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- 2021-05-13 发布
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课标理数 12.G1[2011·福建卷] 三棱锥 P-ABC 中,PA⊥底面 ABC,PA=3,底面 ABC
是边长为 2 的正三角形,则三棱锥 P-ABC 的体积等于________.
课标理数 12.G1[2011·福建卷] 【答案】 3
【解析】 由已知,S△ABC=1
2
×22sinπ
3
= 3,
∴ VP-ABC=1
3S△ABC·PA=1
3
× 3×3= 3,即三棱锥 P-ABC 的体积等于 3.
课标文数 8.G2[2011·安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图 1-1 所示,则该几何体的
表面积为( )
图 1-1
A.48
B.32+8 17
C.48+8 17
D.80
课标文数 8.G2[2011·安徽卷] C 【解析】 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰
梯形的放倒的直四棱柱(如图所示),所以该直四棱柱的表面积为
S=2×1
2
×(2+4)×4+4×4+2×4+2× 1+16×4=48+8 17.
课标理数 6.G2[2011·安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图 1-1 所示,则该几何体的
表面积为( )
图 1-1
A.48 B.32+8 17
C.48+8 17 D.80
图 1-3
课标理数 7.G2[2011·北京卷] 某四面体的三视图如图 1-3 所示,该四面体四个面的面
积中最大的是( )
A.8
B.6 2
C.10
D.8 2
课标理数 7.G2[2011·北京卷] C 【解析】 由三视图可知,该四面体可以描述为 SA⊥平
面 ABC,∠ABC=90°,且 SA=AB=4,BC=3,所以四面体四个面的面积分别为 10,8,6,6 2,
从而面积最大为 10,故应选 C.
图 1-4
课标文数 5.G2[2011·北京卷] 某四棱锥的三视图如图 1-1 所示,该四棱锥的表面积是
( )
图 1-1
A.32 B.16+16 2
C.48 D.16+32 2
课标文数 5.G2[2011·北京卷] B 【解析】 由题意可知,该四棱锥是一个底面边长为 4,
高为 2 的正四棱锥,所以其表面积为 4×4+4×1
2
×4×2 2=16+16 2,故选 B.
课标理数 7.G2[2011·广东卷] 如图 1-2,某几何体的正视图(主视图)是平行四边形,侧
视图(左视图)和俯视图都是矩形,则该几何体的体积为( )
图 1-2
A.6 3 B.9 3
C.12 3 D.18 3
课标理数 7.G2[2011·广东卷] B 【解析】由三视图知该几何体为棱柱,h= 22-1= 3,
S 底=3×3,所以 V=9 3.
课标文数 9.G2[2011·广东卷] 如图 1-2,某几何体的正视图(主视图),侧视图(左视图)
和俯视图分别是等边三角形,等腰三角形和菱形,则该几何体体积为( )
A.4 3 B.4
C.2 3 D.2
课标文数 9.G2[2011·广东卷] C 【解析】 由三视图知该几何体为四棱锥,棱锥高 h=
2 32- 32=3,底面为菱形,对角线长分别为 2 3,2,所以底面积为1
2
×2 3×2=2 3,
所以 V=1
3Sh=1
3
×2 3×3=2 3.
图 1-1
课标理数 3.G2[2011·湖南卷] 设图 1-1 是某几何体的三视图,则该几何体的体积为
( )
A.9
2π+12
B.9
2π+18
C.9π+42
D.36π+18
课标理数 3.G2[2011·湖南卷] B 【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直
径为 3 的球,下面是一个长、宽都为 3、高为 2 的长方体所构成的几何体,则其体积为:V
=V1+V2=4
3
×π×
3
2 3+3×3×2=9
2π+18,
故选 B.
课标文数 4.G2[2011·湖南卷] 设图 1-1 是某几何体的三视图,则该几何体的体积为
( )
图 1-1
A.9π+42 B.36π+18
C.9
2π+12 D.9
2π+18
课标文数 4.G2[2011·湖南卷] D 【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直
径为 3 的球,下面是一个长、宽都为 3 高为 2 的长方体所构成的几何体,则其体积为: V
=V1+V2=4
3
×π×
3
2 3+3×3×2=9
2π+18,故选 D.
课标理数 6.G2[2011·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中,正视图和俯视图如图 1-2
所示,则相应的侧视图可以为( )
图 1-2 图 1-3
课标理数 6.G2 [2011·课标全国卷] D 【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是
由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的,如下图,故侧视图选 D.
图 1-5
课标理数 15.G2[2011·辽宁卷] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等,体积为 2 3,
它的三视图中的俯视图如图 1-5 所示,左视图是一个矩形,则这个矩形的面积是________.
课标理数 15.G2[2011·辽宁卷] 2 3 【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为图 1
-6,其中 M,N 是中点,矩形 MNC1C 为左视图.
由于体积为 2 3,所以设棱长为 a,则1
2
×a2×sin60°×a=2 3,解得 a=2.所以 CM= 3,
故矩形 MNC1C 面积为 2 3.
图 1-6
图 1-3
课标文数 8.G2[2011·辽宁卷] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等,体积为 2 3,它
的三视图中的俯视图如图 1-3 所示,左视图是一个矩形,则这个矩形的面积是( )
A.4 B.2 3 C.2 D. 3
课标文数 8.G2[2011·辽宁卷] B 【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为下图,其
中 M,N 是中点,矩形 MNC1C 为左视图.
图 1-4
由于体积为 2 3,所以设棱长为 a,则1
2
×a2×sin60°×a=2 3,解得 a=2.所以 CM= 3,
故矩形 MNC1C 面积为 2 3,故选 B.
课标文数 8.G2[2011·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中,正视图和俯视图如图 1-2
所示,则相应的侧视图可以为( )
图 1-2 图 1-3
课标文数 8.G2[2011·课标全国卷] D 【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是
由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的,如图,故侧视图选 D.
图 1-4
图 1-2
课标理数 11.G2[2011·山东卷] 如图 1-2 是长和宽分别相等的两个矩形.给定下列三个
命题:①存在三棱柱,其正(主)视图、俯视图如图 1-2;②存在四棱柱,其正(主)视图、俯
视图如图 1-2;③存在圆柱,其正(主)视图、俯视图如图 1-2.其中真命题的个数是( )
A.3 B.2 C.1 D.0
课标理数 11.G2[2011·山东卷] A 【解析】 ①可以是放倒的三棱柱,所以正确;容易
判断②正确;③可以是放倒的圆柱,所以也正确.
图 1-3
课标文数 11.G2[2011·山东卷] 如图 1-3 是长和宽分别相等的两个矩形.给定下列三个
命题:①存在三棱柱,其正(主)视图、俯视图如图 1-3;②存在四棱柱,其正(主)视图、俯
视图如图 1-3;③存在圆柱,其正(主)视图、俯视图如图 1-3.其中真命题的个数是( )
A.3 B.2
C.1 D.0
课标文数 11.G2[2011·山东卷] A 【解析】 ①可以是放倒的三棱柱,所以正确;容易
判断②正确;③可以是放倒的圆柱,所以也正确.
课标理数 5.G2[2011·陕西卷] 某几何体的三视图如图 1-2 所示,则它的体积是( )
图 1-2
A.8-2π
3 B.8-π
3
C.8-2π D.2π
3
课标理数 5.G2[2011·陕西卷] A 【解析】 分析图中所给的三视图可知,对应空间几何
图形,应该是一个棱长为 2 的正方体中间挖去一个半径为 1,高为 2 的圆锥,则对应体积为:
V=2×2×2-1
3π×12×2=8-2
3π.
课标文数 5.G2[2011·陕西卷] 某几何体的三视图如图 1-2 所示,则它的体积为( )
图 1-2
A.8-2π
3 B.8-π
3
C.8-2π D.2π
3
课标文数 5.G2[2011·陕西卷] A 【解析】 主视图与左视图一样是边长为 2 的正方形,
里面有两条虚线,俯视图是边长为 2 的正方形与直径为 2 的圆相切,其直观图为棱长为 2
的正方体中挖掉一个底面直径为 2 的圆锥,故其体积为正方体的体积与圆锥的体积之差,V
正=23=8,V 锥=1
3πr2h=2π
3 (r=1,h=2),故体积 V=8-2π
3
,故答案为 A.
课标理数 10.G2[2011·天津卷] 一个几何体的三视图如图 1-5 所示(单位:m),则该几
何体的体积为________ m3.
图 1-5
课标理数 10.G2[2011·天津卷] 6+π 【解析】 根据图中信息,可得该几何体为一个棱
柱与一个圆锥的组合体,V=3×2×1+1
3π×1×3=6+π.
课标文数 10.G2[2011·天津卷] 一个几何体的三视图如图 1-4 所示(单位:m),则该几
何体的体积为________ m3.
图 1-4
课标文数 10.G2[2011·天津卷] 4 【解析】 根据三视图还原成直观图,可以看出,其是
由两个形状一样的,底面长和宽都为 1,高为 2 的长方体叠加而成,故其体积 V=2×1×1
+1×1×2=4.
图 1-2
课标理数 3.G2[2011·浙江卷] D 【解析】 由正视图可排除 A、B 选项,由俯视图可排
除 C 选项.
课标文数 7.G2[2011·浙江卷] 若某几何体的三视图如图 1-1 所示,则这个几何体的直
观图可以是( )
图 1-1
图 1-2
课标文数 7.G2[2011·浙江卷] B 【解析】 由正视图可排除 A,C;由侧视图可判断该
该几何体的直观图是 B.
大纲理数 3.G3[2011·四川卷] l1,l2,l3 是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是( )
A.l1⊥l2,l2⊥l3⇒l1∥l3
B.l1⊥l2,l2∥l3⇒l1⊥l3
C.l1∥l2∥l3⇒l1,l2,l3 共面
D.l1,l2,l3 共点⇒l1,l2,l3 共面
大纲理数 3.G3[2011·四川卷] B 【解析】 对于 A,直线 l1 与 l3 可能异面;对于 C,直
线 l1、l2、l3 可能构成三棱柱三条侧棱所在直线时而不共面;对于 D,直线 l1、l2、l3 相交于
同一个点时不一定共面. 所以选 B.
课标文数 19.G4,G7[2011·安徽卷] 如图 1-4,ABEDFC 为多面体,平面 ABED 与平面
ACFD 垂直,点 O 在线段 AD 上,OA=1,OD=2,△OAB,△OAC,△ODE,△ODF 都是
正三角形.
(1)证明直线 BC∥EF;
(2)求棱锥 F-OBED 的体积.
图 1-4
课标文数 19.G4,G7[2011·安徽卷] 本题考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平
面的位置关系,空间直线平行的证明,多面体体积的计算,考查空间想象能力,推理论证能
力和运算求解能力.
【解答】 (1)证明:设 G 是线段 DA 与 EB 延长线的交点,由于△OAB 与△ODE 都是正
三角形,OA=1,OD=2,所以 OB 綊 1
2DE,OG=OD=2.
同理,设 G′是线段 DA 与 FC 延长线的交点,有 OC 綊 1
2DF,OG′=OD=2,又由于
G 和 G′都在线段 DA 的延长线上,所以 G 与 G′重合.
在△GED 和△GFD 中,由 OB 綊 1
2DE 和 OC 綊 1
2DF,可知 B 和 C 分别是 GE 和 GF 的
中点.所以 BC 是△GEF 的中位线,故 BC∥EF.
(2)由 OB=1,OE=2,∠EOB=60°,知 S△EOB= 3
2 .
而△OED 是边长为 2 的正三角形,故 S△OED= 3.
所以 SOBED=S△EOB+S△OED=3 3
2 .
过点 F 作 FQ⊥DG,交 DG 于点 Q,由平面 ABED⊥平面 ACFD 知,FQ 就是四棱锥 F
-OBED 的高,且 FQ= 3,所以 VF-OBED=1
3FQ·S 四边形 OBED=3
2.
图 1-4
课标理数 17.G4,G7[2011·安徽卷] 【解析】 本题考查空间直线与直线,直线与平面、
平面与平面的位置关系,空间直线平行的证明,多面体体积的计算等基本知识,考查空间想
象能力,推理论证能力和运算求解能力.
图 1-5
【解答】 (1)(综合法)
证明:设 G 是线段 DA 与线段 EB 延长线的交点,由于△OAB 与△ODE 都是正三角形,
OA=1,OD=2,所以 OB 綊 1
2DE,OG=OD=2.
同理,设 G′是线段 DA 与线段 FC 延长线的交点,有 OC 綊 1
2DF,OG′=OD=2,又
由于 G 和 G′都在线段 DA 的延长线上,所以 G 与 G′重合.
在△GED 和△GFD 中,由 OB 綊 1
2DE 和 OC 綊 1
2DF,可知 B,C 分别是 GE 和 GF 的
中点,所以 BC 是△GEF 的中位线,故 BC∥EF.
(向量法)
过点 F 作 FQ⊥AD,交 AD 于点 Q,连 QE.
由平面 ABED⊥平面 ADFC,知 FQ⊥平面 ABED.
以 Q 为坐标原点,QE→ 为 x 轴正向,QD→ 为 y 轴正向,QF→ 为 z 轴正向,建立如图所示空
间直角坐标系.
图 1-6
由条件知 E( 3,0,0),F(0,0, 3),B
3
2
,-3
2
,0 ,C 0,-3
2
, 3
2 .
则有BC→= - 3
2
,0, 3
2 ,EF→=(- 3,0, 3).
所以EF→=2BC→,即得 BC∥EF.
