10 分 取平面 的一个法向量为 ，依题意 与 的夹角为 ，即 ， 解得 （负值舍去） 因此，当 的长为 时，二面角 的大小为 ． …………………12 分 6、（2009 昆明市期末）如图，在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中，BB1=2,BC=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 得 △BB1D∽△B1C1C，∠B1DB=∠B1CC1。 又 ∠CB1D+∠B1CC1=90° 故 ∠CB1D+∠B1DB=90° x y z tAD = )0( >t D ),0,1( t AFHRt∆ 2 1=AH 1=AF 2 3=∴ FH ∴ F )0,2 3,2 1( E )0,2 3,2 1(− ),2 3,2 1( tDF −−=∴ ),2 3,2 3( tDE −= DEF ),,(1 zyxn = 01 =⋅ DFn 01 =⋅ DEn    =−+− =−+− .02 3 ,0 2 3 2 3 2 1 tzyx tzyx 3=z tyx 2,0 == )3,2,0(1 tn =∴ BEF )1,0,0(2 =n 1n 2n 60 21 2160cos nn nn ⋅ ⋅=∴  134 300 2 1 2 ⋅+ ++= t 2 3±=t AD 2 3 BFED −− 60 2 ,2 22 2 2 1 11 1 1 CC CB DB BB === 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 故 所 以 二 面 角 的 大 小 为 ·································· ····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 则 由 故 又 所以 ,10,6 1 == EBBE .5 15cos 1 1 ==∠ EB BEBEB .5 15arccos ).20,0(),6,2,0(),0,2,2(),0,0,2(),0,0,2( 11 DABBC − ).0,2,22(),6,2,2( 11 =−= CBBA ,0062222211 =×+×+×−=⋅CBBA ,11 CBBA ⊥ ),0,2,2(−=BD .000222221 =×+×+×−=⋅CBBD 故 又 BD∩BA1=B 所以 B1C⊥面 A1BD， （Ⅱ）依题意有 设 ⊥平面 ACB1， ⊥平面 ABC。 求得 故 所 以 二 面 角 的 大 小 为 ·································· ····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 ． （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 ． 设 SM＝x， 则 ，解之 ，即 ．…………………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． 1CBBD ⊥ ),6,0,2(),0,2,2(),6,0,0(),0,0,2( 1 =− CABAC ).0,2,22(1 =CB 1n 2n ).0,1,0(),2,32,6( 21 =−= nn .5 15 2)32()6( 32 |||| ,cos 22 21 21 21 = ++ = ⋅ ⋅>=< nn nnnn .5 15arccos 6 3 1 6 6 2 3 6OH = ⋅ = 2 26 1 1( )6 2 2x x= − ⋅ 3 2x = 3 2SM = 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 ． ∴ ，∴ ． ∴ ，即　　　　 所求二面角为 ． ……… 12 分 解法二：（1）建立空间坐标系（如图） ∵底面边长为 1，∴ ， ， ， ． ……………1 分 设 ， 平面 SBC 的一个法向 ， 则 ， ． ∴ ， ． ∴y＝2h，n＝（0，2h，1）．… 3 分 而 ＝（0，1，0），由题意，得 ．