- 13.36 MB
- 2021-05-14 发布
- 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ:403074932
G 立体几何
G1 空间几何体的结构
9.G1[2012·重庆卷] 设四面体的六条棱的长分别为 1,1,1,1, 2和 a,且长为 a的棱与
长为 2的棱异面,则 a的取值范围为( )
A.(0, 2) B.(0, 3)
C.(1, 2) D.(1, 3)
图 1-2
9.A [解析] 如图 1-2所示,设 AB=a,CD= 2,BC=BD=AC=AD=1,则∠ACD
=∠BCD=45°,要构造一个四面体,则△ACD与共面 BCD不能重合,当△BCD与△ACD
重合时,a=0;当 A、B、C、D四点共面,且 A、B两点在 DC的两侧时,在△ABC中,∠
ACB=∠ACD+∠BCD=45°+45°=90°,AB= AC2+BC2= 2,所以 a的取值范围是(0,2).
8.G1、G2[2012·陕西卷] 将正方体(如图 1-3①所示)截去两个三棱锥,得到图②所示
的几何体,则该几何体的左视图为( )
图 1-3
图 1-4
8.B [解析] 分析题目中截几何体所得的新的几何体的形状,结合三视图实线和虚线
的不同表示可知对应的左视图应该为 B.
15.G1、G12[2012·安徽卷] 若四面体 ABCD的三组对棱分别相等,即 AB=CD,AC=
BD,AD=BC,则________(写出所有正确结论的编号).
①四面体 ABCD每组对棱相互垂直;②四面体 ABCD每个面的面积相等;③从四面体
ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于 90°而小于 180°;④连接四面体 ABCD每组
对棱中点的线段相互垂直平分;⑤从四面体 ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个
三角形的三边长.
15.②④⑤ [解析] 如图,把四面体 ABCD放入长方体中,由长方体中相对面中相互
异面的两条面对角线不一定相互垂直可知①错误;由长方体中△ABC≌△ABD≌△DCB≌△
DCA,可知四面体 ABCD每个面的面积相等,同时四面体 ABCD中过同一顶点的三个角之
和为一个三角形的三个内角之和,即为 180°,故②正确,③错误;长方体中相对面中相互
异面的两条面对角线中点的连线相互垂直,故④正确;从四面体 ABCD每个顶点出发的三
条棱可以移到一个三角形中,作为一个三角形的三条边,故⑤正确.答案为②④⑤.
5.G1[2012·上海卷] 一个高为 2的圆柱,底面周长为 2π,该圆柱的表面积为________.
5.6π [解析] 考查圆柱的表面积,利用圆的周长求得圆柱的底面半径.
由圆柱的底面周长可得底面圆的半径,2πr=2π,∴r=1,
得圆柱的表面积 S=2πr2+2πh=2π+4π=6π.
19.G1、G11[2012·上海卷] 如图 1-1,在三棱锥 P-ABC中,PA⊥底面 ABC,D是
PC的中点,已知∠BAC=π
2
,AB=2,AC=2 3,PA=2,求:
图 1-1
(1)三棱锥 P-ABC的体积;
(2)异面直线 BC与 AD所成的角的大小(结果用反三角函数值表示).
19.解:(1)S△ABC=
1
2
×2×2 3=2 3,
图 1-2
三棱锥 P-ABC的体积为
V=1
3
S△ABC×PA=1
3
×2 3×2=4
3
3.
(2)取 PB的中点 E,连接 DE、AE,则 ED∥BC,所以∠ADE(或其补角)是异面直线 BC
与 AD所成的角.
在△ADE中,DE=2,AE= 2,AD=2,
cos∠ADE=22+22-2
2×2×2
=
3
4
,
所以∠ADE=arccos3
4
.
因此,异面直线 BC与 AD所成的角的大小是 arccos3
4
.
G2 空间几何体的三视图和直观图
10.G2[2012·天津卷] 一个几何体的三视图如图 1-2所示(单位:m),则该几何体的体
积为________m3.
图 1-2
10.30 [解析] 由三视图可得该几何体为两个直四棱柱的组合体,其体积 V=3×4×2
+
1
2
(1+2)×1×4=30.
13.G2[2012·辽宁卷] 一个几何体的三视图如图 1-3 所示,则该几何体的体积为
________.
图 1-3
13.12+π [解析] 本小题主要考查三视图和体积公式.解题的突破口为通过观察分析
三视图,得出几何体的形状,是解决问题的根本.
由三视图可知, 几何体是一个长方体与一个圆柱构成的组合体,所以该几何体的体积
为 V=V 长方体+V 圆柱=4×3×1+π×12×1=12+π.
7.G2[2012·课标全国卷] 如图 1-2,网格纸上小正方形的边长为 1,粗线画出的是某
几何体的三视图,则此几何体的体积为( )
图 1-3
A.6 B.9 C.12 D.18
7.B [解析] 根据三视图可知该几何体是三棱锥,其底面是斜边长为 6的等腰直角三
角形(斜边上的高为 3),有一条长为 3 的侧棱垂直于底面,所以该几何体的体积是 V=
1
3
×
1
2
×6×3×3=9,故选 B.
3. G2、G7[2012·浙江卷] 已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图 1-1所示,则该三棱
锥的体积是( )
A.1 cm3 B.2 cm3
C.3 cm3 D.6 cm3
图 1-1
3.A [解析] 本题考查三棱锥的三视图与体积计算公式,考查学生对数据的运算能力
和空间想象能力.由三视图可知,该几何体为一个正三棱锥,则 V=1
3
Sh=1
3
×
1
2
×1×2×3
=1.
8.G1、G2[2012·陕西卷] 将正方体(如图 1-3①所示)截去两个三棱锥,得到图②所示
的几何体,则该几何体的左视图为( )
图 1-3
图 1-4
8.B [解析] 分析题目中截几何体所得的新的几何体的形状,结合三视图实线和虚线
的不同表示可知对应的左视图应该为 B.
15.G2[2012·湖北卷] 已知某几何体的三视图如图 1-4 所示,则该几何体的体积为
________.
图 1-4
图 1-5
15.[答案] 12 π
[解析] 由三视图可知,该几何体是由左右两个相同的圆柱(底面圆半径为 2,高为 1)与
中间一个圆柱(底面圆半径为 1,高为 4)组合而成,故该几何体的体积是 V=π×22×1×2+
π×12×4=12π.
7.G2[2012·广东卷] 某几何体的三视图如图 1-1所示,它的体积为( )
图 1-1
A.72π B.48π
C.30π D.24π
7.C [解析] 根据三观图知该几何体是由半球与圆锥构成,球的半径 R=3,圆锥半径
R=3,高为 4,所以 V 组合体=V 半球+V 圆锥=
1
2
×
4
3
π×33+1
3
π×32×4=30π,所以选择 C.
4.G2[2012·福建卷] 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
4.D [解析] 球的三视图大小、形状相同,三棱锥的三视图也可能相同,正方体三种
视图也相同,只有 D不同.
12.G2、G7[2012·安徽卷] 某几何体的三视图如图 1-2所示,则该几何体的体积等于
________.
图 1-2
12.56 [解析] 如图,根据三视图还原的实物图为底面是直角梯形的直四棱柱,其体
积为 V=Sh=1
2
(2+5)×4×4=56.
7.G2、G7[2012·北京卷] 某三棱锥的三视图如图 1-4所示,该三棱锥的表面积是( )
图 1-4
A.28+6 5
B.30+6 5
C.56+12 5
D.60+12 5
7.B [解析] 本题考查三棱锥的三视图与表面积公式.
由三视图可知,几何体为一个侧面和底面垂直的三棱锥,如图所示,可知 S 底面=
1
2
×5×4
=10,
S 后=
1
2
×5×4=10,
S 左=
1
2
×6×2 5=6 5,
S 右=
1
2
×4×5=10,
所以 S 表=10×3+6 5=30+6 5.
4.G2[2012·湖南卷] 某几何体的正视图和侧视图均如图 1-1所示,则该几何体的俯视
图不可能...是( )
图 1-1
4.C [解析] 本题考查三视图,意在考查考生三视图的辨析,以及对三视图的理解和
掌握.选项 A, B, D,都有可能,选项 C的正视图应该有看不见的虚线,故 C是不可能的.
[易错点] 本题由于对三视图的不了解,易错选 D,三视图中看不见的棱应该用虚线标
出.
7.G2[2012·江西卷] 若一个几何体的三视图如图 1-2所示,则此几何体的体积为( )
A.11
2
B.5
C.9
2
D.4
图 1-2
7.D [解析] 该几何体是直六棱柱,由左视图知其高为 1,由主视图和俯视图知其底
面面积 S=(1+3)×1=4,因此其体积为 4,故选 D.
G3 平面的基本性质、空间两条直线
G4 空间中的平行关系
19.G4、G5[2012·山东卷] 如图 1-6,几何体 E-ABCD是四棱锥,△ABD为正三角
形,CB=CD,EC⊥BD.
图 1-6
(1)求证:BE=DE;
(2)若∠BCD=120°,M为线段 AE的中点,求证:DM∥平面 BEC.
19.证明:(1)取 BD的中点 O,连接 CO,EO.
由于 CB=CD,所以 CO⊥BD,
又 EC⊥BD,EC∩CO=C,
CO,EC⊂平面 EOC,
所以 BD⊥平面 EOC,
因此 BD⊥EO,
又 O为 BD的中点,
所以 BE=DE.
(2)证法一:取 AB的中点 N,连接 DM,DN,MN,
因为 M是 AE的中点,
所以 MN∥BE.
又 MN⊄平面 BEC,BE⊂平面 BEC,
所以 MN∥平面 BEC,
又因为△ABD为正三角形,
所以∠BDN=30°,
又 CB=CD,∠BCD=120°,
因此∠CBD=30°,
所以 DN∥BC,
又 DN⊄平面 BEC,BC⊂平面 BEC,所以 DN∥平面 BEC,
又 MN∩DN=N,
故平面 DMN∥平面 BEC,
又 DM⊂平面 DMN,
所以 DM∥平面 BEC.
证法二:
延长 AD,BC交于点 F,连接 EF.
因为 CB=CD,∠BCD=120°.
所以∠CBD=30°.
因为△ABD为正三角形.
所以∠BAD=60°,∠ABC=90°,
因此∠AFB=30°,
所以 AB=1
2
AF.
又 AB=AD,
所以 D为线段 AF的中点.
连接 DM,由点 M是线段 AE的中点,
因此 DM∥EF.
又 DM⊄平面 BEC,EF⊂平面 BEC,
所以 DM∥平面 BEC.
18.G4、G7[2012·辽宁卷] 如图 1-5,直三棱柱 ABC-A′B′C′,∠BAC=90°,AB
=AC= 2,AA′=1,点 M,N分别为 A′B和 B′C′的中点.
(1)证明:MN∥平面 A′ACC′;
(2)求三棱锥 A′-MNC的体积.
(锥体体积公式 V=1
3
Sh,其中 S为底面面积,h为高)
图 1-5
18.解:(1)(证法一)
连结 AB′,AC′,由已知∠BAC=90°,
AB=AC,三棱柱 ABC-A′B′C′为直三棱柱,
所以 M为 AB′中点,
又因为 N为 B′C′的中点,所以 MN∥AC′.
又 MN⊄平面 A′ACC′,
AC′⊂平面 A′ACC′,
因此 MN∥平面 A′ACC′.
(证法二)
取 A′B′中点 P,连结 MP,NP,
M、N分别为 AB′与 B′C′的中点,
所以 MP∥AA′,PN∥A′C′,
所以 MP∥平面 A′ACC′,PN∥平面 A′ACC′,
又 MP∩NP=P,
因此平面 MPN∥平面 A′ACC′,而 MN⊂平面 MPN.