(2)由 OB=1,OE=2,∠EOB=60°,知 S△EOB= 3
2 .
而△OED 是边长为 2 的正三角形,故 S△OED= 3.
所以 S 四边形 OBED=S△EOB+S△OED=3 3
2 .
过点 F 作 FQ⊥AD,交 AD 于点 Q,由平面 ABED⊥平面 ACFD 知,FQ 就是四棱锥 F
-OBED 的高,且 FQ= 3,所以 VF-OBED=1
3FQ·S 四边形 OBED=3
2.
课标文数 17.G4[2011·北京卷]
图 1-4
如图 1-4,在四面体 PABC 中,PC⊥AB,PA⊥BC,点 D,E,F,G 分别是棱 AP,AC,
BC,PB 的中点.
(1)求证:DE∥平面 BCP;
(2)求证:四边形 DEFG 为矩形;
(3)是否存在点 Q,到四面体 PABC 六条棱的中点的距离相等?说明理由.
课标文数 17.G4[2011·北京卷] 【解答】 (1)证明:因为 D,E 分别为 AP,AC 的中点,
图 1-5
所以 DE∥PC.
又因为 DE⊄平面 BCP,PC⊂平面 BCP,
所以 DE∥平面 BCP.
(2)因为 D、E、F、G 分别为 AP、AC、BC、PB 的中点,
所以 DE∥PC∥FG,
DG∥AB∥EF,
所以四边形 DEFG 为平行四边形.
又因为 PC⊥AB,
所以 DE⊥DG,
所以平行四边形 DEFG 为矩形.
(3)存 在点 Q 满足条件,理由如下:
连接 DF,EG,设 Q 为 EG 的中点.
由(2)知,DF∩EG=Q,且 QD=QE=QF=QG=1
2EG.
分别取 PC、AB 的中点 M,N,连接 ME、EN、NG、MG、MN.
与(2)同理,可证四边形 MENG 为矩形,其对角线交点为 EG 的中点 Q,
且 QM=QN=1
2EG.
所以 Q 为满足条件的点.
图 1-3
课标文数 15.G4[2011·福建卷] 如图 1-3,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,点 E
为 AD 的中点,点 F 在 CD 上,若 EF∥平面 AB1C,则线段 EF 的长度等于________.
课标文数 15.G4[2011·福建卷] 2 【解析】 ∵ EF∥平面 AB1C,EF⊂平面 ABCD,
平面 ABCD∩平面 AB1C=AC,
∴EF∥AC,
又∵E 是 AD 的中点,
∴F 是 CD 的中点,即 EF 是△ACD 的中位线,
∴EF=1
2AC=1
2
×2 2= 2.
课标数学 16.G4,G5[2011·江苏卷] 如图 1-2,在四棱锥 P-ABCD 中,平面 PAD⊥平
面 ABCD,AB=AD,∠BAD=60°,E、F 分别是 AP、AD 的中点.
图 1-2
求证:(1)直线 EF∥平面 PCD;
(2)平面 BEF⊥平面 PAD.
课标数学 16.G4,G5[2011·江苏卷] 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系,
考查空间想象能力和推理论证能力.
【解答】 证明:(1)在△PAD 中,因为 E,F 分别为 AP,AD 的中点,所以 EF∥PD.又
因为 EF⊄平面 PCD,PD⊂平面 PCD,
图 1-3
所以直线 EF∥平面 PCD.
(2)连结 BD,因为 AB=AD,∠BAD=60°,所以△ABD 为正三角形,因为 F 是 AD 的中
点,所以 BF⊥AD.
因为平面 PAD⊥平面 ABCD,BF⊂平面 ABCD,
平面 PAD∩平面 ABCD=AD,所以 BF⊥平面 PAD.
又因为 BF⊂平面 BEF,所以平面 BEF⊥平面 PAD.
课标文数 4.G4[2011·浙江卷] 若直线 l 不平行于平面α,且 l⊄α,则( )
A.α内的所有直线与 l 异面
B.α内不存在与 l 平行的直线
C.α内存在唯一的直线与 l 平行
D.α内的直线与 l 都相交
课标文数 4.G4[2011·浙江卷] B 【解析】 在α内存在直线与 l 相交,所以 A 不正确;
若α内存在直线与 l 平行,又∵l⊄α,则有 l∥α,与题设相矛盾,∴B 正确,C 不正确;在α
内不过 l 与α交点的直线与 l 异面,D 不正确.
图 1-6
课标理数 16.G5,G11[2011·北京卷] 如图 1-6,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,
底面 ABCD 是菱形,AB=2,∠BAD=60°.
(1)求证:BD⊥平面 PAC;
(2)若 PA=AB,求 PB 与 AC 所成角的余弦值;
(3)当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时,求 PA 的长.
课标理数 16.G5,G11[2011·北京卷] 【解答】 (1)证明:因为四边形 ABCD 是菱形,
所以 AC⊥BD.
又因为 PA⊥平面 ABCD,
所以 PA⊥BD,
所以 BD⊥平面 PAC.
(2)设 AC∩BD=O.
因为∠BAD=60°,PA=AB=2,
所以 BO=1,AO=CO= 3.
如图,以 O 为坐标原点,OB、OC 所在直线及点 O 所在且与 PA 平行的直线分别为 x
轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 O-xyz,则 P(0,- 3,2),A(0,- 3,0),B(1,0,0),
C(0,3,0).
图 1-7
所以PB→=(1,3,-2),AC→=(0,2 3,0).
设 PB 与 AC 所成角为θ,则
cosθ=| PB→·AC→
|PB→||AC→||= 6
2 2×2 3
= 6
4 .
(3)由(2)知BC→=(-1,3,0).
设 P(0,- 3,t)(t>0),
则BP→=(-1,- 3,t).
设平面 PBC 的法向量 m=(x,y,z),
则BC→·m=0,BP→·m=0.
所以
-x+ 3y=0,
-x- 3y+tz=0,
令 y= 3,则 x=3,z=6
t
,
所以 m= 3, 3,6
t .
同理,可求得平面 PDC 的法向量 n= -3, 3,6
t .
因为平面 PBC⊥平面 PDC,
所以 m·n=0,即-6+36
t2
=0.
解得 t= 6.
所以当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时,PA= 6.
大纲理数 6.G5、G11[2011·全国卷] 已知直二面角α-l-β,点 A∈α,AC⊥l,C 为垂足.点
B∈β,BD⊥l,D 为垂足.若 AB=2,AC=BD=1,则 D 到平面 ABC 的距离等于( )
A. 2
3 B. 3
3
C. 6
3 D.1
大纲理数 6.G5、G11[2011·全国卷] C 【解析】 ∵α⊥β,AC⊥l,∴AC⊥β,则平面
ABC⊥β,在平面β内过 D 作 DE⊥BC,则 DE⊥平面 ABC,DE 即为 D 到平面 ABC 的距离,
在△DBC 中,运用等面积法得 DE= 6
3
,故选 C.
大纲理数 19.G5,G11[2011·全国卷] 如图 1-1,四棱锥 S-ABCD 中,AB∥CD,BC⊥
CD,侧面 SAB 为等边三角形.AB=BC=2,CD=SD=1.
(1)证明:SD⊥平面 SAB;
(2)求 AB 与平面 SBC 所成的角的大小.
图 1-1
大纲理数 19.G5,G11[2011·全国卷] 【解答】 解法一:(1)取 AB 中点 E,连结 DE,则
四边形 BCDE 为矩形,DE=CB=2.
图 1-2
连结 SE,则 SE⊥AB,SE= 3.
又 SD=1,故 ED2=SE2+SD2,
所以∠DSE 为直角.
由 AB⊥DE,AB⊥SE,
DE∩SE=E,得 AB⊥平面 SDE,所以 AB⊥SD.
SD 与两条相交直线 AB、SE 都垂直.
所以 SD⊥平面 SAB.
(2)由 AB⊥平面 SDE 知,平面 ABCD⊥平面 SDE.
作 SF⊥DE,垂足为 F,则 SF⊥平面 ABCD,SF=SD×SE
DE
= 3
2 .
作 FG⊥BC,垂足为 G,则 FG=DC=1.
连结 SG,则 SG⊥BC.
又 BC⊥FG,SG∩FG=G,
故 BC⊥平面 SFG,平面 SBC⊥平面 SFG.
作 FH⊥SG,H 为垂足,则 FH⊥平面 SBC.
FH=SF×FG
SG
= 3
7
,即 F 到平面 SBC 的距离为 21
7 .
由于 ED∥BC,所以 ED∥平面 SBC,故 E 到平面 SBC 的距离 d 也为 21
7 .
设 AB 与平面 SBC 所成的角为α,
则 sinα= d
EB
= 21
7
,α=arcsin 21
7 .
解法二:以 C 为坐标原点,射线 CD 为 x 轴正半轴,建立如图 1-3 所示的空间直角坐
标系 C-xyz.
图 1-3
设 D(1,0,0),
则 A(2,2,0),B(0,2,0).
又设 S(x,y,z),
则 x>0,y>0,z>0.
(1)AS→=(x-2,y-2,z),BS→=(x,y-2,z),DS→=(x-1,y,z),
由|AS→|=|BS→|得
x-22+y-22+z2= x2+y-22+z2,
故 x=1,
由|DS→|=1 得 y2+z2=1,
又由|BS→|=2 得 x2+(y-2)2+z2=4,
即 y2+z2-4y+1=0,故 y=1
2
,z= 3
2 .
于是 S 1,1
2
, 3
2 ,AS→= -1,-3
2
, 3
2 ,BS→= 1,-3
2
, 3
2 ,DS→= 0,1
2
, 3
2 ,
DS→·AS→=0,DS→·BS→=0.
故 DS⊥AS,DS⊥BS,又 AS∩BS=S,
所以 SD⊥平面 SAB.
(2)设平面 SBC 的法向量 a=(m,n,p),
则 a⊥BS→,a⊥CB→,a·BS→=0,a·CB→=0.
又BS→= 1,-3
2
, 3
2 ,CB→=(0,2,0),
故
m-3
2n+ 3
2 p=0,
2n=0.
取 p=2 得 a=(- 3,0,2).又AB→=(-2,0,0),
所以 cos〈AB→,a〉= AB→·a
|AB→|·|a|
= 21
7 .
故 AB 与平面 SBC 所成的角为 arcsin 21
7 .
大纲文数 8.G5[2011·全国卷] 已知直二面角α-l-β,点 A∈α,AC⊥l,C 为垂足,点 B
∈β,BD⊥l,D 为垂足.若 AB=2,AC=BD=1,则 CD=( )
A.2 B. 3 C. 2 D.1
大纲文数 8.G5[2011·全国卷] C 【解析】 ∵α⊥β,AC⊥l,∴AC⊥β,则 AC⊥CB,∵
AB=2,AC=1,可得 BC= 3,又 BD⊥l,BD=1,∴CD= 2,故选 C.
大纲文数 20.G5,G11[2011·全国卷] 如图 1-1,四棱锥 S-ABCD 中,
图 1-1
AB∥CD,BC⊥CD,侧面 SAB 为等边三角形.AB=BC=2,CD=SD=1.
(1)证明:SD⊥ 平面 SAB;
(2)求 AB 与平面 SBC 所成的角的大小.
大纲文数 20.G5,G11[2011·全国卷] 【解答】 解法一:(1)取 AB 中点 E,连结 DE,则
四边形 BCDE 为矩形,DE=CB=2.
图 1-2
连结 SE,则 SE⊥AB,SE= 3.
又 SD=1,故 ED2=SE2+SD2,
所以∠DSE 为直角.
由 AB⊥DE,AB⊥SE,DE∩SE=E,得 AB⊥平面 SDE,所以 AB⊥SD.
SD 与两条相交直线 AB、SE 都垂直.
所以 SD⊥平面 SAB.
(2)由 AB⊥平面 SDE 知,平面 ABCD⊥平面 SDE.
作 SF⊥DE,垂足为 F,
则 SF⊥平面 ABCD,SF=SD×SE
DE
= 3
2 .
作 FG⊥BC,垂足为 G,则 FG=DC=1.
连结 SG,则 SG⊥BC.
又 BC⊥FG,SG∩FG=G,
故 BC⊥平面 SFG,平面 SBC⊥平面 SFG.
作 FH⊥SG,H 为垂足,则 FH⊥平面 SBC.
FH=SF×FG
SG
= 3
7
,即 F 到平面 SBC 的距离为 21
7 .
由于 ED∥BC,所以 ED∥平面 SBC,故 E 到平面 SBC 的距离 d 也为 21
7 .
设 AB 与平面 SBC 所成的角为α,则 sinα= d
EB
= 21
7
,α=arcsin 21
7 .
解法二:以 C 为坐标原点,射线 CD 为 x 轴正半轴,建立如图 1-3 所示的空间直角坐
标系 C-xyz.
图 1-3
设 D(1,0,0),则 A(2,2,0),B(0,2,0).
又设 S(x,y,z),则 x>0,y>0,z>0.
(1)AS→=(x-2,y-2,z),BS→=(x,y-2,z),DS→=(x-1,y,z),
由|AS→|=|BS→|得
x-22+y-22+z2= x2+y-22+z2,
故 x=1,
由|DS→|=1 得 y2+z2=1,
又由|BS→|=2 得 x2+(y-2)2+z2=4,
即 y2+z2-4y+1=0,故 y=1
2
,z= 3
2 .
于是 S 1,1
2
, 3
2 ,AS→= -1,-3
2
, 3
2 ,BS→= 1,-3
2
, 3
2 ,DS→= 0,1
2
, 3
2 ,
DS→·AS→=0,DS→·BS→=0.