解得 ． ∴斜高 ． …………………………………………6 分 （2）n＝（0，2h，1）＝ ， 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 α + − = = ⋅ ⋅ 1arccos 33 1 1( 0)2 2A −， ， 1 1( 0)2 2B ， ， 1 1( 0)2 2C − ， ， 1(0 0)2M ， ， (0 0 )S h，， ( 1)x y= ，，n 1(0 )2SM h= − ， ， (1 0 0)CB = ，， 0 CB x= ⋅ =n 10 2SM y h= ⋅ = −n AB 2 6 | | 2 3 | | 4 1 AB h h ⋅= = +  n n 2 2h = 2 2 3| | 2SM SO OM= + =   (0 2 1)， ， S A B CD O E M x y z （第 19 题） S A B CD O E M· （第 19 题） Q H F N 由对称性，面 SAD 的一个法向量为 n1＝ ………8 分 设平面 EBC 的一个法向量 n2=（x，y，1），由 ， ，得 解得 ∴ ．…10 分 设所求的锐二面角为 α，则 ，∴ ．……… 12 分 2009 年联考题 1.( 湖南省衡阳市八中 2009 届高三第三次月考试题) 如图，P—ABCD 是正四 棱锥， 是正方体，其中 （1）求证： ； （2）求平面 PAD 与平面 所成的锐二面角 的余弦值； （3）求 到平面 PAD 的距离 以 为 轴， 为 轴， 为 轴建立空间直角坐标系 （1）证明 设 E 是 BD 的中点， P—ABCD 是正四棱锥，∴ 又 ， ∴ ∴ ∴ ∴ ， 即 。 （2）解 设平面 PAD 的法向量是 ， ∴ 取 得 ，又平面 的法向量是 ∴ ， ∴ 。 (0 2 1)−， ， 1 1 2( )4 4 4E −， ， 1 3 2 1( ) (1 3 2)4 4 4 4EB = − = − ， ， ，， 2 2 0 10 ( 3 2).4 CB x EB x y  = ⋅ = = ⋅ = + −   ，n n 0 2 .3 x y = = ， 2 1 (0 2 3)3 = ， ，n 1 2 1 2 1 2 | | 1cos | cos | | || | 33 ⋅α = < > = =， n nn n n n 1arccos 33 α = 1 1 1 1ABCD A B C D− 2,AB = 6PA = 1 1PA B D⊥ 1 1BDD B θ 1B 11BA x 11DA y AA1 z  ABCDPE ⊥ 2, 6AB PA= = 2=PE )4,1,1(P 1 1 ( 2,2,0), (1,1,2)B D AP= − =  1 1 0B D AP⋅ =  1 1PA B D⊥ ( , , )m x y z= (0,2,0), (1,1,2)AD AP= =   02,0 =+= zxy 1=z ( 2,0,1)m = − 1 1BDD B (1,1,0)n = 10cos , 5 m nm n m n ⋅< >= = −      10cos 5 θ = （3）解 ∴ 到平面 PAD 的距离 。 2. (陕西省西安铁一中 2009 届高三 12 月月考)如图，边长为 2 的等 边△PCD 所在的平面垂直于矩形 ABCD 所在的平面，BC＝ ， M 为 BC 的中点 (Ⅰ)证明：AM⊥PM ； (Ⅱ)求二面角 P－AM－D 的大小； (Ⅲ)求点 D 到平面 AMP 的距离。 (Ⅰ) 证明 以 D 点为原点，分别以直线 DA、DC 为 x 轴、y 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系 , 依题意，可得 ∴ ∴ 即 ,∴AM⊥PM . (Ⅱ)解 设 ，且 平面 PAM，则 即 ∴ ， 取 ，得 取 ，显然 平面 ABCD， ∴ 结合图形可知，二面角 P－AM－D 为 45°； (Ⅲ) 设点 D 到平面 PAM 的距离为 ，由(Ⅱ)可知 与平面 PAM 垂直，则 1 ( 2,0,2)B A = −  1B 1 6 55 B A m d m ⋅ = =    22 D xyz− ),0,2,0(),3,1,0(),0,0,0( CPD )0,2,2(),0,0,22( MA ( 2,2,0) (0,1, 3) ( 2,1, 3)PM = − = − ( 2,2,0) (2 2,0,0) ( 2,2,0)AM = − = − ( 2,1, 3) ( 2,2,0) 0PM AM⋅ = − ⋅ − =  PM AM⊥  ( , , )n x y z= n ⊥ 0 0 n PM n AM  ⋅ = ⋅ =        =−⋅ =−⋅ 0)0,2,2(),,( 0)3,1,2(),,( zyx zyx    =+− =−+ 022 032 yx zyx    = = yx yz 2 3 1=y ( 2,1, 3)n = (0,0,1)p = p ⊥ 3 2cos , 2| | | | 6 n pn p n p ⋅= = = ⋅      d ( 2,1, 3)n = M P D C BA z y x M P D C BÁ = 即点 D 到平面 PAM 的距离为 3.