因此 MN∥平面 A′ACC′.
(2)(解法一)
连结 BN,由题意 A′N⊥B′C′,
平面 A′B′C′∩平面 B′BCC′=B′C′,
所以 A′N⊥平面 NBC.
又 A′N=1
2
B′C′=1,故
VA′-MNC=VN-A′MC=
1
2
VN-A′BC=
1
2
VA′-NBC=
1
6
.
(解法二)
VA′-MNC=VA′-NBC-VM-NBC=
1
2
VA′-NBC=
1
6
.
16.G4、G5、G7[2012·北京卷] 如图 1-9(1),在 Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别
为 AC,AB的中点,点 F为线段 CD上的一点,将△ADE沿 DE折起到△A1DE的位置,使
A1F⊥CD,如图 1-9(2).
(1)求证:DE∥平面 A1CB;
(2)求证:A1F⊥BE;
(3)线段 A1B上是否存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ?说明理由.
图 1-9
16.解:(1)证明:因为 D,E分别为 AC,AB的中点,
所以 DE∥BC.
又因为 DE⊄平面 A1CB,
所以 DE∥平面 A1CB.
(2)证明:由已知得 AC⊥BC且 DE∥BC,
所以 DE⊥AC.
所以 DE⊥A1D,DE⊥CD,
所以 DE⊥平面 A1DC.
而 A1F⊂平面 A1DC,
所以 DE⊥A1F.
又因为 A1F⊥CD,
所以 A1F⊥平面 BCDE,
所以 A1F⊥BE.
(3)线段 A1B上存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ.
理由如下:
如下图,分别取 A1C,A1B的中点 P,Q,
则 PQ∥BC.
又因为 DE∥BC,
所以 DE∥PQ.
所以平面 DEQ即为平面 DEP,
由(2)知,DE⊥平面 A1DC,
所以 DE⊥A1C.
又因为 P是等腰三角形 DA1C底边 A1C的中点,
所以 A1C⊥DP.
所以 A1C⊥平面 DEP.
从而 A1C⊥平面 DEQ.
故线段 A1B上存在点 Q,使得 A1C⊥平面 DEQ.
16.G4、G5[2012·江苏卷] 如图 1-4,在直三棱柱 ABC-A1B1C1中,A1B1=A1C1,D,
E分别是棱 BC,CC1上的点(点 D不同于点 C),且 AD⊥DE,F为 B1C1的中点.
求证:(1)平面 ADE⊥平面 BCC1B1;
(2)直线 A1F∥平面 ADE.
图 1-4
16.证明:(1)因为 ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以 CC1⊥平面 ABC,
又 AD⊂平面 ABC,所以 CC1⊥AD.
又因为 AD⊥DE,CC1,DE⊂平面 BCC1B1,CC1∩DE=E,
所以 AD⊥平面 BCC1B1.又 AD⊂平面 ADE,
所以平面 ADE⊥平面 BCC1B1.
(2)因为 A1B1=A1C1,F为 B1C1的中点,所以 A1F⊥B1C1.
因为 CC1⊥平面 A1B1C1,且 A1F⊂平面 A1B1C1,
所以 CC1⊥A1F.
又因为 CC1,B1C1⊂平面 BCC1B1,CC1∩B1C1=C1,
所以 A1F⊥平面 BCC1B1.
由(1)知 AD⊥平面 BCC1B1,所以 A1F∥AD.
又 AD⊂平面 ADE,A1F⊄平面 ADE,所以 A1F∥平面 ADE.
5.G4、G5[2012·浙江卷] 设 l是直线,α,β是两个不同的平面( )
A.若 l∥α,l∥β,则α∥β
B.若 l∥α,l⊥β,则α⊥β
C.若α⊥β,l⊥α,则 l⊥β
D.若α⊥β,l∥α,则 l⊥β
5.B [解析] 本题考查了线面、面面平行,线面、面面垂直等简单的立体几何知识,
考查学生对书本知识的掌握情况以及空间想象、推理能力.对于选项 A,若 l∥α,l∥β,则
α∥β或平面α与β相交;对于选项 B,若 l∥α,l⊥β,则α⊥β;对于选项 C,若α⊥β,l⊥α,
则 l∥β或 l在平面β内;对于选项 D,若α⊥β,l∥α,则 l与β平行、相交或 l在平面β内.
G5 空间中的垂直关系
19.G5[2012·江西卷] 如图 1-7,在梯形 ABCD中,AB∥CD,E,F是线段 AB上的两
点,且 DE⊥AB,CF⊥AB,AB=12,AD=5,BC=4 2,DE=4,现将△ADE,△CFB分
别沿 DE,CF折起,使 A,B两点重合于点 G,得到多面体 CDEFG.
(1)求证:平面 DEG⊥平面 CFG;
(2)求多面体 CDEFG的体积.
图 1-7
19.解:(1)证明:因为 DE⊥EF,CF⊥EF,所以四边形 CDEF为矩形,
由 GD=5,DE=4,得 GE= GD2-DE2=3.
由 GC=4 2,CF=4,得 FG= GC2-CF2=4,所以 EF=5.
在△EFG中,有 EF2=GE2+FG2,所以 EG⊥GF,
又因为 CF⊥EF,CF⊥FG,得,CF⊥平面 EFG,
所以 CF⊥EG,所以 EG⊥平面 CFG,即平面 DEG⊥平面 CFG.
(2)如图,在平面 EGF中,过点 G作 GH⊥EF于点 H,则 GH=EG·GF
EF
=
12
5
.
因为平面 CDEF⊥平面 EFG,得 GH⊥平面 CDEF,
VCDEFG=1
3
SCDEF·GH=16.
14.G5[2012·四川卷] 如图 1-4,在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,M、N分别是棱 CD、
CC1的中点,则异面直线 A1M与 DN所成的角的大小是________.
图 1-4
14.90° [解析] 因为 ABCD-A1B1C1D1为正方体,故 A1在平面 CDD1C1上的射影为
D1,
即 A1M在平面 CDD1C1上的射影为 D1M,
而在正方形 CDD1C1中,由 tan∠DD1M=tan∠CDN=1
2
,
可知 D1M⊥DN,
由三垂线定理可知,A1M⊥DN.
20.G5、G6、G10、G11[2012·重庆卷] 已知在直三棱柱 ABC-A1B1C1中,AB=4,AC
=BC=3,D为 AB的中点.
(1)求异面直线 CC1和 AB的距离;
(2)若 AB1⊥A1C,求二面角 A1-CD-B1的平面角的余弦值.
图 1-3
20.解:(1)因 AC=BC,D为 AB的中点,故 CD⊥AB.
又直三棱柱中,CC1⊥面 ABC,故 CC1⊥CD,所以异面直线 CC1和 AB的距离为 CD=
BC2-BD2= 5.
(2)解法一:由 CD⊥AB,CD⊥BB1,故 CD⊥面 A1ABB1,从而 CD⊥DA1,CD⊥DB1,
故∠A1DB1为所求的二面角 A1-CD-B1的平面角.
因 A1D是 A1C在面 A1ABB1上的射影,又已知 AB1⊥A1C,由三垂线定理的逆定理得 AB1
⊥A1D,从而∠A1AB1,∠A1DA都与∠B1AB互余,因此∠A1AB1=∠A1DA,所以 Rt△A1AD
∽Rt△B1A1A,因此
AA1
AD
=
A1B1
AA1
,得 AA21=AD·A1B1=8.
从而 A1D= AA21+AD2=2 3,B1D=A1D=2 3,
所以在△A1DB1中,由余弦定理得
cos∠A1DB1=
A1D2+DB21-A1B21
2·A1D·DB1
=
1
3
.
解法二:如下图,过 D作 DD1∥AA1交 A1B1于 D1,在直三棱柱中,由(1)知 DB,DC,
DD1两两垂直,以 D为原点,射线 DB,DC,DD1分别为 x轴、y轴、z轴的正半轴建立空
间直角坐标系 D-xyz.
设直三棱柱的高为 h,则 A(-2,0,0),A1(-2,0,h),B1(2,0,h),C(0,5,0),从而AB1→
=
(4,0,h),A1C→ =(2,5,-h).
由AB1→
⊥A1C→ 得AB1→ ·A1C→ =0,即 8-h2=0,因此 h=2 2.
图 1-4
故DA1→
=(-2,0,2 2),DB1→
=(2,0,2 2),DC→=(0,5,0).
设平面 A1CD的法向量为 m=(x1,y1,z1),则 m⊥DC→,m⊥DA1→
,即
5y1=0,
-2x1+2 2z1=0,
取 z1=1,得 m=( 2,0,1).
设平面 B1CD的法向量为 n=(x2,y2,z2),则 n⊥DC→,n⊥DB1→
,即
5y2=0,
2x2+2 2z2=0,
取 z2=-1,得 n=( 2,0,-1),所以
cos〈m,n〉=
m·n
|m|·|n|
=
2-1
2+1· 2+1
=
1
3
.
所以二面角 A1-CD-B1的平面角的余弦值为
1
3
.
5.G4、G5[2012·浙江卷] 设 l是直线,α,β是两个不同的平面( )
A.若 l∥α,l∥β,则α∥β
B.若 l∥α,l⊥β,则α⊥β
C.若α⊥β,l⊥α,则 l⊥β
D.若α⊥β,l∥α,则 l⊥β
5.B [解析] 本题考查了线面、面面平行,线面、面面垂直等简单的立体几何知识,
考查学生对书本知识的掌握情况以及空间想象、推理能力.对于选项 A,若 l∥α,l∥β,则
α∥β或平面α与β相交;对于选项 B,若 l∥α,l⊥β,则α⊥β;对于选项 C,若α⊥β,l⊥α,
则 l∥β或 l在平面β内;对于选项 D,若α⊥β,l∥α,则 l与β平行、相交或 l在平面β内.
20.G4、G5、G11[2012·浙江卷] 如图 1-5,在侧棱垂直底面的四棱柱 ABCD-A1B1C1D1
中,AD∥BC,AD⊥AB,AB= 2,AD=2,BC=4,AA1=2,E是 DD1的中点,F是平面
B1C1E与直线 AA1的交点.
(1)证明:(i)EF∥A1D1;
(ii)BA1⊥平面 B1C1EF;
(2)求 BC1与平面 B1C1EF所成的角的正弦值.
图 1-5
20.解:(1)证明:(ⅰ)因为 C1B1∥A1D1,C1B1⊄平面 A1D1DA,所以 C1B1∥平面 A1D1DA,
又因为平面 B1C1EF∩平面 A1D1DA=EF,
所以 C1B1∥EF,
所以 A1D1∥EF.
(ⅱ)因为 BB1⊥平面 A1B1C1D1,
所以 BB1⊥B1C1.
又因为 B1C1⊥B1A1,
所以 B1C1⊥平面 ABB1A1,
所以 B1C1⊥BA1.
在矩形 ABB1A1中,F是 AA1的中点,tan∠A1B1F=tan∠AA1B= 2
2
,
即∠A1B1F=∠AA1B,
故 BA1⊥B1F,
所以 BA1⊥平面 B1C1EF.
(2)设 BA1与 B1F交点为 H,连结 C1H.
由(1)知 BA1⊥平面 B1C1EF,所以∠BC1H是 BC1与面 B1C1EF所成的角.
在矩形 AA1B1B中,AB= 2,AA1=2,得 BH= 4
6
.
在直角△BHC1中,BC1=2 5,BH= 4
6
,得
sin∠BC1H=BH
BC1
=
30
15
,
所以 BC1与平面 B1C1EF所成角的正弦值是
30
15
.
17.G5、G11[2012·天津卷] 如图 1-4,在四棱锥 P-ABCD中,底面 ABCD是矩形,
AD⊥PD,BC=1,PC=2 3,PD=CD=2.
