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- 2021-05-13 发布
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专题08 立体几何
一、选择题:
(2012年高考北京卷理科7)某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（ ）
(2012年高考福建卷理科4)一个几何体的三视图形状都相同，大小均相等，那么这个几何体不可以是（ ）
A．球 B．三棱锥 C．正方体 D．圆柱
(2012年高考广东卷理科6)某几何体的三视图如图1所示，它的体积为（ ）
(2012年高考浙江卷理科10)已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝．将ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻着，在翻着过程中，（ ）
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，三直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直
【答案】B
【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着，观察在翻着过程，即可知选项C是正确的．
(2012年高考湖南卷理科3)某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是（ ）
(2012年高考湖北卷理科10)我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”
曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径，“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V，求其直径d的一个近似公式.人们还用过一些类似的近似公式。根据x=3.14159…..判断，下列近似公式中最精确的一个是( )
A． B． C． D．
(2012年高考新课标全国卷理科7)如图，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ）
(2012年高考江西卷理科10)如右图，已知正四棱锥所有棱长都为1，点E是侧棱上一动点，过点垂直于的截面将正四棱锥分成上、下两部分，记截面下面部分的体积为则函数的图像大致为（ ）
(2012年高考新课标全国卷理科11)已知三棱锥的所有顶点都在球的求面上，是边长为的正三角形，为球的直径，且；则此棱锥的体积为（ ）
(2012年高考安徽卷理科6)设平面与平面相交于直线，直线在平面内，直线在平面内，且,则“”是“”的（ ）
充分不必要条件 必要不充分条件
充要条件 即不充分不必要条件
【答案】
【解析】① ②如果；则与条件相同.
. (2012年高考四川卷理科6)下列命题正确的是（ ）
A、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行
B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行
C、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行
D、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行
(2012年高考陕西卷理科5)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱，，则直线与直线夹角的余弦值为（ ）
（A） （B） （C） （D）
(2012年高考重庆卷理科9)设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，和，且长为的棱与长为的棱异面，则的取值范围是（ ）
（A） （B） （C） （D）
【答案】A
【解析】取长的棱的中点与长为的端点；则.15．(2012年高考全国卷理科4)已知正四棱柱中，为的中点，则直线 与平面的距离为（ ）
A．2 B． C． D．1
1
二、填空题:
.(2012年高考辽宁卷理科16)已知正三棱锥ABC，点P，A，B，C都在半径为的求面上，若PA，PB，PC两两互相垂直，则球心到截面ABC的距离为_______.
(2012年高考辽宁卷理科13)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为______________。
2
2012年高考天津卷理科10)―个几何体的三视图如图所示(单位：)，则该几何体的体积为 .
（2012年高考江苏卷7）如图，在长方体中，，，则四棱锥的体积为 cm3.
.(2012年高考山东卷理科14)如图，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____________。
(2012年高考上海卷理科8)若一个圆锥的侧面展开图是面积
为的半圆面，则该圆锥的体积为 .
(2012年高考上海卷理科14)如图，与是四面体中互相垂直的棱，，若，且，其中、为常数，则四面体的体积的最大值是 .
(2012年高考全国卷理科16)三菱柱ABC-A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等， BAA1=CAA1=60°则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为____________.
(2012年高考安徽卷理科12)某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是
5
4
4
正视图
侧视图
俯视图
2
【答案】92
【解析】该几何体是底面是直角梯形，高是4的直四棱柱，表面积是92.
三、解答题:
(2012年高考广东卷理科18)（本小题满分13分）
如图5所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点 E在线段PC上，PC⊥平面BDE。
（2012年高考江苏卷16） （本小题满分14分）
如图，在直三棱柱中，，分别是棱上的点（点D 不同于点C），且为的中点．
求证：（1）平面平面；
（2）直线平面ADE．
(2012年高考北京卷理科16)（本小题共14分）
如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD,如图2.
(I)求证：A1C⊥平面BCDE；
(II)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
(III)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由
(2012年高考福建卷理科18)（本小题满分13分）
如图，在长方体中，，为中点。
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求的长；若不存在，说明理由。
（Ⅲ）若二面角的大小为，求的长.
66 (2012年高考湖北卷理科19)（本小题满分12分）
如图1，∠ACB=45°，BC=3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC=90°（如图2所示），
（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
(2012年高考上海卷理科19)（6+6=12分）如图，在四棱锥中，底面是矩形，底面，是的中点，已知，，，求：
（1）三角形的面积；
（2）异面直线与所成的角的大小.
(2012年高考浙江卷理科20) (本小题满分15分)如图，在四棱锥P—ABCD中，底面是边长为的菱形，且∠BAD＝120°，且PA⊥平面ABCD，PA＝，M，N分别为PB，PD的中点．
(Ⅰ)证明：MN∥平面ABCD；
(Ⅱ) 过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值．
(2012年高考山东卷理科18)（本小题满分12分）
(2012年高考新课标全国卷理科19)（本小题满分12分）
如图，直三棱柱中，，
是棱的中点，
（1）证明：
（2）求二面角的大小。
(2012年高考天津卷理科17)（本小题满分13分）如图，在四棱锥中，丄平面，
丄，丄，，，.
(Ⅰ)证明：丄；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）设为棱上的点，满足异面直线与所成的角为，
求的长.
(2012年高考安徽卷理科18)（本小题满分12分）
平面图形如图4所示，其中是矩形，，，
。现将该平面图形分别沿和折叠，使与
所在平面都
与平面垂直，再分别连接,得到如图2所示的空间图形，对此空间图形解答
下列问题。
（Ⅰ）证明：； （Ⅱ）求的长；
（Ⅲ）求二面角的余弦值。
(2012年高考江西卷理科19)（本题满分12分）
在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB=AC=AA1=，BC=4，在A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O。
（1）证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的长；
（2）求平面与平面BB1C1C夹角的余弦值。
(2012年高考四川卷理科19) (本小题满分12分)
(2012年高考湖南卷理科18)（本小题满分12分）
如图5，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB=4，BC=3，AD=5，∠DAB=∠ABC=90°，E是CD的中点.
（Ⅰ）证明：CD⊥平面PAE；
（Ⅱ）若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P-ABCD的体积.