(厦门市第二外国语学校 2008—2009 学年高三数学第四次月考)已知点 H 在正方体 的对角线 上，∠HDA= ． （Ⅰ）求 DH 与 所成角的大小； （Ⅱ）求 DH 与平面 所成角的大小． 解：以 为原点， 为单位长建立空间直角坐标系 ． 设 则 ， ．连结 ， ． 设 ，由已知 ， 由 可得 ．解得 ， 所以 ．（Ⅰ）因为 ， 所以 ．即 DH 与 所成的角为 ． （Ⅱ）平面 的一个法向量是 ． 因为 ， 所以 ． 可得 DH 与平面 所成的角为 ． 4.(广东省北江中学 2009 届高三上学期 12 月月考)如图， 在四面体 ABCD 中，O、E 分别是 BD、BC 的中点， | | | | DA nd n ⋅=    3 62 )3(1)2( |)3,1,2()0,0,22(| 222 = ++ ⋅ 3 62 ABCD A B C D′ ′ ′ ′− 'B D′ 060 CC′ AA D D′ ′ D DA D xyz− ( 1)( 0)H m m m >， ， (1 0 0)DA = ，， (0 01)CC′ = ，， BD B D′ ′ ( 1)( 0)DH m m m= > ， ， 60DH DA< >=  ， cosDA DH DA DH DA DH= < >       ， 22 2 1m m= + 2 2m = 2 2 12 2DH  =      ， ， 2 20 0 1 1 22 2cos 21 2 DH CC × + × + × ′< >= = ×  ， 45DH CC′< >=  ， CC′ 45 AA D D′ ′ (01 0)DC = ，， 2 20 1 1 0 12 2cos 21 2 DH DC × + × + × < >= = ×  ， 60DH DC< >=  ， AA D D′ ′ 30 2 , 2.CA CB CD BD AB AD= = = = = = A B CD A′ B′ C′ x y z H A C D O B E y z x （1）求证： 平面 BCD； （2）求异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦值； （3）求点 E 到平面 ACD 的距离． ⑴ 证明 连结 OC ， ． 在 中，由已知可得 而 ， 即 ∴ 平面 ． (2)解 以 O 为原点，如图建立空间直角坐标系， 则 ， ∴ 异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦值为 ． ⑶解 设平面 ACD 的法向量为 则 ， ∴ ，令 得 是平面 ACD 的一个法向量． 又 ∴点 E 到平面 ACD 的距离 ． 5.(广东省高明一中 2009 届高三上学期第四次月考)如图， AO ⊥ , , .BO DO AB AD AO BD= = ∴ ⊥ ,BO DO BC CD= = CO BD⊥ AOC∆ 1, 3.AO CO= = 2AC = 2 2 2 ,AO CO AC∴ + = 90 ,oAOC∴∠ = .AO OC⊥ ,BD OC O=  AO ⊥ BCD (1,0,0), ( 1,0,0),B D − 1 3(0, 3,0), (0,0,1), ( , ,0), ( 1,0,1), ( 1, 3,0).2 2C A E BA CD= − = − −  2cos , 4 BA CDBA CD BA CD ⋅∴ < >= = ⋅      2 4 ( , , ),n x y z= ( , , ) ( 1,0, 1) 0 ( , , ) (0, 3, 1) 0 n AD x y z n AC x y z  ⋅ = ⋅ − − = ⋅ = ⋅ − =     0 3 0 x z y z + = − = 1,y = ( 3,1, 3)n = − 1 3( , ,0),2 2EC = − 3 21 77 EC n h n ⋅ = = =    A C D O B E y z x A B C D E F 已知 平面 ， 平面 ，△ 为 等边三角形， ， 为 的中点. (1) 求证： 平面 ； (2) 求证：平面 平面 ； (3) 求直线 和平面 所成角的正弦值. 