(1)求异面直线 PA与 BC所成角的正切值;
(2)证明平面 PDC⊥平面 ABCD;
(3)求直线 PB与平面 ABCD所成角的正弦值.
图 1-4
17.解:(1)如图所示,在四棱锥 P-ABCD中,因为底面 ABCD是矩形,所以 AD=BC
且 AD∥BC,又因为 AD⊥PD,故∠PAD为异面直线 PA与 BC所成的角.
在 Rt△PDA中,tan∠PAD=PD
AD
=2.
所以,异面直线 PA与 BC所成角的正切值为 2.
(2)证明:由于底面 ABCD是矩形,故 AD⊥CD,又由于 AD⊥PD,CD∩PD=D,因
此 AD⊥平面 PDC,而 AD⊂平面 ABCD,所以平面 PDC⊥平面 ABCD.
(3)在平面 PDC内,过点 P作 PE⊥CD交直线 CD于点 E,连接 EB.
由于平面 PDC⊥平面 ABCD,而直线 CD是平面 PDC与平面 ABCD的交线,故 PE⊥
平面 ABCD.由此得∠PBE为直线 PB与平面 ABCD所成的角.
在△PDC中,由于 PD=CD=2,PC=2 3,可得∠PCD=30°.
在 Rt△PEC中,PE=PCsin30°= 3.
由 AD∥BC,AD⊥平面 PDC,得 BC⊥平面 PDC,因此 BC⊥PC.
在 Rt△PCB中,PB= PC2+BC2= 13.
在 Rt△PEB中,sin∠PBE=PE
PB
=
39
13
.
所以直线 PB与平面 ABCD所成角的正弦值为
39
13
.
18.G5、G7[2012·陕西卷] 直三棱柱 ABC-A1B1C1中,AB=AA1,∠CAB=π
2
.
(1)证明:CB1⊥BA1;
(2)已知 AB=2,BC= 5,求三棱锥 C1-ABA1的体积.
图 1-7
18.解:(1)证明:如图,连结 AB1,
∵ABC-A1B1C1是直三棱柱,∠CAB=π
2
,
∴AC⊥平面 ABB1A1,故 AC⊥BA1.
又∵AB=AA1,∴四边形 ABB1A1是正方形,
∴BA1⊥AB1,又 CA∩AB1=A.
∴BA1⊥平面 CAB1,故 CB1⊥BA1.
(2)∵AB=AA1=2,BC= 5,∴AC=A1C1=1,
由(1)知,A1C1⊥平面 ABA1,
∴VC1-ABA1=1
3
S△ABA1·A1C1=
1
3
×2×1=2
3
.
19.G5、G7[2012·课标全国卷] 如图 1-4,三棱柱 ABC-A1B1C1中,侧棱垂直底面,
∠ACB=90°,AC=BC=1
2
AA1,D是棱 AA1的中点.
(1)证明:平面 BDC1⊥平面 BDC;
(2)平面 BDC1分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比.
图 1-4
19.解:(1)证明:由题设知 BC⊥CC1,BC⊥AC,CC1∩AC=C,所以 BC⊥平面 ACC1A1.
又 DC1⊂平面 ACC1A1,所以 DC1⊥BC.
由题设知∠A1DC1=∠ADC=45°,所以∠CDC1=90°,即 DC1⊥DC.又 DC∩BC=C,所
以 DC1⊥平面 BDC.又 DC1⊂平面 BDC1,故平面 BDC1⊥平面 BDC.
(2)设棱锥 B-DACC1的体积为 V1,AC=1.由题意得
V1=
1
3
×
1+2
2
×1×1=1
2
.
又三棱柱 ABC-A1B1C1的体积 V=1,
所以(V-V1)∶V1=1∶1.
故平面 BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为 1∶1.
19.G4、G5[2012·山东卷] 如图 1-6,几何体 E-ABCD是四棱锥,△ABD为正三角
形,CB=CD,EC⊥BD.
图 1-6
(1)求证:BE=DE;
(2)若∠BCD=120°,M为线段 AE的中点,求证:DM∥平面 BEC.
19.证明:(1)取 BD的中点 O,连接 CO,EO.
由于 CB=CD,所以 CO⊥BD,
又 EC⊥BD,EC∩CO=C,
CO,EC⊂平面 EOC,
所以 BD⊥平面 EOC,
因此 BD⊥EO,
又 O为 BD的中点,
所以 BE=DE.
(2)证法一:取 AB的中点 N,连接 DM,DN,MN,
因为 M是 AE的中点,
所以 MN∥BE.
又 MN⊄平面 BEC,BE⊂平面 BEC,
所以 MN∥平面 BEC,
又因为△ABD为正三角形,
所以∠BDN=30°,
又 CB=CD,∠BCD=120°,
因此∠CBD=30°,
所以 DN∥BC,
又 DN⊄平面 BEC,BC⊂平面 BEC,所以 DN∥平面 BEC,
又 MN∩DN=N,
故平面 DMN∥平面 BEC,
又 DM⊂平面 DMN,
所以 DM∥平面 BEC.
证法二:
延长 AD,BC交于点 F,连接 EF.
因为 CB=CD,∠BCD=120°.
所以∠CBD=30°.
因为△ABD为正三角形.
所以∠BAD=60°,∠ABC=90°,
因此∠AFB=30°,
所以 AB=1
2
AF.
又 AB=AD,
所以 D为线段 AF的中点.
连接 DM,由点 M是线段 AE的中点,
因此 DM∥EF.
又 DM⊄平面 BEC,EF⊂平面 BEC,
所以 DM∥平面 BEC.
19.G5、G7[2012·湖南卷] 如图 1-7,在四棱锥 P-ABCD中,PA⊥平面 ABCD,底面
ABCD是等腰梯形,AD∥BC,AC⊥BD.
(1)证明:BD⊥PC;
(2)若 AD=4,BC=2,直线 PD与平面 PAC所成的角为 30°,求四棱锥 P-ABCD的体
积.
19.解:(1)证明:因为 PA⊥平面 ABCD,BD⊂平面 ABCD,所以 PA⊥BD.
图 1-8
又 AC⊥BD,PA,AC是平面 PAC内的两条相交直线,所以 BD⊥平面 PAC.
而 PC⊂平面 PAC,所以 BD⊥PC.
(2)设 AC和 BD相交于点 O,连结 PO,由(1)知,BD⊥平面 PAC,所以∠DPO是直线
PD和平面 PAC所成的角.从而∠DPO=30°.
由 BD⊥平面 PAC,PO⊂平面 PAC知,BD⊥PO.
在 Rt△POD中,由∠DPO=30°得 PD=2OD.
因为四边形 ABCD为等腰梯形,AC⊥BD,所以△AOD,△BOC均为等腰直角三角形.从
而梯形 ABCD的高为
1
2
AD+1
2
BC=1
2
×(4+2)=3,于是梯形 ABCD的面积 S=1
2
×(4+2)×3
=9.
在等腰直角三角形 AOD中,OD= 2
2
AD=2 2,所以 PD=2OD=4 2,PA= PD2-AD2
=4.
故四棱锥 P-ABCD的体积为
V=1
3
×S×PA=1
3
×9×4=12.
19.G5、G7[2012·湖北卷] 某个实心零部件的形状是如图 1-7所示的几何体,其下部
是底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形的四棱台 A1B1C1D1-ABCD,上部是一个底面与
四棱台的上底面重合,侧面是全等的矩形的四棱柱 ABCD-A2B2C2D2.
图 1-7
(1)证明:直线 B1D1⊥平面 ACC2A2;
(2)现需要对该零部件表面进行防腐处理.已知 AB=10,A1B1=20,AA2=30,AA1=13(单
位:cm),每平方厘米的加工处理费为 0.20元,需加工处理费多少元?
19.解:(1)因为四棱柱 ABCD-A2B2C2D2的侧面是全等的矩形,
所以 AA2⊥AB,AA2⊥AD,又因为 AB∩AD=A,所以 AA2⊥平面 ABCD.
连接 BD,因为 BD⊂平面 ABCD,所以 AA2⊥BD.
因为底面 ABCD是正方形,所以 AC⊥BD.
根据棱台的定义可知,BD与 B1D1共面.
又已知平面 ABCD∥平面 A1B1C1D1,且平面 BB1D1D∩平面 ABCD=BD,
平面 BB1D1D∩平面 A1B1C1D1=B1D1,所以 B1D1∥BD.于是
由 AA2⊥BD,AC⊥BD,B1D1∥BD,可得 AA2⊥B1D1,AC⊥B1D1,
又因为 AA2∩AC=A,所以 B1D1⊥平面 ACC2A2.
(2)因为四棱柱 ABCD-A2B2C2D2的底面是正方形,侧面是全等的矩形,所以 S1=S 四棱柱
上底面+S 四棱柱侧面=(A2B2)2+4AB·AA2=102+4×10×30=1 300(cm2).
又因为四棱台 A1B1C1D1-ABCD的上、下底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形.
所以 S2=S 四棱台下底面+S 四棱台侧面
=(A1B1)2+4×1
2
(AB+A1B1)h 等腰梯形的高
=202+4×1
2
(10+20) 132-
1
2
20-10 2
=1 120(cm2).
于是该实心零部件的表面积为 S=S1+S2=1 300+1 120=2 420(cm2),
故所需加工处理费为 0.2S=0.2×2 420=484(元).
18.G5、G12[2012·广东卷] 如图 1-5所示,在四棱锥 P-ABCD中,AB⊥平面 PAD,
AB∥CD,PD=AD,E是 PB的中点,F是 DC上的点且 DF=1
2
AB,PH为△PAD中 AD边
上的高.
(1)证明:PH⊥平面 ABCD;
(2)若 PH=1,AD= 2,FC=1,求三棱锥 E-BCF的体积;
(3)证明:EF⊥平面 PAB.
图 1-5
18.解:(1)由于 AB⊥平面 PAD,PH⊂平面 PAD,
故 AB⊥PH.
又因为 PH为△PAD中 AD边上的高,
故 AD⊥PH.
∵AB∩AD=A,AB⊂平面 ABCD,
AD⊂平面 ABCD,
∴PH⊥平面 ABCD.
(2)由于 PH⊥平面 ABCD,E为 PB的中点,PH=1,故 E到平面 ABCD的距离 h=1
2
PH
=
1
2
.
又因为 AB∥CD,AB⊥AD,所以 AD⊥CD,
故 S△BCF=
1
2
·FC·AD=1
2
·1· 2= 2
2
.
因此 VE-BCF=
1
3
S△BCF·h=
1
3
· 2
2
·1
2
=
2
12
.
(3)证明:过 E作 EG∥AB交 PA于 G,连接 DG.
由于 E为 PB的中点,所以 G为 PA的中点.
因为 DA=DP,故△DPA为等腰三角形,
所以 DG⊥PA.
∵AB⊥平面 PAD,DG⊂平面 PAD,
∴AB⊥DG.
又∵AB∩PA=A,AB⊂平面 PAB,PA⊂平面 PAB,
∴DG⊥平面 PAB.
又∵GE綊
1
2
AB,DF綊
1
2
AB,
∴GE綊 DF.
所以四边形 DFEG为平行四边形,故 DG∥EF.
于是 EF⊥平面 PAB.
19.G5、G11[2012·安徽卷] 如图 1-3,长方体 ABCD-A1B1C1D1中,底面 A1B1C1D1
是正方形,O是 BD的中点,E是棱 AA1上任意一点.
(1)证明:BD⊥EC1;
(2)如果 AB=2,AE= 2,OE⊥EC1,求 AA1的长.
图 1-3
19.解:(1)证明:连接 AC,A1C1.
由底面是正方形知,BD⊥AC.
