高考数学试题分类汇编——立体几何与平面几何 42页

立体几何与平面几何 安徽理(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 正（主）视图 侧（左）视图 俯视图 ‎4‎ ‎4‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎2‎ 第6题图 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（A） 48 (B)32+8 (C) 48+8 (D) 80‎ ‎(6)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4，两底面积和为，四个侧面的面积为，所以几何体的表面积为.故选C.‎ ‎（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）求梭锥—的体积。‎ 解：（Ⅰ）设是线段和线段延长线的交点。由于与都是正三角形，所以：‎ ‎；同理，是线段和线段延长线的交点。有 ‎，又由于和都在线段的延长线上，所以和重合。‎ 在和中，由和,可知分别是和的中点，所以是的中位线，故。‎ ‎（Ⅱ）由知，而是边长为2的正三角形，故 ‎,所以；过点作于点，由于平面平面知，就是四棱锥的高，且，所以。‎ 安徽文没有新题 北京理5.如图，AD、AE、BC分别与圆O切于点D、E、F，延长AF与圆O交于另一点G，给出下列三个结论：‎ ‎①；②； ③.‎ 其中正确的结论的序号是( )‎ A．①② B．②③ C．①③ D．①②③‎ ‎【解析】：①正确。由条件可知，BD=BF，CF=CE，可得。‎ ‎②正确。通过条件可知，AD=AE。由切割定理可得。‎ C B G A O D E F ‎③错误。连接FD（如下图），若，则有。通过图像可知 ‎，因而错误。答案选A.‎ ‎7.某四面体三视图如图所示，该四面体四个面的面积中最大的是 A. B. C. D. ‎ ‎【解析】由三视图还原几何体如下图，该四面体四 个面的面积中最大的是PAC，面积为10，选C。‎ ‎16.如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是菱形，，.‎ ‎（1）求证：平面PAC；‎ ‎（2）若，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.‎ ‎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.‎ ‎【解析】，与共线可得k=1。‎ ‎（16）（共14分）‎ ‎ 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 ‎.‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）知设P（0，－，t）（t>0），则 设平面PBC的法向量,则 所以令则所以 同理，平面PDC的法向量，因为平面PCB⊥平面PDC,‎ 所以=0，即，解得，所以PA=。‎ 北京文（5）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是 A. 32 B. ‎ C. 48 D. ‎ A B P G F E D C B ‎（17）（本小题共14分）‎ 如图，在四面体中，,,点分别是棱的中点。‎ ‎（I）求证：∥平面；‎ ‎（II）求证：四边形为矩形；‎ ‎（III）是否存在点,到四面体六条棱的中点的距离相等？说明理由。‎ 证明：（I）因为分别为的中点，所以;‎ 又平面，所以平面 ‎（II）因为分别是棱的中点，所以 ‎，所以四边形为平行四边形 又所以，所以四边形为矩形。‎ ‎（III）存在点满足条件，理由如下：连接,设为的中点，由（II）知，且 ‎,与（II）同理可证四边形为矩形,其对角线的交点为的中点,‎ 且，所以为满足条件的点。‎ 福建理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______。‎ ‎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。‎ ‎20．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。‎ 解法一：‎ ‎（I）因为平面ABCD，平面ABCD，‎ 所以，又 所以平面PAD。‎ 又平面PAB，所以平面平面PAD。‎ ‎（II）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，‎ ‎（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 ‎（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。‎ 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，‎ 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 ‎（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。