设 ，建立如图所示的坐标系 ，则 . ∵ 为 的中点，∴ . (1) 证明 ， ∵ ， 平面 ，∴ 平面 . (2) 证明 ∵ ， ∴ ，∴ . ∴ 平面 ，又 平面 ， ∴平面 平面 . (3) 解 设平面 的法向量为 ，由 可得： ，取 . 又 ，设 和平面 所成的角为 ，则 . ∴直线 和平面 所成角的正弦值为 . 6. (2009 年广东省广州市高三年级调研测试)如图，已知 AB ⊥ ACD DE ⊥ ACD ACD 2AD DE AB= = F CD //AF BCE BCE ⊥ CDE BF BCE 2 2AD DE AB a= = = A xyz− ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 2 0 0 , 0,0, , , 3 ,0 , , 3 ,2A C a B a D a a E a a a，， , ，， F CD 3 3, ,02 2F a a       ( ) ( )3 3, ,0 , , 3 , , 2 ,0,2 2AF a a BE a a a BC a a  = = = −       ( )1 2AF BE BC= +   AF ⊄ BCE //AF BCE ( ) ( )3 3, ,0 , , 3 ,0 , 0,0, 22 2AF a a CD a a ED a  = = − = −       0, 0AF CD AF ED⋅ = ⋅ =    ,AF CD AF ED⊥ ⊥    AF ⊥ CDE //AF BCE BCE ⊥ CDE BCE ( ), ,n x y z= 0, 0n BE n BC⋅ = ⋅ =    3 0,2 0x y z x z+ + = − = ( )1, 3,2n = − 3 3, ,2 2BF a a a  = −     BF BCE θ 2 2sin 42 2 2 BF n a aBF n θ = = = ⋅⋅      BF BCE 2 4 A C D B P R 等腰直角三角形 ，其中∠ =90º， ． 点 A、D 分别是 、 的中点，现将△ 沿着边 折起到△ 位置，使 ⊥ ，连结 、 ． （1）求证： ⊥ ； （2）求二面角 的平面角的余弦值． （1）证明 ∵点 A、D 分别是 、 的中点， ∴ . ∴∠ =90º. ∴ . ∴ , ∵ , ∴ ⊥平面 . ∵ 平面 , ∴ . （2）解 建立如图所示的空间直角坐标系 ． 则 （－1，0，0）， （－2，1，0）， （0，0，1）. ∴ =（－1，1，0）， =（1，0，1）, 设平面 的法向量为 =（x，y，z），则： ， 令 ，得 ， ∴ =（1，1，－1）. 显然， 是平面 的一个法向量， =（ ）． ∴cos< ， >= ． ∴二面角 的平面角的余弦值是 . RBC RBC 2== BCRB RB RC RAD AD PAD PA AB PB PC BC PB PCDA −− RB RC BCADBCAD 2 1,// = RBCRADPAD ∠=∠= ADPA ⊥ BCPA ⊥ AABPAABBC =⊥ , BC PAB ⊂PB PAB PBBC ⊥ xyzA − D C P DC DP PCD n    =+=⋅ =+−=⋅ 0 0 zxDPn yxDCn   1=x 1,1 −== zy n PA ACD PA ,0,0 1− n PA 3 3 13 1 = × = ⋅ ⋅ PAn PAn   PCDA −− 3 3 2007—2008 年联考题 1. (江西省鹰潭市 2008 届高三第一次模拟)已知斜三棱柱 , , , 在底面 上的射影恰为 的中点 ,又知 . (Ⅰ)求证： 平面 ； (Ⅱ)求 到平面 的距离； (Ⅲ)求二面角 的大小. (Ⅰ)证明 如图,取 的中点 ,则 ,∵ ,∴ , 又 平面 ,以 为 轴建立空间坐标系, 则 , , , , , , , ,由 ,知 , 又 ,从而 平面 . (Ⅱ)解 由 ,得 .设平面 的法向量 为 , , , , 设 ,则 ∴点 到平面 的距离 . (Ⅲ)解 设面 的法向量为 , , , ∴ 设 ,则 ,故 , 根据法向量的方向可知二面角 的大小为 . 