.(2012年高考全国卷理科18)（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效）
(2012年高考重庆卷理科19)（本小题满分12分（Ⅰ）小问4分（Ⅱ）小问8分）
如图，在直三棱柱 中，AB=4，AC=BC=3，D为AB的中点
（Ⅰ）求点C到平面 的距离;
（Ⅱ）若,求二面角 的平面角的余弦值。
(2012年高考陕西卷理科18)（本小题满分12分）
（Ⅰ）如图，证明命题“是平面内的一条直线，是外的一条直线（不垂直于），是直线在上的投影，若，则”为真；
（Ⅱ）写出上述命题的逆命题，并判断其真假（不需证明）
17
2011年高考数学试题分类汇编——立体几何
一、选择题:
1. (2011年高考山东卷理科11)下图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：
①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如
下图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图．其中真命题的个数是
(A)3 (B)2 (C)1 (D)0
【答案】A
【解析】对于①,可以是放倒的三棱柱；容易判断②③可以.
2.(2011年高考浙江卷理科3)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是
4.(2011年高考安徽卷理科6)一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为
（A） 48 (B)32+8 (C) 48+8 (D) 80
【答案】C
【命题意图】本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.
【解析】由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4，。故
【解题指导】：三视图还原很关键，每一个数据都要标注准确。
5.(2011年高考辽宁卷理科8)如图，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（ ）
(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
答案： D
解析：对于A:因为SD⊥平面ABCD，所以DS⊥AC.因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，故AC⊥平面ABD,因为SB平面ABD,所以AC⊥SB，正确.对于B：因为AB//CD,所以AB//平面SCD.对于C:设.因为AC⊥平面ABD，所以SA和SC在平面SBD内的射影为SO，则∠ASO和∠CSO就是SA与平面SBD所成的角和SC与平面SBD所成的角，二者相等，正确.故选D.
6.(2011年高考辽宁卷理科12)已知球的直径SC=4，A,B是该球球面上的两点，AB=，，则棱锥S-ABC的体积为（ ）
（A） （B） （C） （D）1
第6题图
答案：D
解析：由主视图和府视图可知，原几何体是由后面是半个圆锥，前面是三棱锥的组合体，所以，左视图是D.
点评：本题考查三视图、直观图及他们之间的互化，同时也考查空间想象能力和推理能力，要求有扎实的基础知识和基本技能。
8．(2011年高考江西卷理科8)已知，，是三个相互平行的平面．平面，之间的距离为，平面，之间的距离为．直线与，，分别相交于，，，那么“=”是“”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
【答案】C
【解析】过点作平面的垂线g,交平面，分别于点A、B两点,由两个平面平行的性质可知∥,所以,故选C.
3
3
2
正视图
侧视图
俯视图
图1
9. (2011年高考湖南卷理科3)设图1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为
A. B. C. D.
答案：B
解析：由三视图可以还原为一个底面为边长是3的正方形，
高为2的长方体以及一个直径为3的球组成的简单几何体，
其体积等于。故选B
评析：本小题主要考查球与长方体组成的简单几何体的三视图
以及几何体的体积计算.
10.(2011年高考广东卷理科7)如图l—3．某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【解析】B.由题得三视图对应的直观图是如图所示的直四棱柱，
。所以选B
11.(2011年高考陕西卷理科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
【解析】：由三视图可知该几何体为立方体与圆锥，
立方体棱长为2，圆锥底面半径为1、高为2，
所以体积为故选A
12.(2011年高考重庆卷理科9)高为的四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形，点S、A、B、C、D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为
（A） （B）
（C）1 （D）
解析：选C. 设底面中心为G，球心为O，则易得，于是，用一个与ABCD所在平面距离等于的平面去截球，S便为其中一个交点，此平面的中心设为H，则，故，故
13．(2011年高考四川卷理科3)，，是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )
(A)， （B），
(C) ，，共面 （D），，共点，，共面
【答案】C
【解析】如图，作于，由为直二面角，，得平面，进而,又,,
于是平面。故为到平面的距离。
在中，利用等面积法得
15. (2011年高考全国卷理科11)已知平面截一球面得圆M，过圆心M且与成，二面角的平面截该球面得圆N，若该球的半径为4，圆M的面积为4，则圆N的面积为
(A) (B) (c) (D)
【答案】D
【解析】：由圆的面积为得，
，在
故选D
16．(2011年高考北京卷理科7)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是
A．8 B． C．10 D．
【答案】C
二、填空题:
1.(2011年高考辽宁卷理科15)一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是____________.
答案：
解析：设正三棱柱的侧棱长和底面边长为a，则由，解得a=2，正三棱柱的左视图与底面一边垂直的截面大小相同，故该矩形的面积是.
2. (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 。
答案:
解析：如图，连接矩形对角线的交点和球心,则，,四棱锥的高为
,
所以，体积为
点评：本题考查多面体和旋转体的有关概念和性质以及体积的计算。关键是确定棱锥高的大小，正确运用公式求解。
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 .
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 。
【答案】；
三、解答题:
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ＡＢＣＤ，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∩ＦＧ=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ＡＢＦＥ.
（Ⅱ）取AB的中点O,连结CO,因为ＡＣ＝ＢＣ,所以CO⊥AB,
又因为ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，CO平面ＡＢＣＤ,所以ＥＡ⊥CO,
又ＥＡ∩AB=A,所以CO⊥平面ＡＢＦＥ,在平面ABEF内,过点O作OH⊥BF于H,连结CH,由三垂线定理知: CH⊥BF,所以为二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的平面角.
设ＡＢ=２ＥＦ=,因为∠ ACB=，ＡＣ＝ＢＣ=,CO=,,连结FO,容易证得FO∥EA且,所以,所以OH==,所以在中,tan∠ CHO=,故∠ CHO=,所以二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小为.
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
（Ⅱ）解：设 ，则，
，，
设平面的法向量，
平面的法向量
由 得
即 ，可取 由即得
可取，由得解得 ，故
综上所述，存在点M 符合题意，
法二（Ⅰ）证明：
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.
即，.故平面DCQ，
又平面PQC，所以平面PQC平面DCQ.
4.(2011年高考安徽卷理科17)（本小题满分12分）
如图，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
，
【解题指导】：空间线线、线面、面面位置关系的证明方法，一是要从其上位或下位证明，本题的第一问方法一，是从其上位先证明面面平行，再借助面面平行的性质得到线面平行，再借助线面平行的性质得到线线平行；二是借助中位线定理等直接得到；三是借助空间向量直接证明。
求不规则的几何体体积或表面积，通常采用分割或补齐成规则几何体即可。求解过程要坚持“一找二证三求”的顺序和原则防止出错。
5. (2011年高考全国新课标卷理科18) (本小题满分12分)
如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四
边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.
