2014年全国高考试卷立体几何部分汇编(下)
2014年全国高考试卷立体几何部分汇编（下）1. （2014山东理13）三棱锥P ABC -中，,D E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ABE -的体积为1V ，P ABC-的体积为2V ，则12V V =_____． 【解析】 142. （2014山东理17）如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是等腰梯形，60DAB ∠=，22AB CD ==，M 是线段AB 的中点．⑴求证：1C M ∥平面11A ADD ；⑵若1CD 垂直于平面ABCD且1CD =11C D M 和平面ABCD 所成的角（锐角）的余弦值．ABCDMB 1A 1C 1D 1【解析】 ⑴ 证明：因为四边形ABCD 是等腰梯形，且2AB CD =所以AB DC ∥,又由M 是AB 中点，因此//CD MA 且CD MA =．连接1AD ，在四棱柱1111ABCD A B C D -中， 因为11//CD C D ,11CD C D =可得1111//=C D MA C D MA ，所以四边形11AMC D 为平行四边形，因此11//C M D A 又1C M ⊄平面11A ADD ，1D A ⊂平面11A ADD , 所以1//C M 平面11A ADD ⑵ 由⑴知，平面11D C MABCD AB =过C 向AB 做垂线交AB 于N ，连接1D N ,由1CD ⊥面ABCD ，可得1D N AB ⊥，故1D NC ∠为二面角1C AB C --的平面角 在1Rt D CN △中，160BC NBC =∠=︒，可得CN =所以1ND = 在1Rt D CN △中，11cos CN D NC D N ∠===, 所以平面11C D M 和平面ABCD．3. （2014山东文13）一个六棱锥的体积为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为 ． 【解析】 124. （2014山东文18）如图，四棱锥P ABCD -中，AP ⊥平面12PCD AD BC AB BC AD E F ,,==,,∥分别为线段AD PC ,的中点．⑴求证：AP ∥平面BEF ； ⑵求证：BE ⊥平面PACCBADFEP【解析】 ⑴ 连接AC 交BE 于点O ，连接OF ，不妨设1AB BC ==，则2AD =，AB BC AD BC =∴，，∥四边形ABCE 为菱形又O F ，分别为中点，OF AP ∴∥ ∵OF ⊂平面BEF ，∴AP ∥平面BEF ⑵ ∵AP ⊥面PCD ，CD ⊂面PCD ，∴AP CD ⊥BC ED BC ED BCDE =∴，，∥为平行四边形， BE CD BE PA ∴∴⊥，∥又ABCE 为菱形，BE AC ∴⊥又PA AC A =∩，PA AC ⊂，平面PAC ，BE ∴⊥平面PAC ． 5. （2014陕西理5）已知底面边长为1，则该球的体积为（ ）A ．32π3B ．4πC ．2πD ．4π3【解析】 D如图为正方形四棱柱1AC．根据题意得AC =11ACC A 为正方形，所以外接球直径14π2213R AC R V ==∴=∴=球，，，故选D ．F E DCAGHACD D 1C 1B 1A 1B6. （2014陕西理17）四面体ABCD 及其三视图如图所示，过棱AB 的中点E 作平行于AD BC ，的平面分别交四面体的棱BD ，DC CA ,于点F G H ,,． ⑴证明：四边形EFGH 是矩形；⑵求直线AB 与平面EFGH 夹角θ的正弦值．俯视图左视图DEFHGCBA【解析】 ⑴ 由该四面体的三视图可知．21BD DC BD AD AD DC BD DC AD ⊥⊥⊥===，，，，． 由题设BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC FC =， 平面EFGH ∩平面ABC EH =，BC FG BC EH FG EH ∴∴∥∥∥，，．同理EF AD HG AD EF HG ∴∥∥∥，，∴四边形EFGH 是平行四边形．又AD DC AD BD AD ⊥⊥∴⊥，，平面BDC ，AD BC EF FG ∴⊥∴⊥，，∴四边形EFGH 是矩形，⑵ 解法一：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系， 则(000)(001)D A ，，，，，(200)(020B C ，，，，，）． 001(21)DA BC =-＝（，，），，0，，(201)BA =-，，．设平面EFGH 的法向量()n x y z =，，，∵EF AD FG BC ∥，∥．∴0n DA ⋅=，0n BC ⋅=． 得0220z x y =⎧⎨-+=⎩．．取(110)n =,,．∴sin cos 5BA n BA n BA nθ⋅===，．解法二：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则(000)(001)D A ，，，，，(200)(020B C ，，，，，）．∵E 是AB 的中点，∴F G ，分别为BD DC ，得110(100)(010)2E F G ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，，，，，，．100(110)(201)2FE FG BA ⎛⎫∴==-=- ⎪⎝⎭，，，，，，，，．设平面EFGH 的法向量()n x y z =，，． 则00n FE n FG ⋅=⋅=，． 得1020z x y ⎧=⎪⎨⎪-+=⎩，，取(110)n =，，．∴sin cos 5BA n BA n BA nθ⋅=,===7. （2014陕西文5）将边长为1的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是( ) A ．4π B ．3π C ．2π D ．π 【解析】 C8. （2014陕西文17）四面体ABCD 及其三视图如图所示，平行于棱AD ，BC 的平面分别交四面体的棱AB BD DC CA ，，，于点E F G H ，，，．⑴求四面体ABCD 的体积；⑵证明：四边形EFGH 是矩形．ABCGHFED左视图俯视图【解析】 ⑴ 由该四面体的三视图可知，BD DC ⊥，BD AD ⊥，AD DC ⊥，2BD DC ==，1AD =， ∴AD ⊥平面BDC∴四面体ABCD 的体积112221323V =⨯⨯⨯⨯=．⑵ 证明：∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH 平面BDC FG =，平面EFGH 平面ABC EH =，∴BC FG ∥，BC EH ∥，∴FG EH ∥． 同理，EF AD ∥，HG AD ∥，∴EF HG ∥， ∴四边形EFGH 是平行四边形．又∵AD ⊥平面BDC ， ∴AD BC ⊥，EF FG ⊥，∴四边形EFGH 是矩形．9. （2014上海理19）底面边长为2的正三棱锥P ABC -，其表面展开图是123PP P △，如图，求123PP P △的各边长及此三棱锥的体积VP 12【解析】 根据题意可得12,,P B P 共线，∵112ABP BAP CBP ∠=∠=∠，60ABC ∠=， ∴11260ABP BAP CBP ∠=∠=∠= ∴160P ∠=，同理2360P P ∠=∠=，∴123PP P ∆是等边三角形，P ABC -是正四面体； ∴123PPP ∆边长为4；3P ABC V AB -==10. （2014四川理8）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为线段BD 的中点。
设点P 在线段1CC 上，直线OP 与平面1A BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是（ ）AD C1AA ．1⎤⎥⎣⎦ B ．1⎤⎥⎣⎦C ．⎣⎦ D ．1⎤⎥⎣⎦【解析】 B直线OP 与平面1A BD 所成的角为α的取值范围是111ππ[][]22AOAC OA ∠∠，∪，，由于1sinAOA ∠=，11sin 2C OA ∠==>，πsin 12=．所以sin α的取值范围是1]． 11. （2014四川理18）三棱锥A BCD -及其侧视图、俯视图如图所示。
设M ，N 分别为线段AD ，AB 的中点，P为线段BC 上的点，且MN NP ⊥． ⑴证明：P 为线段BC 的中点； ⑵求二面角A NP M --的余弦值．俯视图侧视图DNMPCBA【解析】 ⑴ 由三棱锥A BCD -及其侧视图、俯视图可知，在三棱锥A BCD -中：平面ABD ⊥平面CBD ，2AB AD BD CD CB ===== 设O 为BD 的中点，连接OA ，OC于是OA BD ⊥，OC BD ⊥ 所以BD ⊥平面OAC ⇒BD AC ⊥因为M ，N 分别为线段AD ，AB 的中点，所以//MN BD ，又MN NP ⊥，故BD NP ⊥ 假设P 不是线段BC 的中点，则直线NP 与直线AC 是平面ABC 内相交直线 从而BD ⊥平面ABC ，这与60DBC ∠=矛盾 所以P 为线段BC 的中点．⑵ 以O 为坐标原点，OB 、OC 、OA 分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则(00A ，，102M ⎛- ⎝⎭，，102N ⎛ ⎝⎭，，102P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭于是102AN ⎛=- ⎝⎭，，，0PN ⎛= ⎝⎭，，(100)MN =，， 设平面ANP 和平面NPM 的法向量分别为111()m x y z =，，和222()n x y z =，， 由00AN m PN m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩⇒11111020x z y z ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，设11z =，则(311)m =，，由0MN n PN n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩⇒22200x y z =⎧⎪⎨=⎪⎩，设21z =，则(011)n =，，cos ,||||5m n mn m n ⋅===⋅⋅所以二面角A NP M --．12. （2014四川文4）某三棱锥的侧视图．俯视图如图所示，则该三棱锥的体积是（ ）（锥体体积公式：13V Sh =，其中S 为底面面积，h 为高）A ．3B ．2CD ．1侧视图【解析】 D13. （2014四川文18）在如图所示的多面体中，四边形11ABB A 和11ACC A 都为矩形．⑴若AC BC ⊥，证明：直线BC ⊥平面11ACC A ；⑵设D ，E 分别是线段BC ，1CC 的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使直线DE ∥平面1A MC ？请证明你的结论．