2. (山西大学附中 2008 届二月月考)正三棱柱 所有棱长都是 ， 是棱 的中点， 是棱 的中点， 交 于点 （1）求证： ； （2）求二面角 的大小（用反三角函数表示）； 1 1 1ABC A B C− 90BCA∠ = ° 2AC BC= = 1A ABC AC D 1 1BA AC⊥ 1AC ⊥ 1A BC 1CC 1A AB 1A A B C− − AB E //DE BC BC AC⊥ DE AC⊥ 1A D ⊥ ABC 1, ,DE DC DA , ,x y z (0, 1,0)A − (0,1,0)C (2,1,0)B 1(0,0, )A t 1(0,2, )C t 1 (0,3, )AC t= 1 ( 2, 1, )BA t= − − (2,0,0)CB = 1 0AC CB⋅ =  1AC CB⊥ 1 1BA AC⊥ 1AC ⊥ 1A BC 2 1 1 3 0AC BA t⋅ = − + =  3t = 1A AB ( , , )n x y z= 1 3(0,1, )AA = (2,2,0)AB = 1 3 0 2 2 0 n AA y z n AB x y  ⋅ = + = ⋅ = + =     1z = 3 3( , ,1)n = − 1C 1A AB 1| | 2 21 7| | AC n n d ⋅= =    1A BC ( , , )m x y z= 1 3(0, 1, )CA = − (2,0,0)CB = 1 3 0 2 0 m CA y z m CB x  ⋅ = − + = ⋅ = =     1z = 3(0, ,1)m = 7 7| | | | cos , m n m n m n ⋅ ⋅ < >= = −      1A A B C− − 7 7 arccos 1 1 1ABC A B C− 2 D AC E 1CC AE 1A D .H 1AE A BD⊥ 平面 1D BA A− − B A C D 1A 1B 1C x y z （3）求点 到平面 的距离. （1）证明 建立如图所示， ∵ ∴ ， 即 AE⊥A1D， AE⊥BD ， ∴AE⊥面 A1BD （2）解 设面 DA1B 的法向量为 由 ， ∴取 设面 AA1B 的法向量为 ， 由图可知二面角 D—BA1—A 为锐角，∴它的大小为 arcos . （3）解 ，平面 A1BD 的法向量取 , 则 B1 到平面 A1BD 的距离 d= . 3. (安徽省皖南八校 2008 届高三第一次联考)已知斜三棱柱 ， ， ， 在底面 上的射影恰为 的中点 ， 又知 。 （I）求证： 平面 ； （II）求 到平面 的距离； （III）求二面角 的大小。 （I）证明 如图，取 的中点 ，则 ，因为 ， 所以 ，又 平面 ， 1B 1A BD )0,2,1()0,1,2( 1 −=−−= DAAE )3,0,0( −=BD 0221 +−=⋅ DAAE 0)3(000 =−++=⋅ BDAE BDAEDAAE ⊥⊥ ,1 ),,( 1111 zyxn =    =++− =−⇒=⋅=⋅ 02 0)3(00 11 1 111 yx zBDnDAn )0,1,2(1 =n 0,0),,( 12122222 =⋅=⋅= AAnBAnzyxn ，则由 )3,0,3( 02 032 2 2 222 =∴    = =++−⇒ n y zyx 取 5 15 125 6, 21 = ⋅ >=< nn 5 15 )0,2,0(1 =BB )0,1,2(1 =n 5 52 5 2| || | 1 11 ==⋅ n nBB 1 1 1ABC A B C− 90BCA∠ =  2AC BC= = 1A ABC AC D 1 1BA AC⊥ 1AC ⊥ 1A BC 1CC 1A AB 1A A B C− − AB E //DE BC BC AC⊥ DE AC⊥ 1A D ⊥ ABC 以 为 轴建立空间坐标系， 则 ， ， ， ， ， ， ， ，由 ，知 ， 又 ，从而 平面 ； （II）解 由 ，得 。 设平面 的法向量为 ， ， ， 所以 ，设 ，则 所以点 到平面 的距离 。 （III）解 再设平面 的法向量为 ， ， ， 所以 ，设 ，则 ， 故 ，根据法向量的方向， 可知二面角 的大小为 。 4. ( 四川省成都市 2008 一诊) 如图，四棱锥 P-ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，PA＝AB＝BC＝2， E 为 PA 的中点，过 E 作平行于底面的平面 EFGH，分别与另外三条侧棱相交于点 F、G、H.