故 DS⊥AS,DS⊥BS,又 AS∩BS=S,
所以 SD⊥平面 SAB.
(2)设平面 SBC 的法向量 a=(m,n,p),
则 a⊥BS→,a⊥CB→,a·BS→=0,a·CB→=0.
又BS→= 1,-3
2
, 3
2 ,CB→=(0,2,0),
故
m-3
2n+ 3
2 p=0,
2n=0.
取 p=2 得 a=(- 3,0,2).又AB→=(-2,0,0),
所以 cos〈AB→,a〉= AB→·a
|AB→|·|a|
= 21
7 .
故 AB 与平面 SBC 所成的角为 arcsin 21
7 .
课标理数 20.G5,G10,G11[2011·福建卷] 如图 1-7,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面
ABCD.四边形 ABCD 中,
图 1-7
AB⊥AD,AB+AD=4,CD= 2,∠CDA=45°.
(1)求证:平面 PAB⊥平面 PAD;
(2)设 AB=AP.
①若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30°,求线段 AB 的长;
②在线段 AD 上是否存在一个点 G,使得点 G 到 P、B、C、D 的距离都相等?说明理
由.
课标理数 20.G5,G10,G11
[2011·福建卷] 【解答】
图 1-8
(1)证明:因为 PA⊥平面 ABCD,
AB⊂平面 ABCD,
所以 PA⊥AB.
又 AB⊥AD,PA∩AD=A,
所以 AB⊥平面 PAD.
又 AB⊂平面 PAB,所以平面 PAB⊥平面 PAD.
图 1-9
(2)①以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 A-xyz(如图 1-9).
在平面 ABCD 内,作 CE∥AB 交 AD 于点 E,
则 CE⊥AD.
在 Rt△CDE 中,DE=CD·cos45°=1,
CE=CD·sin45°=1.
设 AB=AP=t,则 B(t,0,0),P(0,0,t).
由 AB+AD=4 得 AD=4-t,
所以 E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0),
CD→ =(-1,1,0),PD→ =(0,4-t,-t).
设平面 PCD 的法向量为 n=(x,y,z).
由 n⊥CD→ ,n⊥PD→ ,得
-x+y=0.
4-ty-tz=0.
取 x=t,得平面 PCD 的一个法向量 n=(t,t,4-t).
又PB→=(t,0,-t),故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30°得
cos60°=| n·P B→
|n|·|PB→||,
即 |2t2-4t|
t2+t2+4-t2· 2t2
=1
2.
解得 t=4
5
或 t=4(舍去,因为 AD=4-t>0),
所以 AB=4
5.
则GC→ =(1,3-t-m,0),GD→ =(0,4-t-m,0),
GP→ =(0,-m,t).
由|GC→ |=|GD→ |得 12+(3-t-m)2=(4-t-m)2,
即 t=3-m;①
由|GD→ |=|GP→ |得(4-t-m)2=m2+t2.②
由①、②消去 t,化简得 m2-3m+4=0.③
由于方程③没有实数根,所以在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P、C、D
的距离都相等.
从而,在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等.
法二:假设在线段 AD 上存在一个点 G,使得点 G 到点 P、B、C、D 的距离都相等.
由 GC=GD,得∠GCD=∠GDC=45°,
图 1-12
从而∠CGD=90°,即 CG⊥AD.
所以 GD=CD·cos45°=1.
设 AB=λ,则 AD=4-λ,AG=AD-GD=3-λ.
在 Rt△ABG 中,
GB= AB2+AG2
= λ2+3-λ2= 2 λ-3
2 2+9
2>1.
这与 GB=GD 矛盾.
所以在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 B、C、D 的距离都相等.
从而,在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等.
课标理数 18.G5,G10[2011·广东卷] 如图 1-3,在锥体 P-ABCD 中,ABCD 是边长为
1 的菱形,且∠DAB=60°,PA=PD= 2,PB=2,E,F 分别是 BC,PC 的中点.
(1)证明:AD⊥平面 DEF;
(2)求二面角 P-AD-B 的余弦值.
图 1-3
课标理数 18.G5,G10[2011·广东卷] 【解答】 法一:(1)证明:设 AD 中点为 G,连接
PG,BG,BD.
图 1-1
因 PA=PD,有 PG⊥AD,在△ABD 中,AB=AD=1,∠DAB=60°,有△ABD 为等边
三角形,因此 BG⊥AD,BG∩PG=G,所以 AD⊥平面 PBG,所以 AD⊥PB,AD⊥GB.
又 PB∥EF,得 AD⊥EF,而 DE∥GB 得 AD⊥DE,又 FE∩DE=E,所以 AD⊥平面 DEF.
(2)∵PG⊥AD,BG⊥AD,
∴∠PGB 为二面角 P-AD-B 的平面角.
在 Rt△PAG 中,PG2=PA2-AG2=7
4
,
在 Rt△ABG 中,BG=AB·sin60°= 3
2
,
∴cos∠PGB=PG2+BG2-PB2
2PG·BG
=
7
4
+3
4
-4
2· 7
2 · 3
2
=- 21
7 .
法二:(1)证明:设 AD 中点为 G,因为 PA=PD,所以 PG⊥AD,
又 AB=AD,∠DAB=60°,所以△ABD 为等边三角形,因此,BG⊥AD,从而 AD⊥平
面 PBG.
延长 BG 到 O 且使 PO⊥OB,又 PO⊂平面 PBG,所以 PO⊥AD,又 AD∩OB=G,所
以 PO⊥平面 ABCD.
以 O 为坐标原点,菱形的边长为单位长度,直线 OB,OP 分别为 x 轴,z 轴,平行于
AD 的直线为 y 轴,建立如图 1-2 所示的空间直角坐标系.
设 P(0,0,m),G(n,0,0),则 A n,-1
2
,0 ,D n,1
2
,0 .
图 1-2
∵|GB→ |=|AB→|sin60°= 3
2
,
∴B n+ 3
2
,0,0 ,C n+ 3
2
,1,0 ,E n+ 3
2
,1
2
,0 ,F
n
2
+ 3
4
,1
2
,m
2 .
∴AD→ =(0,1,0),DE→ =
3
2
,0,0 ,FE→=
n
2
+ 3
4
,0,-m
2 ,
∴AD→ ·DE→ =0,AD→ ·FE→=0,
∴AD⊥DE,AD⊥FE,
又 DE∩FE=E,∴AD⊥平面 DEF.
(2)∵PA→= n,-1
2
,-m ,PB→= n+ 3
2
,0,-m ,
∴ m2+n2+1
4
= 2, n+ 3
2 2+m2=2,
解得 m=1,n= 3
2 .
取平面 ABD 的法向量 n1=(0,0,-1),
设平面 PAD 的法向量 n2=(a,b,c),
由PA→·n2=0,得 3
2 a-b
2
-c=0,
由PD→ ·n2=0,得 3
2 a+b
2
-c=0,
故取 n2= 1,0, 3
2 .
∴cos〈n1,n2〉=
- 3
2
1· 7
4
=- 21
7 .
即二面角 P-AD-B 的余弦值为- 21
7 .
课标理数 18.G5,G11[2011·湖北卷] 如图 1-4,已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的各棱长
都是 4,E 是 BC 的中点,动点 F 在侧棱 CC1 上,且不与点 C 重合.
(1)当 CF=1 时,求证:EF⊥A1C;
(2)设二面角 C-AF-E 的大小为θ,求 tanθ的最小值.
图 1-4
课标理数 18.G5,G11[2011·湖北卷] 【解答】 解法 1:过 E 作 EN⊥AC 于 N,连结 EF.
(1)如图①,连结 NF、AC1,由直棱柱的性质知,底面 ABC⊥侧面 A1C,
又底面 ABC∩侧面 A1C=AC,且 EN⊂底面 ABC,所以 EN⊥侧面 A1C,NF 为 EF 在侧
面 A1C 内的射影,
在 Rt△CNE 中,CN=CEcos60°=1,
则由 CF
CC1
=CN
CA
=1
4
,得 NF∥AC1.
又 AC1⊥A1C,故 NF⊥A1C,
由三垂线定理知 EF⊥A1C.
(2)如图②,连结 AF,过 N 作 NM⊥AF 于 M,连结 ME,
由(1)知 EN⊥侧面 A1C,根据三垂线定理得 EM⊥AF,
所以∠EMN 是二面角 C-AF-E 的平面角,即∠EMN=θ,
设∠FAC=α,则 0°<α≤45°.
在 Rt△CNE 中,NE=EC·sin60°= 3,
在 Rt△AMN 中,MN=AN·sinα=3sinα,
故 tanθ=NE
MN
= 3
3sinα.
又 0°<α≤45°,∴00),
所以 AB=4
5.
②法一:假设在线段 AD 上存在一个点 G,使得点 G 到点 P、B、C、D 的距离都相等.
设 G(0,m,0)(其中 0≤m≤4-t).
图 1-10
则GC→ =(1,3-t-m,0),GD→ =(0,4-t-m,0),
GP→ =(0,-m,t).
由|GC→ |=|GD→ |得 12+(3-t-m)2=(4-t-m)2,
即 t=3-m;①
由|GD→ |=|GP→ |得(4-t-m)2=m2+t2.②
由①、②消去 t,化简得 m2-3m+4=0.③
由于方程③没有实数根,所以在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P、C、D
的距离都相等.[来源:学科网]
从而,在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等.
法二:假设在线段 AD 上存在一个点 G,使得点 G 到点 P、B、C、D 的距离都相等.
由 GC=GD,得∠GCD=∠GDC=45°,
图 1-12
从而∠CGD=90°,即 CG⊥AD.
所以 GD=CD·cos45°=1.
设 AB=λ,则 AD=4-λ,AG=AD-GD=3-λ.
在 Rt△ABG 中,
GB= AB2+AG2
= λ2+3-λ2= 2 λ-3
2 2+9
2>1.
这与 GB=GD 矛盾.
所以在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 B、C、D 的距离都相等.
从而,在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等.
课标理数 18.G5,G10[2011·广东卷] 如图 1-3,在锥体 P-ABCD 中,ABCD 是边长为
1 的菱形,且∠DAB=60°,PA=PD= 2,PB=2,E,F 分别是 BC,PC 的中点.
(1)证明:AD⊥平面 DEF;
(2)求二面角 P-AD-B 的余弦值.
图 1-3
课标理数 18.G5,G10[2011·广东卷] 【解答】 法一:(1)证明:设 AD 中点为 G,连接
PG,BG,BD.
图 1-1
因 PA=PD,有 PG⊥AD,在△ABD 中,AB=AD=1,∠DAB=60°,有△ABD 为等边
三角形,因此 BG⊥AD,BG∩PG=G,所以 AD⊥平面 PBG,所以 AD⊥PB,AD⊥GB.
又 PB∥EF,得 AD⊥EF,而 DE∥GB 得 AD⊥DE,又 FE∩DE=E,所以 AD⊥平面 DEF.
(2)∵PG⊥AD,BG⊥AD,
∴∠PGB 为二面角 P-AD-B 的平面角.
在 Rt△PAG 中,PG2=PA2-AG2=7
4
,
在 Rt△ABG 中,BG=AB·sin60°= 3
2
,
∴cos∠PGB=PG2+BG2-PB2
2PG·BG
=
7
4
+3
4
-4
2· 7
2 · 3
2
=- 21
7 .
法二:(1)证明:设 AD 中点为 G,因为 PA=PD,所以 PG⊥AD,
又 AB=AD,∠DAB=60°,所以△ABD 为等边三角形,因此,BG⊥AD,从而 AD⊥平
面 PBG.
延长 BG 到 O 且使 PO⊥OB,又 PO⊂平面 PBG,所以 PO⊥AD,又 AD∩OB=G,所
以 PO⊥平面 ABCD.
以 O 为坐标原点,菱形的边长为单位长度,直线 OB,OP 分别为 x 轴,z 轴,平行于
AD 的直线为 y 轴,建立如图 1-2 所示的空间直角坐标系.
设 P(0,0,m),G(n,0,0),则 A n,-1
2
,0 ,D n,1
2
,0 .
图 1-2
∵|GB→ |=|AB→|sin60°= 3
2
,
∴B n+ 3
2
,0,0 ,C n+ 3
2
,1,0 ,E n+ 3
2
,1
2
,0 ,F
n
2
+ 3
4
,1
2
,m
2 .
∴AD→ =(0,1,0),DE→ =
3
2
,0,0 ,FE→=
n
2
+ 3
4
,0,-m
2 ,
∴AD→ ·DE→ =0,AD→ ·FE→=0,
∴AD⊥DE,AD⊥FE,
又 DE∩FE=E,∴AD⊥平面 DEF.
(2)∵PA→= n,-1
2
,-m ,PB→= n+ 3
2
,0,-m ,
∴ m2+n2+1
4
= 2, n+ 3
2 2+m2=2,
解得 m=1,n= 3
2 .
取平面 ABD 的法向量 n1=(0,0,-1),
设平面 PAD 的法向量 n2=(a,b,c),
由PA→·n2=0,得 3
2 a-b
2
-c=0,
由PD→ ·n2=0,得 3
2 a+b
2
-c=0,
故取 n2= 1,0, 3
2 .
∴cos〈n1,n2〉=
- 3
2
1· 7
4
=- 21
7 .
即二面角 P-AD-B 的余弦值为- 21
7 .