(Ⅰ)证明：PA⊥BD；
(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。
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
,
（2）建立如图的坐标系，设点的坐标分别是
则，设平面PAB的法向量为，所以， 取得，同理设平面PBC的法向量为，
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。
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．
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,
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．
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
在
所以故二面角B—PA—C的余弦值为
解法2：（I）如图所示，以O为坐标原点，OB、OC、OP所在直线分别为x轴、y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，
设是平面POD的一个法向量，则由，得
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，
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
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）
取平面ABD的法向量
设平面PAD的法向量
由
取
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，
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
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。
（Ⅱ）如图所示设G、H分别为变CD，BD的中点，则FG//AD,GH//BC,,从而是异面直线与所成角或其补角。
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
,
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，，
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
（Ⅱ）过做平面，如图建立空间直角坐标系，
可计算平面的一个法向量是，
所以与平面所成角为
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
【解析】证明: （1）因为E、F分别是AP、AD的中点,
所以EF∥PD,又因为EF平面PCD,PD平面PCD,
所以直线EF∥平面PCD；
（2）设AB=AD=,则AF=,又因为∠BAD=60°，
所以在中,由余弦定理得：BF=，
所以，所以BF⊥AF，
因为平面PAD⊥平面ABCD，交线为AD，平面ABCD，所以BF⊥平面PAD，因为平面BEF，
所以平面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.
证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD是菱形，
所以AC⊥BD.
又因为PA⊥平面ABCD.
所以PA⊥BD.
所以BD⊥平面PAC.
（Ⅱ）设AC∩BD=O.
因为∠BAD=60°，PA=PB=2,
所以BO=1，AO=CO=.
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O—xyz，则
P（0，—，2），A（0，—，0），B（1，0，0），C（0，，0）.
所以
设PB与AC所成角为，则
.
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。
在中，DE=，
设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）
由AB+AD=4，得AD=4-t，
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，
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。
解法二：
（I）同解法一。
（II）（i）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A—xyz（如图）
在平面ABCD内，作CE//AB交AD于E，
则。
在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则
在中，DE=，
设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）
由AB+AD=4，得AD=4-t，
所以，
（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：；
（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年高考数学试题分类汇编——立体几何
（2010浙江理数）（6）设，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是
（A）若，，则 （B）若，，则
（C）若，，则 （D）若，，则
解析：选B，可对选项进行逐个检查。本题主要考察了立体几何中线面之间的位置关系及其中的公理和判定定理，也蕴含了对定理公理综合运用能力的考察，属中档题
（2010全国卷2理数）（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
（2010全国卷2理数）（9）已知正四棱锥中，，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为
（A）1 （B） （C）2 （D）3
【答案】C
【命题意图】本试题主要考察椎体的体积，考察告辞函数的最值问题.
【解析】设底面边长为a，则高所以体积
，
设，则，当y取最值时，，解得a=0或a=4时，体积最大，此时，故选C.
（2010辽宁理数）(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,）
(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,）
（2010江西理数）10.过正方体的顶点A作直线L，使L与棱,,所成的角都相等，这样的直线L可以作
A.1条 B.2条 C.3条 D.4条
【答案】D
【解析】考查空间感和线线夹角的计算和判断，重点考查学生分类、划归转化的能力。第一类：通过点A位于三条棱之间的直线有一条体对角线AC1，第二类：在图形外部和每条棱的外角和另2条棱夹角相等，有3条，合计4条。
（2010北京理数）(8)如图，正方体ABCD-的棱长为2，动点E、F在棱上，动点P，Q分别在棱AD，CD上，若EF=1，E=x，DQ=y，DＰ＝ｚ（ｘ，ｙ，ｚ大于零），则四面体PEＦＱ的体积
（Ａ）与ｘ，ｙ，ｚ都有关
（Ｂ）与ｘ有关，与ｙ，ｚ无关
（Ｃ）与ｙ有关，与ｘ，ｚ无关
（Ｄ）与ｚ有关，与ｘ，ｙ无关
答案：D
（2010北京理数）（3）一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正（主）视图与侧（左）视图分别如右图所示，则该几何体的俯视图为
答案：C
（2010四川理数）（11）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M，N，那么M、N两点间的球面距离是
（A） （B）
（C） （D）
（2010广东理数）6.如图1，△ ABC为三角形，// // , ⊥平面ABC 且3== =AB,则多面体△ABC -的正视图（也称主视图）是
6．D．
（2010全国卷1理数）（7）正方体ABCD-中，B与平面AC所成角的余弦值为
（A） （B） （C） （D）
2010年高考数学试题分类汇编——立体几何
（2010浙江理数）（12）若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是___________ .
解析：图为一四棱台和长方体的组合体的三视图，由卷中所给公式计算得体积为144，本题主要考察了对三视图所表达示的空间几何体的识别以及几何体体积的计算，属容易题
（2010辽宁理数）（15）如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为______.
【答案】
【命题立意】本题考查了三视图视角下多面体棱长的最值问题，考查了同学们的识图能力以及由三视图还原物体的能力
【解析】由三视图可知，此多面体是一个底面边长为2的正方形且有一条长为2的侧棱垂直于底面的四棱锥，所以最长棱长为
（2010江西理数）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。
（2010北京理数）（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
（2010四川理数）（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 .
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，
C
D
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w_w_w.k*s 5*u.c o*m
设AD＝2，则AC＝，CD＝1
AB＝＝4
∴sin∠ABC＝
答案：
（2010天津理数）（12）一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为
【答案】
【解析】本题主要考查三视图的概念与柱体、椎体体积的计算，属于容易题。
由三视图可知，该几何体为一个底面边长为1，高为2的正四棱柱与一个底面边长为2，高为1的正四棱锥组成的组合体，因为正巳灵珠的体积为2，正四棱锥的体积为，所以该几何体的体积V=2+ =
【温馨提示】利用俯视图可以看出几何体底面的形状，结合正视图与侧视图便可得到几何体
（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 ．
（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。
13.【答案】4
【解析】设球半径为r，则由可得,解得r=4.
（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 ．
2010年高考数学试题分类汇编——立体几何
（2010浙江理数）（20）（本题满分15分）如图， 在矩形中，点分别在线段上，.沿直线将 翻折成，使平面.
（Ⅰ）求二面角的余弦值；
（Ⅱ）点分别在线段上，若沿直线将四边形向上翻折，使与重合，求线段的长。
设=（x,y,z）为平面的一个法向量，
-2x+2y+2z=0
所以
6x=0.