‎ 福建文 ‎15．如图，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 。 ‎20.（本小题满分12分）‎ 如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，‎ 点E在线段AD上，CE∥AB。‎ ‎（Ⅰ）求证：CE⊥平面PAD；‎ ‎（Ⅱ）若PA＝AB＝1，AD＝3，CD＝，∠CDA＝45°，‎ 求四棱锥P－ABCD的体积 ‎20．本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系，几何体的体积等基础知识；考查空间想象能力，推理论证能力，运算求解能力；考查数形结合思想，化归与转化思想，满分12分 ‎ （I）证明：因为平面ABCD，平面ABCD，‎ 所以，因为 又所以平面PAD。‎ ‎（II）由（I）可知，‎ 在中，DE=CD 又因为，所以四边形ABCE为矩形，‎ 所以 又平面ABCD，PA=1，‎ 所以 广东理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:由该几何体的三视图可各该几何体是一个平行六面体,底面是以3为边长的正方形,该六面体的高 ‎15.（几何证明选讲选做题）如图4，过圆外一点分别作圆 的切线和割线交圆于,且，是圆上一点使得，则 .‎ ‎18. （本小题满分13分）‎ 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.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 注: 本题也可以 ‎,继而可证明第(1)问,并可进一步得到AD,DE,DF两两垂直,从而建立空间直角坐标系,再解决第(2)问.总的说来,本题用传统方法,还更简单.‎ 广东文9．如图1-3，某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图分别是等腰三角形和菱形，则该几何体体积为 C ‎ A． B．‎4 ‎ C． D．2‎ ‎15．（几何证明选讲选做题）如图4，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB=4，CD=2．E,F分别为AD，BC上点，且EF=3，EF∥AB，则梯形ABFE与梯形EFCD的面积比为 7：5‎ ‎18．（本小题满分13分）‎ ‎ 图5所示的集合体是将高为2，底面半径为1的直圆柱沿过轴的平面切开后，将其中一半沿切面向右水平平移后得到的．A，A′，B，B′分别为,,,的中点，分别为的中点．‎ ‎（1）证明：四点共面；‎ ‎（2）设G为A A′中点，延长到H′，‎ 使得．证明：‎ ‎18．（本小题满分13分）‎ ‎ 证明：（1）中点，‎ ‎ ，连接BO2‎ ‎ 直线BO2是由直线AO1平移得到 ‎ ‎ 共面。‎ ‎ （2）将AO1延长至H使得O1H=O‎1A，连接‎//‎ 由平移性质得=HB ‎ ，‎ ‎ ，，，‎ ‎ ，‎ ‎ ，，，‎ 湖北理14．如图，直角坐标系所在的平面为，直角坐标系（其中轴一与 轴重合）所在的平面为，。‎ ‎（Ⅰ）已知平面内有一点，则点在平面内的射影的 坐标为 ；‎ ‎（Ⅱ）已知平面内的曲线的方程是，则曲线在平面内的射影的方程是 。‎ ‎（2，2），‎ ‎18．（本小题满分12分）‎ 如图，已知正三棱柱的各棱长都是4，是的中点，‎ 动点在侧棱上，且不与点重合．‎ ‎（Ⅰ）当=1时，求证：⊥；‎ ‎（Ⅱ）设二面角的大小为，求的最小值．‎ ‎18．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。（满分12分）‎ ‎ 解法1：过E作于N，连结EF。‎ ‎ （I）如图1，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知， 底面ABC侧面A‎1C。‎ ‎ 又度面侧面A，C=AC，且底面ABC，‎ ‎ 所以侧面A‎1C，NF为EF在侧面A‎1C内的射影，‎ 在中，=1，‎ 则由，得NF//AC1，又故。由三垂线定理知。‎ ‎（II）如图2，连结AF，过N作于M，连结ME。‎ 由（I）知侧面A‎1C，根据三垂线定理得 所以是二面角C—AF—E的平面角，即，‎ 设，在中，‎ 在故 又故当时，达到最小值；‎ ‎，此时F与C1重合。‎ 解法2：（I）建立如图3所示的空间直角坐标系，则由已知可得 于是则 故 ‎（II）设，平面AEF的一个法向量为，‎ 则由（I）得F（0，4，），，于是由可得 取 ‎ 又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为，‎ ‎ 于是由为锐角可得，‎ ‎ 所以， 由，得，即 ‎ 故当，即点F与点C1重合时，取得最小值 湖北文7.设球的体积为，它的内接正方体的体积为，下列说法中最合适的是（ ）D A. 比大约多一半；B. 比大约多两倍半；C. 比大约多一倍；D. 比大约多一杯半 ‎18. （本小题满分12分）‎ 如图，已知正三棱柱-的底面边长为2，侧棱长 为，点E在侧棱上，点F在侧棱上，‎ 且,.