E D C BAC 1B 1A 1【解析】 ⑴ 证明：因为四边形11ABB A 和11ACC A 都是矩形，所以11AA AB AA AC ，⊥⊥．因为AB AC ，为平面ABC 内两条相交直线， 所以1AA ⊥平面ABC ．因为直线BC ⊂平面ABC ，所以1AA BC ⊥.又AC BC ⊥,1AA AC ，为平面11ACC A 内两条相交直线， 所以BC ⊥平面11ACC A ．⑵ 取线段AB 的中点M ，连结111A M MC AC AC ，，，，设O 为11AC AC ，的交点． 由已知可知O 为1AC 的中点．连结MD OE ，，则MD OE ，分别为1ABC ACC ，△△的中位线， 所以1122MD AC OE AC ，∥∥，因此，MD OE ∥.E D CMBAB 1C 1A 1O连结OM ，从而四边形MDEO 为平行四边形，则DE MO ∥． 因为直线DE ⊄平面1A MC ,MO ⊂平面1A MC ， 所以直线DE ∥平面1A MC ，即线段AB 上存在一点M （线段AB 的中点），使直线DE ∥平面1A MC ．14. （2014天津理10文10）一个几何体的三视图如图所示（单位：m ），则该几何体的体积为___________3m ．侧视图主视图俯视图(第10题图)【解析】 20π3该几何体上半部分为圆锥，下半部分为圆柱，因此体积为22120ππ22π1433V =⨯⨯⨯+⨯⨯=15. （2014天津理17）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD AB ⊥，AB DC ∥，2AD DC AP ===，1AB =，点E 为棱PC 的中点． ⑴证明BE DC ⊥；⑵求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；⑶若F 为棱PC 上一点，满足BF AC ⊥，求二面角F AB P --的余弦值．PE DCBA【解析】 （方法一）依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系（如图），可得(100)B ，，，(220)C ，，，(020)D ，，，(002)P ，，，由E 为棱PC 的中点，得(111)E ，，． ⑴ 向量(011)BE =，，，(200)DC =，，，故0BE DC ⋅=． 所以，BE DC ⊥．z C⑵ 向量(120)BD =-，，，(102)PB =-，，．设()n x y z =，，为平面PBD 的法向量， 则00n BD n PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，，即{2020.x y x z -+=-=，不妨令1y =，可得(211)n =，，为平面PBD 的一个法向量．于是有cos 6n BE n BE n BE⋅===⋅，． 所以，直线BE 与平面PBD ． ⑶ 向量(120)BC =，，，(222)CP =--，，，(220)AC =，，，(100)AB =，，， 由点F 在棱PC 上，设CF CP λ=，01λ≤≤．故(12222)BF BC CF BC CP λλλλ=+=+=--，，．由BF AC ⊥，得0BF AC ⋅=， 因此，2(12)2(22)0λλ-+-=，解得34λ=，即113222BF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，． 设1111()n x y z =，，为平面FAB 的法向量，则1100n AB n BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，即111101130.222x x y z =⎧⎪⎨-++=⎪⎩，不妨令11z =，可得1(031)n =-，，为平面FAB 的一个法向量， 取平面ABP 的法向量2(010)n =，，，则121212cos 10n n n n nn ⋅===⋅，． 易知，二面角F AB P -- （方法二）⑴ 证明：如图，取PD 中点M ，连接EM ，AM ．由于E ，M 分别为PC ，PD 的中点，故EM DC ∥，且12EM DC =，又由已知，可得EM AB ∥且EM AB =，故四边形ABEM 为平行四边形，所以BE AM ∥．因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PA CD ⊥． 又因为CD AD ⊥，PAAD A =，所以CD ⊥平面PAD ．因为AM ⊂平面PAD ，于是CD AM ⊥，又BE AM ∥，所以BE CD ⊥．PM EDCBA⑵ 连接BM ，由⑴有CD ⊥平面PAD ，得CD PD ⊥，而EM CD ∥，故PD EM ⊥． 又因为AD AP =，M 为PD 的中点，故PD AM ⊥，可得PD BE ⊥，所以PD ⊥平面BEM ， 故平面BEM ⊥平面PBD ．所以，直线BE 在平面PBD 内的射影为直线BM ，而BE EM ⊥，可得EBM ∠为锐角， 故EBM ∠为直线BE 与平面PBD 所成的角．依题意，有PD =，而M 为PD 中点，可得AM =BE =故在直角三角形BEM 中，tanEM AB EBM BE BE ∠===，因此sin EBM ∠=．所以，直线BE 与平面PBD ． ⑶ 如图，在PAC △中，过点F 作FH PA ∥交AC 于点H ． 因为PA ⊥底面ABCD ，故FH ⊥底面ABCD ，从而FH AC ⊥． 又BF AC ⊥，得AC ⊥平面FHB ，因此AC BH ⊥． 在底面ABCD 内，可得3CH HA =，从而3CF FP =．在平面PDC 内，作FG DC ∥交PD 于点G ，于是3DG GP =．由于DC AB ∥，故GF AB ∥， 所以A ，B ，F ，G 四点共面．由AB PA ⊥，AB AD ⊥，得AB ⊥平面PAD ，故AB AG ⊥． 所以PAG ∠为二面角F AB P --的平面角．在PAG △中，2PA =，14PG PD ==，45APG ∠=︒，由余弦定理可得AG =，cos PAG ∠=．所以，二面角F AB P --．PHGFD CBA16. （2014天津文17）如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD是平行四边形，2BA BD AD PA PD ====，.E F ，分别是棱AD PC ，的中点．⑴证明:EF ∥平面PAB ；⑵若二面角P A BD --为60︒， ①证明：平面PBC ⊥平面ABCD②求直线EF 与平面PBC 所成角的正弦值．PFEDCBA【解析】 ⑴ 如图，取PB 中点M ，连结MF AM ，．MEDCBAPF因为F 为PC 中点，取MF BC ∥且12MF BC =． 由已知有BC AD BC AD =，∥．又由于E 为AD 中点，因而MF AE ∥且MF AE =，故四边形AMFE 为平行四边形，所以EF AM ∥．又AM ⊂平面PAB ，而EF ⊄平面PAB ，所以EF ∥平面PAB ．⑵ （i ）连结PE BE ，．因为PA PA BA BD ==，，而E 为AD 中点，故PE AD BE AD ⊥⊥，，所以PEB ∠为二面角P AD B --的平面角．在PAD △中，由2PA PD AD ===，可解得2PE =． 在ABD △中，由2BA BD AD ===，可解得1BE =．在PEB △中，2160PE BEPEB ==∠=︒，，，由余弦定理，可解得3PB =，从而90PBE ∠=︒，即BE PB ⊥．又BC AD BE AD ⊥，∥，从而BE BC ⊥，因此BE ⊥平面PBC ．又BE ⊂平面ABCD ，所以，平面PBC ⊥平面ABCD ．（ii ）连结BF ．由（i ）知，BE ⊥平面PBC ，所以EFB ∠为直线EF 与平面PBC 所成的角．由3PB =及已知，得ABP ∠为直角．而132MB PB ==，可得11AM =，故11EF =．又1BE =，故在直角三角形EBF 中，211sin BE EFB EF ∠==． 所以，直线EF 与平面PBC 所成角的正弦值为211． 17. （2014新课标1理12）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为（ ）A ．62B ．6C ．42D ．4【解析】 B18. （2014新课标1理19）如图三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 为菱形，1AB B C ⊥．⑴证明：1AC AB =；⑵若1AC AB ⊥，o 160CBB ∠=，AB BC =，求二面角111A A B C --的余弦值．A 1B 1C 1CBA【解析】 ⑴ 连结1BC ，交1B C 于O ，连结AO ．因为侧面11BB C C 为菱形，所以11B C BC ⊥，且O 为1B C 与1BC 的中点． 又1AB B C ⊥，所以1B C ⊥平面ABO .由于AO ⊂平面ABO ，故1B C AO ⊥. 又1B O CO =，故1AC AB =．⑵ 因为1AC AB ⊥且O 为1B C 的中点，所以AO CO =． 又因为AB BC =，所以BOA BOC △≌△． 故OA OB ⊥，从而OA ，OB ，1OB 两两互相垂直．以O 为坐标原点，OB 的方向为x 轴正方向，OB 为单位长，建立如图所示空间直角坐标系O xyz -．因为160CBB ∠=︒，所以1CBB △为等边三角形．又AB BC =，则00A ⎛ ⎝⎭，，()100B ，，，100B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，00C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，10AB ⎛=- ⎝⎭，1110A B AB ⎛==- ⎝⎭，，，1110B C BC ⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭， 设()n x y z =，，是平面11AA B 的法向量， 11100n AB n A B ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即00y z x z =⎨⎪=⎪⎩所以可取(13n =，， 设m 是平面111A B C 的法向量，则11110m B C m A B ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩同理可取()133m =-，， 则1cos ,7n m n m n m⋅==所以二面角111A A B C --的余弦值为17． 19. （2014新课标1文8）如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是 （ ）A ．三棱锥B ．三棱柱C ．四棱锥D ．四棱柱【解析】 B由题中三视图可知该几何体的直观图如图所示，则这个几何体是三棱柱，故选B ．20. （2014新课标1文19）如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 为菱形，1B C 的中点为O ，且AO ⊥平面11BB C C ．