取，则。
又平面的一个法向量，
故。
所以二面角的余弦值为
（Ⅱ）解：设则，
因为翻折后，与重合，所以，
故， ，得，
经检验，此时点在线段上，
所以。
方法二：
（Ⅰ）解：取线段的中点,的中点,连结
。
因为=及是的中点，
所以
又因为平面平面，
所以平面,
又平面,
故，
又因为、是、的中点，
易知∥，
所以，
于是面，
所以为二面角的平面角，
在中，=，=2，=
所以.
故二面角的余弦值为。
（Ⅱ）解：设,
因为翻折后，与重合，
所以，
而，
得，
经检验，此时点在线段上，
所以。
（2010全国卷2理数）（19）如图，直三棱柱
中，，，为的中点，为上的一点，．
（Ⅰ）证明：为异面直线与的公垂线；
（Ⅱ）设异面直线与的夹角为45°，求二面角的大小．
【命题意图】本试题主要考查空间的线面关系与空间角的求解，考查考生的空间想象与推理计算的能力.
（2010辽宁理数）（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）,
（2010江西理数）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；
（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OHBC于H，连MH，则MHBC，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.
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），.
（2010重庆理数）（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。
（2010北京理数）（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CEAC，
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，，所以且
令则.
所以.
从而。
因为二面角为锐角，
所以二面角的大小为.
（2010四川理数）（18）（本小题满分12分）【来源：全,品…中&高*考+网】
已知正方体ABCD－A'B'C'D'的棱长为1，点M是棱AA'的中点，点O是对角线BD'的中点.
（Ⅰ）求证：OM为异面直线AA'和BD'的公垂线；
（Ⅱ）求二面角M－BC'－B'的大小；
（Ⅲ）求三棱锥M－OBC的体积.
本小题主要考查异面直线、直线与平面垂直、二面角、正方体、三棱锥体积等基础知识，并考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查应用向量知识解决数学问题的能力。
解法一：（1）连结AC，取AC中点K，则K为BD的中点，连结OK
因为M是棱AA’的中点，点O是BD’的中点
所以AM
所以MO
由AA’⊥AK，得MO⊥AA’
故二面角M-BC’-B’的大小为arctan2
(3)易知，S△OBC=S△OA’D’，且△OBC和△OA’D’都在平面BCD’A’内
点O到平面MA’D’距离h＝
VM-OBC=VM-OA’D’=VO-MA’D’=S△MA’D’h=
解法二：
以点D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系D-xyz
则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A’(1,0,1),C’(0,1,1),D’(0,0,1)
(1)因为点M是棱AA’的中点,点O是BD’的中点
所以M(1,0, ),O(,,)
,=(0,0,1),=(-1,-1,1)
=0, +0=0
所以OM⊥AA’,OM⊥BD’
又因为OM与异面直线AA’和BD’都相交
故OM为异面直线AA'和BD'的公垂线.………………………………4分
(2)设平面BMC'的一个法向量为=(x,y,z)
=(0,-1,), ＝(－1,0,1)
即
取z＝2,则x＝2,y＝1，从而=(2,1,2)
取平面BC'B'的一个法向量为＝(0,1,0)
cos
由图可知，二面角M-BC'-B'的平面角为锐角
故二面角M-BC'-B'的大小为arccos………………………………………………9分
VM－OBC＝…………………………………………12分
（2010天津理数）（19）（本小题满分12分）
如图，在长方体中，、分别是棱,
上的点，,
（1） 求异面直线与所成角的余弦值；
（2） 证明平面
（3） 求二面角的正弦值。
【解析】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，满分12
分。
（1） 证明：已知,,
于是·=0，·=0.因此，,,又
所以平面
(3)解：设平面的法向量，则,即
不妨令X=1,可得。由（2）可知，为平面的一个法向量。
于是，从而
所以二面角的正弦值为
方法二：（1）解：设AB=1，可得AD=2,AA1=4,CF=1.CE=
链接B1C,BC1，设B1C与BC1交于点M,易知A1D∥B1C，由,可知EF∥BC1.故
是异面直线EF与A1D所成的角，易知BM=CM=,所以 ,所以异面直线FE与A1D所成角的余弦值为
（2）证明：连接AC，设AC与DE交点N 因为，所以，从而，又由于,所以，故AC⊥DE,又因为CC1⊥DE且，所以DE⊥平面ACF，从而AF⊥DE.
连接BF，同理可证B1C⊥平面ABF,从而AF⊥B1C,所以AF⊥A1D因为，所以AF⊥平面A1ED
(3)解：连接A1N.FN,由（2）可知DE⊥平面ACF,又NF平面ACF, A1N平面ACF，所以DE⊥NF,DE⊥A1N,故为二面角A1-ED-F的平面角
易知，所以，又所以，在
连接A1C1,A1F 在
。所以
所以二面角A1-DE-F正弦值为
（2010广东理数）18.（本小题满分14分）
如图5，是半径为a的半圆，AC为直径，点E为的中点，点B和点C为线段AD的三等分点．平面AEC外一点F满足，FE=a ．
图5
（1）证明：EB⊥FD；
（2）已知点Q,R分别为线段FE,FB上的点，使得,求平面与平面所成二面角的正弦值．
（2）设平面与平面RQD的交线为.
由BQ=FE,FR=FB知, .
而平面，∴平面，
而平面平面= ，
∴.
由（1）知，平面，∴平面，
而平面， 平面，
∴，
∴是平面与平面所成二面角的平面角．
在中，，
，．
．
故平面与平面所成二面角的正弦值是．
（2010全国卷1理数）（19）（本小题满分12分）
如图，四棱锥S-ABCD中，SD底面ABCD，AB//DC，ADDC，AB=AD=1，DC=SD=2，E为棱SB上的一点，平面EDC平面SBC .
（Ⅰ）证明：SE=2EB；
（Ⅱ）求二面角A-DE-C的大小 .