课标理数 18.G5,G11[2011·湖北卷] 如图 1-4,已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的各棱长
都是 4,E 是 BC 的中点,动点 F 在侧棱 CC1 上,且不与点 C 重合.
(1)当 CF=1 时,求证:EF⊥A1C;
(2)设二面角 C-AF-E 的大小为θ,求 tanθ的最小值.
图 1-4
课标理数 18.G5,G11[2011·湖北卷] 【解答】 解法 1:过 E 作 EN⊥AC 于 N,连结 EF.
(1)如图①,连结 NF、AC1,由直棱柱的性质知,底面 ABC⊥侧面 A1C,
又底面 ABC∩侧面 A1C=AC,且 EN⊂底面 ABC,所以 EN⊥侧面 A1C,NF 为 EF 在侧
面 A1C 内的射影,
在 Rt△CNE 中,CN=CEcos60°=1,
则由 CF
CC1
=CN
CA
=1
4
,得 NF∥AC1.
又 AC1⊥A1C,故 NF⊥A1C,
由三垂线定理知 EF⊥A1C.
(2)如图②,连结 AF,过 N 作 NM⊥AF 于 M,连结 ME,
由(1)知 EN⊥侧面 A1C,根据三垂线定理得 EM⊥AF,
所以∠EMN 是二面角 C-AF-E 的平面角,即∠EMN=θ,
设∠FAC=α,则 0°<α≤45°.
在 Rt△CNE 中,NE=EC·sin60°= 3,
在 Rt△AMN 中,MN=AN·sinα=3sinα,
故 tanθ=NE
MN
= 3
3sinα.
又 0°<α≤45°,∴00,y>0,z>0.
(1)AS→=(x-2,y-2,z),BS→=(x,y-2,z),DS→=(x-1,y,z),
由|AS→|=|BS→|得
x-22+y-22+z2= x2+y-22+z2,
故 x=1,
由|DS→|=1 得 y2+z2=1,
又由|BS→|=2 得 x2+(y-2)2+z2=4,
即 y2+z2-4y+1=0,故 y=1
2
,z= 3
2 .
于是 S 1,1
2
, 3
2 ,AS→= -1,-3
2
, 3
2 ,BS→= 1,-3
2
, 3
2 ,DS→= 0,1
2
, 3
2 ,
DS→·AS→=0,DS→·BS→=0.
故 DS⊥AS,DS⊥BS,又 AS∩BS=S,
所以 SD⊥平面 SAB.
(2)设平面 SBC 的法向量 a=(m,n,p),
则 a⊥BS→,a⊥CB→,a·BS→=0,a·CB→=0.
又BS→= 1,-3
2
, 3
2 ,CB→=(0,2,0),
故
m-3
2n+ 3
2 p=0,
2n=0.
取 p=2 得 a=(- 3,0,2).又AB→=(-2,0,0),
所以 cos〈AB→,a〉= AB→·a
|AB→|·|a|
= 21
7 .
故 AB 与平面 SBC 所成的角为 arcsin 21
7 .
大纲文数 15.G11[2011·全国卷] 已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为 C1D1 的中点,则
异面直线 AE 与 BC 所成角的余弦值为________.
大纲文数 15.G11[2011·全国卷] 2
3
【解析】 取 A1B1 的中点 F,连 EF,则 EF∥BC,∠
AEF 是异面直线 AE 与 BC 所成的角,设正方体的棱长为 a,可得 AE=3
2a,AF= 5
2 a,在△
AEF 中,运用余弦定理得 cos∠AEF=2
3
,即异面直线 AE 与 BC 所成角的余弦值为2
3.
大纲文数 20.G5,G11[2011·全国卷] 如图 1-1,四棱锥 S-ABCD 中,
图 1-1
AB∥CD,BC⊥CD,侧面 SAB 为等边三角形.AB=BC=2,CD=SD=1.
(1)证明:SD⊥平面 SAB;
(2)求 AB 与平面 SBC 所成的角的大小.
大纲文数 20.G5,G11[2011·全国卷] 【解答】 解法一:(1)取 AB 中点 E,连结 DE,则
四边形 BCDE 为矩形,DE=CB=2.
图 1-2
连结 SE,则 SE⊥AB,SE= 3.
又 SD=1,故 ED2=SE2+SD2,
所以∠DSE 为直角.
由 AB⊥DE,AB⊥SE,DE∩SE=E,得 AB⊥平面 SDE,所以 AB⊥SD.
SD 与两条相交直线 AB、SE 都垂直.
所以 SD⊥平面 SAB.
(2)由 AB⊥平面 SDE 知,平面 ABCD⊥平面 SDE.
作 SF⊥DE,垂足为 F,
则 SF⊥平面 ABCD,SF=SD×SE
DE
= 3
2 .
作 FG⊥BC,垂足为 G,则 FG=DC=1.
连结 SG,则 SG⊥BC.
又 BC⊥FG,SG∩FG=G,
故 BC⊥平面 SFG,平面 SBC⊥平面 SFG.
作 FH⊥SG,H 为垂足,则 FH⊥平面 SBC.
FH=SF×FG
SG
= 3
7
,即 F 到平面 SBC 的距离为 21
7 .
由于 ED∥BC,所以 ED∥平面 SBC,故 E 到平面 SBC 的距离 d 也为 21
7 .
设 AB 与平面 SBC 所成的角为α,则 sinα= d
EB
= 21
7
,α=arcsin 21
7 .
解法二:以 C 为坐标原点,射线 CD 为 x 轴正半轴,建立如图 1-3 所示的空间直角坐
标系 C-xyz.
图 1-3
设 D(1,0,0),则 A(2,2,0),B(0,2,0).
又设 S(x,y,z),则 x>0,y>0,z>0.
(1)AS→=(x-2,y-2,z),BS→=(x,y-2,z),DS→=(x-1,y,z),
由|AS→|=|BS→|得
x-22+y-22+z2= x2+y-22+z2,
故 x=1,
由|DS→|=1 得 y2+z2=1,
又由|BS→|=2 得 x2+(y-2)2+z2=4,
即 y2+z2-4y+1=0,故 y=1
2
,z= 3
2 .
于是 S 1,1
2
, 3
2 ,AS→= -1,-3
2
, 3
2 ,BS→= 1,-3
2
, 3
2 ,DS→= 0,1
2
, 3
2 ,
DS→·AS→=0,DS→·BS→=0.
故 DS⊥AS,DS⊥BS,又 AS∩BS=S,[来源:学§科§网]
所以 SD⊥平面 SAB.
(2)设平面 SBC 的法向量 a=(m,n,p),
则 a⊥BS→,a⊥CB→,a·BS→=0,a·CB→=0.
又BS→= 1,-3
2
, 3
2 ,CB→=(0,2,0),
故
m-3
2n+ 3
2 p=0,
2n=0.
取 p=2 得 a=(- 3,0,2).又AB→=(-2,0,0),
所以 cos〈AB→,a〉= AB→·a
|AB→|·|a|
= 21
7 .
故 AB 与平面 SBC 所成的角为 arcsin 21
7 .
课标理数 20.G5,G10,G11[2011·福建卷] 如图 1-7,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面
ABCD.四边形 ABCD 中,
图 1-7
AB⊥AD,AB+AD=4,CD= 2,∠CDA=45°.
(1)求证:平面 PAB⊥平面 PAD;
(2)设 AB=AP.
①若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30°,求线段 AB 的长;
②在线段 AD 上是否存在一个点 G,使得点 G 到 P、B、C、D 的距离都相等?说明理
由.
课标理数 20.G5,G10,G11
[2011·福建卷] 【解答】
图 1-8
(1)证明:因为 PA⊥平面 ABCD,
AB⊂平面 ABCD,
所以 PA⊥AB.
又 AB⊥AD,PA∩AD=A,
所以 AB⊥平面 PAD.
又 AB⊂平面 PAB,所以平面 PAB⊥平面 PAD.
图 1-9
(2)①以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 A-xyz(如图 1-9).
在平面 ABCD 内,作 CE∥AB 交 AD 于点 E,
则 CE⊥AD.
在 Rt△CDE 中,DE=CD·cos45°=1,
CE=CD·sin45°=1.
设 AB=AP=t,则 B(t,0,0),P(0,0,t).
由 AB+AD=4 得 AD=4-t,
所以 E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0),
CD→ =(-1,1,0),PD→ =(0,4-t,-t).
设平面 PCD 的法向量为 n=(x,y,z).
由 n⊥CD→ ,n⊥PD→ ,得
-x+y=0.
4-ty-tz=0.
取 x=t,得平面 PCD 的一个法向量 n=(t,t,4-t).
又PB→=(t,0,-t),故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30°得
cos60°=| n·P B→
|n|·|PB→||,
即 |2t2-4t|
t2+t2+4-t2· 2t2
=1
2.
解得 t=4
5
或 t=4(舍去,因为 AD=4-t>0),
所以 AB=4
5.
图 1-10
②法一:假设在线段 AD 上存在一个点 G,使得点 G 到点 P、B、C、D 的距离都相等.
设 G(0,m,0)(其中 0≤m≤4-t).
则GC→ =(1,3-t-m,0),GD→ =(0,4-t-m,0),
GP→ =(0,-m,t).
由|GC→ |=|GD→ |得 12+(3-t-m)2=(4-t-m)2,
即 t=3-m;①
由|GD→ |=|GP→ |得(4-t-m)2=m2+t2.②
由①、②消去 t,化简得 m2-3m+4=0.③
由于方程③没有实数根,所以在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P、C、D
的距离都相等.
从而,在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等.
法二:假设在线段 AD 上存在一个点 G,使得点 G 到点 P、B、C、D 的距离都相等.
由 GC=GD,得∠GCD=∠GDC=45°,
图 1-12
从而∠CGD=90°,即 CG⊥AD.
所以 GD=CD·cos45°=1.
设 AB=λ,则 AD=4-λ,AG=AD-GD=3-λ.
在 Rt△ABG 中,
GB= AB2+AG2
= λ2+3-λ2= 2 λ-3
2 2+9
2>1.
这与 GB=GD 矛盾.
为 2,侧棱长为 3 2,点 E 在侧棱 AA1 上,点 F 在侧棱 BB1 上,且 AE=2 2,BF= 2.
(1)求证:CF⊥C1E;
(2)求二面角 E-CF-C1 的大小.
课标文数 18.G5,G11[2011·湖北卷]
【解答】 解法 1:(1)证明:由已知可得 CC1=3 2,CE=C1F= 22+2 22=2 3,
EF=C1E= 22+ 22= 6.
于是有 EF2+C1E2=C1F2,CE2+C1E2=CC21.
所以 C1E⊥EF,C1E⊥CE.
又 EF∩CE=E,所以 C1E⊥平面 CEF.
又 CF⊂平面 CEF,故 CF⊥C1E.
(2)在△CEF 中,由(1)可得 EF=CF= 6,CE=2 3,
于是有 EF2+CF2=CE2,所以 CF⊥EF.
又由(1)知 CF⊥C1E,且 EF∩C1E=E,
所以 CF⊥平面 C1EF.
又 C1F⊂平面 C1EF,故 CF⊥C1F.
于是∠EFC1 即为二面角 E-CF-C1 的平面角 .
由(1)知△C1EF 是等腰直角三角形,所以∠EFC1=45°,即所求二面角 E-CF-C1 的大
小为 45°.
图 1-3
解法 2:建立如图 1-3 所示的空间直角坐标系,则由已知可得
A(0,0,0),B( 3,1,0),C(0,2,0),C1(0,2,3 2),E(0,0,2 2),F( 3,1, 2).
(1)C1E→ =(0,-2,- 2),CF→=( 3,-1, 2),
∴C1E→ ·CF→=0+2-2=0,
∴CF⊥C1E.
(2)CE→=(0,-2,2 2),设平面 CEF 的一个法向量为 m=(x,y,z).
由 m⊥CE→,m⊥CF→,得
m·CE→=0,
m·CF→=0,
即
-2y+2 2z=0,
3x-y+ 2z=0,
可取 m=(0,2,1).
设侧面 BC1 的一个法向量为 n,由 n⊥CB→,n⊥CC1
→ ,及CB→=( 3,-1,0),CC1
→ =(0,0,3 2),
可取 n=(1,3,0),设二面角 E-CF-C1 的大小为θ,于是由θ为锐角可得
cosθ=|m·n|
|m||n|
= 6
3×2
= 2
2
,所以θ=45°,
即所求二面角 E-CF-C1 的大小为 45°.
图 1-6
课标理数 19.G5,G11[2011·湖南卷] 如图 1-6,在圆锥 PO 中,已知 PO= 2,⊙O 的
直径 AB=2,C 是 AB 的中点,D 为 AC 的中点.
(1)证明:平面 POD⊥平面 PAC;
(2)求二面角 B-PA-C 的余弦值.
课标理数 19.G5,G11[2011·湖南卷] 【解答】 解法一:(1)连结 OC,因为 OA=OC,D
是 AC 的中点,所以 AC⊥OD.
图 1-7
又 PO⊥底面⊙O,AC⊂底面⊙O,所以 AC⊥PO.因为 OD,PO 是平面 POD 内的两条
相交直线,所以 AC⊥平面 POD,而 AC⊂平面 PAC,所以平面 POD⊥平面 PAC.
(2)在平面 POD 中,过 O 作 OH⊥PD 于 H,
由(1)知,平面 POD⊥平面 PAC,所以 OH⊥平面 PAC.
又 PA⊂面 PAC,所以 PA⊥OH.