⑴证明：1B C AB ⊥；⑵若11601AC AB CBB BC ⊥∠=︒=，，，求三棱柱111ABC A B C -的高．A 11B【解析】 ⑴ 连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点．因为侧面11BB C C 为菱形，所以11B C BC ⊥．又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥，故1B C ⊥平面ABO ．OCDH A 1C 1B 1BA由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥．⑵ 作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ．作OH AD ⊥，垂足为H ． 由于BC AO ⊥，BC OD ⊥，故BC ⊥平面AOD ，所以OH BC ⊥． 又OH AD ⊥，所以OH ⊥平面ABC ．因为160CBB ∠=︒，所以1CBB △为等边三角形，又1BC =，可得OD =． 由于1AC AB ⊥，所以11122OA B C ==． 由OH AD ODOA ⋅=⋅，且AD =得OH =．故三棱柱111ABC A B C -． 21. （2014新课标2理6文6）如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm ），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm ，高为6cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（ ）A ．1727B ．59C ．1027D ．13【解析】 C该零件是两个圆柱体构成的组合体，其体积为223π24π3234πcm ⨯⨯+⨯⨯=，圆柱体毛坯的体积为23π3654πcm ⨯⨯=， 所以切削掉部分的体积为354π34π20πcm -=， 所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为20π1054π27=，故选C ． 22. （2014新课标2理11）直三棱柱111ABC A B C -中，90BCA ∠=︒，M ，N 分别是11A B ，11A C 的中点，1BC CA CC ==，则BM 与AN 所成的角的余弦值为（ ） A ．110 B ．25CD【解析】 C23. （2014新课标2理18）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点． ⑴证明：PB ∥平面AEC ；⑵设二面角D AE C --为60°，1AP =，AD E ACD -的体积．PEDCBA【解析】 ⑴ 连接BD 交AC 于点O ，连接EO ．因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点．又E为PD的中点，所以EO PB∥．EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC．⑵因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB AD AP，，两两垂直．如图，以A为坐标原点，AB的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系A xyz-，则(00) D,，12E⎛⎫,,⎪⎪⎝⎭，12AE⎛⎫=,⎪⎪⎝⎭．设(00)(0)B m m,,>，则(0)C m,，(0)AC m=,．设1()n x y z=,,为平面AEC的法向量，则11n ACn AE⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，即12mxy z⎧+=+=，，可取131n⎛=,-,⎝．又2(100)n=,,为平面DAE 的法向量，由题设121cos2n n,=，即12=，解得32m=．因为E为PD的中点，所以三棱锥E ACD-的高为12，三棱锥E ACD-的体积11313222V=⨯⨯24.（2014新课标2文7）正三棱柱111ABC A B C-的底面边长为2D为BC中点，则三棱锥11A B DC-的体积为（）A．3B．32C．1D【解析】C在正三棱柱111ABC A B C-中，∵AD BC⊥，∴AD⊥平面11B DC，C1B1A1DCBA∴111111121332A B DC B DCV S AD-=⋅=⨯⨯△，故选C．25.（2014新课标2文18）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥ 平面ABCD ，E 为PD 的中点． ⑴证明：PB ∥平面AEC ；⑵设置1AP =，AD=P ABD -的体积V ，求A 到平面PBC 的距离． PEDCB A【解析】 ⑴ 设BD 与AC 的交点为O ，连结EO ．因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO PB ∥．EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC ．⑵16V PA AB AD AB =⋅⋅=．由V =，可得32AB =． 作AH PB ⊥交PB 于H ．EACDOBHP由题设知BC ⊥平面PAB ，所以BC AH ⊥，故AH ⊥平面PBC ．又PA AB AH PB ⋅==， 所以A 到平面PBC． 26. （2014浙江理3）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的表面积是（）A ．902cmB ．1292cmC ．1322cmD ．1382cm侧视图正视图俯视图【解析】 D由三视图可知该几何体由一个直三棱柱与一个长方体组合而成（如图）其表面积为()2135243433324324636138cm 2S =⨯+⨯⨯⨯+⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯=．评析 本题考查三视图的概念和性质，空间几何体的直观图和表面积的计算，考查运算求解能力和空间想象力．由三视图得几何体的直观图是解题的关键．27. （2014浙江理17）如图，某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练．已知点A 到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面的射击线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小．若15m 25m 30AB AC BCM ==∠=︒，，．则tan θ的最大值是 ．（仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成角）【解析】过点P 作于N ，连结AN ，则PAN θ∠=，如图．设m PN x =，由30BCM ∠=︒，得m CN =．在直角ABC △中，15m 25m AB AC ==，，则20m BC =，故()20m BN =．从而()222215203625AN x =+=-+，故2222tan PN AN θ===．θABCPMN当1x ==时，2tan θ取最大值2527，即当x =时，tan θ．28. （2014浙江理20）如图，在四棱锥A BCDE -中，平面ABC ⊥平面BCDE ，90CDE BED ∠=∠=︒，21AB CD DE BE AC =====，，⑴证明：DE ⊥平面ACD ； ⑵求二面角B AD E --的大小．ABCD E【解析】 ⑴ 在直角梯形BCDE 中，由12DE BE CD ===，，得BD BC =由2AC AB ==，得222AB AC BC =+，即AC BC ⊥， 又平面ABC ⊥平面BCDE ，从而AC ⊥平面BCDE ， 所以AC DE ⊥．又DE DC ⊥，从而DE ⊥平面ACD ．F EDCBAG⑵ 解法一：作BF AD ⊥，与AD 交于点F ，过点F 作FG DE ∥，与AE 交于点G ，连结BG ， 由⑴知DE AD ⊥，则FG AD ⊥．所以BFG ∠是二面角B AD E --的平面角． 在直角梯形BCDE 中，由222CD BC BD =+，得BD BC ⊥， 又平面ABC ⊥平面BCDE ，得BE ⊥平面ABC ，从而BD AB ⊥．由于AC ⊥平面BCDE ，得AC CD ⊥．在Rt ACD △中，由2DC AC ==，AD 在Rt AED △中，由1ED AD ==，AE =． 在Rt ABD △中，由2BD AB AD ===，，得23BF AF AD =．从而23GF =． 在ABE ABG ，△△中，利用余弦定理分别可得2cos 3BAE BC ∠=． 在BFG △中，222cos 2GF BF BG BFG BF GF +-∠=⋅ 所以，π6BFG ∠=，即二面角B AD E --的大小是π6． 解法二：以D 为原点，分别以射线DE DC ，为x 轴，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D xyz -，如图所示．由题意知各点坐标如下：()()()(()00010002002110D E C A B ，，，，，，，，，，，，，．设平面ADE 的法向量为()111m x y z =，，，平面ABD 的法向量为()222n x y z =，，，可算得()()()022122110AD AE DB =----=，，，，，，，，． 由00m AD m AE⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，即111112020y x y ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，，可取(01m =，，． 由00n AD n BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，即2222200y x y ⎧-=⎪⎨+=⎪⎩，，可取(11n =-，．于是cos 3m n m n m n⋅===⋅⋅， 由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B AD E --的大小是π6． 评析 本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力、推理论证和运算求解能力．29. （2014浙江文3）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积是（ ）侧视图俯视图A ．372cmB ．390cmC ．3108cmD ．3138cm【解析】 B由三视图可知，该几何体是由一个长方体和一个直三棱柱构成的组合体，如图，其体积为3164343390cm 2⨯⨯+⨯⨯⨯=，故选B ．30. （2014浙江文6）设m n ，是两条不同的直线，αβ，是两个不同的平面．