‎ ‎(I) 求证：；‎ ‎(II) 求二面角的大小。‎ ‎18．本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角的求法，同时考查空间想象能力和推理论证能力。（满分12分）‎ ‎ 解法1：（Ⅰ）由已知可得 ‎ ‎ ‎ 于是有，所以 ‎ 又由 ‎ （Ⅱ）在中，由（Ⅰ）可得 ‎ 于是有EF2+CF2=CE2，所以 ‎ 又由（Ⅰ）知CF C1E，且，所以CF 平面C1EF，‎ ‎ 又平面C1EF，故CF C‎1F。于是即为二面角E—CF—C1的平面角。‎ ‎ 由（Ⅰ）知是等腰直角三角形，所以，即所求二面角E—CF—C1的大小为。‎ ‎ 解法2：建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得 ‎ ‎ ‎ （Ⅰ），， ‎ ‎ （Ⅱ），设平面CEF的一个法向量为 ‎ 由 ‎ 即 ‎ 设侧面BC1的一个法向量为 ‎ ‎ ‎ 设二面角E—CF—C1的大小为θ，于是由θ为锐角可得 ‎3‎ ‎3‎ ‎2‎ 正视图 侧视图 俯视图 图1‎ ‎ ，所以 即所求二面角E—CF—C1的大小为。‎ 湖南理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：D 解析：有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体，‎ 其体积。‎ ‎11.如图2，是半圆周上的两个三等分点，直径，‎ ‎,垂足为D, 与相交与点F，则的长为 。‎ 答案：；解析：由题可知，,‎ 得,，又，所以 ‎.‎ ‎19.（本题满分12分）如图5，在圆锥中，已知的直径的中点．‎ ‎（I）证明：‎ ‎（II）求二面角的余弦值．‎ 解：（I）连接，因为,为的中点，所以.‎ 又因为内的两条相交直线，所以而，所以。‎ ‎（II）在平面中，过作于，由（I）知，,所以又所以.‎ 在平面中，过作连接,则有，从而，所以是二面角的平面角．‎ 在,在 在,；‎ ‎,所以。故二面角的余弦值为。‎ 湖南文 ‎19．（本题满分12分）‎ 如图3，在圆锥中，已知的直径的中点．‎ ‎（I）证明：‎ ‎（II）求直线和平面所成角的正弦值．‎ 解析：（I）因为 又内的两条相交直线，所以 ‎（II）由（I）知，又所以平面在平面中，过作则连结，则是上的射影，所以是直线和平面所成的角．‎ 在，在。‎ 江苏16.（本小题满分14分）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.‎ 答案：（1）因为E、F分别是AP、AD的中点，‎ 又 直线EF//平面PCD ‎（2）连接BD为正三角形 ‎ F是AD的中点，‎ 又平面PAD⊥平面ABCD，‎ 所以，平面BEF⊥平面PAD.‎ 解析：本题主要考查空间想象能力和推理论证能力、考查平面的表示,直线与平面、平面与平面平行和垂直的判定及性质，容易题.‎ 附加：A．选修4-1：几何证明选讲 ‎（本小题满分10分）‎ 如图，圆与圆内切于点，其半径分别为与（）．圆的弦交圆于点（不在上）．‎ 求证：为定值．‎ A．选修4-1：几何证明选讲 ‎ 本小题主要考查两圆内切、相似比等基础知识，考查推理论证能力，满分10分。‎ ‎ 证明：连结AO1，并延长分别交两圆于点Ｅ和点Ｄ连结BD、CE，因为圆O1与圆O2内切于点A，所以点O2在AD上，故AD，AE分别为圆O1，圆O2的直径。‎ ‎ 从而，所以BD//CE，‎ ‎ 于是，所以AB：AC为定值。‎ 江西理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 ‎【解析】因为∥∥，当时不难推出，同时当时也可以推出，∴“”是“”的充分必要条件 ‎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平面，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都为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】‎ o N M z x y ‎（1）如图所示，取的三等分点，，的中点，的中点，过三点，，作平面，过三点，，作平面，因为∥,∥,所以平面∥平面，再过点，分别作平面，与平面平行，那么四个平面，，，依次相互平行，由线段被平行平面，，，截得的线段相等知，期中每相邻两个平面间的距离相等，故，，，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，则正四面体就是满足题意的正四面体.设正四面体的棱长为，以的中心为坐标原点，以直线为轴，直线为轴建立如图的右手直角坐标系，‎ 则，，，‎ 令，为的三等分点，为的中点，有 ‎，,所以，，‎ 设平面的法向量为，有，即 所以，.因为，，，相邻平面之间的距离为1，所以点到平面的距离：‎ ‎，解得，由此可得，边长为的正四面体满足条件.所以所求正四面体的体积.‎ ‎()‎ 解法二：如图，现将此正四面体置于一个正方体中，（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），，分别是，的中点，和是两个平行平面，若其距离为1，则正四面体即为满足条件的正四面体.