已 知底面 ABCD 为直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，∠BCD=135°. （1） 求异面直线 AF 与 BG 所成的角的大小； （2） 求平面 APB 与平面 CPD 所成的锐二面角的大小. 解 由题意可知：AP、AD、AB 两两垂直，可建立空间直角坐标系 A-xyz 由平面几何知识知：AD＝4, D (0, 4, 0), B (2 , 0 , 0 ), C ( 2, 2, 0 ), P (0, 0, 2), E (0, 0, 1), F (1 ,0, 1), G (1 ,1 ,1) 1, ,DE DC DA , ,x y z ( )0, 1,0A − ( )0,1,0C ( )2,1,0B ( )1 0,0,A t ( )1 0,2,C t ( )1 0,3,AC t= ( )1 2, 1,BA t= − − ( )2,0,0CB = 1 0AC CB⋅ =  1AC CB⊥ 1 1BA AC⊥ 1AC ⊥ 1A BC 1AC ⋅ 2 1 3 0BA t= − + = 3t = 1A AB ( ), ,n x y z= ( )1 0,1, 3AA = ( )2,2,0AB = 1 3 0 2 2 0 n AA y z n AB x y  ⋅ = + = ⋅ = + =     1z = ( )3, 3,1n = − 1C 1A AB 1AC n d n ⋅ = =    2 21 7 1A BC ( ), ,m x y z= ( )1 0, 1, 3CA = − ( )2,0,0CB = 1 3 0 2 0 m CA y z m CB x  ⋅ = − + = ⋅ = =     1z = ( )0, 3,1m = cos , m nm n m n ⋅< >= = ⋅      7 7 − 1A A B C− − 7arccos 7 (1)AF→ ＝(1,0,1),BG→ ＝(－1,1,1) ∴AF→ ·BG→ ＝0， ∴AF 与 BG 所成角为 π 2 . (2) 可证明 AD⊥平面 APB， ∴平面 APB 的法向量为 n＝(0,1,0) 设平面 CPD 的法向量为 m＝(1，y，z) 由 ⇒ {y＝1 z＝2 故 m＝(1,1,2) ∵cos＝ m·n |m|·|n|＝ 6 6 ∴平面 APB 与平面 CPD 所成的锐二面角的大小为 arccos 6 6 . 5. (安徽省淮南市 2008 届高三第一次模拟考试)如图，正三棱柱 ABC－ 的底面边长 是 2，D 是侧棱 C 的中点，直线 AD 与侧面 所成的角为 45°. ( 1 )求二面角 A-BD-C 的大小； （2）求点 C 到平面 ABD 的距离. 解 （1）如图，建立空间直角坐标系 ． 则 ． 设 为平面 的法向量． 由 得 ． 取 0 0 m CD m PD  = =     111 CBA 1C CCBB 11 xyzo − (0,0, 3), (0, 1,0), (0,1,0), ( 2,1,0)A B C D− − 1 ( , , )n x y z= ABD    =⋅ =⋅ 0 ,0 2 1 ADn ABn   3 2 3 0 y z x y z  = − − + = 1 ( 6, 3,1).n = − − A B C D 1A 1B 1Cx y z o A B C D 1A 1B 1C 又平面 的一个法向量 ． 结合图形可知，二面角 的大小为 ． （Ⅲ）由（Ⅱ）知 点 到平面 的距离 ＝ ． 6. (安徽省巢湖市 2008 届高三第二次教学质量检测)如图， 、 分别是正四棱柱 上、下底面的中 心， 是 的中点， . （Ⅰ）求证： ∥平面 ； （Ⅱ）当 时，求直线 与平面 所成角的大小； (Ⅲ) 当 取何值时， 在平面 内的射影恰好为 的重心? 以点 为原点，直线 所在直线分别为 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设 ， 则得 、 、 、 、 (Ⅰ)证明 由上得 、 、 ，设 得 解得 ， ∴ BCD 2 (0,0,1).n = ∴ 10 10 1)3()6(1 )1,0,0()1,3,6(,cos 22221 21 21 = +−+−× ⋅−−=⋅>=< nn nnnn   CBDA −− 10arccos 10 1 ( 6, 3,1),n = − − (0, 1, 3).CA = − ∴ C ABD 1 1 n nCA d  ⋅ = 222 