因为 AA1⊥平面 ABCD,BD⊆平面 ABCD,
所以 AA1⊥BD.
又由 AA1∩AC=A,
所以 BD⊥平面 AA1C1C.
再由 EC1⊆平面 AA1C1C知,
BD⊥EC1.
(2)设 AA1的长为 h,连接 OC1.
在 Rt△OAE中,AE= 2,AO= 2,
故 OE2=( 2)2+( 2)2=4.
在 Rt△EA1C1中,A1E=h- 2,A1C1=2 2.
故 EC21=(h- 2)2+(2 2)2.
在 Rt△OCC1中,OC= 2,CC1=h,OC21=h2+( 2)2.
因为 OE⊥EC1,所以 OE2+EC21=OC21,即
4+(h- 2)2+(2 2)2=h2+( 2)2,解得 h=3 2.
所以 AA1的长为 3 2.
16.G4、G5、G7[2012·北京卷] 如图 1-9(1),在 Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别
为 AC,AB的中点,点 F为线段 CD上的一点,将△ADE沿 DE折起到△A1DE的位置,使
A1F⊥CD,如图 1-9(2).
(1)求证:DE∥平面 A1CB;
(2)求证:A1F⊥BE;
(3)线段 A1B上是否存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ?说明理由.
图 1-9
16.解:(1)证明:因为 D,E分别为 AC,AB的中点,
所以 DE∥BC.
又因为 DE⊄平面 A1CB,
所以 DE∥平面 A1CB.
(2)证明:由已知得 AC⊥BC且 DE∥BC,
所以 DE⊥AC.
所以 DE⊥A1D,DE⊥CD,
所以 DE⊥平面 A1DC.
而 A1F⊂平面 A1DC,
所以 DE⊥A1F.
又因为 A1F⊥CD,
所以 A1F⊥平面 BCDE,
所以 A1F⊥BE.
(3)线段 A1B上存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ.
理由如下:
如下图,分别取 A1C,A1B的中点 P,Q,
则 PQ∥BC.
又因为 DE∥BC,
所以 DE∥PQ.
所以平面 DEQ即为平面 DEP,
由(2)知,DE⊥平面 A1DC,
所以 DE⊥A1C.
又因为 P是等腰三角形 DA1C底边 A1C的中点,
所以 A1C⊥DP.
所以 A1C⊥平面 DEP.
从而 A1C⊥平面 DEQ.
故线段 A1B上存在点 Q,使得 A1C⊥平面 DEQ.
16.G4、G5[2012·江苏卷] 如图 1-4,在直三棱柱 ABC-A1B1C1中,A1B1=A1C1,D,
E分别是棱 BC,CC1上的点(点 D不同于点 C),且 AD⊥DE,F为 B1C1的中点.
求证:(1)平面 ADE⊥平面 BCC1B1;
(2)直线 A1F∥平面 ADE.
图 1-4
16.证明:(1)因为 ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以 CC1⊥平面 ABC,
又 AD⊂平面 ABC,所以 CC1⊥AD.
又因为 AD⊥DE,CC1,DE⊂平面 BCC1B1,CC1∩DE=E,
所以 AD⊥平面 BCC1B1.又 AD⊂平面 ADE,
所以平面 ADE⊥平面 BCC1B1.
(2)因为 A1B1=A1C1,F为 B1C1的中点,所以 A1F⊥B1C1.
因为 CC1⊥平面 A1B1C1,且 A1F⊂平面 A1B1C1,
所以 CC1⊥A1F.
又因为 CC1,B1C1⊂平面 BCC1B1,CC1∩B1C1=C1,
所以 A1F⊥平面 BCC1B1.
由(1)知 AD⊥平面 BCC1B1,所以 A1F∥AD.
又 AD⊂平面 ADE,A1F⊄平面 ADE,所以 A1F∥平面 ADE.
19.G5、G7、G11[2012·全国卷] 如图 1-1,四棱锥 P-ABCD中,底面 ABCD为菱形,
PA⊥底面 ABCD,AC=2 2,PA=2,E是 PC上的一点,PE=2EC.
(1)证明:PC⊥平面 BED;
(2)设二面角 A-PB-C为 90°,求 PD与平面 PBC所成角的大小.
图 1-1
19.解:方法一:(1)证明:因为底面 ABCD为菱形,所以 BD⊥AC,又 PA⊥底面 ABCD,
所以 PC⊥BD.
设 AC∩BD=F,连结 EF.因为 AC=2 2,
PA=2,PE=2EC,故
PC=2 3,EC=2 3
3
,FC= 2,
从而
PC
FC
= 6,AC
EC
= 6.
因为
PC
FC
=
AC
EC
,∠FCE=∠PCA,所以
△FCE∽△PCA,∠FEC=∠PAC=90°,
由此知 PC⊥EF.
PC与平面 BED内两条相交直线 BD,EF都垂直,所以 PC⊥平面 BED.
(2)在平面 PAB内过点 A作 AG⊥PB,G为垂足.
因为二面角 A-PB-C为 90°,所以平面 PAB⊥平面 PBC.
又平面 PAB∩平面 PBC=PB,
故 AG⊥平面 PBC,AG⊥BC.
BC与平面 PAB内两条相交直线 PA,AG都垂直,故 BC⊥平面 PAB,于是 BC⊥AB,所
以底面 ABCD为正方形,AD=2,PD= PA2+AD2=2 2.
设 D到平面 PBC的距离为 d.
因为 AD∥BC,且 AD⊄平面 PBC,BC⊂平面 PBC,故 AD∥平面 PBC,A、D两点到平
面 PBC的距离相等,即 d=AG= 2.
设 PD与平面 PBC所成的角为α,则 sinα= d
PD
=
1
2
.
所以 PD与平面 PBC所成的角为 30°.
方法二:(1)以 A为坐标原点,射线 AC为 x轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标
系 A-xyz.
设 C(2 2,0,0),D( 2,b,0),其中 b>0,则 P(0,0,2),E
4 2
3
,0,2
3 ,B( 2,-b,0).
于是PC→=(2 2,0,-2),BE→=
2
3
,b,2
3 ,DE→=
2
3
,-b,2
3 ,从而PC→ ·BE→=0,
PC→ ·DE→=0,故 PC⊥BE,PC⊥DE.
又 BE∩DE=E,所以 PC⊥平面 BDE.
(2)AP→=(0,0,2),AB→=( 2,-b,0).
设 m=(x,y,z)为平面 PAB的法向量,则 m·AP→=0,m·AB→=0,
即 2z=0且 2x-by=0,
令 x=b,则 m=(b,2,0).
设 n=(p,q,r)为平面 PBC的法向量,则
n·PC→=0,n·BE→=0,
即 2 2p-2r=0且 2p
3
+bq+2
3
r=0,
令 p=1,则 r= 2,q=-
2
b
,n=
1,-
2
b
, 2
.
因为面 PAB⊥面 PBC,故 m·n=0,即 b-2
b
=0,故 b= 2,于是 n=(1,-1, 2),DP→
=(- 2,- 2,2),
cos〈n,DP→〉=
n·DP→
|n||DP→ |
=
1
2
,
〈n,DP→〉=60°.
因为 PD与平面 PBC所成的角和〈n,DP→〉互余,
故 PD与平面 PBC所成的角为 30°.
G6 三垂线定理
20.G5、G6、G10、G11[2012·重庆卷] 已知在直三棱柱 ABC-A1B1C1中,AB=4,AC
=BC=3,D为 AB的中点.
(1)求异面直线 CC1和 AB的距离;
(2)若 AB1⊥A1C,求二面角 A1-CD-B1的平面角的余弦值.
图 1-3
20.解:(1)因 AC=BC,D为 AB的中点,故 CD⊥AB.
又直三棱柱中,CC1⊥面 ABC,故 CC1⊥CD,所以异面直线 CC1和 AB的距离为 CD=
BC2-BD2= 5.
(2)解法一:由 CD⊥AB,CD⊥BB1,故 CD⊥面 A1ABB1,从而 CD⊥DA1,CD⊥DB1,
故∠A1DB1为所求的二面角 A1-CD-B1的平面角.
因 A1D是 A1C在面 A1ABB1上的射影,又已知 AB1⊥A1C,由三垂线定理的逆定理得 AB1
⊥A1D,从而∠A1AB1,∠A1DA都与∠B1AB互余,因此∠A1AB1=∠A1DA,所以 Rt△A1AD
∽Rt△B1A1A,因此
AA1
AD
=
A1B1
AA1
,得 AA21=AD·A1B1=8.
从而 A1D= AA21+AD2=2 3,B1D=A1D=2 3,
所以在△A1DB1中,由余弦定理得
cos∠A1DB1=
A1D2+DB21-A1B21
2·A1D·DB1
=
1
3
.
解法二:如下图,过 D作 DD1∥AA1交 A1B1于 D1,在直三棱柱中,由(1)知 DB,DC,
DD1两两垂直,以 D为原点,射线 DB,DC,DD1分别为 x轴、y轴、z轴的正半轴建立空
间直角坐标系 D-xyz.
设直三棱柱的高为 h,则 A(-2,0,0),A1(-2,0,h),B1(2,0,h),C(0,5,0),从而AB1→
=
(4,0,h),A1C
→
=(2,5,-h).
由AB1→
⊥A1C→ 得AB1→ ·A1C→ =0,即 8-h2=0,因此 h=2 2.
图 1-4
故DA1→
=(-2,0,2 2),DB1→
=(2,0,2 2),DC→=(0,5,0).
设平面 A1CD的法向量为 m=(x1,y1,z1),则 m⊥DC→,m⊥DA1→
,即
5y1=0,
-2x1+2 2z1=0,
取 z1=1,得 m=( 2,0,1).
设平面 B1CD的法向量为 n=(x2,y2,z2),则 n⊥DC→,n⊥DB1→
,即
5y2=0,
2x2+2 2z2=0,
取 z2=-1,得 n=( 2,0,-1),所以
cos〈m,n〉=
m·n
|m|·|n|
=
2-1
2+1· 2+1
=
1
3
.
所以二面角 A1-CD-B1的平面角的余弦值为
1
3
.
G7 棱柱与棱锥
13.G7[2012·山东卷] 如图 1-3所示,正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1,E为线段
B1C上的一点,则三棱锥 A-DED1的体积为________.
图 1-3
13.1
6
[解析] 本题考查棱锥的体积公式,考查空间想象力与转化能力,容易题.
VA-DED1=VE-DD1A=1
3
×
1
2
×1×1×1=1
6
.
7.G7[2012·江苏卷] 如图 1-2,在长方体 ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=3 cm,AA1
=2 cm,则四棱锥 A-BB1D1D的体积为________cm3.
图 1-2
7.6 [解析] 本题考查四棱锥体积的求解以及对长方体性质的运用.
解题突破口为寻找四棱锥的高.
连 AC交 BD于点 O,因四边形 ABCD为正方形,故 AO为四棱锥 A-BB1D1D的高,从
而 V=1
3
×2×3 2×3 2
2
=6.
3. G2、G7[2012·浙江卷] 已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图 1-1所示,则该三棱
锥的体积是( )
A.1 cm3 B.2 cm3
C.3 cm3 D.6 cm3
图 1-1
3.A [解析] 本题考查三棱锥的三视图与体积计算公式,考查学生对数据的运算能力
和空间想象能力.由三视图可知,该几何体为一个正三棱锥,则 V=1
3
Sh=1
3
×
1
2
×1×2×3
=1.
18.G5、G7[2012·陕西卷] 直三棱柱 ABC-A1B1C1中,AB=AA1,∠CAB=π
2
.
(1)证明:CB1⊥BA1;
(2)已知 AB=2,BC= 5,求三棱锥 C1-ABA1的体积.