右图是正方体的上底面，现设正方体的棱长为，若，则有，据，得，‎ 于是正四面体的棱长，其体积.‎ ‎（即等于一个棱长为的正方体割去四个直角正三棱锥后的体积）‎ 江西文9.将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如右图所示，则该几何体的左视图为（ ）‎ ‎ 答案：D 左视图即是从正左方看，找特殊位置的可视点，‎ 连起来就可以得到答案。‎ 辽宁理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 D 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 ‎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 C ‎ A． B． C． D．1‎ ‎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 ． ‎ ‎22．（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲 如图，A，B，C，D四点在同一圆上，AD的延长线与BC的延长线交于E点，且EC=ED．‎ ‎ （I）证明：CD//AB；‎ ‎ （II）延长CD到F，延长DC到G，使得EF=EG，证明：A，B，G，F 四点共圆．‎ ‎22．解：‎ ‎ （I）因为EC=ED，所以∠EDC=∠ECD.‎ 因为A，B，C，D四点在同一圆上，所以∠EDC=∠EBA.‎ 故∠ECD=∠EBA，‎ 所以CD//AB. …………5分 ‎ （II）由（I）知，AE=BE，因为EF=FG，故∠EFD=∠EGC 从而∠FED=∠GEC.‎ 连结AF，BG，则△EFA≌△EGB，故∠FAE=∠GBE，‎ 又CD//AB，∠EDC=∠ECD，所以∠FAB=∠GBA.‎ 所以∠AFG+∠GBA=180°.‎ 故A，B，G，F四点共圆 …………10分 辽宁文10．已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=2，∠ASC=∠BSC=45°，则棱锥S-ABC的体积为 C ‎ A． B． C． D．‎ ‎18．（本小题满分12分）‎ 如图，四边形ABCD为正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=PD．‎ ‎（I）证明：PQ⊥平面DCQ；‎ ‎（II）求棱锥Q—ABCD的的体积与棱锥P—DCQ的体积的比值．‎ ‎18．解：（I）由条件知PDAQ为直角梯形 因为QA⊥平面ABCD，所以平面PDAQ⊥平面ABCD，交线为AD.‎ 又四边形ABCD为正方形，DC⊥AD，所以DC⊥平面PDAQ，可得PQ⊥DC.‎ 在直角梯形PDAQ中可得DQ=PQ=PD，则PQ⊥QD 所以PQ⊥平面DCQ. ………………6分 ‎ （II）设AB=a.‎ 由题设知AQ为棱锥Q—ABCD的高，所以棱锥Q—ABCD的体积 由（I）知PQ为棱锥P—DCQ的高，而PQ=，△DCQ的面积为，‎ 所以棱锥P—DCQ的体积为 故棱锥Q—ABCD的体积与棱锥P—DCQ的体积的比值为1.…………12分 全国Ⅰ理（6）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，‎ 则相应的俯视图可以为 D ‎（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 。‎ ‎（22）（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲 如图，，分别为的边，上的点，且不与的顶点重合。已知的长为，，的长是关于的方程的两个根。‎ ‎（Ⅰ）证明：，，，四点共圆；‎ ‎（Ⅱ）若，且，求，，，所在圆的半径。‎ ‎（22）解：（I）连接DE，根据题意在△ADE和△ACB中， ‎ ‎ AD×AB=mn=AE×AC, ‎ 即.又∠DAE=∠CAB,从而△ADE∽△ACB ‎ 因此∠ADE=∠ACB 所以C,B,D,E四点共圆。‎ ‎（Ⅱ）m=4, n=6时，方程x2-14x+mn=0的两根为x1=2,x2=12.故 AD=2，AB=12.‎ 取CE的中点G,DB的中点F，分别过G,F作AC，AB的垂线，两垂线相交于H点，连接DH.因为C，B，D，E四点共圆，所以C，B，D，E四点所在圆的圆心为H，半径为DH.‎ 由于∠A=900，故GH∥AB, HF∥AC. HF=AG=5，DF= (12-2)=5.故C,B,D,E四点所在圆的半径为5‎ 全国Ⅰ文(7) 设长方体的长、宽、高分别为‎2a、a、a,其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为 ‎ （A）‎3‎a2 （B）‎6‎a2 （C）‎12‎a2 （D） ‎24‎a2‎ B ‎(15)一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的_______(填入所有可能的几何体前的编号)‎ ‎①三棱锥 ②四棱锥 ③三棱柱 ④四棱柱 ⑤圆锥 ⑥圆柱 ①②③⑤‎ ‎（18）（本小题满分12分）‎ 如图，已知四棱锥的底面为等腰梯形，∥,,垂足为，是四棱锥的高。