（2010山东理数）（19）（本小题满分12分）
如图，在五棱锥P—ABCDE中，PA⊥平面ABCDE，AB∥CD，AC∥ED，AE∥BC， ABC=45°，AB=2，BC=2AE=4，三角形PAB是等腰三角形．
（Ⅰ）求证：平面PCD⊥平面PAC；
（Ⅱ）求直线PB与平面PCD所成角的大小；
（Ⅲ）求四棱锥P—ACDE的体积．
（2010湖南理数）
（2010湖北理数）18． (本小题满分12分)
如图， 在四面体ABOC中, , 且
（Ⅰ）设为为的中点， 证明： 在上存在一点，使，并计算的值；
（Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值。
（2010福建理数）
概率为。
（i）当点C在圆周上运动时，求的最大值；
（ii）记平面与平面所成的角为，当取最大值时，求的值。
=，又因为，
所以=，当且仅当时等号成立，
从而，而圆柱的体积，
故=当且仅当，即时等号成立，
所以的最大值是。K^S*5U.C#O%
（ii）由（i）可知，取最大值时，，于是以O为坐标原点，建立空间直角坐标系（如图），则C（r，0，0），B（0，r，0），（0，r，2r），
因为平面，所以是平面的一个法向量，
（2010安徽理数）18、（本小题满分12分）
如图，在多面体中，四边形是正方形，∥，，，，，为的中点。
(Ⅰ)求证：∥平面；
(Ⅱ)求证：平面；
(Ⅲ)求二面角的大小。
（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PDDC=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。
2009年高考数学试题分类汇编——立体几何
一、选择题
2.（2009广东卷理）给定下列四个命题：
①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；
②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；
③垂直于同一直线的两条直线相互平行；
④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．
其中，为真命题的是
A. ①和② B. ②和③ C. ③和④ D. ②和④
【解析】选D.
3.（2009浙江卷理）在三棱柱中，各棱长相等，侧掕垂直于底面，点是侧面的中心，则与平面所成角的大小是 ( )
A． B． C． D．
答案：C
【解析】取BC的中点E，则面，，因此与平面所成角即为，设，则，，即有．
6.（2009北京卷理）若正四棱柱的底面边长为1，与底面成60°角，则到底面的距离为 （ ）
A． B．1
C． D．
【答案】D
【解析】本题主要考查正四棱柱的概念、
直线与平面所成的角以及直线与平面的距离等概念. （第4题解答图）
属于基础知识、基本运算的考查.
依题意，，如图，
，故选D.
7. (2009山东卷理)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.
【解析】:该空间几何体为一圆柱和一四棱锥组成的,
2
2
2
正(主)视图
2
2
侧(左)视图
圆柱的底面半径为1,高为2,体积为,四棱锥的底面
边长为，高为，所以体积为
所以该几何体的体积为.
答案:C
【命题立意】:本题考查了立体几何中的空间想象能力,
由三视图能够想象得到空间的立体图,并能准确地
俯视图
计算出.几何体的体积.
8. (2009山东卷理)已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的
一条直线，则“”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
【解析】:由平面与平面垂直的判定定理知如果m为平面α内的
一条直线,,则,反过来则不一定.所以“”是“”的必要不充分条件
答案:B.
【命题立意】:本题主要考查了立体几何中垂直关系的判定和充分必要条件的概念.
12.（2009全国卷Ⅰ理）已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，在底面上的射影为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（ D ）
（A） （B） （C） (D)
解：设的中点为D，连结D，AD，易知即为异面直线与所成的角,由三角余弦定理，易知.故选D
13.（2009全国卷Ⅰ理）已知二面角α-l-β为 ，动点P、Q分别在面α、β内，P到β的距离为，Q到α的距离为，则P、Q两点之间距离的最小值为（ C ）
(A) (B)2 (C) (D)4
15.（2009江西卷理）如图，正四面体的顶点，，分别在两两垂直的三条射线，，上，则在下列命题中，错误的为
A．是正三棱锥
B．直线∥平面
C．直线与所成的角是
D．二面角为
答案：B
【解析】将原图补为正方体不难得出B为错误，故选B
18.（2009全国卷Ⅱ理）已知正四棱柱中，为中点，则异面直线与所成的角的余弦值为
A. B. C. D.
解：令则,连∥ 异面直线与所成的角即
与所成的角。在中由余弦定理易得。故选C
19.（2009辽宁卷理）正六棱锥P－ABCDEF中，G为PB的中点，则三棱锥D－GAC与三棱锥P－GAC体积之比为
（A）1：1 (B) 1：2 (C) 2：1 (D) 3：2
【解析】由于G是PB的中点,故P－GAC的体积等于B－GAC的体积
在底面正六边形ABCDER中A
B
C
D
E
F
H
BH＝ABtan30°＝AB
而BD＝AB
故DH＝2BH
于是VD－GAC＝2VB－GAC＝2VP－GAC
【答案】C
20.（2009宁夏海南卷理） 如图，正方体的棱线长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中错误的是
（A）
（B）
（C）三棱锥的体积为定值
（D）异面直线所成的角为定值
解析：A正确，易证B显然正确，；C正确，可用等积法求得；D错误。选D.
21.（2009宁夏海南卷理）一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积（单位：c）为
（A）48+12 （B）48+24 （C）36+12 （D）36+24
解析：选A.
31.(2009湖南卷理)正方体ABCD—的棱上到异面直线AB，C的距离相等的点的个数为（C）
A．2 B．3 C. 4 D. 5
【答案】：C
【解析】解析如图示，则BC中点，点，点，点分别到两异面直线的距离相等。即满足条件的点有四个，故选C项。
32.（2009四川卷理）如图，已知六棱锥的底面是正六边形，，则下列结论正确的是
Ａ.
Ｂ.平面
C. 直线∥平面
Ｄ.