在平面 PAO 中,过 O 作 OG⊥PA 于 G,连结 HG,则有 PA⊥平面 OGH.从而 PA⊥HG.
故∠OGH 为二面角 B-PA-C 的平面角.
在 Rt△ODA 中,OD=OA·sin45°= 2
2 .
在 Rt△POD 中,OH= PO·OD
PO2+OD2
=
2× 2
2
2+1
2
= 10
5 .
在 Rt△POA 中,OG= PO·OA
PO2+OA2
= 2×1
2+1
= 6
3 .
在 Rt△OHG 中,sin∠OGH=OH
OG
=
10
5
6
3
= 15
5 .
所以 cos∠OGH= 1-sin2∠OGH= 1-15
25
= 10
5 .
故二面角 B-PA-C 的余弦值为 10
5 .
解法二:(1)如图 1-8 所示,以 O 为坐标原点,OB,OC,OP 所在直线分别为 x 轴,y
轴,z 轴建立空间直角坐标系.则
图 1-8
O(0,0,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0, 2),D
-1
2
,1
2
,0 .
设 n1=(x1,y1,z1)是平面 POD 的一个法向量,则由 n1 ·OD→ =0,n1·OP→ =0,得
-1
2x1+1
2y1=0,
2z1=0.
所以 z1=0,x1=y1.取 y1=1,得 n1=(1,1,0).
设 n2 =(x2 ,y2 ,z2)是平面 PAC 的一个法向量,则由 n2·PA→ =0,n2·PC→ =0,得
-x2- 2z2=0,
y2- 2z2=0.
所以 x2=- 2z2,y2= 2z2,
取 z2=1,得 n2=(- 2,2,1).
因为 n1·n2=(1,1,0)·(- 2,2,1)=0,所以 n1⊥n2.从而平面 POD⊥平面 PAC.
(2)因为 y 轴⊥平面 PAB,所以平面 PAB 的一个法向量为 n3=(0,1,0).由(1)知,平面 PAC
的一个法向量为 n2=(- 2,2,1).
设向量 n2 和 n3 的夹角为θ,则
cosθ= n2·n3
|n2|·|n3|
= 2
5
= 10
5 .
由图可知,二面角 B-PA-C 的平面角与θ相等,所以二面角 B-PA-C 的余弦值为 10
5 .
课标文数 19.G5,G11[2011·湖南卷] 如图 1-5,在圆锥 PO 中,已知 PO= 2,⊙O 的
直径 AB=2,点 C 在 AB 上,且∠CAB=30°,D 为 AC 的中点.
(1)证明:AC⊥平面 POD;
(2)求直线 OC 和平面 PAC 所成角的正弦值.
图 1-5
课标文数 19.G5,G11[2011·湖南卷] 【解答】
(1)因为 OA=OC,D 是 AC 的中点,所以 AC⊥OD.
又 PO⊥底面⊙O,AC⊂底面⊙O,所以 AC⊥PO.
而 OD,PO 是平面 POD 内的两条相交直线,
所以 AC⊥平面 POD.
(2)由(1)知,AC⊥平面 POD,又 AC⊂平面 PAC,
所以平面 POD⊥平面 PAC.
在平面 POD 中,过 O 作 OH⊥PD 于 H,则 OH⊥平面 PAC.
图 1-6
连结 CH,则 CH 是 OC 在平面 PAC 上的射影,
所以∠OCH 是直线 OC 和平面 PAC 所成的角.
在 Rt△ODA 中,OD=OA·sin30°=1
2.
在 Rt△POD 中,
OH= PO·OD
PO2+OD2
=
2×1
2
2+1
4
= 2
3 .
在 Rt△OHC 中,sin∠OCH=OH
OC
= 2
3 .
故直线 OC 和平面 PAC 所成角的正弦值为 2
3 .
图 1-9
课标理数 18.G5,G10,G11[2011·课标全国卷] 如图 1-9,四棱锥 P-ABCD 中,底面
ABCD 为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD.
(1)证明:PA⊥BD;
(2)若 PD=AD,求二面角 A-PB-C 的余弦值.
课标理数 18.G5,G10,G11[2011·课标全国卷]【解答】 (1)因为∠DAB=60°,AB=2AD,
由余弦定理得 BD= 3AD,
从而 BD2+AD2=AB2,故 BD⊥AD.
又 PD⊥底面 ABCD,可得 BD⊥PD,
所以 BD⊥平面 PAD.故 PA⊥BD.
图 1-10
(2)如图,以 D 为坐标原点,AD 的长为单位长,DA、DB、DP 所在直线分别为 x 轴、y
轴、z 轴建立空间直角坐标系 D-xyz,则
A(1,0,0),B(0,3,0),C(-1,3,0),P(0,0,1),
AB→=(-1,3,0),PB→=(0,3,-1),BC→=(-1,0,0).
设平面 PAB 的法向量为 n=(x,y,z),则
n·AB→=0,
n·PB→=0,
即
-x+ 3y=0,
3y-z=0.
因此可取 n=( 3,1, 3).
设平面 PBC 的法向量为 m,则
m·PB→=0,
m·BC→=0,
可取 m=(0,-1,- 3).cos〈m,n〉=-4
2 7
=-2 7
7 .
故二面角 A-PB-C 的余弦值为-2 7
7 .
课标理数 18.G10,G11[2011·辽宁卷]
如图 1-8,四边形 ABCD 为正方形,PD⊥平面 ABCD,PD∥QA,QA=AB=1
2PD.
图 1-8
(1)证明:平面 PQC⊥平面 DCQ;
(2)求二面角 Q-BP-C 的余弦值.
课标理数 18.G10,G11[2011·辽宁卷] 【解答】 如图 1-9,以 D 为坐标原点,线段 DA
的长为单位长,射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D-xyz.
图 1-9
(1)依题意有 Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0).
则DQ→ =(1,1,0),DC→ =(0,0,1),PQ→ =(1,-1,0),
所以PQ→ ·DQ→ =0,PQ→ ·DC→ =0.
即 PQ⊥DQ,PQ⊥DC.
故 PQ⊥平面 DCQ.
又 PQ⊂平面 PQC,所以平面 PQC⊥平面 DCQ.
(2)依题意有 B(1,0,1),CB→=(1,0,0),BP→=(-1,2,-1).
设 n=(x,y,z)是平面 PBC 的法向量,则
n·CB→=0,
n·BP→=0,
即 x=0,
-x+2y-z=0.
因此可取 n=(0,-1,-2).
设 m 是平面 PBQ 的法向量,则
m·BP→=0,
m·PQ→ =0.
可取 m=(1,1,1),所以 cos〈m,n〉=- 15
5 .
故二面角 Q-BP-C 的余弦值为- 15
5 .
图 1-8
课标文数 18.G5,G11[2011·课标全国卷] 如图 1-8,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD
为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD.[来源:Zxxk.Com]
(1)证明:PA⊥BD;
(2)设 PD=AD=1,求棱锥 D-PBC 的高.
课标文数 18.G5,G11[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)证明:因为∠DAB=60°,AB=
2AD,由余弦定理得 BD= 3AD,
从而 BD2+AD2=AB2,故 BD⊥AD.
又 PD⊥底面 ABCD,可得 BD⊥PD,
所以 BD⊥平面 PAD,故 PA⊥BD.
(2)如图,作 DE⊥PB,垂足为 E.
已知 PD⊥底面 ABCD,则 PD⊥BC.
由(1)知 BD⊥AD,又 BC∥AD,所以 BC⊥BD.
图 1-9
故 BC⊥平面 PBD,BC⊥DE.
则 DE⊥平面 PBC.
由题设知 PD=1,则 BD= 3,PB=2.
根据 DE·PB=PD·BD 得 DE= 3
2 .
即棱锥 D-PBC 的高为 3
2 .
图 1-8
课标数学 22.G11[2011·江苏卷] 如图 1-8,在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=2,
AB=1,点 N 是 BC 的中点,点 M 在 CC1 上.设二面角 A1-DN-M 的大小为θ.
(1)当θ=90°时,求 AM 的长;
(2)当 cosθ= 6
6
时,求 CM 的长.
课标数学 22.G11[2011·江苏卷] 本题主要考查空间向量的基础知识,考查运用空间向量
解决问题的能力.
【解答】 建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz,设 CM=t(0≤t≤2),则各点的坐标
为 A(1,0,0),A1(1,0,2),N
1
2
,1,0 ,M(0,1,t).所以DN→ =
1
2
,1,0 ,DM→ =(0,1,t),DA1
→ =
(1,0,2).
设平面 DMN 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),则 n1·DN→ =0,n1·DM→ =0,即 x1+2y1=0,
y1+tz1=0.
令 z1=1,则 y1=-t,x1=2t,所以 n1=(2t,-t,1)是平面 DMN 的一个法向量.
设平面 A1DN 的法向量为 n2=(x2,y2,z2),则 n2·DA1
→ =0,n2·DN→ =0,即 x2+2z2=0,
x2+2y2=0.
令 z2=1,则 x2=-2,y2=1.所以 n2=(-2,1,1)是平面 A1DN 的一个法向量.从而 n1·n2
=-5t+1.
(1)因为θ=90°,所以 n1·n2=-5t+1=0,解得 t=1
5.从而 M 0,1,1
5 .
所以 AM= 12+12+
1
5 2= 51
5 .
(2)因为|n1|= 5t2+1,|n2|= 6,
所以 cos〈n1,n2〉= n1·n2
|n1||n2|
= -5t+1
6 5t2+1
.
因为〈n1,n2〉=θ或π-θ,所以| -5t+1
6 5t2+1|= 6
6
,
解得 t=0 或 t=1
2.
根据图形和(1)的结论可知 t=1
2
,从而 CM 的长为1
2.
大纲理数 19.G11
图 1-5
[2011·四川卷] 如图 1-5,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠BAC=90°,AB=AC=AA1
=1,D 是棱 CC1 上的一点,P 是 AD 的延长线与 A1C1 的延长线的交点,且 PB1∥平面 BDA1.
(1)求证:CD=C1D;
(2)求二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值;
(3)求点 C 到平面 B1DP 的距离.
大纲理数 19.G11[2011·四川卷] 【解答】 解法一:
图 1-6
(1)证明:连结 AB1 与 BA1 交于点 O,连结 OD.
∵PB1∥平面 BDA1,
PB1⊂平面 AB1P,平面 AB1P∩平面 BDA1=OD,
∴OD∥PB1.
又 AO=B1O,∴AD=PD.
又 AC∥C1P,∴CD=C1D.
(2)过 A 作 AE⊥DA1 于点 E,连结 BE.
∵BA⊥CA,BA⊥AA1,且 AA1∩AC=A,
∴BA⊥平面 AA1C1C.
由三垂线定理可知 BE⊥DA1.
∴∠BEA 为二面角 A-A1D-B 的平面角.
在 Rt△A1C1D 中,A1D=
1
2 2+12= 5
2
,
又 S△AA1D=1
2
×1×1=1
2
× 5
2
×AE,
∴AE=2 5
5 .
在 Rt△BAE 中,BE= 12+
2 5
5 2=3 5
5
,
∴cos∠BEA=AE
BE
=2
3.
故二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值为2
3.
(3)由题意知,点 C 到平面 B1DP 的距离是点 C 到平面 DB1A 的距离, 设此距离为 h.
∵VC-DB1A=VB1-ACD,
∴1
3S△DB1A·h=1
3S△ACD·B1A1.
由已知可得 AP= 5,PB1= 5,AB1= 2,
∴在等腰△AB1P 中,
S△AB1P=1
2AB1· AP2-
1
2AB1 2=3
2
,
∴S△DB1A=1
2S△AB1P=3
4.
又 S△ACD=1
2AC·CD=1
4
,
∴h=S△ACD·B1A1
S△DB1A
=1
3.
故 C 到平面 B1DP 的距离等于1
3.
解法二:
图 1-7
如图 1-7,以 A1 为原点,A1B1,A1C1,A1A 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间
直角坐标系 A1-xyz,则 A1(0,0,0),B1(1,0,0),C1(0,1,0),B(1,0,1).
(1)设 C1D=x,
∵AC∥PC1,∴C1P
AC
=C1D
CD
= x
1-x
.
由此可得 D(0,1,x),P
0,1+ x
1-x
,0 ,
∴A1B→ =(1,0,1),A1D→ =(0,1,x),B1P→ =
-1,1+ x
1-x
,0
.
设平面 BA1D 的一个法向量为 n1=(a,b,c),
则
n1·A1B→ =a+c=0,
n1·A1D→ =b+cx=0.
令 c=-1,则 n1=(1,x,-1).
∵PB1∥平面 BA1D,
∴n1·B1P→ =1×(-1)+x·
1+ x
1-x +(-1)×0=0.
由此可得 x=1
2
,故 CD=C1D.
(2)由(1)知,平面 BA1D 的一个法向量 n1= 1,1
2
,-1 .
又 n2=(1,0,0)为平面 AA1D 的一个法向量.
∴cos〈n1,n2〉= n1·n2
|n1|·|n2|
= 1
1×3
2
=2
3.
故二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值为2
3.
(3)∵PB1
→ =(1,-2,0),PD→ = 0,-1,1
2 ,
设平面 B1DP 的一个法向量 n3=(a1,b1,c1),
则
n3·PB1
→ =a1-2b1=0,
n3·PD→ =-b1+c1
2
=0.
令 c1=1,可得 n3= 1,1
2
,1 .
又DC→ = 0,0,1
2 ,
∴C 到平面 B1DP 的距离 d=|DC→ ·n3|
|n3|
=1
3.