‎ ‎（Ⅰ）证明：平面 平面;‎ ‎（Ⅱ）若,60°,求四棱锥的体积。‎ ‎(2)因为ABCD为等腰梯形，ABCD,ACBD,AB=. 所以HA=HB=.‎ 因为APB=ADR=600，所以PA=PB=,HD=HC=1.，可得PH=.‎ 等腰梯形ABCD的面积为S=AC x BD = 2+. ……..9分 所以四棱锥的体积为V=x（2+）x= ……..12分 全国Ⅱ理（6）已知直二面角, 点A∈，AC⊥,C为垂足，B∈，BD⊥，D为垂足，若AB=2，AC=BD=1，则D到平面ABC的距离等于 ‎(A) (B) (C) (D)1‎ ‎【答案】：C ‎【命题意图】：本小题主要考查面面垂直的性质及点到面的距离的求法。‎ ‎【解析】：如图，因为二面角是直二面角，AC⊥，所以AC⊥，面 ‎，过作 于，则，即为D到平面ABC的距离。在中，，在中，，‎ ‎（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.若该球面的半径为4，圆M的面积为，则圆N的面积为 ‎ (A) (B) (C) (D) ‎ ‎【答案】：D ‎【命题意图】：本小题主要考查了球及球的截面的相关知识。‎ ‎【解析】：如图：，由的面积为，故 在，‎ ‎，在 ‎(16)已知E、F分别在正方体ABCD-A1B‎1C1D1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_____________.‎ ‎【答案】：‎ ‎【命题意图】：本小题主要考查了无棱二面角的作法及求法。‎ ‎【解析】：连并延长交的延长线于，连，过作，连，则由三垂线定理知为面AEF与面ABC所成的二面角的平面角.‎ 易求得.‎ ‎（19）（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效）‎ 如图，棱锥中，∥，⊥，侧面为等边三角形，‎ ‎==2，==1.‎ ‎ （Ⅰ）证明：⊥平面；‎ ‎（Ⅱ）求与平面所成的角的大小.‎ ‎【命题立意】：本小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及线面角等基础知识,‎ 考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力.‎ ‎【解析】：（Ⅰ）证明：连 ‎ 又 ‎ 取的中点，连，则 又∥，⊥，‎ ‎,‎ 又 ‎ 故⊥平面.‎ ‎ （Ⅱ）过作，过作，连，则∥，与平面所成的角为与平面所成的角。由（Ⅰ）有，‎ 又，故即为所求。‎ 在中，‎ ‎ .‎ 全国Ⅱ文(15)己知正方体中，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为等于 .[来 ‎【答案】‎ ‎【解析】取的中点，为所求角，设棱长为2，则，‎ 山东理 主（正）视图 俯视图 ‎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.‎ ‎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.‎ 山东文 ‎19．（本小题满分12分）‎ 如图，在四棱台中，平面，底面是平行四边形，，，60°‎ ‎（Ⅰ）证明：；‎ ‎（Ⅱ）证明：．‎ ‎19．（I）证法一：‎ 因为平面ABCD，且平面ABCD，‎ 所以，又因为AB=2AD，，‎ 在中，由余弦定理得 ‎，所以，因此，‎ 又所以又平面ADD1A1，故 证法二：‎ 因为平面ABCD，且平面ABCD，‎ 所以，取AB的中点G，连接DG，‎ 在中，由AB=2AD得AG=AD，‎ 又，所以为等边三角形。‎ 因此GD=GB，故，又，‎ 所以平面ADD1A1，又平面ADD‎1A1，故 ‎ （II）连接AC，A‎1C1，设，连接EA1‎ 因为四边形ABCD为平行四边形，所以 由棱台定义及AB=2AD=‎2A1B1知A1C1//EC且A‎1C1=EC，‎ 所以边四形A1ECC1为平行四边形，因此CC1//EA1，‎ 又因为EA平面A1BD，平面A1BD，所以CC1//平面A1BD。‎ 陕西理5．某几何体的三视图如图所示，则它的体积是 （ ）‎ ‎（A） （B）（C）（D）‎ ‎【思路点拨】根据已知的三视图想象出空间几何体，然后由几何体的组成和有关几何体体积公式进行计算．‎ ‎【精讲精析】选A 由几何体的三视图可知几何体为一个组合体，‎ 即一个正方体中间去掉一个圆锥体，所以它的体积是 ‎.‎ B．（几何证明选做题）如图，∠B=∠D，，，且AB=6，AC=4，AD=12，则BE= ．‎ ‎【分析】寻找两个三角形相似的条件，再根据相似三角形的对应边成比例求解．‎ ‎【解】因为，‎ 所以∠AEB=，又因为∠B=∠D，所以△AEB∽△ACD，所以,‎ 所以，在Rt△AEB中，．‎ ‎【答案】‎ 陕西文 ‎15．B．（几何证明选做题）如图，∠B=∠D，，，且AB=6，AC=4，AD=12，则AE= ．‎ ‎【分析】寻找两个三角形相似的条件，再根据相似三角形的对应边成比例求解．‎ ‎【解】因为，‎ 所以∠AEB=，又因为∠B=∠D，所以△AEB∽△ACD，所以,所以．