图 1-7
18.解:(1)证明:如图,连结 AB1,
∵ABC-A1B1C1是直三棱柱,∠CAB=π
2
,
∴AC⊥平面 ABB1A1,故 AC⊥BA1.
又∵AB=AA1,∴四边形 ABB1A1是正方形,
∴BA1⊥AB1,又 CA∩AB1=A.
∴BA1⊥平面 CAB1,故 CB1⊥BA1.
(2)∵AB=AA1=2,BC= 5,∴AC=A1C1=1,
由(1)知,A1C1⊥平面 ABA1,
∴VC1-ABA1=
1
3
S△ABA1·A1C1=
1
3
×2×1=2
3
.
19.G5、G7[2012·湖南卷] 如图 1-7,在四棱锥 P-ABCD中,PA⊥平面 ABCD,底面
ABCD是等腰梯形,AD∥BC,AC⊥BD.
(1)证明:BD⊥PC;
(2)若 AD=4,BC=2,直线 PD与平面 PAC所成的角为 30°,求四棱锥 P-ABCD的体
积.
19.解:(1)证明:因为 PA⊥平面 ABCD,BD⊂平面 ABCD,所以 PA⊥BD.
图 1-8
又 AC⊥BD,PA,AC是平面 PAC内的两条相交直线,所以 BD⊥平面 PAC.
而 PC⊂平面 PAC,所以 BD⊥PC.
(2)设 AC和 BD相交于点 O,连结 PO,由(1)知,BD⊥平面 PAC,所以∠DPO是直线
PD和平面 PAC所成的角.从而∠DPO=30°.
由 BD⊥平面 PAC,PO⊂平面 PAC知,BD⊥PO.
在 Rt△POD中,由∠DPO=30°得 PD=2OD.
因为四边形 ABCD为等腰梯形,AC⊥BD,所以△AOD,△BOC均为等腰直角三角形.从
而梯形 ABCD的高为
1
2
AD+1
2
BC=1
2
×(4+2)=3,于是梯形 ABCD的面积 S=1
2
×(4+2)×3
=9.
在等腰直角三角形 AOD中,OD= 2
2
AD=2 2,所以 PD=2OD=4 2,PA= PD2-AD2
=4.
故四棱锥 P-ABCD的体积为
V=1
3
×S×PA=1
3
×9×4=12.
19.G5、G7[2012·湖北卷] 某个实心零部件的形状是如图 1-7所示的几何体,其下部
是底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形的四棱台 A1B1C1D1-ABCD,上部是一个底面与
四棱台的上底面重合,侧面是全等的矩形的四棱柱 ABCD-A2B2C2D2.
图 1-7
(1)证明:直线 B1D1⊥平面 ACC2A2;
(2)现需要对该零部件表面进行防腐处理.已知 AB=10,A1B1=20,AA2=30,AA1=13(单
位:cm),每平方厘米的加工处理费为 0.20元,需加工处理费多少元?
19.解:(1)因为四棱柱 ABCD-A2B2C2D2的侧面是全等的矩形,
所以 AA2⊥AB,AA2⊥AD,又因为 AB∩AD=A,所以 AA2⊥平面 ABCD.
连接 BD,因为 BD⊂平面 ABCD,所以 AA2⊥BD.
因为底面 ABCD是正方形,所以 AC⊥BD.
根据棱台的定义可知,BD与 B1D1共面.
又已知平面 ABCD∥平面 A1B1C1D1,且平面 BB1D1D∩平面 ABCD=BD,
平面 BB1D1D∩平面 A1B1C1D1=B1D1,所以 B1D1∥BD.于是
由 AA2⊥BD,AC⊥BD,B1D1∥BD,可得 AA2⊥B1D1,AC⊥B1D1,
又因为 AA2∩AC=A,所以 B1D1⊥平面 ACC2A2.
(2)因为四棱柱 ABCD-A2B2C2D2的底面是正方形,侧面是全等的矩形,所以 S1=S 四棱柱
上底面+S 四棱柱侧面=(A2B2)2+4AB·AA2=102+4×10×30=1 300(cm2).
又因为四棱台 A1B1C1D1-ABCD的上、下底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形.
所以 S2=S 四棱台下底面+S 四棱台侧面
=(A1B1)2+4×1
2
(AB+A1B1)h 等腰梯形的高
=202+4×1
2
(10+20) 132-
1
2
20-10 2
=1 120(cm2).
于是该实心零部件的表面积为 S=S1+S2=1 300+1 120=2 420(cm2),
故所需加工处理费为 0.2S=0.2×2 420=484(元).
19.G7、G12[2012·福建卷] 如图 1-3所示,在长方体 ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD
=1,AA1=2,M为棱 DD1上的一点.
(1)求三棱锥 A-MCC1的体积;
(2)当 A1M+MC取得最小值时,求证:B1M⊥平面 MAC.
图 1-3
19.解:(1)由长方体 ABCD-A1B1C1D1知,
AD⊥平面 CDD1C1,
∴点 A到平面 CDD1C1的距离等于 AD=1,
又 S△MCC1=
1
2
CC1×CD=1
2
×2×1=1,
∴VA-MCC1=
1
3
AD·S△MCC1=
1
3
.
(2)将侧面 CDD1C1绕 DD1逆时针转 90°展开,与侧面 ADD1A1共面(如图),
当 A1,M,C共线时,A1M+MC取得最小值.
由 AD=CD=1,AA1=2,得 M为 DD1中点.
连接 C1M,在△C1MC中,MC1= 2,MC= 2,CC1=2.
∴CC21=MC21+MC2,得∠CMC1=90°,即 CM⊥MC1.
又由长方体 ABCD-A1B1C1D1知,B1C1⊥平面 CDD1C1,∴B1C1⊥CM.
又 B1C1∩C1M=C1,∴CM⊥平面 B1C1M,得 CM⊥B1M;
同理可证,B1M⊥AM,
又 AM∩MC=M,∴B1M⊥平面 MAC.
16.G4、G5、G7[2012·北京卷] 如图 1-9(1),在 Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别
为 AC,AB的中点,点 F为线段 CD上的一点,将△ADE沿 DE折起到△A1DE的位置,使
A1F⊥CD,如图 1-9(2).
(1)求证:DE∥平面 A1CB;
(2)求证:A1F⊥BE;
(3)线段 A1B上是否存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ?说明理由.
图 1-9
16.解:(1)证明:因为 D,E分别为 AC,AB的中点,
所以 DE∥BC.
又因为 DE⊄平面 A1CB,
所以 DE∥平面 A1CB.
(2)证明:由已知得 AC⊥BC且 DE∥BC,
所以 DE⊥AC.
所以 DE⊥A1D,DE⊥CD,
所以 DE⊥平面 A1DC.
而 A1F⊂平面 A1DC,
所以 DE⊥A1F.
又因为 A1F⊥CD,
所以 A1F⊥平面 BCDE,
所以 A1F⊥BE.
(3)线段 A1B上存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ.
理由如下:
如下图,分别取 A1C,A1B的中点 P,Q,
则 PQ∥BC.
又因为 DE∥BC,
所以 DE∥PQ.
所以平面 DEQ即为平面 DEP,
由(2)知,DE⊥平面 A1DC,
所以 DE⊥A1C.
又因为 P是等腰三角形 DA1C底边 A1C的中点,
所以 A1C⊥DP.
所以 A1C⊥平面 DEP.
从而 A1C⊥平面 DEQ.
故线段 A1B上存在点 Q,使得 A1C⊥平面 DEQ.
7.G2、G7[2012·北京卷] 某三棱锥的三视图如图 1-4所示,该三棱锥的表面积是( )
图 1-4
A.28+6 5
B.30+6 5
C.56+12 5
D.60+12 5
7.B [解析] 本题考查三棱锥的三视图与表面积公式.
由三视图可知,几何体为一个侧面和底面垂直的三棱锥,如图所示,可知 S 底面=
1
2
×5×4
=10,
S 后=
1
2
×5×4=10,
S 左=
1
2
×6×2 5=6 5,
S 右=
1
2
×4×5=10,
所以 S 表=10×3+6 5=30+6 5.
12.G2、G7[2012·安徽卷] 某几何体的三视图如图 1-2所示,则该几何体的体积等于
________.
图 1-2
12.56 [解析] 如图,根据三视图还原的实物图为底面是直角梯形的直四棱柱,其体
积为 V=Sh=1
2
(2+5)×4×4=56.
19.G5、G7、G11[2012·全国卷] 如图 1-1,四棱锥 P-ABCD中,底面 ABCD为菱形,
PA⊥底面 ABCD,AC=2 2,PA=2,E是 PC上的一点,PE=2EC.
(1)证明:PC⊥平面 BED;
(2)设二面角 A-PB-C为 90°,求 PD与平面 PBC所成角的大小.
图 1-1
19.解:方法一:(1)证明:因为底面 ABCD为菱形,所以 BD⊥AC,又 PA⊥底面 ABCD,
所以 PC⊥BD.
设 AC∩BD=F,连结 EF.因为 AC=2 2,
PA=2,PE=2EC,故
PC=2 3,EC=2 3
3
,FC= 2,
从而
PC
FC
= 6,AC
EC
= 6.
因为
PC
FC
=
AC
EC
,∠FCE=∠PCA,所以
△FCE∽△PCA,∠FEC=∠PAC=90°,
由此知 PC⊥EF.
PC与平面 BED内两条相交直线 BD,EF都垂直,所以 PC⊥平面 BED.
(2)在平面 PAB内过点 A作 AG⊥PB,G为垂足.
因为二面角 A-PB-C为 90°,所以平面 PAB⊥平面 PBC.
又平面 PAB∩平面 PBC=PB,
故 AG⊥平面 PBC,AG⊥BC.
BC与平面 PAB内两条相交直线 PA,AG都垂直,故 BC⊥平面 PAB,于是 BC⊥AB,所
以底面 ABCD为正方形,AD=2,PD= PA2+AD2=2 2.
设 D到平面 PBC的距离为 d.
因为 AD∥BC,且 AD⊄平面 PBC,BC⊂平面 PBC,故 AD∥平面 PBC,A、D两点到平
面 PBC的距离相等,即 d=AG= 2.
设 PD与平面 PBC所成的角为α,则 sinα= d
PD
=
1
2
.
所以 PD与平面 PBC所成的角为 30°.
方法二:(1)以 A为坐标原点,射线 AC为 x轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标
系 A-xyz.
设 C(2 2,0,0),D( 2,b,0),其中 b>0,则 P(0,0,2),E
4 2
3
,0,2
3 ,B( 2,-b,0).
于是PC→=(2 2,0,-2),BE→=
2
3
,b,2
3 ,DE→=
2
3
,-b,2
3 ,从而PC→ ·BE→=0,
PC→ ·DE→=0,故 PC⊥BE,PC⊥DE.
又 BE∩DE=E,所以 PC⊥平面 BDE.
(2)AP→=(0,0,2),AB→=( 2,-b,0).
设 m=(x,y,z)为平面 PAB的法向量,则 m·AP→=0,m·AB→=0,
即 2z=0且 2x-by=0,
令 x=b,则 m=(b,2,0).
设 n=(p,q,r)为平面 PBC的法向量,则
n·PC→=0,n·BE→=0,
即 2 2p-2r=0且 2p
3
+bq+2
3
r=0,
令 p=1,则 r= 2,q=-
2
b
,n=
1,-
2
b
, 2
.
因为面 PAB⊥面 PBC,故 m·n=0,即 b-2
b
=0,故 b= 2,于是 n=(1,-1, 2),DP→
=(- 2,- 2,2),
cos〈n,DP→〉=
n·DP→
|n||DP→ |
=
1
2
,
〈n,DP→〉=60°.
因为 PD与平面 PBC所成的角和〈n,DP→〉互余,
故 PD与平面 PBC所成的角为 30°.
