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  • 2021-05-14 发布

数学高考试题模拟新题分类汇编专题G立体几何文科

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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+ 22= 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 .