‎ ‎【答案】2‎ 16. ‎（本小题满分12分）‎ 如图，在△ABC中，∠ABC=45°，∠BAC=90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC=90，‎ ‎（1）证明：平面ＡＤＢ⊥平面ＢＤＣ；‎ ‎（2 ）设BD=1，求三棱锥D—ＡＢＣ的表面积。‎ ‎【分析】（1）确定图形在折起前后的不变性质，如角的大小不变，线段长度不变，线线关系不变，再由面面垂直的判定定理进行推理证明；（2）充分利用垂直所得的直角三角形，根据直角三角形的面积公式计算．‎ ‎【解】（1）∵折起前ＡＤ是ＢＣ边上的高，‎ ‎∴ 当Δ ＡＢＤ折起后，AD⊥ＤＣ，AD⊥ＤＢ，‎ 又DBＤＣ＝Ｄ，‎ ‎∴ＡＤ⊥平面ＢＤＣ，又∵AD 平面BDC.‎ ‎∴平面ABD⊥平面BDC．‎ ‎（2）由（1）知，DA,,,DB=DA=DC=1，AB=BC=CA=,‎ ‎∴三棱锥D—ＡＢＣ的表面积是 上海理 ‎7.若圆锥的侧面积为，底面面积为，则该圆锥的体积为 . ‎ ‎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。‎ ‎21．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。‎ 上海文 已知是底面边长为1的正四棱柱，高，求 ‎（1）异面直线与所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；‎ ‎（2）四面体的体积.‎ ‎20、解：⑴ 连，∵ ，‎ ‎∴ 异面直线与所成角为，记，‎ ‎∴ 异面直线与所成角为。‎ ‎⑵ 连，则所求四面体的体积 ‎。‎ 四川理 ‎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：B 解析：由，，根据异面直线所成角知与所成角为90°，选B．‎ ‎15．如图，半径为R的球O中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是_________．‎ 答案：2πR2‎ 解析：如图，设求的一条半径与圆柱相应的母线夹角为α，则圆柱的侧面积，当时，S取最大值，此时球的表面积与该圆柱的侧面积之差为．‎ ‎19．（本小题共l2分）‎ 如图，在直三棱柱ABC-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．‎ ‎19．解析：（1）连接交于,,‎ ‎,又为的中点，‎ 中点，,,D为的中点。‎ ‎（2）由题意,过B 作,连接，则 ‎,为二面角的平面角。在中，,则 ‎（3）因为，所以,‎ ‎,‎ 在中，，‎ 四川文 ‎15．如图，半径为4的球O中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是_________．‎ 答案：32π 解析：如图，设球一条半径与圆柱相应的母线夹角为α，圆柱侧面积＝，当时，S取最大值，此时球的表面积与该圆柱的侧面积之差为．‎ ‎19．（本小题共l2分）‎ 如图，在直三棱柱ABC－A1B‎1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=1，延长A‎1C1至点P，使C1P＝A‎1C1，连接AP交棱CC1于D．‎ ‎（Ⅰ）求证：PB1∥平面BDA1；‎ ‎（Ⅱ）求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值；‎ 本小题主要考查直三棱柱的性质、线面关系、二面角等基本知识，并考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查应用向量知识解决问题的能力．‎ 解法一：‎ ‎（Ⅰ）连结AB1与BA1交于点O，连结OD，‎ ‎∵C1D∥平面AA1，A‎1C1∥AP，∴AD=PD，又AO=B1O，‎ ‎∴OD∥PB1，又ODÌ面BDA1，PB1Ë面BDA1，‎ ‎∴PB1∥平面BDA1．‎ ‎（Ⅱ）过A作AE⊥DA1于点E，连结BE．∵BA⊥CA，BA⊥AA1，且AA1∩AC=A，‎ ‎∴BA⊥平面AA‎1C1C．由三垂线定理可知BE⊥DA1．‎ ‎∴∠BEA为二面角A－A1D－B的平面角．‎ 在Rt△A‎1C1D中，，‎ 又，∴．‎ 在Rt△BAE中，，∴．‎ 故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为．‎ 解法二：‎ 如图，以A1为原点，A1B1，A‎1C1，A‎1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A1－B‎1C1A，则，，，，．‎ ‎（Ⅰ）在△PAA1中有，即．‎ ‎∴，，．‎ 设平面BA1D的一个法向量为，‎ 则令，则．‎ ‎∵，‎ ‎∴PB1∥平面BA1D，‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，平面BA1D的一个法向量．‎ 又为平面AA1D的一个法向量．∴．‎ 故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为．‎ 天津理 ‎12．