（ ）A ．若m n n α,∥⊥，则m α⊥B ．若m ββα⊥∥，，则m α⊥C ．若m n n ββα⊥⊥⊥，，，则m α⊥D ．若m n n ββα⊥,⊥⊥，，则m α⊥【解析】 C对于选项A 、B 、D ，均能举出m α∥的反例，对于选项C ，若m β⊥，n β⊥，则m n ∥，又n α⊥，∴m α⊥，故选C ．31. （2014浙江文10）如图，某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练．已知点A 到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面的射击线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小（仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成角）．若15m 25m 30AB AC BCM ==∠=︒，，．则tan θ的最大值是（ ）(第10题图)【解析】D如图，过P作PQ BC⊥于Q，则PQ⊥平面ABC，所以PAQθ∠=，设mPQ x=，则mCQ=，20mBC==，()20mBQ=，∴AQ==，所以tanθ==．设25tx=，则22262527335525t tx x⎛-+=-+=-+⎝⎭，即tanθ，故选D．QBACPM32.（2014浙江文20）如图，在四棱锥A BCDE-中，平面ABC⊥平面BCDE，90CDE BED∠=∠=︒，21AB CD DE BE AC=====，，⑴证明：AC⊥平面BCDE；⑵求直线AE与平面ABC所成的角的正切值．EDCA(第20题图)【解析】⑴连结BD，在直角梯形BCDE中，由1DE BE==，2CD=，得BD BC==由AC=2AB=，得222AB AC BC=+，即AC BC⊥．又平面ABC⊥平面BCDE，从而AD⊥平面BCDE．⑵在直角梯形BCDE中，由BD BC=2DC=，得BD BC⊥．又平面ABC⊥平面BCDE，所以BD⊥平面ABC．作EF BD∥，与CB延长线交于F，连结AF，则EF⊥平面ABC．BE CD A所以EAF ∠是直线AE 与平面ABC 所成的角． 在Rt BEF △中，由1EB =，π4EBF ∠=，得EF =BF =在Rt ACF △中，由AC =2CF =，得AF = 在Rt AEF △中，由EF =AF，得tan EAF ∠=．所以，直线AE 与平面ABC33. （2014重庆理7）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）俯视图左视图主视图A ．54B ．60C ．66D ．72【解析】 B34. （2014重庆理19）如图，四棱锥P ABCD -中，底面是以O 为中心的菱形，PO ⊥底面ABCD ，π23AB BAD =∠=，，M 为BC 上一点，且12BM MP AP =⊥，．⑴求PO 的长；⑵求二面角A PM C --的正弦值．BCMOD PA【解析】C答(19)图⑴ 如答（19）图，连结AC BD ，，因为ABCD 为菱形，则AC BD O =，且AC BD ⊥．以O 为坐标原点，OA OB OP ，，的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -． 因为π3BAD ∠=，故ππcos sin 166OA AB OB AB =⋅==⋅=， 所以())()00000010O A B ，，，，，，，，()00C ,，()010OB =,,，()10BC =--,，由122BM BC ==，知，11044BM BC ⎛⎫==-- ⎪ ⎪⎝⎭，， 从而304OM OB BM ⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭，，，即304M ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，，． 设()000P a a >，，，，则()0AP a =-，，334MP a ⎛⎫=-, ⎪ ⎪⎝⎭。
2014年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全(13立体几何)
2014年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全（13立体几何）一、选择题：1. （2014安徽文）一个多面体的三视图如图所示，则多面体的体积是m 7] USA.21 +B.18+ J3C.21D.18解析：有题意知所得几何体是有棱长为 2的长方体截掉两个角得到的。
故S 表=2 2 6 -1 1 1 6 乜 G 2）2 2 = 21、. 32 4A E B考点：多面体的三视图与表面积A .23B.47C.6 D.71. A ［解析］如图所示，由三视图可知该几何体是棱长 为2的正方体截去两个小三棱锥后余下的部分，考点：1•多面体的三视图与体积2. (2014安徽理) 一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为（1其体积V = 8 — 2 X3正 K3 ・：左》MS3. （2014安徽理）从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对， 其中所成的角为60的共有（）A.24 对B.30 对C.48 对D.60 对 【答案】C 【解析】试题分析：在正方体ABCD - A'B'C'D'中，与上平面 A'B'C'D'中一条对角线 A'C' 成 60的直 线有BC'f B'C, A'D,AD', D'C,写上平而 ABCD ，中另F 对角线鼠F 的直线也有N 对直绻 所以一牛平面中尸说对直线，一：乂本&个面共有対X&对直线，去掉重复，则考点：1•直线的位置关系；2•异面直线所成的角4. (2014 北京理)在空间直角坐标系 Oxyz 中,已知 A(2,0,0) B(2,2,0), C(0,2,0), D(1,1, J2) •若 S,S 2,S 3分别是三棱锥 A . S = S 2 = S 3 C. S3 = Si 且 R £ 【答案】Dyoz 、zox 的正投影分为D 1、D 2、D 3，则「r4AD 1 =BD 1 = 2 , AB =2 , A S^2 2 2 =2 ,2S 2=S"=1x ：2x：＜v'2=J 2 , S 3 = S "=丄沢2沢丿2=灯2.2OCD 22 3OAD325.（2014福建文）以边长为1的正方形的一边所在所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱 的侧面积等于 （）A.2 二B.二C.2D.1【答案】/【解析】由已知得，所得團柱的底面辛径和高均—】 所以圆柱的侧面积为2揮，选4D - ABC 在xOy, yOz, zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则（B.S 2 = S 且 S 2 — S3 ・ S 3 = S 2 且 S 3 -j S i【解析】设顶点D 在三个坐标面 xoy 、 AB6. （2014福建理）某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是（）A.圆柱B.圆锥C.四面体D.三棱柱【答案】A 【解析】试题分析，由于圆柱旳三视图不-十匕丘三朗册所以选L 考点=三观图.8. （2014湖北文、理）在如图1-1所示的空间直角坐标系 O- xyz 中，一个四面体的顶点坐标分 别是（0，0，2），（2，2，0），（1，2，1），（2，2，2）.给出编号为 ，②，③，④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为 图1-1& D ［解析］由三视图及空间直角坐标系可知，该几何体的正视图显然是一个直角三角形且内 有一条虚线（一锐角顶点与其所对直角边中点的连线 ），故正视图是④；俯视图是一个钝角三角形，故俯视图是②•故选D.则8 -r 6-^ .82 62 r = 2,故选 B.11.（2014江西理）一几何体的直观图如右图，下列给出的四个俯视图中正确的是理）《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我 的术“置如其周，令相乘也•又以高乘之， L 与高h ，计算其体积V 的近似公式V ^^L%.363.那么，近似公式V~€L 2h 相当于将圆锥体积公 759. （2014湖北文、 国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖” 卜六成一.”该术相当于给出了由圆锥的底面周长 它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率 n 近似取为式中的n 近似取为（）157 C. 50 355 D.1139. B ［解析］设圆锥的底面圆半径为1 2 1r ，底面积为S,贝U L = 2 n r.由题意得h ~§Sh ,代入Sn『化简得"3.类比推理，若V -务即时，"鲁.故选B.10 （2014湖南文、理）一块石材表示的几何体的 三视图如图2 所示，将该石材切削、 打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（A.1B.2C.3答案】BD.4 来源:]【解析】最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径K*— h —H IK (左tC B DB垂直AF形是13 4EE 3不确定，故选n【解析】A(0,0,0),E(4,3,12) 【解析】如下图所示，在正吗妨C ；AE ，将线段 【答案】C申，取均L £妫为右・H AL> -qZp EWE 2E 313.（2014江西理）如右图，在长方体 ABC^A 1B 1C 1D 1中，AB =11 , AD =7, AA ,=12, —质点从 顶点A 射向点E 4,3,12，遇长方体的面反射 （反射服从光的反射原理），将i -1次到第i 次反射点之 A【答案】B【解析】俯视图为在底面上的投影，易知选间的线段记为L j i =2,3,4 ）1242L 2,L 3,L 4竖直放置在同一水平线上，则大致的图11、I ?、I 3、I 4，满足 h_I 2 ， I 2//I 3， I 3 — I4于-5,E 1E 2“儿；取M 為厶，皿为「则石丄d 应血为I 吗2*叩贝％与占异瓯 因此从心的位直关系 2 2312 -13日(8,6,0), E 2(28,7,4), E 3(11,25,9), AE3412. （2014广东文、理）若空间中四条两两不同的直线 则下列结论一定正确的是（ ）A. 11 I 14B. h //I 4C. 11、14 既不平行也不 【答案】DD.h 、I 4的位置关系不确定52=65E 1E 212工。
2014年高考立体几何(解析版)