图 1-8
课标理数 17.G11[2011·天津卷] 如图 1-8 所示,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,H 是正方
形 AA1B1B 的中心,AA1=2 2,C1H⊥平面 AA1B1B,且 C1H= 5.
(1)求异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值;
(2)求二面角 A-A1C1-B1 的正弦值;
(3)设 N 为棱 B1C1 的中点,点 M 在平面 AA1B1B 内,且 MN⊥平面 A1B1C1,求线段 BM
的长.
课标理数 17.G11[2011·天津卷] 【解答】 方法一:如图所示,建立空间直角坐标系,
点 B 为坐标原点.依题意得 A(2 2,0,0),B(0,0,0),C( 2,- 2, 5),A1(2 2,2 2,0),
B1(0,2 2,0),C1( 2,2, 5).
图 1-9
(1)易得AC→=(- 2,- 2, 5),A1B1
→ =(-2 2,0,0),于是 cos〈AC→,A1B1
→ 〉= AC→·A1B1
→
|AC→||A1B1
→ |
= 4
3×2 2
= 2
3 .
所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 2
3 .
(2)易知AA1
→ =(0,2 2,0),A1C1
→ =(- 2,- 2, 5).
设平面 AA1C1 的法向量 m=(x,y,z),
则
m·A1C1
→ =0,
m·AA1
→ =0.
即
- 2x- 2y+ 5z=0,
2 2y=0.
不妨令 x= 5,可得 m=( 5,0, 2).
同样地,设平面 A1B1C1 的法向量 n=(x,y,z),
则
n·A1C1
→ =0,
n·A1B1
→ =0.
即
- 2x- 2y+ 5z=0,
-2 2x=0.
不妨令 y= 5,可得 n=(0,5, 2).
于是 cos〈m,n〉= m·n
|m|·|n|
= 2
7· 7
=2
7
,
从而 sin〈m,n〉=3 5
7 .
所以二面角 A-A1C1-B1 的正弦值为3 5
7 .
(3)由 N 为棱 B1C1 的中点,得 N
2
2
,3 2
2
, 5
2 .
设 M(a,b,0),则MN→ =
2
2
-a,3 2
2
-b, 5
2 .
由 MN⊥平面 A1B1C1,得
MN→ ·A1B1
→ =0,
MN→ ·A1C1
→ =0.
即
2
2
-a ·-2 2=0,
2
2
-a ·- 2+
3 2
2
-b ·- 2+ 5
2 · 5=0.
解得
a= 2
2
,
b= 2
4
,
故 M
2
2
, 2
4
,0 .
因此BM→ =
2
2
, 2
4
,0 ,
所以线段 BM 的长|BM→ |= 10
4 .
方法二:(1)由于 AC∥A1C1.故∠C1A1B1 是异面直线 AC 与 A1B1 所成的角.
因为 C1H⊥平面 AA1B1B,又 H 为正方形 AA1B1B 的中心,AA1=2 2,C1H= 5,可得
A1C1=B1C1=3.
图 1-10
因此 cos∠C1A1B1=A1C21+A1B21-B1C21
2A1C1·A1B1
= 2
3 .
所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 2
3 .
(2)连接 AC1,易知 AC1=B1C1.又由于 AA1=B1A1,A1C1=A1C1,所以△AC1A1≌△B1C1A1.
过点 A 作 AR⊥A1C1 于点 R,连接 B1R,于是 B1R⊥A1C1.故∠ARB1 为二面角 A-A1C1-B1 的
平面角.
在 Rt△A1RB1 中,B1R=A1B1·sin∠RA1B1=2 2· 1-
2
3 2=2 14
3 .连接 AB1,在△ARB1
中,AB1=4,AR=B1R,cos∠ARB1=AR2+B1R2-AB21
2AR·B1R
=-2
7
,从而 sin∠ARB1=3 5
7 .
所以二面角 A-A1C1-B1 的正弦值为3 5
7 .
(3)因为 MN⊥平面 A1B1C1,所以 MN⊥A1B1,取 HB1 中点 D,连接 ND.由于 N 是棱 B1C1
中点,所以 ND∥C1H 且 ND=1
2C1H= 5
2 .又 C1H⊥平面 AA1B1B,所以
ND⊥平面 AA1B1B.故 ND⊥A1B1.又 MN∩ND=N,所以 A1B1⊥平面 MND.连接 MD 并延
长交 A1B1 于点 E,则 ME⊥A1B1.故 ME∥AA1.
由DE
AA1
= B1E
B1A1
=B1D
B1A
=1
4
,得 DE=B1E= 2
2
,延长 EM 交 AB 于点 F,可得 BF=B1E= 2
2 .
连接 NE.在 Rt△ENM 中,ND⊥ME.故 ND2=DE·DM.所以 DM=ND2
DE
=5 2
4 .可得 FM= 2
4 .连
接 BM,在 Rt△BFM 中.
BM= FM2+BF2= 10
4 .
图 1-7
课标文数 20.G11[2011·浙江卷] 如图 1-7,在三棱锥 P-ABC 中,AB=AC,D 为 BC
的中点,PO⊥平面 ABC,垂足 O 落在线段 AD 上.
(1)证明:AP⊥BC;
(2)已知 BC=8,PO=4,AO=3,OD=2,求二面角 B-AP-C 的大小.
课标文数 20.G11[2011·浙江卷] 【解答】 (1)证明:由 AB=AC,D 是 BC 中点,得 AD
⊥BC,
又 PO⊥平面 ABC,得 PO⊥BC,
因为 PO∩AD=O,所以 BC⊥平面 PAD,故 BC⊥AP.
(2)如图,在平面 APB 内作 BM⊥PA 于 M,连 CM.
因为 BC⊥PA,得 PA⊥平面 BMC,所以 AP⊥CM.
故∠BMC 为二面角 B-AP-C 的平面角.
在 Rt△ADB 中,AB2=AD2+BD2=41,得 AB= 41.
在 Rt△POD 中,PD2=PO2+OD2,
在 Rt△PDB 中,PB2=PD2+BD2,
所以 PB2=PO2+OD2+BD2=36,得 PB=6.
在 Rt△POA 中,PA2=AO2+OP2=25,得 PA=5.
又 cos ∠BPA=PA2+PB2-AB2
2PA·PB
=1
3
,
从而 sin∠BPA=2 2
3 .
故 BM=PBsin∠BPA=4 2.
同理 CM=4 2.因为 BM2+MC2=BC2,
所以∠BMC=90°,
即二面角 B-AP-C 的大小为 90°.
大纲理数 9.G11[2011·重庆卷] 高为 2
4
的四棱锥 S-ABCD 的底面是边长为 1 的正方形,
点 S、A、B、C、D 均在半径为 1 的同一球面上,则底面 ABCD 的中心与顶点 S 之间的距离
为( )
A. 2
4 B. 2
2
C.1 D. 2
大纲理数 9.G11[2011·重庆卷] C
图 1-3
【解析】 如图 1-3 所示,设球心为 O,正方形的中心为 O1,则 OB=1,O1B=1
2BD=
2
2
,
所以点 O 到平面 ABCD 的距离 OO1= OB2-O1B2= 2
2 .
因为四棱锥 S-ABCD 的高为 2
4
,
故四棱锥 S-ABCD 的顶点 S 在与平面 ABCD 平行且距离为 2
4
的一个小圆的圆周上,此
小圆的圆心 O2 在 OO1 的中点上,
易知 SO2 为线段 OO1 的垂直平分线,所以 SO1=SO=1.故选 C.
图 1-5
大纲理数 19.G11[2011·重庆卷] 如图 1-5,在四面体 ABCD 中,平面 ABC⊥平面 ACD,
AB⊥BC,AD=CD,∠CAD=30°.
(1)若 AD=2,AB=2BC,求四面体 ABCD 的体积;
(2)若二面角 C-AB-D 为 60°.求异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值.
大纲理数 19.G11[2011·重庆卷]
图 1-6
【解答】 (1)如图 1-6,设 F 为 AC 的中点,由于 AD=CD,所以 DF⊥AC.故由平面
ABC⊥平面 ACD,知 DF⊥平面 ABC,即 DF 是四面体 ABCD 的面 ABC 上的高,且 DF=
ADsin30°=1,AF=ADcos30°= 3.
在 Rt△ABC 中,因 AC=2AF=2 3,AB=2BC,
由勾股定理易知 BC=2 15
5
,AB=4 15
5 .
故四面体 ABCD 的体积 V=1
3·S△ABC·DF=1
3
×1
2
×4 15
5
×2 15
5
×1=4
5.
(2)解法一:如图 1-6,设 G,H 分别为边 CD,BD 的中点,则 FG∥AD,GH∥BC,
从而∠FGH 是异面直线 AD 与 BC 所成的角或其补角.
设 E 为边 AB 的中点,则 EF∥BC,由 AB⊥BC,知 EF⊥AB.又由(1)有 DF⊥平面 ABC,
故由三垂线定理知 DE⊥AB.所以∠DEF 为二面角 C-AB-D 的平面角,由题设知∠DEF=
60°.
设 AD=a,则 DF=AD·sin∠CAD=a
2.
在 Rt△DEF 中,EF=DF·cot∠DEF=a
2· 3
3
= 3
6 a,
从而 GH=1
2BC=EF= 3
6 a.
因 Rt△ADE≌Rt△BDE,故 BD=AD=a,
从而,在 Rt△BDF 中,FH=1
2BD=a
2.
又 FG=1
2AD=a
2
,从而在△FGH 中,因 FG=FH,由余弦定理得
cos∠FGH=FG2+GH2-FH2
2FG·GH
= GH
2FG
= 3
6 .
因此,异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值为 3
6 .
图 1-7
解法二:如图 1-7,过 F 作 FM⊥AC,交 AB 于 M,已知 AD=CD,平面 ABC⊥平面
ACD,易知 FC、FD、FM 两两垂直,以 F 为原点,射线 FM、FC、FD 分别为 x 轴,y 轴,
z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 F-xyz.
不妨设 AD=2,由 CD=A D,∠CAD=30°,易知点 A,C,D 的坐标分别为 A(0,- 3,
0),C(0,3,0),D(0,0,1),则AD→ =(0,3,1).
显然向量 k=(0,0,1)是平面 ABC 的法向量.
已知二面角 C-AB-D 为 60°,故可取平面 ABD 的单位法向量 n=(l,m,n),使得〈n,
k〉=60°,从而 n=1
2.
由 n⊥AD→ ,有 3m+n=0,从而 m=- 3
6 .
由 l2+m2+n2=1,得 l=± 6
3 .
设点 B 的坐标为 B(x,y,0),由AB→⊥BC→,n⊥AB→,取 l= 6
3
,有
x2+y2=3,
6
3 x- 3
6
y+ 3=0,
解之得
x=4 6
9
,
y=7 3
9
或 x=0,
y=- 3
(舍去).
易知 l=- 6
3
与坐标系的建立方式不合,舍去.
因此点 B 的坐标为 B
4 6
9
,7 3
9
,0 ,所以CB→=
4 6
9
,-2 3
9
,0 .从而
cos〈AD→ ,CB→〉= AD→ ·CB→
|AD→ ||CB→|
=
3
-2 3
9
3+1
4 6
9 2+ -2 3
9 2
=- 3
6
,
故异面直线 AD 与 BC 所成的角的余弦值为 3
6 .
大纲文数 10.G11[2011·重庆卷] 高为 2的四棱锥 S-ABCD 的底面是边长为 1 的正方形,
点 S、A、B、C、D 均在半径为 1 的同一球面上,则底面 ABCD 的中心与顶点 S 之间的距离
为( )
A. 10
2 B. 2+ 3
2
C.3
2 D. 2
大纲文数 10.G11[2011·重庆卷] A 【解析】 如图 1-1 所示,设球心为 O,正方形的
中心为 O1,
图 1-1
则 OB=1,O1B=1
2BD= 2
2
,
所以点 O 到平面 ABCD 的距离 OO1= OB2-O1B2= 2
2
,
∵四棱锥 S-ABCD 的高为 2,
∴四棱锥的顶点 S 在与平面 ABCD 平行且距离为 2的一个小圆的圆周上,
同时这两个小圆面与球心的距离均相等,因此它们是等圆周,故可取一个特殊点来解答.
即过 B 作平面 ABCD 的垂线,与球交于点 S,则 SO1 即为所求.
易知 SB= 2,所以 SO1= O1B2+SB2= 22+
2
2 2= 10
2 .故选 A.
图 1-5
课标文数 20.G12[2011·福建卷] 如图 1-5,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AB
⊥AD,点 E 在线段 AD 上,且 CE∥AB.
(1)求证:CE⊥平面 PAD;
(2)若 PA=AB=1,AD=3,CD= 2,∠CDA=45°,求四棱锥 P-ABCD 的体积.
课标文数 20.G12[2011·福建卷] 【解答】 (1)证明:因为 PA⊥平面 ABCD,CE⊂平面
ABCD,
图 1-6
所以 PA⊥CE.
因为 AB⊥AD,CE∥AB,
所以 CE⊥AD.
又 PA∩AD=A,
所以 CE⊥平面 PAD.
(2)由(1)可知 CE⊥AD.
在 Rt△ECD 中,DE=CD·cos45°=1,CE=CD·sin45°=1.
又因为 AB=CE=1,AB∥CE,
所以四边形 ABCE 为矩形.
所以 S 四边形 ABCD=S 矩形 ABCE+S△ECD=AB·AE+1
2CE·DE=1×2+1
2
×1×1=5
2.