【考点定位】本小题考查空间里的线线、线面关系，基础题。（同文6）
解：由三垂线定理，因AD与AB不相互垂直，排除A；作于，
因面面ABCDEF，而AG在面ABCDEF上的射影在AB上，而AB与BC不相互垂直，故排除B；由，而EF是平面PAE的斜线，故排除C，故选择D。
解析2：设低面正六边形边长为，则，由平面可知，且，所以在中有直线与平面所成的角为，故应选D。
33.（2009四川卷理）如图，在半径为3的球面上有三点，，球心到平面的距离是，则两点的球面距离是
A. B. C. D.
34.（2009重庆卷理）已知二面角的大小为，为空间中任意一点，则过点且与平面和平面所成的角都是的直线的条数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【解析】是度数为的二面角的一个平面角，的平分线，当过P的直线与平行时，满足条件，当过点p的直线与AD平行，也是满足条件直线，与AD直线类似，过点的直线与 BE平行也是满足条件得共有3条。
二、填空题
1.（2009浙江卷理）若某几何体的三视图（单位：）如图所示，则此几何体的体积是 ．
答案：18
【解析】该几何体是由二个长方体组成，下面体积为，上面的长方体体积为，因此其几何体的体积为18
2.（2009浙江卷理）如图，在长方形中，，，为的中点，为线段（端点除外）上一动点．现将沿折起，使平面平面．在平面内过点
作，为垂足．设，则的取值范围是 ．
答案：
【解析】此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F位于DC的中点时，，随着F点到C点时，因平面，即有，对于，又，因此有，则有，因此的取值范围是
4.（2009江苏卷）在平面上，若两个正三角形的边长的比为1：2，则它们的面积比为1：4，类似地，在空间内，若两个正四面体的棱长的比为1：2，则它们的体积比为 .【
【解析】 考查类比的方法。体积比为1：8
5.（2009江苏卷）设和为不重合的两个平面，给出下列命题：
（1）若内的两条相交直线分别平行于内的两条直线，则平行于；
（2）若外一条直线与内的一条直线平行，则和平行；
（3）设和相交于直线，若内有一条直线垂直于，则和垂直；
（4）直线与垂直的充分必要条件是与内的两条直线垂直。
上面命题中，真命题的序号 （写出所有真命题的序号）.
【解析】 考查立体几何中的直线、平面的垂直与平行判定的相关定理。
真命题的序号是(1)(2)
6.（2009全国卷Ⅰ理）直三棱柱的各顶点都在同一球面上，若,，则此球的表面积等于 。
解:在中,,可得,由正弦定理,可得
外接圆半径r=2,设此圆圆心为，球心为，在中，易得球半径，故此球的表面积为
7.（2009安徽卷理）对于四面体ABCD，下列命题正确的是_________
（写出所有正确命题的编号）。
相对棱AB与CD所在的直线异面；
由顶点A作四面体的高，其垂足是BCD的三条高线的交点；
若分别作ABC和ABD的边AB上的高，则这两条高所在直线异面；
分别作三组相对棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点;
最长棱必有某个端点，由它引出的另两条棱的长度之和大于最长棱。
[解析]①④⑤
10.（2009江西卷理）正三棱柱内接于半径为的球，若两点的球面距离为，则正三棱柱的体积为 ．
12.（2009全国卷Ⅱ理）设是球的半径，是的中点，过且与成45°角的平面截球的表面得到圆。若圆的面积等于，则球的表面积等于 .
解：设球半径为，圆的半径为，
因为。由得.故球的表面积等于.
13.（2009辽宁卷理）设某几何体的三视图如下（尺寸的长度单位为m）。
则该几何体的体积为
17.(2009湖南卷理)在半径为13的球面上有A , B, C 三点，AB=6，BC=8，CA=10，则
（1）球心到平面ABC的距离为 12 ；
（2）过Ａ，B两点的大圆面为平面ABC所成二面角为（锐角）的正切值为 3
【答案】：（1）12；（2）3
【解析】（1）由的三边大小易知此三角形是直角三角形，所以过三点小圆的直径即为10，也即半径是5，设球心到小圆的距离是，则由，可得。（2）设过三点的截面圆的圆心是中点是点，球心是点，则连三角形，易知就是所求的二面角的一个平面角，，所以，即正切值是3。
18.（2009天津卷理）如图是一个几何体的三视图，若它的体积是，则_______
【考点定位】本小题考查三视图、三棱柱的体积，基础题。
解析：知此几何体是三棱柱，其高为3，底面是底边长为2，底边上的高为的等腰三角形，所以有。
19.（2009四川卷理）如图，已知正三棱柱的各条棱长都相等，是侧 棱的中点，则异面直线所成的角的大小是 。
【考点定位】本小题考查异面直线的夹角，基础题。
解析：不妨设棱长为2，选择基向量，则
，故填写。
法2：取BC中点N，连结，则面，∴是在面上的射影，由几何知识知，由三垂线定理得，故填写。
20.（2009年上海卷理）如图，若正四棱柱的底面连长为2，高 为4，则异面直线与AD所成角的大小是______________（结果用反三角函数表示）.
【答案】
【解析】因为AD∥A1D1，异面直线BD1与AD所成角就是BD1与A1D1所在角，即∠A1D1B，
由勾股定理，得A1B＝2，tan∠A1D1B＝，所以，∠A1D1B＝。
21.（2009年上海卷理）已知三个球的半径，，满足，则它们的表面积，，，满足的等量关系是___________.
二、填空题
2.（2009广东卷理）（本小题满分14分）
z
y
x
E1
G1
如图6，已知正方体的棱长为2，点是正方形的中心，点、分别是棱的中点．设点分别是点，在平面内的正投影．
（1）求以为顶点，以四边形在平面内的正投影为底面边界的棱锥的体积；
（2）证明：直线平面；
（3）求异面直线所成角的正弦值.
∴，，即，，
又，∴平面.
（3），，则，设异面直线所成角为，则.
3.（2009浙江卷理）（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
（II）设点M的坐标为，则，因为平面BOE，所以有，因此有，即点
6.（2009北京卷理）（本小题共14分）
如图，在三棱锥中，底面，
点，分别在棱上，且
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）当为的中点时，求与平面所成的角的大小；
（Ⅲ）是否存在点使得二面角为直二面角？并说明理由.
【解法1】本题主要考查直线和平面垂直、直线与平面所成的角、二面角等基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力．
（Ⅰ）∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC.
又，∴AC⊥BC.
∴BC⊥平面PAC.
（Ⅱ）∵D为PB的中点，DE//BC，
∴与平面所成的角的大小.
（Ⅲ）∵AE//BC，又由（Ⅰ）知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，
又∵AE平面PAC，PE平面PAC，∴DE⊥AE，DE⊥PE，
∴∠AEP为二面角的平面角，
∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，∴.
∴在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC，这时，
故存在点E使得二面角是直二面角.
【解法2】如图，以A为原煤点建立空间直角坐标系，
设，由已知可得
.
（Ⅰ）∵，
∴，∴BC⊥AP.
又∵，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC.
（Ⅱ）∵D为PB的中点，DE//BC，∴E为PC的中点，
∴，
∴又由（Ⅰ）知，BC⊥平面PAC，∴∴DE⊥平面PAC，垂足为点E.
∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角，
∵，
∴.
∴与平面所成的角的大小.
（Ⅲ）同解法1.