2014年高考真题立体几何汇编解析版16．（2014江苏）(本小题满分14 分)如图，在三棱锥P ABC -中，D E F ，，分别为棱PC AC AB ，，的中点．已知6PA AC PA ⊥=，，8BC =，5DF =．（1）求证：直线P A ∥平面DEF ； （2）平面BDE ⊥平面ABC ．【答案】本小题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系， 考查空间想象能力和推理论证能力.满分14分. （1）∵D E ，为PC AC ，中点 ∴DE ∥P A ∵PA ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ∴P A ∥平面DEF （2）∵D E ，为PC AC ，中点 ∴13DE PA == ∵E F ，为AC AB ，中点 ∴142EF BC == ∴222DE EF DF += ∴90DEF ∠=°，∴DE ⊥EF∵//DE PA PA AC ⊥，，∴DE AC ⊥ ∵AC EF E = ∴DE ⊥平面ABC∵DE ⊂平面BDE ， ∴平面BDE ⊥平面ABC ．17.（2014山东）（本小题满分12分）如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是等腰梯形，60,DAB ∠=22AB CD ==，M 是线段AB 的中点.（I ）求证：111//C M A ADD 平面；B 1C 1D 1A 1DCBMA（II ）若1CD 垂直于平面ABCD且1CD 平面11C D M 和平面ABCD 所成的角（锐角）的余弦值. 解：（Ⅰ）连接1AD1111D C B A ABCD - 为四棱柱，11//D C CD ∴ 11D C CD =又M 为AB 的中点，1=∴AM AM CD //∴,AM CD =11//D C AM ∴,11D C AM =11D AMC ∴为平行四边形 11//MC AD ∴又111ADD A M C 平面⊄ 111A D D A AD 平面⊂111//ADD A AD 平面∴（Ⅱ）方法一：11//B A AB 1111//D C B A共面与面1111D ABC M C D ∴作AB CN ⊥,连接N D 1 则NC D 1∠即为所求二面角在ABCD 中， 60,2,1=∠==DAB AB DC 23=∴CN 在CN D Rt 1∆中，31=CD ,23=CN 2151=∴N D 方法二：作AB CP ⊥于p 点以C 为原点，CD 为x 轴，CP 为y 轴，1CD 为z 轴建立空间坐标系，)0,23,21(),3,0,0(),3,0,1(11M D C -∴)3,23,21(),0,0,1(111-==∴M D D C设平面M D C 11的法向量为),,(111z y x =⎪⎩⎪⎨⎧=-+=∴03232101111z y x x )1,2,0(1=∴n 显然平面ABCD 的法向量为)0,0,1(2=n5551,cos 21==<∴n n 显然二面角为锐角，所以平面M D C 11和平面ABCD 所成角的余弦值为555515321523cos 11====∠∴N D NC CN D18．三棱锥A BCD -及其侧视图、俯视图如图所示。
2014年高考数学理科汇编——立体几何2
G7 棱柱与棱锥 13．[2014·山东卷] 三棱锥P - ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D - ABE 的体积为V 1，P - ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________．13.14 [解析] 如图所示，由于D ，E 分别是边PB 与PC 的中点，所以S △BDE ＝14S △PBC .又因为三棱锥A BDE 与三棱锥A - PBC 的高长度相等，所以V 1V 2＝14.19．、、[2014·江西卷] 如图1-6，四棱锥P - ABCD 中，ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD .图1-6(1)求证：AB ⊥PD .(2)若∠BPC ＝90°，PB ＝2，PC ＝2，问AB 为何值时，四棱锥P - ABCD 的体积最大？并求此时平面BPC 与平面DPC 夹角的余弦值．19．解：(1)证明：因为ABCD 为矩形，所以AB ⊥AD . 又平面P AD ⊥平面ABCD ， 平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PD .(2)过P 作AD 的垂线，垂足为O ，过O 作BC 的垂线，垂足为G ，连接PG . 故PO ⊥平面ABCD ，BC ⊥平面POG ，BC ⊥PG .在Rt △BPC 中，PG ＝2 33，GC ＝2 63，BG ＝63.设AB ＝m ，则OP ＝PG 2－OG 2＝43－m 2，故四棱锥P - ABCD 的体积为V ＝13×6·m ·43－m 2＝m38－6m 2. 因为m 8－6m 2＝8m 2－6m 4＝ －6⎝⎛⎭⎫m 2－232＋83， 所以当m ＝63，即AB ＝63时，四棱锥P - ABCD 的体积最大．此时，建立如图所示的空间直角坐标系，各点的坐标分别为O (0，0，0)，B ⎝⎛⎭⎫63，－63，0，C ⎝⎛⎭⎫63，263，0，D ⎝⎛⎭⎫0，263，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，63，故PC →＝⎝⎛⎭⎫63，263，－63，BC →＝(0，6，0)，CD ＝⎝⎛⎭⎫－63，0，0.设平面BPC 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，1)，则由n 1⊥PC →，n 1⊥BC →，得⎩⎪⎨⎪⎧63x ＋2 63y －63＝0，6y ＝0，解得x ＝1，y ＝0，则n 1＝(1，0，1)．同理可求出平面DPC 的一个法向量为n 2＝⎝⎛⎭⎫0，12，1. 设平面BPC 与平面DPC 的夹角为θ，则cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝12·14＋1＝105.8．、[2014·全国卷] 正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9π D.27π48．A [解析] 如图所示，因为正四棱锥的底面边长为2，所以AE ＝12AC ＝ 2.设球心为O ，球的半径为R ，则OE ＝4－R ，OA ＝R ，又知△AOE 为直角三角形，根据勾股定理可得，OA 2＝OE 2＋AE 2，即R 2＝(4－R )2＋2，解得R ＝94，所以球的表面积S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4.G8 多面体与球 7．、[2014·湖南卷] 一块石材表示的几何体的三视图如图1-2所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )图1-2A ．1B ．2C ．3D ．47．B [解析] 由三视图可知，石材为一个三棱柱(相对应的长方体的一半)，故可知能得到的最大球为三棱柱的内切球．由题意可知正视图三角形的内切圆的半径即为球的半径，可得r ＝6＋8－102＝2.8．、[2014·全国卷] 正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9π D.27π48．A [解析] 如图所示，因为正四棱锥的底面边长为2，所以AE ＝12AC ＝ 2.设球心为O ，球的半径为R ，则OE ＝4－R ，OA ＝R ，又知△AOE 为直角三角形，根据勾股定理可得，OA 2＝OE 2＋AE 2，即R 2＝(4－R )2＋2，解得R ＝94，所以球的表面积S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4. 5．[2014·陕西卷] 已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( )A.32π3 B ．4π C ．2π D.4π35．D [解析] 设该球的半径为R ，根据正四棱柱的外接球的直径长为正四棱柱的体对角线长，可得(2R )2＝(2)2＋12＋12，解得R ＝1，所以该球的体积为V ＝43πR 3＝43π.G9 空间向量及运算 5．[2014·广东卷] 已知向量a ＝(1，0，－1)，则下列向量中与a 成60°夹角的是( ) A ．(－1，1，0) B ．(1，－1，0) C ．(0，－1，1) D ．(－1，0，1)5．B [解析] 本题考查空间直角坐标系中数量积的坐标表示．设所求向量是b ，若b与a 成60°夹角，则根据数量积公式，只要满足a ·b |a ||b |＝12即可，所以B 选项满足题意．19．，[2014·重庆卷]如图1-3所示，四棱锥P ABCD 中，底面是以O 为中心的菱形，PO ⊥底面ABCD ，AB ＝2，∠BAD ＝π3，M 为BC 上一点，且BM ＝12，MP ⊥AP .(1)求PO 的长； (2)求二面角A -PM -C 的正弦值．图1-319．解：(1)如图所示，连接AC ，BD ，因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ∩ BD ＝O ，且AC ⊥BD .以O 为坐标原点，OA →，OB →，OP →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系O -xyz .因为∠BAD ＝π3，所以OA ＝AB ·cos π6＝3，OB ＝AB ·sin π6＝1，所以O (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，1，0)，C (－3，0，0)，OB →＝(0，1，0)，BC →＝(－3，－1，0)．由BM ＝12，BC ＝2知，BM →＝14BC →＝⎝⎛⎭⎫－34，－14，0，从而OM →＝OB →＋BM →＝⎝⎛⎭⎫－34，34，0，即M ⎝⎛⎭⎫－34，34，0.设P (0，0，a )，a ＞0，则AP →＝(－3，0，a )，MP →＝⎝⎛⎭⎫34，－34，a .因为MP ⊥AP ，所以MP →·AP →＝0，即－34＋a 2＝0，所以a ＝32或a ＝－32(舍去)，即PO ＝32.(2)由(1)知，AP →＝⎝⎛⎭⎫－3，0，32，MP →＝⎝⎛⎭⎫34，－34，32，CP →＝⎝⎛⎭⎫3，0，32.设平面APM 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面PMC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)．由n 1·AP →＝0, n 1·MP →＝0，得⎩⎨⎧－3x 1＋32z 1＝0，34x 1－34y 1＋32z 1＝0，故可取n 1＝⎝⎛⎭⎫1，533，2.由n 2·MP →＝0，n 2·CP →＝0，得⎩⎨⎧34x 2－34y 2＋32z 2＝0，3x 2＋32z 2＝0，故可取n 2＝(1，－3，－2)．