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为　　　　　．‎ ‎【解】．‎ 几何体是由一个正四棱锥和一个长方体组合而成．‎ 设几何体的体积为，正四棱锥的体积为，长方体的体积为．‎ 则．‎ ‎14．如图，四边形是圆的内接四边形，延长和相交于点．若，．则的值为　　　　．‎ ‎【解】．‎ 因为四边形是圆的内接四边形，‎ 所以，又，所以．于是．‎ 因为，，所以，‎ 从而，于是，．‎ ‎19．（本小题满分分）如图，在长方体中，分别是棱，上的点，，．‎ ‎（Ⅰ）求异面直线与所成的角的余弦值；‎ ‎（Ⅱ）证明：；‎ ‎（Ⅲ）求二面角的正弦值．‎ ‎【解】解法1．如图所示，建立空间坐标系，点为坐标原点．设，由，知 ‎，，，．‎ 于是，，，，．‎ ‎（Ⅰ），．‎ 于是．‎ 由于异面直线所成的角的范围是，所以异面直线与所成的角的余弦值为．‎ ‎（Ⅱ），，，‎ 则，．于是，，又，‎ 所以．‎ ‎（Ⅲ）设平面的法向量，则即 取，则，．．‎ 由（Ⅱ）可知，为平面的一个法向量，又．‎ 所以，从而．‎ 所以二面角的正弦值为．‎ 解法2．设，由，知 ‎，，，．‎ ‎（Ⅰ）连接，，设与交于点，易知．‎ 由，所以．‎ 所以是异面直线与所成的角．‎ 因为，‎ 所以由余弦定理有 ‎．‎ 所以异面直线与所成的角的余弦值为．‎ ‎（Ⅱ）连接，设与交于点．‎ 因为，所以．从而．‎ 又由于，所以．因此．‎ 又因为，且，所以．从而．‎ 连接，同理可证，从而，所以．‎ 因为，，，所以．‎ ‎（Ⅲ）连接．由（Ⅱ）可知．‎ 又，，所以．‎ 因此为二面角的平面角．‎ 易知，则，又，所以．‎ 在中，．在中，。‎ 连接，在中，。‎ 在中，，所以。‎ 所以二面角的正弦值为．‎ 天津文 ‎12题图 ‎11．如图，四边形是圆的内接四边形，延长和相交于点．若，．则的值为　　　　．‎ ‎【解】．‎ 因为四边形是圆的内接四边形，‎ 所以，又，‎ 所以．‎ 于是．‎ 因为，，，所以，．‎ ‎12．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为　　　　　．‎ ‎【解】．设几何体的体积为，则． ‎ ‎19．（本小题满分分）如图，在五面体中，四边形 是正方形，，，，，．‎ ‎（Ⅰ）求异面直线与所成的角的余弦值；‎ ‎（Ⅱ）证明：；‎ ‎（Ⅲ）求二面角的正切值．‎ ‎【解】（Ⅰ）因为四边形是正方形，所以．‎ 故为异面直线与所成的角．‎ 因为，所以．故．‎ 在中，，，‎ 所以．因此．‎ 所以异面直线与所成的角的余弦值为．‎ ‎（Ⅱ）过点作，交于，则，又，‎ 所以．从而．又，且．所以．‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）及已知，可得，即为的中点．‎ 取的中点，连接．则．因为，所以．‎ 过点作，交于．则为二面角的平面角．‎ 连接，可得．所以，从而．由已知可得．‎ 由，，可得．在中，．‎ 所以二面角的正切值为．‎ 浙江理3．下列命题中错误的是 D A．如果平面⊥平面，那么平面内一定存在直线平行于平面 B．如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面 C．如果平面⊥平面，平面⊥平面，，那么⊥平面 D．如果平面⊥平面，那么平面内所有直线都垂直于平面 ‎14．已知一个球的球心到过球面上A、B、C三点的截面的距离等于此球半径的一半，若，则球的体积为 ▲ . ‎ ‎20．（本小题满分15分）‎ 如图，在平面内直线EF与线段AB相交于C点，∠BCF＝，且AC = CB = 4，将此平面沿直线EF折成的二面角－EF－，BP⊥平面，点P为垂足.‎ ‎ （Ⅰ） 求△ACP的面积；‎ ‎ （Ⅱ） 求异面直线AB与EF所成角的正切值. ‎ B A F C E C B P A E F ‎（第20题图）‎ ‎20．（本小题满分15分）‎ 方法一：‎ ‎ （Ⅰ）解：如图，在平面内，过点P作PM⊥EF，点M为垂足，连结BM，则∠BMP为二面角－EF－的平面角. 以点P为坐标原点，以直线PM为x轴，射线PB为z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz.‎ 在Rt△BMC中,由∠BCM＝，CB = 4，得 ‎ CM =，BM =2.‎ 在Rt△BMP中,由∠BMP＝，BM =2，得 MP = 1，BP =.‎ 故P（0,0,0），B（0，0,），C（－1,－，0），M（－1,0,0）.‎ 由∠ACM＝，得A（1,－4，0）.所以= （1,,0），= （2,－,0）,‎ 则－10, cos∠ACP = －, sin∠ACP = .‎ 因此S△ACP＝. ………………………………………………………7分 ‎ （Ⅱ）解：＝（1,－4,－），＝（0,－2,0）,24,‎ cos<>=, 所以AB与EF所成角的正切值为. …15分 方法二：‎ C B P A E M Q F ‎ （Ⅰ）解：如图，在平面内，过点P作PM⊥EF，点M为垂足,连结BM，则∠BMP为二面角－EF－的平面角.在Rt△BMC中,由∠BCM＝，CB = 4，得CM =，BM=2.‎ 在Rt△BMP中,由∠BMP＝，BM=2，得MP=1.