1)3()6( )1,3,6()3,1,0( +−+− −−⋅−= 10 302 P O 1 1 1 1ABCD A B C D− E AB 1AB kAA= 1A E PBC 2k = PA PBC k O PBC PBC∆ O OA OB OP、 、 x y z、 、 2 2AB = 1 2 2(2,0, )A k (1,1,0)E 2 2(0,0, )P k (0,2,0)B ( 2,0,0)C − 1 2 2( 1,1, )A E k = − − ( 2, 2,0)BC = − − 2 2(0,2, )PB k = − 1A E x BC y PB= ⋅ + ⋅   2 2 2 2( 1,1, ) ( 2, 2,0) (0,2, )x yk k − − = ⋅ − − + ⋅ − 1 12x y= =， 1 1 2A E BC PB= +   D A1 D1 C1 B1 E 1 BA C P O z x y D A1 D1 C1 B1 E 1 BA C P O ， ∴ ∥平面 （ Ⅱ ） 解 当 时 ， 由 、 得 、 、 设 平 面 的 法 向 量 为 ， 则 由 ， 得 ， ，∴直线 与平面 所成角的大小为 . (Ⅲ) 解 由(Ⅰ)知 的重心 为 ，则 ， 若 在平面 内的射影恰好为 的重心，则有 ，解得 ∴当 时， 在平面 内的射影恰好为 的重心. 7. (北京市东城区 2008 年高三综合练习二)如图，在四棱锥 P—ABCD 中， 平面 PAB⊥平面 ABCD，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形， △PAB 等边三角形. （1）求二面角 B—AC—P 的大小； （2）求点 A 到平面 PCD 的距离. 解 （1）建立如图的空间直角坐标系 O—xyz， 则 A（－1，0，0），B（1，0，0）， 则 P（0，0， ），C（1，2，0） 设 为平面 PAC 的一个法向量， 则 又 令 z=1，得 得 又 是平面 ABC 的一个法向量， BC PB B∩ = 1A E PBC⊄ 平面 1A E PBC 2k = (0,0,2)P (2,0,0)A (2,0, 2)PA = − ( 2, 2,0)BC = − − (0,2, 2)PB = − PBC (1, , )n α β= 0 0 n BC n PB  ⋅ = ⋅ =     1 0 0 α α β + =  − = (1, 1, 1)n = − − 6cos 3 PA nPA n PA n ⋅〈 〉 = = | | ⋅| |     ， PA PBC 6arcsin 3 PBC∆ G 2 2 2 2, ,3 3 3k  −    2 2 2 2( , , )3 3 3OG k = − O PBC PBC∆ 0 0 OG BC OG PB  ⋅ = ⋅ =     2k = 2k = O PBC PBC∆ 3 ),,( zyxn = ., PCnPAn ⊥⊥ ),3,2,1(),3,0,1( −=−−= PCPA    =−+ =−−∴ .032 ,03 zyx zx 3,3 =−= yx ).1,3,3(−=n OP _ 设二面角 B—AC—P 的大小为 ， 则 （2）设 为平面 PCD 的一个法向量. 则 由 D（－1，2，0），可知 ）， 可得 a=0，令 ，则 c=2. 得 ， 设点 A 到平面 PCD 的距离为 d，则 ∴点 A 到平面 PCD 的距离为 8. (北京市十一学校 2008 届高三数学练习题)如图， 在正四棱锥 中， ,点 在 棱 上． (Ⅰ)问点 在何处时， ，并加以证明； (Ⅱ)当 时,求点 到平面 的距离； (Ⅲ)求二面角 的大小. 解 (Ⅰ)当 E 为 PC 中点时， ． 连接 AC，且 ，由于四边形 ABCD 为正方形， ∴O 为 AC 的中点，又 E 为中点， ∴OE 为△ACP 的中位线， ∴ ，又 ， ∴ . (Ⅱ)作 ,依题意 是正方形 的中心,如图建立空间坐标系. θ .7 7 37 3 |||| ,coscos = ⋅ = ⋅ ⋅>=<= OPn OPnOPnθ .7 7arccos的大小为二面角 BACP −−∴ ),,( cbam = ., PCmPDm ⊥⊥ 3,2,1(),3,2,1( −=−−= PCPD 又    =−+− =−+∴ .032 ,032 cba cba 3=b )3,0,1().2,3,0( −−== PAm .7 212 7 32 || || ==⋅= m PAmd .7 212 P ABCD− PA AB a= = E PC E //PA EBD平面 //PA EBD平面 A EBD C PA B− − //PA EBD平面 AC BD O= //PA EO PA EBD⊄ 平面 //PA EBD平面 PO ABCD⊥ 平面 O ABCD E P D C BA 则 , , ， ， ． ∴ ， ， ， ， 设面 的法向量为 , 点 到平面 的距离为 . (Ⅲ)设二面角 的平面角为 ，平面 的法向量为 . 