从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－155，故所求二面角A -PM -C 的正弦值为105.G10 空间向量解决线面位置关系 18．、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图1-3，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ； (2)设二面角D -AE -C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E -ACD 的体积．图1-318．解：(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接EO . 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB . 因为EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ， 所以PB ∥平面AEC .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形， 所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB →，AD ，AP 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|AP →|为单位长，建立空间直角坐标系A -xyz ，则D ()0，3，0，E ⎝⎛⎭⎫0，32，12，AE →＝⎝⎛⎭⎫0，32，12.设B (m ，0，0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC →＝(m ，3，0)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n 1＝⎝⎛⎭⎫3m ，－1，3. 又n 2＝(1，0，0)为平面DAE 的法向量，由题设易知|cos 〈n 1，n 2〉|＝12，即33＋4m 2＝12，解得m ＝32.因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E -ACD 的高为12.三棱锥E -ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38. 19．、、、[2014·湖北卷] 如图1-4，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ .(2)是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．图1-419．解：方法一(几何方法)：(1)证明：如图①，连接AD 1，由ABCD A 1B 1C 1D 1是正方体，知BC 1∥AD 1.当λ＝1时，P 是DD 1的中点，又F 是AD 的中点，所以FP ∥AD 1，所以BC 1∥FP . 而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .图① 图②(2)如图②，连接BD .因为E ，F 分别是AB ，AD 的中点，所以EF ∥BD ，且EF ＝12BD .又DP ＝BQ ，DP ∥BQ ，所以四边形PQBD 是平行四边形，故PQ ∥BD ，且PQ ＝BD ，从而EF ∥PQ ，且EF ＝12PQ .在Rt △EBQ 和Rt △FDP 中，因为BQ ＝DP ＝λ，BE ＝DF ＝1， 于是EQ ＝FP ＝1＋λ2，所以四边形EFPQ 也是等腰梯形． 同理可证四边形PQMN 也是等腰梯形．分别取EF ，PQ ，MN 的中点为H ，O ，G ，连接OH ，OG ， 则GO ⊥PQ ，HO ⊥PQ ，而GO ∩HO ＝O ，故∠GOH 是面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角的平面角．若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则∠GOH ＝90°.连接EM ，FN ，则由EF ∥MN ，且EF ＝MN 知四边形EFNM 是平行四边形． 连接GH ，因为H ，G 是EF ，MN 的中点， 所以GH ＝ME ＝2.在△GOH 中，GH 2＝4，OH 2＝1＋λ2－⎝⎛⎭⎫222＝λ2＋12，OG 2＝1＋(2－λ)2－⎝⎛⎭⎫222＝(2－λ)2＋12， 由OG 2＋OH 2＝GH 2，得(2－λ)2＋12＋λ2＋12＝4，解得λ＝1±22，故存在λ＝1±22，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．方法二(向量方法)：以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系．由已知得B (2，2，0)，C 1(0，2，2)，E (2，1，0)，F (1，0，0)，P (0，0，λ)．图③BC 1→＝(－2，0，2)，FP ＝(－1，0，λ)，FE ＝(1，1，0)． (1)证明：当λ＝1时，FP ＝(－1，0，1)，因为BC 1→＝(－2，0，2)，所以BC 1→＝2FP →，即BC 1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧FE →·n ＝0，FP →·n ＝0可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0.于是可取n ＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m ＝(λ－2，2－λ，1)． 若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角， 则m ·n ＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22.故存在λ＝1±22，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．G11 空间角与距离的求法 20．、、[2014·安徽卷] 如图1-5，四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为梯形，AD ∥BC ，且AD ＝2BC .过A 1，C ，D 三点的平面记为α，BB 1与α的交点为Q .图1-5(1)证明：Q 为BB 1的中点；(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；(3)若AA 1＝4，CD ＝2，梯形ABCD 的面积为6，求平面α与底面ABCD 所成二面角的大小．20．解： (1)证明：因为BQ ∥AA 1，BC ∥AD ， BC ∩BQ ＝B ，AD ∩AA 1＝A ， 所以平面QBC ∥平面A 1AD ，从而平面A 1CD 与这两个平面的交线相互平行， 即QC ∥A 1D .故△QBC 与△A 1AD 的对应边相互平行， 于是△QBC ∽△A 1AD ，所以BQ BB 1＝BQ AA 1＝BC AD ＝12，即Q 为BB 1的中点．(2)如图1所示，连接QA ，QD .设AA 1＝h ，梯形ABCD 的高为d ，四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V 上和V 下，BC ＝a ，则AD ＝2a .图1V 三棱锥Q -A 1AD ＝13×12·2a ·h ·d ＝13ahd ，V 四棱锥Q -ABCD＝13·a ＋2a 2·d ·⎝⎛⎭⎫12h ＝14ahd ， 所以V 下＝V 三棱锥Q -A 1AD ＋V 四棱锥Q -ABCD ＝712ahd . 又V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 ABCD ＝32ahd ，所以V 上＝V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 ABCD －V 下＝32ahd －712ahd ＝1112ahd ，故V 上V 下＝117.(3)方法一：如图1所示，在△ADC 中，作AE ⊥DC ，垂足为E ，连接A 1E .又DE ⊥AA 1，且AA 1∩AE ＝A ，所以DE ⊥平面AEA 1，所以DE ⊥A 1E .所以∠AEA 1为平面α与底面ABCD 所成二面角的平面角． 因为BC ∥AD ，AD ＝2BC ，所以S △ADC ＝2S △BCA . 又因为梯形ABCD 的面积为6，DC ＝2， 所以S △ADC ＝4，AE ＝4.于是tan ∠AEA 1＝AA 1AE ＝1，∠AEA 1＝π4.故平面α与底面ABCD 所成二面角的大小为π4.方法二：如图2所示，以D 为原点，DA ，DD 1→分别为x 轴和z 轴正方向建立空间直角坐标系．设∠CDA ＝θ，BC ＝a ，则AD ＝2a .因为S 四边形ABCD ＝a ＋2a2·2sin θ＝6， 所以a ＝2sin θ.图2从而可得C (2cos θ，2sin θ，0)，A 1⎝⎛⎭⎫4sin θ，0，4，所以DC ＝(2cos θ，2sin θ，0)，DA 1→＝⎝⎛⎭⎫4sin θ，0，4.设平面A 1DC 的法向量n ＝(x ，y ，1)，由⎩⎨⎧DA 1→·n ＝4sin θx ＋4＝0，DC →·n ＝2x cos θ＋2y sin θ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－sin θ，y ＝cos θ， 所以n ＝(－sin θ，cos θ，1)．又因为平面ABCD 的法向量m ＝(0，0，1)， 所以cos 〈n ，m 〉＝n·m|n||m|＝22，故平面α与底面ABCD 所成二面角的大小为π4.17．、[2014·北京卷] 如图1-3，正方形AMDE 的边长为2，B ，C 分别为AM ，MD 的中点．在五棱锥P - ABCDE 中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD ，PC 分别交于点G ，H .(1)求证：AB ∥FG ；(2)若P A ⊥底面ABCDE ，且P A ＝AE ，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长．图1-317．解：(1)证明：在正方形AMDE 中，因为B 是AM 的中点，所以AB ∥DE . 又因为AB ⊄平面PDE ， 所以AB ∥平面PDE .因为AB ⊂平面ABF ，且平面ABF ∩平面PDE ＝FG ， 所以AB ∥FG .(2)因为P A ⊥底面ABCDE ， 所以P A ⊥AB ，P A ⊥AE .建立空间直角坐标系Axyz ，如图所示，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (2，1，0)，P (0，0，2)，F (0，1，1)，BC →＝(1，1，0)．设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋z ＝0.令z ＝1，则y ＝－1.所以n ＝(0，－1，1)．设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则 sin α＝|cos 〈n ，BC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BC →|n ||BC →|＝12.因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π6.设点H 的坐标为(u ，v ，w )．因为点H 在棱PC 上，所以可设PH →＝λPC →(0<λ<1)．即(u ，v ，w －2)＝λ(2，1，－2)，所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ. 因为n 是平面ABF 的一个法向量， 所以n ·AH →＝0，即(0，－1，1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0， 解得λ＝23，所以点H 的坐标为⎝⎛⎭⎫43，23，23. 所以PH ＝⎝⎛⎭⎫432＋⎝⎛⎭⎫232＋⎝⎛⎭⎫－432＝2.17．、、[2014·福建卷] 在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图1-5所示．(1)求证：AB ⊥CD ；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．图1-517．解：(1)证明：∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ，∴AB ⊥平面BCD .又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD .(2)过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD .由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD . 以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．依题意，得B (0，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，A (0，0，1)，M ⎝⎛⎭⎫0，12，12. 则BC →＝(1，1，0)，BM →＝⎝⎛⎭⎫0，12，12，AD →＝(0，1，－1)．设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0， 取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1，1)． 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ， 则sin θ＝||cos 〈n ，AD →〉＝|n ·AD →||n |·|AD →|＝63. 即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63. 18．、[2014·广东卷] 如图1-4，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，∠DPC ＝30°，AF ⊥PC 于点F ，FE ∥CD ，交PD 于点E .(1)证明：CF ⊥平面ADF ； (2)求二面角D - AF - E 的余弦值．图1-419．、、、[2014·湖北卷] 如图1-4，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ .(2)是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．图1-419．解：方法一(几何方法)：(1)证明：如图①，连接AD 1，由ABCD A 1B 1C 1D 1是正方体，知BC 1∥AD 1.当λ＝1时，P 是DD 1的中点，又F 是AD 的中点，所以FP ∥AD 1，所以BC 1∥FP . 而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .图① 图②(2)如图②，连接BD .因为E ，F 分别是AB ，AD 的中点，所以EF ∥BD ，且EF ＝12BD .又DP ＝BQ ，DP ∥BQ ，所以四边形PQBD 是平行四边形，故PQ ∥BD ，且PQ ＝BD ，从而EF ∥PQ ，且EF ＝12PQ .在Rt △EBQ 和Rt △FDP 中，因为BQ ＝DP ＝λ，BE ＝DF ＝1， 于是EQ ＝FP ＝1＋λ2，所以四边形EFPQ 也是等腰梯形． 同理可证四边形PQMN 也是等腰梯形．分别取EF ，PQ ，MN 的中点为H ，O ，G ，连接OH ，OG ， 则GO ⊥PQ ，HO ⊥PQ ，而GO ∩HO ＝O ，故∠GOH 是面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角的平面角．若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则∠GOH ＝90°. 连接EM ，FN ，则由EF ∥MN ，且EF ＝MN 知四边形EFNM 是平行四边形． 连接GH ，因为H ，G 是EF ，MN 的中点， 所以GH ＝ME ＝2.在△GOH 中，GH 2＝4，OH 2＝1＋λ2－⎝⎛⎭⎫222＝λ2＋12，OG 2＝1＋(2－λ)2－⎝⎛⎭⎫222＝(2－λ)2＋12， 由OG 2＋OH 2＝GH 2，得(2－λ)2＋12＋λ2＋12＝4，解得λ＝1±22，故存在λ＝1±22，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．方法二(向量方法)：以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系．由已知得B (2，2，0)，C 1(0，2，2)，E (2，1，0)，F (1，0，0)，P (0，0，λ)．图③BC 1→＝(－2，0，2)，FP ＝(－1，0，λ)，FE ＝(1，1，0)． (1)证明：当λ＝1时，FP ＝(－1，0，1)，因为BC 1→＝(－2，0，2)，所以BC 1→＝2FP →，即BC 1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧FE →·n ＝0，FP →·n ＝0可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0.于是可取n ＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m ＝(λ－2，2－λ，1)． 若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角， 则m ·n ＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22.故存在λ＝1±22，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．19．、[2014·湖南卷] 如图1-6所示，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形．(1)证明：O 1O ⊥底面ABCD ；(2)若∠CBA ＝60°，求二面角C 1OB 1D 的余弦值．图1-619．解：(1)如图(a)，因为四边形ACC 1A 1为矩形，所以CC 1⊥AC .同理DD 1⊥BD . 因为CC 1∥DD 1，所以CC 1⊥BD .而AC ∩BD ＝O ，因此CC 1⊥底面ABCD . 由题设知，O 1O ∥C 1C .故O 1O ⊥底面ABCD .(2)方法一： 如图(a)，过O 1作O 1H ⊥OB 1于H ，连接HC 1.由(1)知，O 1O ⊥底面ABCD ，所以O 1O ⊥底面A 1B 1C 1D 1，于是O 1O ⊥A 1C 1.图(a)又因为四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，所以四边形A 1B 1C 1D 1是菱形，因此A 1C 1⊥B 1D 1，从而A 1C 1⊥平面BDD 1B 1，所以A 1C 1⊥OB 1，于是OB 1⊥平面O 1HC 1. 进而OB 1⊥C 1H .故∠C 1HO 1是二面角C 1OB 1D 的平面角．不妨设AB ＝2.因为∠CBA ＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1，OB 1＝7.在Rt △OO 1B 1中，易知O 1H ＝OO 1·O 1B 1OB 1＝237.而O 1C 1＝1，于是C 1H ＝O 1C 21＋O 1H 2＝1＋127＝197.故cos ∠C 1HO 1＝O 1HC 1H ＝237197＝25719.即二面角C 1OB 1D 的余弦值为25719.方法二：因为四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD 是菱形，因此AC ⊥BD .又O 1O ⊥底面ABCD ，从而OB ，OC ，OO 1两两垂直．图(b)如图(b)，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OO 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O xyz ，不妨设AB ＝2.因为∠CBA ＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1，于是相关各点的坐标为O (0，0，0)，B 1(3，0，2)，C 1(0，1，2)．易知，n 1＝(0，1，0)是平面BDD 1B 1的一个法向量．设n 2＝(x ，y ，z )是平面OB 1C 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·OB →1＝0，n 2·OC →1＝0，即⎩⎨⎧3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0.取z ＝－3，则x ＝2，y ＝23，所以n 2＝(2，23，－3)． 设二面角C 1OB 1D 的大小为θ，易知θ是锐角，于是cos θ＝|cos 〈，〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝2319＝25719.故二面角C 1OB 1D 的余弦值为25719.19．、、[2014·江西卷] 如图1-6，四棱锥P - ABCD 中，ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD .图1-6(1)求证：AB ⊥PD .(2)若∠BPC ＝90°，PB ＝2，PC ＝2，问AB 为何值时，四棱锥P - ABCD 的体积最大？