19.G5、G7[2012·课标全国卷] 如图 1-4,三棱柱 ABC-A1B1C1中,侧棱垂直底面,
∠ACB=90°,AC=BC=1
2
AA1,D是棱 AA1的中点.
(1)证明:平面 BDC1⊥平面 BDC;
(2)平面 BDC1分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比.
图 1-4
19.解:(1)证明:由题设知 BC⊥CC1,BC⊥AC,CC1∩AC=C,所以 BC⊥平面 ACC1A1.
又 DC1⊂平面 ACC1A1,所以 DC1⊥BC.
由题设知∠A1DC1=∠ADC=45°,所以∠CDC1=90°,即 DC1⊥DC.又 DC∩BC=C,所
以 DC1⊥平面 BDC.又 DC1⊂平面 BDC1,故平面 BDC1⊥平面 BDC.
(2)设棱锥 B-DACC1的体积为 V1,AC=1.由题意得
V1=1
3
×
1+2
2
×1×1=1
2
.
又三棱柱 ABC-A1B1C1的体积 V=1,
所以(V-V1)∶V1=1∶1.
故平面 BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为 1∶1.
18.G4、G7[2012·辽宁卷] 如图 1-5,直三棱柱 ABC-A′B′C′,∠BAC=90°,AB
=AC= 2,AA′=1,点 M,N分别为 A′B和 B′C′的中点.
(1)证明:MN∥平面 A′ACC′;
(2)求三棱锥 A′-MNC的体积.
(锥体体积公式 V=1
3
Sh,其中 S为底面面积,h为高)
图 1-5
18.解:(1)(证法一)
连结 AB′,AC′,由已知∠BAC=90°,
AB=AC,三棱柱 ABC-A′B′C′为直三棱柱,
所以 M为 AB′中点,
又因为 N为 B′C′的中点,所以 MN∥AC′.
又 MN⊄平面 A′ACC′,
AC′⊂平面 A′ACC′,
因此 MN∥平面 A′ACC′.
(证法二)
取 A′B′中点 P,连结 MP,NP,
M、N分别为 AB′与 B′C′的中点,
所以 MP∥AA′,PN∥A′C′,
所以 MP∥平面 A′ACC′,PN∥平面 A′ACC′,
又 MP∩NP=P,
因此平面 MPN∥平面 A′ACC′,而 MN⊂平面 MPN.
因此 MN∥平面 A′ACC′.
(2)(解法一)
连结 BN,由题意 A′N⊥B′C′,
平面 A′B′C′∩平面 B′BCC′=B′C′,
所以 A′N⊥平面 NBC.
又 A′N=1
2
B′C′=1,故
VA′-MNC=VN-A′MC=
1
2
VN-A′BC=
1
2
VA′-NBC=
1
6
.
(解法二)
VA′-MNC=VA′-NBC-VM-NBC=
1
2
VA′-NBC=
1
6
.
G8 多面体与球
16.G8[2012·辽宁卷] 已知点 P,A,B,C,D是球 O表面上的点,PA⊥平面 ABCD,
四边形 ABCD是边长为 2 3的正方形,若 PA=2 6,则△OAB的面积为________.
图 1-4
16.3 3 [解析] 本小题主要考查球的概念与性质.解题的突破口为弄清 PC为球的直
径,问题转换为求长方体的对角线.
因为四边形 ABCD是边长为 2 3的正方形,故而 AB=AD=2 3,如图 1-4所示,PA,
AB,AD 两两垂直,可以补充成以 PA,AB,AD 为棱的球内接长方体,故而 2R=
PA2+AB2+AD2=4 3,
所以 R=2 3, 故而△OAB为等边三角形,S△OAB=
3
4
×(2 3)2=3 3.
8.G8[2012·课标全国卷] 平面α截球 O的球面所得圆的半径为 1,球心 O到平面α的距
离为 2,则此球的体积为( )
A. 6π B.4 3π
C.4 6π D.6 3π
8.B [解析] 由题意,球的半径为R= 12+ 22= 3,所以球的体积为V=4
3
πR3=4 3π.
故选 B.
G9 空间向量及运算
G10 空间向量解决线面位置关系
20.G5、G6、G10、G11[2012·重庆卷] 已知在直三棱柱 ABC-A1B1C1中,AB=4,AC
=BC=3,D为 AB的中点.
(1)求异面直线 CC1和 AB的距离;
(2)若 AB1⊥A1C,求二面角 A1-CD-B1的平面角的余弦值.
图 1-3
20.解:(1)因 AC=BC,D为 AB的中点,故 CD⊥AB.
又直三棱柱中,CC1⊥面 ABC,故 CC1⊥CD,所以异面直线 CC1和 AB的距离为 CD=
BC2-BD2= 5.
(2)解法一:由 CD⊥AB,CD⊥BB1,故 CD⊥面 A1ABB1,从而 CD⊥DA1,CD⊥DB1,
故∠A1DB1为所求的二面角 A1-CD-B1的平面角.
因 A1D是 A1C在面 A1ABB1上的射影,又已知 AB1⊥A1C,由三垂线定理的逆定理得 AB1
⊥A1D,从而∠A1AB1,∠A1DA都与∠B1AB互余,因此∠A1AB1=∠A1DA,所以 Rt△A1AD
∽Rt△B1A1A,因此
AA1
AD
=
A1B1
AA1
,得 AA21=AD·A1B1=8.
从而 A1D= AA21+AD2=2 3,B1D=A1D=2 3,
所以在△A1DB1中,由余弦定理得
cos∠A1DB1=
A1D2+DB21-A1B21
2·A1D·DB1
=
1
3
.
解法二:如下图,过 D作 DD1∥AA1交 A1B1于 D1,在直三棱柱中,由(1)知 DB,DC,
DD1两两垂直,以 D为原点,射线 DB,DC,DD1分别为 x轴、y轴、z轴的正半轴建立空
间直角坐标系 D-xyz.
设直三棱柱的高为 h,则 A(-2,0,0),A1(-2,0,h),B1(2,0,h),C(0,5,0),从而AB1→
=
(4,0,h),A1C
→
=(2,5,-h).
由AB1→
⊥A1C→ 得AB1→ ·A1C→ =0,即 8-h2=0,因此 h=2 2.
图 1-4
故DA1→
=(-2,0,2 2),DB1→
=(2,0,2 2),DC→=(0,5,0).
设平面 A1CD的法向量为 m=(x1,y1,z1),则 m⊥DC→,m⊥DA1→
,即
5y1=0,
-2x1+2 2z1=0,
取 z1=1,得 m=( 2,0,1).
设平面 B1CD的法向量为 n=(x2,y2,z2),则 n⊥DC→,n⊥DB1→
,即
5y2=0,
2x2+2 2z2=0,
取 z2=-1,得 n=( 2,0,-1),所以
cos〈m,n〉=
m·n
|m|·|n|
=
2-1
2+1· 2+1
=
1
3
.
所以二面角 A1-CD-B1的平面角的余弦值为
1
3
.
G11 空间角与距离的求法
20.G5、G6、G10、G11[2012·重庆卷] 已知在直三棱柱 ABC-A1B1C1中,AB=4,AC
=BC=3,D为 AB的中点.
(1)求异面直线 CC1和 AB的距离;
(2)若 AB1⊥A1C,求二面角 A1-CD-B1的平面角的余弦值.
图 1-3
20.解:(1)因 AC=BC,D为 AB的中点,故 CD⊥AB.
又直三棱柱中,CC1⊥面 ABC,故 CC1⊥CD,所以异面直线 CC1和 AB的距离为 CD=
BC2-BD2= 5.
(2)解法一:由 CD⊥AB,CD⊥BB1,故 CD⊥面 A1ABB1,从而 CD⊥DA1,CD⊥DB1,
故∠A1DB1为所求的二面角 A1-CD-B1的平面角.
因 A1D是 A1C在面 A1ABB1上的射影,又已知 AB1⊥A1C,由三垂线定理的逆定理得 AB1
⊥A1D,从而∠A1AB1,∠A1DA都与∠B1AB互余,因此∠A1AB1=∠A1DA,所以 Rt△A1AD
∽Rt△B1A1A,因此
AA1
AD
=
A1B1
AA1
,得 AA21=AD·A1B1=8.
从而 A1D= AA21+AD2=2 3,B1D=A1D=2 3,
所以在△A1DB1中,由余弦定理得
cos∠A1DB1=
A1D2+DB21-A1B21
2·A1D·DB1
=
1
3
.
解法二:如下图,过 D作 DD1∥AA1交 A1B1于 D1,在直三棱柱中,由(1)知 DB,DC,
DD1两两垂直,以 D为原点,射线 DB,DC,DD1分别为 x轴、y轴、z轴的正半轴建立空
间直角坐标系 D-xyz.
设直三棱柱的高为 h,则 A(-2,0,0),A1(-2,0,h),B1(2,0,h),C(0,5,0),从而AB1→
=
(4,0,h),A1C→ =(2,5,-h).
由AB1→
⊥A1C→ 得AB1→ ·A1C→ =0,即 8-h2=0,因此 h=2 2.
图 1-4
故DA1→
=(-2,0,2 2),DB1→
=(2,0,2 2),DC→=(0,5,0).
设平面 A1CD的法向量为 m=(x1,y1,z1),则 m⊥DC→,m⊥DA1→
,即
5y1=0,
-2x1+2 2z1=0,
取 z1=1,得 m=( 2,0,1).
设平面 B1CD的法向量为 n=(x2,y2,z2),则 n⊥DC→,n⊥DB1→
,即
5y2=0,
2x2+2 2z2=0,
取 z2=-1,得 n=( 2,0,-1),所以
cos〈m,n〉=
m·n
|m|·|n|
=
2-1
2+1· 2+1
=
1
3
.
所以二面角 A1-CD-B1的平面角的余弦值为
1
3
.
20.G4、G5、G11[2012·浙江卷] 如图 1-5,在侧棱垂直底面的四棱柱 ABCD-A1B1C1D1
中,AD∥BC,AD⊥AB,AB= 2,AD=2,BC=4,AA1=2,E是 DD1的中点,F是平面
B1C1E与直线 AA1的交点.
(1)证明:(i)EF∥A1D1;
(ii)BA1⊥平面 B1C1EF;
(2)求 BC1与平面 B1C1EF所成的角的正弦值.
图 1-5
20.解:(1)证明:(ⅰ)因为 C1B1∥A1D1,C1B1⊄平面 A1D1DA,所以 C1B1∥平面 A1D1DA,
又因为平面 B1C1EF∩平面 A1D1DA=EF,
所以 C1B1∥EF,
所以 A1D1∥EF.
(ⅱ)因为 BB1⊥平面 A1B1C1D1,
所以 BB1⊥B1C1.
又因为 B1C1⊥B1A1,
所以 B1C1⊥平面 ABB1A1,
所以 B1C1⊥BA1.
在矩形 ABB1A1中,F是 AA1的中点,tan∠A1B1F=tan∠AA1B=
2
2
,
即∠A1B1F=∠AA1B,
故 BA1⊥B1F,
所以 BA1⊥平面 B1C1EF.
(2)设 BA1与 B1F交点为 H,连结 C1H.
由(1)知 BA1⊥平面 B1C1EF,所以∠BC1H是 BC1与面 B1C1EF所成的角.
在矩形 AA1B1B中,AB= 2,AA1=2,得 BH= 4
6
.
在直角△BHC1中,BC1=2 5,BH= 4
6
,得
sin∠BC1H=BH
BC1
=
30
15
,
所以 BC1与平面 B1C1EF所成角的正弦值是
30
15
.
17.G5、G11[2012·天津卷] 如图 1-4,在四棱锥 P-ABCD中,底面 ABCD是矩形,
AD⊥PD,BC=1,PC=2 3,PD=CD=2.