7.(2009山东卷理)（本小题满分12分）
E
A
B
C
F
E1
A1
B1
C1
D1
D
如图，在直四棱柱ABCD-ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AB//CD，AB=4, BC=CD=2, AA=2, E、E、F分别是棱AD、AA、AB的中点。
（1） 证明：直线EE//平面FCC；
（2） 求二面角B-FC-C的余弦值。
解法一：（1）在直四棱柱ABCD-ABCD中，取A1B1的中点F1，
E
A
B
C
F
E1
A1
B1
C1
D1
D
F1
O
P
连接A1D，C1F1，CF1，因为AB=4, CD=2,且AB//CD，
所以CDA1F1，A1F1CD为平行四边形，所以CF1//A1D，
又因为E、E分别是棱AD、AA的中点，所以EE1//A1D，
所以CF1//EE1，又因为平面FCC，平面FCC，
所以直线EE//平面FCC.
（2）因为AB=4, BC=CD=2, 、F是棱AB的中点,所以BF=BC=CF,△BCF为正三角形,取CF的中点O,则OB⊥CF,又因为直四棱柱ABCD-ABCD中,CC1⊥平面ABCD,所以CC1⊥BO,所以OB⊥平面CC1F,过O在平面CC1F内作OP⊥C1F,垂足为P,连接BP,则∠OPB为二面角B-FC-C的一个平面角, 在△BCF为正三角形中,,在Rt△CC1F中, △OPF∽△CC1F,∵∴,
,,设平面CC1F的法向量为则所以取,则,所以,所以直线EE//平面FCC.
（2）,设平面BFC1的法向量为,则所以,取,则,
,,【
所以,由图可知二面角B-FC-C为锐角,所以二面角B-FC-C的余弦值为.
【命题立意】:本题主要考查直棱柱的概念、线面位置关系的判定和二面角的计算.考查空间想象能力和推理运算能力,以及应用向量知识解答问题的能力.
9.（2009江苏卷）（本小题满分14分）
如图，在直三棱柱中，、分别是、的中点，点在上，。
求证：（1）EF∥平面ABC；
（2）平面平面.
【解析】 本小题主要考查直线与平面、平面与平面得位置关系，考查空间想象能力、推理论证能力。满分14分。
10.（2009全国卷Ⅰ理）（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效）
如图，四棱锥中，底面为矩形，底面， ，点M在侧棱上，=60°
（I）证明：M在侧棱的中点
（II）求二面角的大小。
（I）解法一：作∥交于N，作交于E，
连ME、NB，则面，,
设，则,
在中，。
在中由
解得，从而 M为侧棱的中点M.
解法二:过作的平行线.
解法三:利用向量处理. 详细可见09年高考参考答案.
（II）分析一:利用三垂线定理求解。在新教材中弱化了三垂线定理。这两年高考中求二面角也基本上不用三垂线定理的
11.（2009安徽卷理）（本小题满分13分）
如图，四棱锥F－ABCD的底面ABCD是菱形，其对角线AC=2，BD=，AE、CF都与平面ABCD垂直，AE=1，CF=2.
（I）求二面角B－AF－D的大小；
（II）求四棱锥E－ABCD与四棱锥F－ABCD公共部分的体积.
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、相交平面所成二面角以及空间几何体的体积计算等知识，考查空间想象能力和推理论证能力、利用综合法或向量法解决立体几何问题的能力。本小题满分13分。
解：（I）（综合法）连接AC、BD交于菱形的中心O，过O作OGAF，
G为垂足。连接BG、DG。由BDAC，BDCF得BD平面ACF，故BDAF。
于是AF平面BGD，所以BGAF，DGAF，BGD为二面角B－AF－D 的平面角。
由， ，得，
由，得
（向量法）以A为坐标原点，、、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）
设平面ABF的法向量，则由得
令，得，
同理，可求得平面ADF的法向量。
由知，平面ABF与平面ADF垂直，
二面角B-AF-D的大小等于。
（II）连EB、EC、ED，设直线AF与直线CE相交于点H，则四棱锥E-ABCD与四棱锥F-ABCD的公共部分为四棱锥H-ABCD。
过H作HP⊥平面ABCD，P为垂足。
因为EA⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，，所以平面ACFE⊥平面ABCD，从而
由得。
又因为
故四棱锥H-ABCD的体积
15.（2009江西卷理）（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.
设所求角为，则，。
（1） 可求得PC=6。因为AN⊥NC，由，得PN。所以。
故N点到平面ACM的距离等于P点到平面ACM距离的。
又因为M是PD的中点，则P、D到平面ACM的距离相等，由（2）可知所求距离为。
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
。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。
16.(2009湖北卷理)（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效）
如图，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，SD平面ABCD，SD=2a，点E是SD上的点，且
（Ⅰ）求证：对任意的，都有
（Ⅱ）设二面角C—AE—D的大小为，直线BE与平面ABCD所成的角为，若，求的值
】16.（Ⅰ）证法1：如图1，连接BE、BD，由地面ABCD是正方形可得AC⊥BD。
SD⊥平面ABCD，BD是BE在平面ABCD上的射影，AC⊥BE
（Ⅱ）解法1：如图1，由SD⊥平面ABCD知，∠DBE= ,
SD⊥平面ABCD，CD平面ABCD, SD⊥CD。
又底面ABCD是正方形， CD⊥AD，而SD AD=D，CD⊥平面SAD.
连接AE、CE，过点D在平面SAD内作DE⊥AE于F，连接CF，则CF⊥AE，
故∠CDF是二面角C-AE-D的平面角，即∠CDF=。
在Rt△BDE中，BD=2a，DE=
在Rt△ADE中,
从而
在中，
由，得.
由，解得，即为所求.
（I） 证法2：以D为原点，的方向分别作为x，y，z轴的正方向建立如
图2所示的空间直角坐标系，则
D（0，0，0），A（，0，0），B（，，0），C（0，，0），E（0，0），
，
即。
（II） 解法2：
由（I）得.
设平面ACE的法向量为n=(x，y，z)，则由得
。
易知平面ABCD与平面ADE的一个法向量分别为.
.
0<，，
.
由于，解得，即为所求。
20.（2009全国卷Ⅱ理）（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。
（I）分析一：连结BE，为直三棱柱，
为的中点，。又平面，
（射影相等的两条斜线段相等）而平面，
（相等的斜线段的射影相等）。
分析二：取的中点，证四边形为平行四边形，进而证∥，，得也可。
分析三：利用空间向量的方法。具体解法略。
（II）分析一：求与平面所成的线面角，只需求点到面的距离即可。
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。
21.（2009辽宁卷理）（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。
（18）（I）解法一：
取CD的中点G，连接MG，NG。
设正方形ABCD，DCEF的边长为2，
则MG⊥CD，MG=2，NG=.