又 PA⊥平面 ABCD,PA=1,
所以 V 四棱锥 P-ABCD=1
3S 四边形 ABCD·PA=1
3
×5
2
×1=5
6.
课标文数 18.G12[2011·广东卷] 【解答】 证明:(1)∵A,A′分别为 CD , C′D′ 的中
点,O1,O1′分别为 CD,C′D′的中点,
∴O1′A′∥O1A.
连接 BO2,
∵直线 BO2 是由直线 AO1 平移得到的,
图 1-1
∴AO1∥BO2,
∴O1′A′∥BO2,
∴O1′,A′,O2,B 四点共面.
(2)将 AO1 延长至 H 使得 O1H=O1A,连接 HO1′,HB,H′H,
由平移性质得 O1′O2′綊 HB,
∴BO2′∥HO1′.
∵A′G=H′O1′,A′H′=H′H,∠GA′H′=∠O1′H′H=π
2
,
∴△GA′H′≌△O1′H′H,
∴∠H′O1′H+∠GH′A′=π
2
,
∴O1′H⊥H′G,[来源:Z*xx*k.Com]
∴BO2′⊥H′G.
∵O1′O2′⊥B′O2′,O1′O2′⊥O2′O2,B′O2′∩O2′O2=O2′,
∴O1′O2′⊥平面 B′BO2O2′,
∴O1′O2′⊥BO2′,
∴BO2′⊥H′B′,
∵H′B′∩H′G=H′,
∴BO2′⊥平面 H′B′G.
课标理数 21.G12[2011·江西卷] (1)如图 1-7,对于任一给定的四面体 A1A2A3A4,找出依
次排列的四个相互平行的平面α1,α2,α3,α4,使得 Ai∈αi(i=1,2,3,4),且其中每相邻两个平
面间的距离都相等;
(2)给定依次排列的四个相互平行的平面α1,α2,α3,α4,其中每相邻两个平面间的距离
都为 1,若一个正四面体 A1A2A3A4 的四个顶点满足:
Ai∈αi(i=1,2,3,4),求该正四面体 A1A2A3A4 的体积.
图 1-7
课标理数 21.G12[2011·江西卷] 【解答】 (1)如图 1-8 所示,取 A1A4 的三等分点 P2,
P3,A1A3 的中点 M,A2A4 的中点 N,过三点 A2,P2,M 作平面α2,过三点 A3,P3,N 作平
面α3,因为 A2P2∥NP3,A3P3∥MP2,所以平面α2∥平面α3,再过点 A1,A4 分别作平面α1,
α4 与平面α2 平行,那么四个平面α1,α2,α3,α4 依次相互平行,由线段 A1A4 被平行平面α1,
α2,α3,α4 截得的线段相等知,其中每相邻两个平面间的距离相等,故α1,α2,α3,α4 为所
求平面.
(2)解法一:当(1)中的四面体为正四面体,若所得的四个平行平面,每相邻两平面之间
的距离为 1,则正四面体 A1A2A3A4 就是满足题意的正四面体.设正四面体的棱长为 a,以△
A2A3A4 的中心 O 为坐标原点,以直线 A4O 为 y 轴,直线 OA1 为 z 轴建立如图的右手直角坐
标系,
图 1-8
则 A1
0,0, 6
3 a ,A2
-a
2
, 3
6 a,0 ,A3
a
2
, 3
6 a,0 ,A4
0,- 3
3 a,0 .
令 P2,P3 为 A1A4 的三等分点,N 为 A2A4 的中点,有
P3
0,-2 3
9 a, 6
9 a ,N
-a
4
,- 3
12a,0 ,
所以,P3N→ =-a
4
,5 3
36 a,- 6
9 a,
NA3
→ =
3
4a, 3
4 a,0 ,
A4N→ = -1
4a, 3
4 a,0 .
设平面 A3P3N 的法向量 n=(x,y,z),有
n·P3N→ =0,
n·NA3
→ =0.
即 9x-5 3y+4 6z=0,
3x+ 3y=0.
取 x=1,则 n=(1,- 3,- 6).因为α1,α2,α3,α4 相邻平面之间的距离为 1,所以
点 A4 到平面 A3P3N 的距离
| -a
4 ×1+ 3a
4
×- 3+0×- 6|
1+- 32+- 62
=1,
解得 a= 10,由此可得,边长为 10的正四面体 A1A2A3A4 满足条件.[来源:Zxxk.Com]
所以所求正四面体的体积 V=1
3Sh=1
3
× 3
4 a2× 6
3 a= 2
12a3=5
3 5.
解法二:如图①,现将此正四面体 A1A2A3A4 置于一个正方体 ABCD-A1B1C1D1 中(或者
说,在正四面体的四个面外侧各镶嵌一个直角正三棱锥,得到一个正方体),E1,F1 分别是
A1B1,C1D1 的中点,EE1D1D 和 BB1F1F 是两个平行平面,若其距离为 1,则四面体 A1A2A3A4
即为满足条件的正四面体.图②是正方体的上底面,现设正方体的棱长为 a,
图 1-9
若 A1M=MN=1,则有
A1E1=a
2
,
D1E1= A1D21+A1E21= 5
2 a,
据 A1D1×A1E1=A1M×D1E1,得 a= 5,
于是正四面体的棱长 d= 2a= 10,其体积 V=a3-4×1
6a3=1
3a3=5 5
3 .
(即等于一个棱长为 a 的正方体割去四个直角正三棱锥后的体积)
课标文数 18.G12[2011·江西卷] 如图 1-7,在△ABC 中,∠B=π
2
,AB=BC=2,P 为
AB 边上一动点,PD∥BC 交 AC 于点 D,现将△PDA 沿 PD 翻折至△PDA′,使平面 PDA′
⊥平面 PBCD.
(1)当棱锥 A′-PBCD 的体积最大时,求 PA 的长;
(2)若点 P 为 AB 的中点,E 为 A′C 的中点,求证:A′B⊥DE.
图 1-7
课标文数 18.G12[2011·江西卷] 【解答】 (1)令 PA=x(00,f(x)单调递增;
当 x∈
2
3 3,2 时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
所以,当 x=2
3 3时,f(x)取得最大值,
即:当 VA′-PBCD 最大时,PA=2 3
3 .
(2)证明:设 F 为 A′B 的中点,连接 PF,FE.则有 EF 綊 1
2BC,PD 綊 1
2BC,所以 EF
綊 PD,四边形 DEFP 为平行四边形,
所以 DE∥PF,又 A′P=PB,
所以 PF⊥A′B,
故 DE⊥A′B.
课标理数 8.G12[2011·辽宁卷] 如图 1-3,四棱锥 S-ABCD 的底面为正方形,SD⊥底
面 ABCD,则下列结论中不正确...的是( )
图 1-3
A.AC⊥SB
B.AB∥平面 SCD
C.SA 与平面 SBD 所成的角等于 SC 与平面 SBD 所成的角
D.AB 与 SC 所成的角等于 DC 与 SA 所成的角
课标理数 8.G12[2011·辽宁卷] D 【解析】 ①由 SD⊥底面 ABCD,得 SD⊥AC,又由
于在正方形 ABCD 中,BD⊥AC,SD∩BD=D,所以 AC⊥平面 SBD,故 AC⊥SB,即 A 正
确.
②由于 AB∥CD,AB⊄平面 SCD,CD⊂平面 SCD,所以 AB∥平面 SCD,即 B 正确.
③设 AC,BD 交点为 O,连结 SO,则由①知 AC⊥平面 SBD,则由直线与平面成角定
义知 SA 与平面 SBD 所成的角为∠ASO,SC 与平面 SBD 所成的角为∠CSO.由于△ADS≌△
CDS,所以 SA=SC,所以△SAC 为等腰三角形,又由于 O 是 AC 的中点,所以∠ASO=∠
CSO,即 C 正确.
④因为 AD∥CD,所以 AB 与 SC 所成的角为∠SCD,DC 与 SA 所成的角为∠SAB,∠
SCD 与∠SAB 不相等,故 D 项不正确.
图 1-4
课标理数 19.G12[2011·山东卷] 在如图 1-4 所示的几何体中,四边形 ABCD 为平行四
边形,∠ACB=90°,EA⊥平面 ABCD,EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,AB=2EF.
(1)若 M 是线段 AD 的中点,求证:GM∥平面 ABFE;
(2)若 AC=BC=2AE,求二面角 A-BF-C 的大小.
课标理数 19.G12[2011·山东卷] 【解答】 (1)证法一:
因为 EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,∠ACB=90°,
所以△ABC∽△EFG,∠EGF=90°.
由于 AB=2EF,
因此 BC=2FG,
连接 AF,
由于 FG∥BC,FG=1
2BC,
在▱ABCD 中,M 是线段 AD 的中点,
则 AM∥BC 且 AM=1
2BC,
因此 FG∥AM 且 FG=AM,
所以四边形 AFGM 为平行四边形,
因此 GM∥FA,
又 FA⊂平面 ABFE,GM⊄平面 ABFE,
所以 GM∥平面 ABFE.
证法二:
因为 EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,∠ACB=90°,
所以△ABC∽△EFG,∠EGF=90°.
由于 AB=2EF,
所以 BC=2FG,
取 BC 的中点 N,连接 GN,
图 1-2
因此四边形 BNGF 为平行四边形,
所以 GN∥FB.
在▱ABCD 中,M 是线段 AD 的中点,连接 MN.
则 MN∥AB.
因为 MN∩GN=N,
所以平面 GMN∥平面 ABFE,
又 GM⊂平面 GMN,
所以 GM∥平面 ABFE.
(2)解法一:
因为∠ACB=90°,所以∠CAD=90°,
又 EA⊥平面 ABCD,
图 1-3
所以 AC、AD、AE 两两垂直.
分别以 AC、AD、AE 所在直线为 x 轴,y 轴和 z 轴,建立如图 1-3 所示的空间直角坐
标系,
不妨设 AC=BC=2AE=2,则由题意得 A(0,0,0),B(2,-2,0),C(2,0,0),E(0,0,1),
所以AB→=(2,-2,0),BC→=(0,2,0),
又 EF=1
2AB,
所以 F(1,-1,1),BF→=(-1,1,1).
设平面 BFC 的法向量为 m=(x1,y1,z1),
则 m·BC→=0,m·BF→=0,
所以 y1=0,
x1=z1,
取 z1=1 得 x1=1.
所以 m=(1,0,1).
设平面 ABF 的法向量为 n=(x2,y2,z2),
则 n·AB→=0,n·BF→=0,
所以 x2=y2,
z2=0,
取 y2=1,得 x2=1,
则 n=(1,1,0),
所以 cos〈m,n〉= m·n
|m||n|
=1
2.
因此二面角 A-BF-C 的大小为 60°.
解法二:
由题意知,平面 ABFE⊥平面 ABCD,
取 AB 的中点 H,连接 CH.
图 1-4
因为 AC=BC,
所以 CH⊥AB,
则 CH⊥平面 ABFE,
过 H 向 BF 引垂线交 BF 于 R,连接 CR,
则 CR⊥BF,
所以∠HRC 为二面角 A-BF-C 的平面角.
由题意,不妨设 AC=BC=2AE=2.
在直角梯形 ABFE 中,连接 FH,
则 FH⊥AB,
又 AB=2 2,
所以 HF=AE=1,BH= 2,
因此在 Rt△BHF 中,HR= 6
3
,
由于 CH=1
2AB= 2,
所以在 Rt△CHR 中,tan∠HRC= 2
6
3
= 3.
因此二面角 A-BF-C 的大小为 60°.
课标文数 19.G12[2011·山东卷] 如图 1-5,在四棱台 ABCD-A1B1C1D1 中,D1D⊥平面
ABCD,底面 ABCD 是平行四边形,AB=2AD,AD=A1B1,∠BAD=60°.
(1)证明:AA1⊥BD;
(2)证明:CC1∥平面 A1BD.
图 1-5
课标文数 19.G12[2011·山东卷] 【解答】 证明:(1)证法一:
因为 D1D⊥平面 ABCD,且 BD⊂平面 ABCD,
图 1-6
所以 D1D⊥BD.
又因为 AB=2AD,∠BAD=60°,
在△ABD 中,由余弦定理得
BD2=AD2+AB2-2AD·ABcos60°=3AD2.
所以 AD2+BD2=AB2,
所以 AD⊥BD.
又 AD∩D1D=D,
所以 BD⊥平面 ADD1A1.
又 AA1⊂平面 ADD1A1,
所以 AA1⊥BD.
证法二:
因为 D1D⊥平面 ABCD,且 BD⊂平面 ABCD,
图 1-7
所以 BD⊥D1D.
取 AB 的中点 G,连接 DG.
在△ABD 中,由 AB=2AD 得 AG=AD,
又∠BAD=60°,所以△ADG 为等边三角形.
因此 GD=GB.
故∠DBG=∠GDB,
又∠AGD=60°,
所以∠GDB=30°,
故∠ADB=∠ADG+∠GDB=60°+30°=90°,
所以 BD⊥AD.
又 AD∩D1D=D,
所以 BD⊥平面 ADD1A1,
又 AA1⊂平面 ADD1A1,
所以 AA1⊥BD.
(2)连接 AC,A1C1.
图 1-8
设 AC∩BD=E,连接 EA1.
因为四边形 ABCD 为平行四边形,
所以 EC=1
2AC,
由棱台定义及 AB=2AD=2A1B1 知,
A1C1∥EC 且 A1C1=EC,
所以四边形 A1ECC1 为平行四边形.