(1)求异面直线 PA与 BC所成角的正切值;
(2)证明平面 PDC⊥平面 ABCD;
(3)求直线 PB与平面 ABCD所成角的正弦值.
图 1-4
17.解:(1)如图所示,在四棱锥 P-ABCD中,因为底面 ABCD是矩形,所以 AD=BC
且 AD∥BC,又因为 AD⊥PD,故∠PAD为异面直线 PA与 BC所成的角.
在 Rt△PDA中,tan∠PAD=PD
AD
=2.
所以,异面直线 PA与 BC所成角的正切值为 2.
(2)证明:由于底面 ABCD是矩形,故 AD⊥CD,又由于 AD⊥PD,CD∩PD=D,因
此 AD⊥平面 PDC,而 AD⊂平面 ABCD,所以平面 PDC⊥平面 ABCD.
(3)在平面 PDC内,过点 P作 PE⊥CD交直线 CD于点 E,连接 EB.
由于平面 PDC⊥平面 ABCD,而直线 CD是平面 PDC与平面 ABCD的交线,故 PE⊥
平面 ABCD.由此得∠PBE为直线 PB与平面 ABCD所成的角.
在△PDC中,由于 PD=CD=2,PC=2 3,可得∠PCD=30°.
在 Rt△PEC中,PE=PCsin30°= 3.
由 AD∥BC,AD⊥平面 PDC,得 BC⊥平面 PDC,因此 BC⊥PC.
在 Rt△PCB中,PB= PC2+BC2= 13.
在 Rt△PEB中,sin∠PBE=PE
PB
=
39
13
.
所以直线 PB与平面 ABCD所成角的正弦值为
39
13
.
19.G1、G11[2012·上海卷] 如图 1-1,在三棱锥 P-ABC中,PA⊥底面 ABC,D是
PC的中点,已知∠BAC=π
2
,AB=2,AC=2 3,PA=2,求:
图 1-1
(1)三棱锥 P-ABC的体积;
(2)异面直线 BC与 AD所成的角的大小(结果用反三角函数值表示).
19.解:(1)S△ABC=
1
2
×2×2 3=2 3,
图 1-2
三棱锥 P-ABC的体积为
V=1
3
S△ABC×PA=1
3
×2 3×2=4
3
3.
(2)取 PB的中点 E,连接 DE、AE,则 ED∥BC,所以∠ADE(或其补角)是异面直线 BC
与 AD所成的角.
在△ADE中,DE=2,AE= 2,AD=2,
cos∠ADE=22+22-2
2×2×2
=
3
4
,
所以∠ADE=arccos3
4
.
因此,异面直线 BC与 AD所成的角的大小是 arccos3
4
.
19.G5、G11[2012·安徽卷] 如图 1-3,长方体 ABCD-A1B1C1D1中,底面 A1B1C1D1
是正方形,O是 BD的中点,E是棱 AA1上任意一点.
(1)证明:BD⊥EC1;
(2)如果 AB=2,AE= 2,OE⊥EC1,求 AA1的长.
图 1-3
19.解:(1)证明:连接 AC,A1C1.
由底面是正方形知,BD⊥AC.
因为 AA1⊥平面 ABCD,BD⊆平面 ABCD,
所以 AA1⊥BD.
又由 AA1∩AC=A,
所以 BD⊥平面 AA1C1C.
再由 EC1⊆平面 AA1C1C知,
BD⊥EC1.
(2)设 AA1的长为 h,连接 OC1.
在 Rt△OAE中,AE= 2,AO= 2,
故 OE2=( 2)2+( 2)2=4.
在 Rt△EA1C1中,A1E=h- 2,A1C1=2 2.
故 EC21=(h- 2)2+(2 2)2.
在 Rt△OCC1中,OC= 2,CC1=h,OC21=h2+( 2)2.
因为 OE⊥EC1,所以 OE2+EC21=OC21,即
4+(h- 2)2+(2 2)2=h2+( 2)2,解得 h=3 2.
所以 AA1的长为 3 2.
8.G11[2012·全国卷] 已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,CC1=2 2,E为 CC1
的中点,则直线 AC1与平面 BED的距离为( )
A.2 B. 3 C. 2 D.1
8.D [解析] 本小题主要考查正四棱柱的性质以及直线到平面的距离的概念.解题的
突破口为直线到平面的距离的转化.
由已知可得 AC1=4,取 AC与 BD的中点 O,连 OE,显然有 AC1∥OE且平面 ACC1A1
⊥平面 BED,∴AC1与平面 BED的距离即为 AC1与 OE的距离,又∵AB=2,CC1=2 2,
∴AC=2 2,CC1=AC,∴平面 AA1C1为正方形,∴AC1与平面 BED的距离为
1
4
CA1=1,故
选 D.
16.G11[2012·全国卷] 已知正方体 ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别为 BB1、CC1的中
点,那么异面直线 AE与 D1F所成角的余弦值为________.
16.3
5
[解析] 本小题主要考查正方体中异面直线所成的角的求解,解题的突破口是化异
面为共面,即平移直线或找平行线.
连结 DF,显然有 DF∥AE,所以∠DFD1为所求异面直线所成角或其补角.设正方体棱
长为 1,则 DF= FD1=
5
2
,由余弦定理可求得∠DFD1的余弦值为
3
5
,故填
3
5
.
19.G5、G7、G11[2012·全国卷] 如图 1-1,四棱锥 P-ABCD中,底面 ABCD为菱形,
PA⊥底面 ABCD,AC=2 2,PA=2,E是 PC上的一点,PE=2EC.
(1)证明:PC⊥平面 BED;
(2)设二面角 A-PB-C为 90°,求 PD与平面 PBC所成角的大小.
图 1-1
19.解:方法一:(1)证明:因为底面 ABCD为菱形,所以 BD⊥AC,又 PA⊥底面 ABCD,
所以 PC⊥BD.
设 AC∩BD=F,连结 EF.因为 AC=2 2,
PA=2,PE=2EC,故
PC=2 3,EC=2 3
3
,FC= 2,
从而
PC
FC
= 6,AC
EC
= 6.
因为
PC
FC
=
AC
EC
,∠FCE=∠PCA,所以
△FCE∽△PCA,∠FEC=∠PAC=90°,
由此知 PC⊥EF.
PC与平面 BED内两条相交直线 BD,EF都垂直,所以 PC⊥平面 BED.
(2)在平面 PAB内过点 A作 AG⊥PB,G为垂足.
因为二面角 A-PB-C为 90°,所以平面 PAB⊥平面 PBC.
又平面 PAB∩平面 PBC=PB,
故 AG⊥平面 PBC,AG⊥BC.
BC与平面 PAB内两条相交直线 PA,AG都垂直,故 BC⊥平面 PAB,于是 BC⊥AB,所
以底面 ABCD为正方形,AD=2,PD= PA2+AD2=2 2.
设 D到平面 PBC的距离为 d.
因为 AD∥BC,且 AD⊄平面 PBC,BC⊂平面 PBC,故 AD∥平面 PBC,A、D两点到平
面 PBC的距离相等,即 d=AG= 2.
设 PD与平面 PBC所成的角为α,则 sinα= d
PD
=
1
2
.
所以 PD与平面 PBC所成的角为 30°.
方法二:(1)以 A为坐标原点,射线 AC为 x轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标
系 A-xyz.
设 C(2 2,0,0),D( 2,b,0),其中 b>0,则 P(0,0,2),E
4 2
3
,0,2
3 ,B( 2,-b,0).
于是PC→=(2 2,0,-2),BE→=
2
3
,b,2
3 ,DE→=
2
3
,-b,2
3 ,从而PC→ ·BE→=0,
PC→ ·DE→=0,故 PC⊥BE,PC⊥DE.
又 BE∩DE=E,所以 PC⊥平面 BDE.
(2)AP→=(0,0,2),AB→=( 2,-b,0).
设 m=(x,y,z)为平面 PAB的法向量,则 m·AP→=0,m·AB→=0,
即 2z=0且 2x-by=0,
令 x=b,则 m=(b,2,0).
设 n=(p,q,r)为平面 PBC的法向量,则
n·PC→=0,n·BE→=0,
即 2 2p-2r=0且 2p
3
+bq+2
3
r=0,
令 p=1,则 r= 2,q=-
2
b
,n=
1,-
2
b
, 2
.
因为面 PAB⊥面 PBC,故 m·n=0,即 b-2
b
=0,故 b= 2,于是 n=(1,-1, 2),DP→
=(- 2,- 2,2),
cos〈n,DP→〉=
n·DP→
|n||DP→ |
=
1
2
,
〈n,DP→〉=60°.
因为 PD与平面 PBC所成的角和〈n,DP→〉互余,
故 PD与平面 PBC所成的角为 30°.
G12 单元综合
6.G12[2012·四川卷] 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
6.C [解析] 对于 A,可以考虑一个圆锥的两条母线与底面所成角都相等,但它们不
平行,A错.
对于 B,当三个点在同一条直线上,且该直线平行于一个平面时,不能保证两个平面平
行;或者当其中两个点在平面一侧,第三点在平面异侧,且它们到平面距离相等,也不能保
证两个平面平行,故 B错.
对于 C,记平面外的直线为 a,两平面记为α、β,它们的交线为 l.过 a作平面γ与平面α
相交于 b,并使得 b不在β内,由 a∥α,可知 a∥b,又 a∥β,故 b∥β.过 b的平面α与β相交
于 l,由线面平行的性质定理可得:b∥l,再由公理可得:a∥l.C正确.
对于 D,观察一个正方体共顶点的三个面,即可知 D错误.
10.G12[2012·四川卷] 如图 1-3,半径为 R的半球 O的底面圆 O在平面α内,过点 O
作平面α的垂线交半球面于点 A,过圆 O的直径 CD作与平面α成 45°角的平面与半球面相交,
所得交线上到平面α的距离最大的点为 B,该交线上的一点 P满足∠BOP=60°,则 A、P两
点间的球面距离为( )
A.Rarccos 2
4
B.πR
4
C.Rarccos 3
3
D.πR
3
图 1-3
10.A [解析] 由已知,OA⊥CD,又 B点到平面α的距离最大,即 B点在半圆 CBD的
最高点,即半圆弧 CBD的中点,于是 BO⊥CD,于是 CD⊥平面 AOB,进而平面 CBD⊥平
面 AOB,
且∠AOB为二面角 A-CD-B的平面角,该角等于平面 BCD与α所成二面角的余角,
为 45°,
于是由公式 cos∠AOP=cos∠AOBcos∠BOP= 2
2
·1
2
=
2
4
,即∠AOP=arccos 2
4
,
故 A、P两点间的球面距离为 Rarccos 2
4
.
18.G5、G12[2012·广东卷] 如图 1-5所示,在四棱锥 P-ABCD中,AB⊥平面 PAD,
AB∥CD,PD=AD,E是 PB的中点,F是 DC上的点且 DF=1
2
AB,PH为△PAD中 AD边
上的高.
(1)证明:PH⊥平面 ABCD;
(2)若 PH=1,AD= 2,FC=1,求三棱锥 E-BCF的体积;
(3)证明:EF⊥平面 PAB.
图 1-5
18.解:(1)由于 AB⊥平面 PAD,PH⊂平面 PAD,
故 AB⊥PH.
又因为 PH为△PAD中 AD边上的高,
故 AD⊥PH.
∵AB∩AD=A,AB⊂平面 ABCD,
AD⊂平面 ABCD,
∴PH⊥平面 ABCD.
(2)由于 PH⊥平面 ABCD,E为 PB的中点,PH=1,故 E到平面 ABCD的距离 h=1
2
PH
=
1
2
.