设平面 的法向量为 , . . 9. ( 北京市西城区 2008 年 4 月高三抽样测试) 如图，在三棱锥 中 ， ， ， 平 面 平面 . （Ⅰ）求证： ； （Ⅱ）求二面角 的大小； （Ⅲ）求异面直线 和 所成角的大小. 作 于点 ， 2(0,0, )2P a 2( ,0,0)2A a 2(0 ,0)2B a， 2( ,0,0)2C a− 2(0 ,0)2D a−， 2 2( ,0 )4 4E a− ， 2 2 2( , , )4 2 4EB a a a= − (0, 2 ,0)DB a= 2 2(0, , )2 2BP a a= − EBD ( , , )n x y z= 2 2 2 04 2 4 2 0 ax ay az ay  + − =∴  = (1,0,1)n⇒ = A EBD 2 12 2| | 2 an PBd a n = = =    C AP B− − θ PAB (1,1,1)n = PAC 2 ( , , )n x y z= 1 2(0, ,0)2n OB a∴ = =  1 1 2 32cos 323 2 an n n n a θ∴ = = = ×     3arccos .3 θ∴ = P ABC− PA PB= PA PB⊥ ， 30AB BC BAC⊥ ∠ = °， PAB ⊥ ABC PA PBC⊥ 平面 P AC B− − AB PC PO AB⊥ O 平面 平面 ， 平面 . 过点 作 的平行线，交 于点 . 如图，以 为原点，直线 分别为 轴， 轴， 轴，建立空间直角坐标系 . . . ， . （Ⅰ）证明 . 又 . （Ⅱ）解 作 于点 ，连结 . 平面 ， 根据三垂线定理得 ， 是二面角 的平面角. 在 中， ， 从而 ， ， 即二面角 的大小是 . （Ⅲ）解 ， ，  PAB ⊥ ABC PO∴ ⊥ ABC O BC AC D O OD OB OP， ， x y z 6PA PB= =设 PA PB⊥ ， 2 3 3AB PO BO AO∴ = = = =， 30AB BC BAC⊥ ∠ = ° ， tan30 2BC AB∴ = ⋅ ° = (0 0 0) (0 3 0) (0 3 0) (2 3 0)O A B C∴ −，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， (0 0 3)P ，， ， (1 0 0).D ，， (0 3 3) (2 0 0)PA BC= − − =   ， ， ， ，，， 0PA BC∴ =   ， PA BC∴ ⊥ PA PB⊥ ，∴ PA PBC⊥ 平面 OM AC⊥ M PM PO ⊥ ABC PM AC⊥ PMO∴ ∠ P AC B− − Rt AMO∆ 3sin30 2 2 AOOM AO= ⋅ ° = = 3 3 04 4M  ∴     ，- ， ， 3 3 3 30 34 4 4 4MO MP    = − = −           ， ， ， ， ， 5 cos 5 MO MPMO MP MO MP ∴ 〈 〉 = =     ， P AC B− − 5arccos 5 ( ) ( ) 0 2 3 0 2 3 3AB PC= =   ， ， ， ， ，- 30 cos 10 AB PCAB PC AB PC ∴ 〈 〉 = =     ， E O1 O D1 C1 B1 D C BA A1 异面直线 和 所成角的大小为 arccos . 10.(广东地区 2008 年 01 月份期末试题) 如图，直四棱柱 ABCD—A1B1C1D1 的高为 3，底面是边长为 4 且∠DAB=60°的菱形，AC∩BD=O，A1C1∩B1D1=O1， E 是 O1A 的中点. （1）求二面角 O1－BC－D 的大小； （2）求点 E 到平面 O1BC 的距离. 解 (1）∵OO1⊥平面 AC， ∴OO1⊥OA，OO1⊥OB，又 OA⊥OB， 建立如图所示的空间直角坐标系（如图） ∴ AB PC 10 30