‎ 在Rt△CMP中,由CM =，MP=1，得 CP=， cos∠PCM＝， sin∠PCM =.‎ 故 sin∠ACP = sin（－∠PCM）＝. 所以S△ACP＝. …7分 ‎ （Ⅱ）解：如图，过点A作AQ∥EF，交MP于点Q ,‎ 则∠BAQ是AB与EF所成的角，且AQ⊥平面BMQ .‎ 在△BMQ中, 由∠BMQ＝，BM＝MQ＝2，得 BQ = 2.‎ 在Rt△BAQ中, 由AQ＝AC＋CM ＝4，BQ = 2，得 tan∠BAQ =. 因此AB与EF所成角的正切值为. ……15分 浙江文（4）若直线不平行于平面，且，则 B ‎ A．内的所有直线与异面 B．内不存在与平行的直线 ‎ C．内存在唯一的直线与平行 D．内的直线与都相交 ‎（7）几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是 B ‎ ‎（20）（本题满分14分）如图，在三棱锥中，，为的中点，⊥平面，垂足落在线段上．‎ ‎（Ⅰ）证明：⊥；‎ ‎（Ⅱ）已知，，，．求二面角的大小．‎ ‎（20）本题主要考查空间线线、线面、面面位置关系，二面角等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能力。满分14分。‎ ‎ （Ⅰ）证明：由AB=AC，D是BC中点，得，‎ ‎ 又平面ABC，，得 ‎ 因为，所以平面PAD，故 ‎ （Ⅱ）解：如图，在平面PAB内作于M，连CM。‎ ‎ 因为平面BMC，所以APCM。故为二面角B—AP—C的平面角。‎ ‎ 在，在，‎ ‎ 在中，，所以 ‎ 在 ‎ ‎ 又 ‎ 故，同理，因为 ‎ 所以，即二面角B—AP—C的大小为 重庆理（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 C ‎（A） （B） (C) 1 (D) [来源:学|科|‎ ‎（19）（本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，(Ⅱ)小问7分.）‎ ‎ 如题（19）图，在四面体中，平面平面，，，。‎ ‎ （Ⅰ）若，，求四面体的体积；‎ ‎ (Ⅱ) 若二面角为，求异面直线与所 成角的余弦值.‎ ‎19．（本题12分）‎ ‎（I）解：如答（19）图1，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°=.在Rt△ABC中，因AC=2AF=，‎ AB=2BC，由勾股定理易知 ‎；‎ 故四面体ABCD的体积 ‎（II）解法一：如答（19）图1，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（I）有DF⊥平面ABC，‎ 故由三垂线定理知DE⊥AB.所以∠DEF为二面角C—AB—D的平面角，由题设知∠DEF=60°‎ 设在 从而因Rt△ADE≌Rt△BDE，故BD=AD=a，从而，在Rt△BDF中，，又从而在△FGH中，因FG=FH，由余弦定理得 ‎，因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为 解法二：如答（19）图2，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=AD，∠CAD=30°，易知点A，C，D 的坐标分别为：‎ 显然向量是平面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，‎ 使得 ‎ 设点B的坐标为，有 ‎；‎ 易知与坐标系的建立方式不合，舍去.‎ 因此点B的坐标为所以从而 故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为 重庆文(10)高为的四棱锥的底面是边长为1的正方形，点、、、、均在半径为1的同一球面上，则底面的中心与顶点之间的距离为 A ‎(A)　　　　 (B) (C)　　　　　　(D) ‎(20)(本小题满分12分，(Ⅰ)小问6分，(Ⅱ)小问6分.)‎ 如图，在四面体中，平面平面，，,.‎ ‎(Ⅰ)求四面体的体积;‎ ‎(Ⅱ)求二面角的平面角的正切值.‎ ‎20．（本题12分）‎ 解法一：（I）如答（20）图1，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 由 故四面体ABCD的体积 ‎ （II）如答（20）图1，过F作FE⊥AB，垂足为E，连接DE。由（I）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 ‎ 在中，EF//BC，从而EF：BC=AF：AC，所以 ‎ 在Rt△DEF中，‎ ‎ 解法二：（I）如答（20）图2，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，有 ‎ ‎ ‎ 即点B的坐标为又设点D的坐标为有 ‎ 即点D的坐标为从而△ACD边AC上的高为 ‎ 又 故四面体ABCD的体积 ‎ （II）由（I）知 ‎ 设非零向量是平面ABD的法向量，则由有: （1）‎ ‎ 由，有 （2）‎ ‎ 取，由（1），（2），可得 ‎ 显然向量是平面ABC的法向量， ‎ 从而 ‎ 即二面角C—AB—D的平面角的正切值为 ‎ ‎