因此 CC1∥EA1,
又因为 EA1⊂平面 A1BD,CC1⊄平面 A1BD,
所以 CC1∥平面 A1BD.
大纲文数 19.G12[2011·四川卷] 如图 1-5,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠BAC=90°,
AB=AC=AA1=1,延长 A1C1 至点 P,使 C1P=A1C1,连结 AP 交棱 CC1 于点 D.
(1)求证:PB1∥平面 BDA1;
(2)求二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值.
图 1-5
大纲文数 19.G12[2011·四川卷] 【解答】 解法一:
(1)连结 AB1 与 BA1 交于点 O,连结 OD.
∵C1D∥AA1,A1C1=C1P,
∴AD=PD,
又 AO=B1O,∴OD∥PB1.
图 1-6
又 OD⊂平面 BDA1,PB1⊄平面 BDA1,
∴PB1∥平面 BDA1.
(2)过 A 作 AE⊥DA1 于点 E,连结 BE.
∵BA⊥CA,BA⊥AA1,且 AA1∩AC=A,
∴BA⊥平面 AA1C1C.
由三垂线定理可知 BE⊥DA1.
∴∠BEA 为二面角 A-A1D-B 的平面角.
在 Rt△A1C1D 中,A1D=
1
2 2+12= 5
2
,
又 S△AA1D=1
2
×1×1=1
2
× 5
2
×AE,
∴AE=2 5
5 .
在 Rt△BAE 中,BE= 12+
2 5
5 2=3 5
5
,
∴cos∠BEA=AE
BE
=2
3.
故二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值为2
3.
解法二:
图 1-7
如图 1-7,以 A1 为原点,A1B1,A1C1,A1A 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间
直角坐标系 A1-xyz,则 A1(0,0,0),B1(1,0,0),C1(0,1,0),B(1,0,1),P(0,2,0).
(1)在△PAA1 中有 C1D=1
2AA1,即 D 0,1,1
2 .
∴A1B→ =(1,0,1),A1D→ = 0,1,1
2 ,B1P→ =(-1,2,0).
设平面 BA1D 的一个法向量为 n1=(a,b,c),
则
n1·A1B→ =a+c=0,
n1·A1D→ =b+1
2c=0.
令 c=-1,则 n1= 1,1
2
,-1 .
∵n1·B1P→ =1×(-1)+1
2
×2+(-1)×0=0,
∴PB1∥平面 BDA1,
(2)由(1)知,平面 BA1D 的一个法向量 n1= 1,1
2
,-1 .
又 n2=(1,0,0)为平面 AA1D 的一个法向量,
∴cos〈n1,n2〉= n1·n2
|n1|·|n2|
= 1
1×3
2
=2
3.
故二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值为2
3.
课标文数 17.G12[2011·天津卷] 如图 1-7,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为平行
四边形,∠ADC=45°,AD=AC=1,O 为 AC 的中点,PO⊥平面 ABCD,PO=2,M 为 PD
的中点.
(1)证明 PB∥平面 ACM;
(2)证明 AD⊥平面 PAC;
(3)求直线 AM 与平面 ABCD 所成角的正切值.
图 1-7
课标文数 17.G12[2011·天津卷]
图 1-8
【解答】 (1)证明:连接 BD,MO.在平行四边形 ABCD 中,因为 O 为 AC 的中点,所
以 O 为 BD 的中点.又 M 为 PD 的中点,所以 PB∥MO.因为 PB⊄平面 ACM,MO⊂平面 ACM,
所以 PB∥平面 ACM.
(2)证明:因为∠ADC=45°,且 AD=AC=1,所以∠DAC=90°,即 AD⊥AC.又 PO⊥平
面 ABCD,AD⊂平面 ABCD,所以 PO⊥AD.而 AC∩PO=O,所以 AD⊥平面 PAC.
(3)取 DO 中点 N,连接 MN,AN.因为 M 为 PD 的中点,所以 MN∥PO,且 MN=1
2PO
=1.由 PO⊥平面 ABCD,得 MN⊥平面 ABCD,所以∠MAN 是直线 AM 与平面 ABCD 所成
的角.在 Rt△DAO 中,AD=1,AO=1
2
,所以 DO= 5
2 .从而 AN=1
2DO= 5
4 .在 Rt△ANM 中,
tan∠MAN=MN
AN
= 1
5
4
=4 5
5
,即直线 AM 与平面 ABCD 所成角的正切值为4 5
5 .
课标理数 20.G12[2011·浙江卷] 如图 1-5,在三棱锥 P-ABC 中,AB=AC,D 为 BC
的中点,PO⊥平面 ABC,垂足 O 落在线段 AD 上,已知 BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.
(1)证明:AP⊥BC;
图 1-5
(2)在线段 AP 上是否存在点 M,使得二面角 A-MC-B 为直二面角?若存在,求出 AM
的长;若不存在,请说明理由.
课标理数 20.G12[2011·浙江卷]
【解答】 方法一:(1)证明:如图,以 O 为原点,以射线 OP 为 z 轴的正半轴,建立空
间直角坐标系 O-xyz.
则 O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4),AP→=(0,3,4),BC→=(-8,0,0),
由此可得AP→·BC→=0,所以AP→⊥BC→,即 AP⊥BC.
图 1-6
(2)设PM→ =λPA→,λ≠1,则PM→ =λ(0,-3,-4).
BM→ =BP→+PM→ =BP→+λPA→
=(-4,-2,4)+λ(0,-3,-4)
=(-4,-2-3λ,4-4λ),
AC→=(-4,5,0),BC→=(-8,0,0).
设平面 BMC 的法向量 n1=(x1,y1,z1).
平面 APC 的法向量 n2=(x2,y2,z2),
由
BM→ ·n1=0,
BC→·n1=0,
得
-4x1-2+3λy1+4-4λz1=0,
-8x1=0,
即
x1=0,
z1=2+3λ
4-4λ
y1, 可取 n1= 0,1,2+3λ
4-4λ .
由
AP→·n2=0,
AC→·n2=0,
即 3y2+4z2=0,
-4x2+5y2=0,
得
x2=5
4y2,
z2=-3
4y2,
可取 n2=(5,4,-3).
由 n1·n2=0,得 4-3·2+3λ
4-4λ
=0,
解得λ=2
5
,故 AM=3,
综上所述,存在点 M 符合题意,AM=3,
图 1-7
方法二:
(1)证明:由 AB=AC,D 是 BC 的中点,得 AD⊥BC.
又 PO⊥平面 ABC,得 PO⊥BC.
因为 PO∩AD=O,所以 BC⊥平面 PAD.
故 BC⊥PA.
(2)如图,在平面 PAB 内作 BM⊥PA 于 M,连 CM,
由(1)中知 AP⊥BC,得 AP⊥平面 BMC.
又 AP⊂平面 APC,所以平面 BMC⊥平面 APC.
在 Rt△ADB 中,AB2=AD2+BD2=41,得 AB= 41.
在 Rt△POD 中,PD2=PO2+OD2,
在 Rt△PDB 中,PB2=PD2+BD2,
所以 PB2=PO2+OD2+DB2=36,得 PB=6,
在 Rt△POA 中,PA2=AO2+OP2=25,得 PA=5,
又 cos∠BPA=PA2+PB2-AB2
2PA·PB
=1
3
,
从而 PM=PBcos∠BPA=2,所以 AM=PA-PM=3.
综上所述,存在点 M 符合题意,AM=3.
图 1-2
大纲文数 20.G12[2011·重庆卷] 如图 1-2,在四面体 ABCD 中,平面 ABC⊥平面 ACD,
AB⊥BC,AC=AD=2,BC=CD=1.
(1)求四面体 ABCD 的体积;
(2)求二面角 C-AB-D 的平面角的正切值.
大纲文数 20.G12[2011·重庆卷]
图 1-3
【解答】 法一:(1)如图 1-3,过 D 作 DF⊥AC,垂足为 F,故由平面 ABC⊥平面 ACD,
知 DF⊥平面 ABC,即 DF 是四面体 ABCD 的面 ABC 上的高.设 G 为边 CD 的中点,则由
AC=AD,知 AG⊥CD,从而
AG= AC2-CG2= 22-
1
2 2= 15
2 .
由 1
2AC·DF=1
2CD·AG 得 DF=AG·CD
AC
= 15
4 .
在 Rt△ABC 中,AB= AC2-BC2= 3,
S△ABC=1
2AB·BC= 3
2 .
故四面体 ABCD 的体积 V=1
3·S△ABC·DF= 5
8 .
(2)如图 1-3,过 F 作 FE⊥AB,垂足为 E,连接 DE.由(1)知 DF⊥平面 ABC.由三垂线定
理知 DE⊥AB,故∠DEF 为二面角 C-AB-D 的平面角.
在 Rt△AFD 中,AF= AD2-DF2= 22- 15
4
2=7
4
,
在 Rt△ABC 中,EF∥BC,从而 EF∶BC=AF∶AC,所以 EF=AF·BC
AC
=7
8.
在 Rt△DEF 中,tan∠DEF=DF
EF
=2 15
7 .
图 1-4
法二:(1)如图 1-4,设 O 是 AC 的中点,过 O 作 OH⊥AC,交 AB 于 H,过 O 作 OM
⊥AC,交 AD 于 M.由平面 ABC⊥平面 ACD,知 OH⊥OM.因此以 O 为原点,以射线 OH,
OC,OM 分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正半轴,可建立空间直角坐标系 O-xyz.已知 AC=2,故
点 A,C 的坐标分别为 A(0,-1,0),C(0,1,0).
设点 B 的坐标为 B(x1,y1,0),由AB→⊥BC→,|BC→|=1,有
x21+y21=1,
x21+y1-12=1,
解得
x1= 3
2
,
y1=1
2
或
x1=- 3
2
,
y1=1
2
(舍去).
即点 B 的坐标为 B
3
2
,1
2
,0 .
又设点 D 的坐标为 D(0,y2,z2),由|CD→ |=1,|AD→ |=2,有
y2-12+z22=1,
y2+12+z22=4,
解得
y2=3
4
,
z2= 15
4
或
y2=3
4
,
z2=- 15
4
(舍去).
即点 D 的坐标为 D 0,3
4
, 15
4 .从而△ACD 边 AC 上的高为 h=|z2|= 15
4 .
又|AB→|=
3
2 2+
1
2
+1 2= 3.|BC→|=1.
故四面体 ABCD 的体积 V=1
3
×1
2·|AB→|·|BC→|h= 5
8 .
(2)由(1)知AB→=
3
2
,3
2
,0 ,AD→ = 0,7
4
, 15
4 .
设非零向量 n=(l,m,n)是平面 ABD 的法向量,则由 n⊥AB→有
3
2 l+3
2m=0, ①
由 n⊥AD→ ,有
7
4m+ 15
4 n=0, ②
取 m=-1,由①②,可得 l= 3,n=7 15
15
,即 n= 3,-1,7 15
15 .
显然向量 k=(0,0,1)是平面 ABC 的法向量.从而
cos〈n,k〉=
7 15
15
3+1+49
15
=7 109
109 .
故 tan〈n,k〉=
1- 49
109
7
109
=2 15
7
,即二面角 C-AB-D 的平面角的正切值为2 15
7 .
[2011·金华模拟] 如图 K37-1,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,P 为 BD1 的中点,则△
PAC 在该正方体各个面上的射影可能是( )
图 K37-1
图 K37-2
A.①④ B.②③ C.②④ D.①②
[2011·南京质检] 平面α∥平面β的一个充分条件是( )
A.存在一条直线 a,a∥α,a∥β
B.存在一条直线 a,a⊂α,a∥β
C.存在两条平行直线 a、b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α
D.存在两条异面直线 a、b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α
[2011·北京崇文一模] 已知 m,n 是两条不同直线,α,β,γ是三个不同平面,则下列命
题中正确的为 ( )
A.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β
B.若 m∥α,m∥β,则α∥β
C.若 m∥α,n∥α,则 m∥n
D.若 m⊥α,n⊥α,则 m∥n
[2011·宁波二模] 已知 a,β表示两个互相垂直的平面,a,b 表示一对异面直线,则 a⊥
b 的一个充分条件是( )
A.a∥α,b⊥β
B.a∥α,b∥β
C.a⊥α,b∥β
D.a⊥α,b⊥β
[2011·泸州二诊] 如图 K40-4,在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=1.若二面角 C-AB
-C1 的大小为 60°,则点 C 到平面 C1AB 的距离为( )
A.3
4 B.1
2 C. 3
2 D.1
[2011·大连一模] 已知三棱锥底面是边长为 1 的等边三角形,侧棱长均为 2,则侧棱与
底面所成角的余弦值为( )
A. 3
2 B.1
2 [来源:学科网]
C. 3
3 D. 3
6
[2011·丰台调研] 一个体积为 12 3的正三棱柱的三视图如图所示,则这个三棱柱的左
视图的面积为( )
A.6 3 B.8
C.8 3 D.12
[ 来
源:Zxxk.Com]
[2011·深圳调研] 在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,各棱长相等,侧棱垂直于底面,点 D 是侧
面 BB1C1C 的中心,则 AD 与平面 BB1C1C 所成角的大小是( )
A.30° B.45°
C.60° D.90°
[2011·沈阳模拟] 设 A,B,C,D 是空间不共面的四个点,且满足AB→·AC→=0,AD→ ·AC→=
0,AD→ ·AB→=0,则△BCD 的形状是( )
A.钝角三角形
B.直角三角形
C.锐角三角形
D.无法确定