因为平面ABCD⊥平面DCED，
所以MG⊥平面DCEF，
可得∠MNG是MN与平面DCEF所成的角。因为MN=，所以sin∠MNG=为MN与平面DCEF所成角的正弦值 ……6分
解法二：
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.
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
22.（2009宁夏海南卷理）（本小题满分12分）
如图，四棱锥S-ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是地面边长的倍，P为侧棱SD上的点。
（Ⅰ）求证：AC⊥SD；
（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC。若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由。
解法一：
（Ⅰ）连BD，设AC交BD于O，由题意。在正方形ABCD中，，所以,得.
(Ⅱ)设正方形边长，则。
又，所以,
连，由（Ⅰ）知,所以,
且,所以是二面角的平面角。
由,知,所以,
即二面角的大小为。
（Ⅲ）在棱SC上存在一点E，使
由（Ⅱ）可得，故可在上取一点,使,过作的平行线与的交点即为。连BN。在中知，又由于,故平面，得,由于,故.
设
则
而
即当时，
而不在平面内，故
29.(2009湖南卷理)（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。
（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ABC，所以DEAA.
而DEAE。AAAE=A 所以DE平面AC CA，又DE平面ADE，故平面ADE平面AC CA。
（2）解法1 如图所示，设F使AB的中点，连接DF、DC、CF，由正三棱柱ABC- ABC的性质及D是AB的中点知ABCD， ABDF【
又CDDF=D，所以AB平面CDF，
而AB∥AB，所以
AB平面CDF，又AB平面ABC，故
平面AB C平面CDF。
过点D做DH垂直CF于点H，则DH平面AB C。
连接AH，则HAD是AD和平面ABC所成的角。
由已知AB=A A，不妨设A A=，则AB=2，DF=，D C=，
CF=，AD==，DH==—，
所以 sinHAD==。
即直线AD和平面AB C所成角的正弦值为。
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，-，)。
所以，(n·)===。
由此即知，直线AD和平面AB C所成角的正弦值为。
30.（2009天津卷理）（本小题满分12分）
如图，在五面体ABCDEF中，FA 平面ABCD, AD//BC//FE，ABAD，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。
本小题要考查异面直线所成的角、平面与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想像能力、运算能力和推理论证能力。满分12分.
方法一：（Ⅰ）解：由题设知，BF//CE，所以∠CED（或其补角）为异面直线BF与DE所成的角。设P为AD的中点，连结EP，PC。因为FEAP，所以FAEP，同理ABPC。又FA⊥平面ABCD，所以EP⊥平面ABCD。而PC，AD都在平面ABCD内,故EP⊥PC，EP⊥AD。由AB⊥AD，可得PC⊥AD设FA=a，则EP=PC=PD=a,CD=DE=EC=，故∠CED=60°。所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°
（II）证明：因为
（I）
所以异面直线与所成的角的大小为.
（II）证明： ，
（III）
又由题设，平面的一个法向量为
31.（2009四川卷理）（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。
本小题主要考察平面与平面垂直、直线与平面垂直、直线与平面平行、二面角
等基础知识，考察空间想象能力、逻辑推理能力和数学探究意识，考察应用向量知识解决数学问题的能力。
解法一：
（Ⅰ）因为平面⊥平面,平面，
平面平面，
所以⊥平面
所以⊥.
因为为等腰直角三角形， ，
所以
又因为，
所以，
即⊥,
所以⊥平面。 ……………………………………4分
（Ⅱ）存在点,当为线段AE的中点时，PM∥平面
取BE的中点N，连接AN,MN，则MN∥＝∥＝PC
所以PMNC为平行四边形，所以PM∥CN
因为CN在平面BCE内，PM不在平面BCE内，
所以PM∥平面BCE ……………………………………8分
（Ⅲ）由EA⊥AB,平面ABEF⊥平面ABCD，易知，EA⊥平面ABCD
作FG⊥AB,交BA的延长线于G，则FG∥EA。从而，FG⊥平面ABCD
作GH⊥BD于G，连结FH，则由三垂线定理知，BD⊥FH
因此，∠AEF为二面角F-BD-A的平面角
因为FA=FE, ∠AEF=45°,
所以∠AFE=90°，∠FAG=45°.
设AB=1,则AE=1,AF=.
FG=AF·sinFAG=
在Rt△FGH中，∠GBH=45°,BG=AB+AG=1+=,
GH=BG·sinGBH=·=
在Rt△FGH中，tanFHG= =
故二面角F-BD-A的大小为arctan. ………………………………12分
解法二:
(Ⅰ)因为△ABE为等腰直角三角形,AB=AE,
所以AE⊥AB.
又因为平面ABEF⊥平面ABCD,AE平面ABEF,
平面ABEF∩平面ABCD=AB,
所以AE⊥平面ABCD.
所以AE⊥AD.
因此,AD,AB,AE两两垂直,以A为坐标原点,建立 如图所示的直角坐标系A-xyz.
设AB=1,则AE=1，B（0，1，0），D (1, 0, 0 ) ,
E ( 0, 0, 1 ), C ( 1, 1, 0 ).
因为FA=FE, ∠AEF = 45°,
所以∠AFE= 90°.
从而，.
所以,,.
,.
所以EF⊥BE, EF⊥BC.
因为BE平面BCE,BC∩BE=B ,
所以EF⊥平面BCE.
(Ⅱ) M（0，0，）.P（1, ,0）.
从而=（，）.
于是
所以PM⊥FE，又EF⊥平面BCE，直线PM不在平面BCE内，
故PM∥平面BCE. ………………………………8分
(Ⅲ) 设平面BDF的一个法向量为，并设=（x，y，z）
=(1，1，0)，
即
去y=1，则x=1，z=3，从=（0，0，3）
取平面ABD的一个法向量为=（0，0，1）
故二面角F-BD-A的大小为. ……………………………………12分
33.（2009年上海卷理）（本题满分14分）
如图，在直三棱柱中，,
,求二面角的大小。
设法向量的夹角为，二面角的大小为，显然为锐角
…………………….14分
34.（2009重庆卷理）（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．
（19）（本小题12分）
解法一：
由于E为BS边中点，故,在中，
,因，又
故由三垂线定理的逆定理得,从而又可得
因此而在中，
在中，可得，故所求二面角的大小为
解法二：
(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
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