又因为 AB∥CD,AB⊥AD,所以 AD⊥CD,
故 S△BCF=
1
2
·FC·AD=1
2
·1· 2= 2
2
.
因此 VE-BCF=
1
3
S△BCF·h=
1
3
· 2
2
·1
2
=
2
12
.
(3)证明:过 E作 EG∥AB交 PA于 G,连接 DG.
由于 E为 PB的中点,所以 G为 PA的中点.
因为 DA=DP,故△DPA为等腰三角形,
所以 DG⊥PA.
∵AB⊥平面 PAD,DG⊂平面 PAD,
∴AB⊥DG.
又∵AB∩PA=A,AB⊂平面 PAB,PA⊂平面 PAB,
∴DG⊥平面 PAB.
又∵GE綊
1
2
AB,DF綊
1
2
AB,
∴GE綊 DF.
所以四边形 DFEG为平行四边形,故 DG∥EF.
于是 EF⊥平面 PAB.
19.G7、G12[2012·福建卷] 如图 1-3所示,在长方体 ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD
=1,AA1=2,M为棱 DD1上的一点.
(1)求三棱锥 A-MCC1的体积;
(2)当 A1M+MC取得最小值时,求证:B1M⊥平面 MAC.
图 1-3
19.解:(1)由长方体 ABCD-A1B1C1D1知,
AD⊥平面 CDD1C1,
∴点 A到平面 CDD1C1的距离等于 AD=1,
又 S△MCC1=
1
2
CC1×CD=1
2
×2×1=1,
∴VA-MCC1=
1
3
AD·S△MCC1=
1
3
.
(2)将侧面 CDD1C1绕 DD1逆时针转 90°展开,与侧面 ADD1A1共面(如图),
当 A1,M,C共线时,A1M+MC取得最小值.
由 AD=CD=1,AA1=2,得 M为 DD1中点.
连接 C1M,在△C1MC中,MC1= 2,MC= 2,CC1=2.
∴CC21=MC21+MC2,得∠CMC1=90°,即 CM⊥MC1.
又由长方体 ABCD-A1B1C1D1知,B1C1⊥平面 CDD1C1,∴B1C1⊥CM.
又 B1C1∩C1M=C1,∴CM⊥平面 B1C1M,得 CM⊥B1M;
同理可证,B1M⊥AM,
又 AM∩MC=M,∴B1M⊥平面 MAC.
15.G1、G12[2012·安徽卷] 若四面体 ABCD的三组对棱分别相等,即 AB=CD,AC=
BD,AD=BC,则________(写出所有正确结论的编号).
①四面体 ABCD每组对棱相互垂直;②四面体 ABCD每个面的面积相等;③从四面体
ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于 90°而小于 180°;④连接四面体 ABCD每组
对棱中点的线段相互垂直平分;⑤从四面体 ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个
三角形的三边长.
15.②④⑤ [解析] 如图,把四面体 ABCD放入长方体中,由长方体中相对面中相互
异面的两条面对角线不一定相互垂直可知①错误;由长方体中△ABC≌△ABD≌△DCB≌△
DCA,可知四面体 ABCD每个面的面积相等,同时四面体 ABCD中过同一顶点的三个角之
和为一个三角形的三个内角之和,即为 180°,故②正确,③错误;长方体中相对面中相互
异面的两条面对角线中点的连线相互垂直,故④正确;从四面体 ABCD每个顶点出发的三
条棱可以移到一个三角形中,作为一个三角形的三条边,故⑤正确.答案为②④⑤.
19.G12[2012·四川卷] 如图 1-5,在三棱锥 P-ABC中,∠APB=90°,∠PAB=60°,
AB=BC=CA,点 P在平面 ABC内的射影 O在 AB上.
(1)求直线 PC与平面 ABC所成的角的大小;
(2)求二面角 B-AP-C的大小.
图 1-5
19.解:解法一:
(1)连结 OC,由已知,∠OCP为直线 PC与平面 ABC所成的角.
设 AB的中点为 D,连结 PD、CD.
因为 AB=BC=CA,所以 CD⊥AB.
因为∠APB=90°,∠PAB=60°,所以△PAD为等边三角形.
不妨设 PA=2,则 OD=1,OP= 3,AB=4.
所以 CD=2 3,OC= OD2+CD2= 1+12= 13.
在 Rt△OCP中,tan∠OCP=OP
OC
=
3
13
=
39
13
.
故直线 PC与平面 ABC所成的角的大小为 arctan 39
13
.
(2)过 D作 DE⊥AP于 E,连结 CE.
由已知可得,CD⊥平面 PAB.
根据三垂线定理知,CE⊥PA.
所以∠CED为二面角 B-AP-C的平面角.
由(1)知,DE= 3.
在 Rt△CDE中,tan∠CED=CD
DE
=
2 3
3
=2.
故二面角 B-AP-C的大小为 arctan2.
解法二:
(1)设 AB的中点为 D,连结 CD.
因为 O在 AB上,且 O为 P在平面 ABC上的射影,
所以 PO⊥平面 ABC.
所以 PO⊥AB,且 PO⊥CD.
由 AB=BC=CA,知 CD⊥AB.
设 E为 AC中点,则 EO∥CD,从而 OE⊥PO,OE⊥AB.
如图,以 O为坐标原点,OB、OE、OP所在直线分别为 x、y、z轴建立空间直角坐标
系 O-xyz.
不妨设 PA=2,由已知可得,AB=4,OA=OD=1,OP= 3,CD=2 3.
所以 O(0,0,0),A(-1,0,0),C(1,2 3,0),P(0,0, 3).
所以CP→=(-1,-2 3, 3),而OP→=(0,0, 3)为平面 ABC的一个法向量,
设α为直线 PC与平面 ABC所成的角,
则 sinα=| CP
→ ·OP→
|CP→ |·|OP→ |
|
=|
0+0+3
16· 3 |= 3
4
.
故直线 PC与平面 ABC所成的角的大小为 arcsin 3
4
.
(2)由(1)有,AP→=(1,0, 3),AC→=(2,2 3,0),
设平面 APC的一个法向量为 n=(x1,y1,z1),则
n⊥AP→,
n⊥AC→
⇔
n·AP→=0,
n·AC→=0
⇔
x1,y1,z1·1,0, 3=0,
x1,y1,z1·2,2 3,0=0.
从而
x1+ 3·z1=0,
2x1+2 3·y1=0.
取 x1=- 3,则 y1=1,z1=1,所以 n=(- 3,1,1).
设二面角 B-AP-C的平面角为β,易知β为锐角.
而面 ABP的一个法向量为 m=(0,1,0),则
cosβ=|
n·m
|n|·|m||=|
1
3+1+1|= 5
5
.
故二面角 B-AP-C的大小为 arccos 5
5
.
2012 模拟题
1.[2012·韶关调研] 三棱柱的直观图和三视图(正视图和俯视图是正方形,侧视图是等
腰直角三角形)如图 K27-3所示,则这个三棱柱的全面积等于( )
图 K27-3
A.12+4 2 B.6+2 2
C.8+4 2 D.4
1.A [解析] 由三视图的数据可知,三棱柱的全面积为
S=2×1
2
×2×2+(2+2+2 2)×2=12+4 2,选 A.
2.[2012·辽宁两校联考] 已知球的直径 SC=4,A,B是球面上的两点,AB=2,∠BSC
=∠ASC=45°,则棱锥 S-ABC的体积是( )
A. 3
3
B.2 3
3
C.4 3
3
D.5 3
3
2.C [解析] 令球心为 O,因为 SC是直径,所以 SA⊥AC,SB⊥BC,则 AO=BO=SC
2
=2=AB,AO⊥SC,BO⊥SC,所以△AOB为正三角形,则点 A到 BO的距离为 3,因为
AO⊥SC,BO⊥SC,所以 SC⊥面 AOB,
所以点 A到平面 SBC的距离 h等于点 A到 BO的距离,即 h= 3,
所以棱锥 S-ABC的体积为
S△SBCh
3
=
SC·BO·h
6
=
4 3
3
.
3.[2012·江西重点中学联考] 已知α、β是不同的平面,m、n是不同的直线,给出下列
命题:
①若 m⊥α,m⊂β,则α⊥β;
②若 m⊂α,m⊂β,n∥β,m∥β,则α∥β;
③如果 m⊂α,n⊄α,m、n是异面直线,那么 n与α相交;
④若α∩β=m,n∥m,且 n⊄α,n⊄β,则 n∥α且 n∥β.
其中正确命题的个数是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
3.B [解析] 根据线面垂直的判定定理可知,①正确;因缺少相交的条件,故②不对;
③不对,n与α可能平行;④对,由线面平行的判定定理可得.
4.[2012·永春一中二模] 四棱锥 P-ABCD的顶点 P在底面 ABCD上的投影恰好是 A,
其正视图与侧视图都是腰长为 a的等腰直角三角形.则在四棱锥 P-ABCD的任意两个顶点
的连线中,互相垂直的异面直线共有________对.
4.5 [解析] 四棱锥 P-ABCD,如图,互相垂直的异面直线有 PA与 BC,CD,BD;
AD与 PB,PC;共 5对.
5.[2012·哈尔滨模拟] 正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1,点 M为 D1C1上的点,且
D1M∶MC1=3∶1,则 CM和平面 AB1D1所成角的大小是θ,则 sinθ等于( )
A.1
2
B. 3
2
C.5 53
53
D.5 51
51
5.D [解析] 易证 CA1⊥D1B1,CA1⊥D1A,CA1⊥平面 AB1D1,所以 CM和平面 AB1D1
所成角θ是∠A1CM的余角,
则 sinθ=cos∠A1CM=
A1C2+CM2-A1M2
2A1C·CM
,
A1C= 3,CM=
17
4
,A1M=
5
4
,
∴sinθ=cos∠A1CM=
A1C2+CM2-A1M2
2A1C·CM
=
5 51
51
.
6.[2012·辽宁部分重点中学联考] 棱长为 1的正方体和它的外接球被一个平面所截,截
面是一个圆及其内接正三角形,那么球心到截面的距离等于________.
6. 3
6
[解析] 在正方体 ABCD-A1B1C1中,球心到截面的距离即为 O到三角形 ACB1
的中心 H的距离,
根据点 B到平面 ACB1的距离是正方体的体对角线的
1
3
,而正方体的体对角线为 3,
∴O到三角形 ACB1的中心 H的距离为:OB-BH= 3
2
-
3
3
=
3
6
.
7.[2012·三明普通高中联考] 如图 G8-5,已知四棱锥 P-ABCD中,底面 ABCD是直
角梯形,AB∥CD,∠ABC=45°,DC=1,AB=2,PA⊥平面 ABCD,PA=1.
(1)求证:AB∥平面 PCD;
(2)求证:BC⊥平面 PAC;
(3)若 M是 PC的中点,求三棱锥 M-ACD的体积.
图 G8-5
7.解:(1)由已知底面 ABCD是直角梯形,AB∥DC,
又 AB⊄平面 PCD,CD⊂平面 PCD,
∴AB∥平面 PCD.
(2)在直角梯形 ABCD中,过 C作 CE⊥AB于点 E,
则四边形 ADCE为矩形,∴AE=DC=1,
又 AB=2,∴BE=1,
在 Rt△BEC中,∠ABC=45°,∴CE=BE=1,CB= 2,
则 AC= AD2+CD2= 2,∴AC2+BC2 = AB2,
∴BC⊥AC,
又 PA⊥平面 ABCD,∴PA⊥BC,
又 PA∩AC=A,∴BC⊥平面 PAC,
(3)∵M是 PC的中点,
∴M到平面 ADC的距离是 P到面 ADC距离的一半.
VM -ACD=
1
3
S△ACD·
1
2
PA
=
1
3
×
1
2
×1×1
×
1
2
=
1
12
.