并求此时平面BPC 与平面DPC 夹角的余弦值．19．解：(1)证明：因为ABCD 为矩形，所以AB ⊥AD . 又平面P AD ⊥平面ABCD ， 平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PD .(2)过P 作AD 的垂线，垂足为O ，过O 作BC 的垂线，垂足为G ，连接PG . 故PO ⊥平面ABCD ，BC ⊥平面POG ，BC ⊥PG . 在Rt △BPC 中，PG ＝2 33，GC ＝2 63，BG ＝63.设AB ＝m ，则OP ＝PG 2－OG 2＝43－m 2，故四棱锥P - ABCD 的体积为V ＝13×6·m ·43－m 2＝m38－6m 2. 因为m 8－6m 2＝8m 2－6m 4＝ －6⎝⎛⎭⎫m 2－232＋83， 所以当m ＝63，即AB ＝63时，四棱锥P - ABCD 的体积最大．此时，建立如图所示的空间直角坐标系，各点的坐标分别为O (0，0，0)，B ⎝⎛⎭⎫63，－63，0，C ⎝⎛⎭⎫63，263，0，D ⎝⎛⎭⎫0，263，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，63，故PC →＝⎝⎛⎭⎫63，263，－63，BC →＝(0，6，0)，CD ＝⎝⎛⎭⎫－63，0，0.设平面BPC 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，1)，则由n 1⊥PC →，n 1⊥BC →，得⎩⎪⎨⎪⎧63x ＋2 63y －63＝0，6y ＝0，解得x ＝1，y ＝0，则n 1＝(1，0，1)．同理可求出平面DPC 的一个法向量为n 2＝⎝⎛⎭⎫0，12，1. 设平面BPC 与平面DPC 的夹角为θ，则cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝12·14＋1＝105.19．、[2014·辽宁卷] 如图1-5所示，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F 分别为AC ，DC 的中点．(1)求证：EF ⊥BC ； (2)求二面角E -BF -C 的正弦值．图1-519．解：(1)证明：方法一，过点E 作EO ⊥BC ，垂足为O ，连接OF .由△ABC ≌△DBC可证出△EOC ≌△FOC ，所以∠EOC ＝∠FOC ＝π2，即FO ⊥BC .又EO ⊥BC ，EO ∩FO ＝O ，所以BC ⊥平面EFO .又EF ⊂平面EFO ，所以EF ⊥BC .图1方法二，由题意，以B 为坐标原点，在平面DBC 内过B 作垂直BC 的直线，并将其作为x 轴，BC 所在直线为y 轴，在平面ABC 内过B 作垂直BC 的直线，并将其作为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，易得B (0，0，0)，A (0，－1，3)，D (3，－1，0)，C (0，2，0)，因而E (0，12，32)，F (32，12，0)，所以EF →＝(32，0，－32)，BC →＝(0，2，0)，因此EF →·BC →＝0，从而EF →⊥BC →，所以EF ⊥BC .图2(2)方法一，在图1中，过点O 作OG ⊥BF ，垂足为G ，连接EG .因为平面ABC ⊥平面BDC ，所以EO ⊥面BDC ，又OG ⊥BF ，所以由三垂线定理知EG ⊥BF ，因此∠EGO 为二面角E -BF -C 的平面角．在△EOC 中，EO ＝12EC ＝12BC ·cos 30°＝32.由△BGO ∽△BFC 知，OG ＝BO BC ·FC ＝34，因此tan ∠EGO ＝EOOG＝2，从而得sin ∠EGO＝255，即二面角E -BF -C 的正弦值为2 55.方法二，在图2中，平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1)． 设平面BEF 的法向量n 2＝(x ，y ，z )，又BF →＝(32，12，0)，BE →＝(0，12，32)，所以⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BF →＝0，n 2·BE →＝0，得其中一个n 2＝(1，－3，1)．设二面角E -BF -C 的大小为θ，且由题知θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝15， 因此sin θ＝25＝2 55，即所求二面角正弦值为2 55.11．[2014·全国卷] 已知二面角α-l -β为60°，AB ⊂α，AB ⊥l ，A 为垂足，CD ⊂β，C ∈l ，∠ACD ＝135°，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为( )A.14B.24C.34D.1211．B [解析] 如图所示，在平面α内过点C 作CF ∥AB ，过点F 作FE ⊥β，垂足为点E ，连接CE ，则CE ⊥l ，所以∠ECF ＝60°.过点E 作DE ⊥CE ，交CD 于点D 1，连接FD 1.不妨设FC ＝2a ，则CE ＝a ，EF ＝3a .因为∠ACD ＝135°，所以∠DCE ＝45°，所以，在Rt △DCE 中，D 1E ＝CE ＝a ，CD 1＝2a ，∴FD 1＝2a ，∴cos ∠DCF ＝4a 2＋2a 2－4a 22×2a ×2a＝24.19．、[2014·全国卷] 如图1-1所示，三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，点A 1在平面ABC 内的射影D 在AC 上，∠ACB ＝90°，BC ＝1，AC ＝CC 1＝2.(1)证明：AC 1⊥A 1B;(2)设直线AA 1与平面BCC 1B 1的距离为3，求二面角A 1 AB C 的大小．19．解：方法一：(1)证明：因为A 1D ⊥平面ABC ，A 1D ⊂平面AA 1C 1C ，故平面AA 1C 1C ⊥平面ABC .又BC ⊥AC ，所以BC ⊥平面AA 1C 1C .连接A 1C ，因为侧面AA 1C 1C 为菱形，故AC 1⊥A 1C . 由三垂线定理得AC 1⊥A 1B .(2)BC ⊥平面AA 1C 1C ，BC ⊂平面BCC 1B 1，故平面AA 1C 1C ⊥平面BCC 1B 1. 作A 1E ⊥CC 1，E 为垂足，则A 1E ⊥平面BCC 1B 1.又直线AA 1∥平面BCC 1B 1，因而A 1E 为直线AA 1与平面BCC 1B 1的距离，即A 1E ＝ 3.因为A 1C 为∠ACC 1的平分线，所以A 1D ＝A 1E ＝ 3.作DF ⊥AB ，F 为垂足，连接A 1F .由三垂线定理得A 1F ⊥AB ，故∠A 1FD 为二面角A 1 AB C 的平面角．由AD ＝AA 21－A 1D 2＝1，得D 为AC 中点，DF ＝55，tan ∠A 1FD ＝A 1D DF ＝15，所以cos ∠A 1FD ＝14. 所以二面角A 1 AB C 的大小为arccos 14.方法二：以C 为坐标原点，射线CA 为x 轴的正半轴，以CB 的长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C - xyz .由题设知A 1D 与z 轴平行，z 轴在平面AA 1C 1C 内．(1)证明：设A 1(a ，0，c )．由题设有a ≤2，A (2，0，0)，B (0，1，0)，则AB →＝(－2，1，0)，AC →＝(－2，0，0)，AA 1→＝(a －2，0，c )，AC 1→＝AC →＋AA 1→＝(a －4，0，c )，BA 1→＝(a ，－1，c )．由|AA 1→|＝2，得（a －2）2＋c 2＝2，即a 2－4a ＋c 2＝0.①又AC 1→·BA 1→＝a 2－4a ＋c 2＝0，所以AC 1⊥A 1B .(2)设平面BCC 1B 1的法向量m ＝(x ，y ，z )，则m ⊥CB →，m ⊥BB 1→，即m ·CB →＝0，m ·BB 1→＝0.因为CB →＝(0，1，0)，BB 1→＝AA 1→＝(a －2，0，c )，所以y ＝0且(a －2)x ＋cz ＝0.令x ＝c ，则z ＝2－a ，所以m ＝(c ，0，2－a )，故点A 到平面BCC 1B 1的距离为|CA →|·|cos 〈m ，CA →〉|＝|CA →·m ||m |＝2c c 2＋（2－a ）2＝c .又依题设，A 到平面BCC 1B 1的距离为3，所以c ＝3，代入①，解得a ＝3(舍去)或a ＝1， 于是AA 1→＝(－1，0，3)．设平面ABA 1的法向量n ＝(p ，q ，r )， 则n ⊥AA 1→，n ⊥AB →，即n ·AA 1→＝0，n ·AB →＝0，－p ＋3r ＝0，且－2p ＋q ＝0.令p ＝3，则q ＝2 3，r ＝1，所以n ＝(3，2 3，1)． 又p ＝(0，0，1)为平面ABC 的法向量，故 cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝14.所以二面角A 1 AB C 的大小为arccos 14.19．G 5、G 11[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图1-5，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，AB ⊥B 1C .图1-5(1)证明：AC ＝AB 1；(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，AB ＝BC ，求二面角A -A 1B 1 C 1的余弦值．19．解：(1)证明：连接BC 1，交B 1C 于点O ，连接AO ，因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点．又AB ⊥B 1C ，所以B 1C ⊥平面ABO . 由于AO ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AO . 又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.(2)因为AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，所以AO ＝CO .又因为AB ＝BC ，所以△BOA ≌ △BOC .故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，OB 1两两垂直． 以O 为坐标原点，OB 的方向为x 轴正方向，|OB |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形，又AB ＝BC ，则A ⎝⎛⎭⎫0，0，33，B (1，0，0)，B 1⎝⎛⎭⎫0，33，0，C ⎝⎛⎭⎫0，－33，0. AB 1→＝⎝⎛⎭⎫0，33，－33，A 1B 1→＝AB ＝⎝⎛⎭⎫1，0，－33，B 1C →1＝BC ＝⎝⎛⎭⎫－1，－33，0.设n ＝(x ，y ，z )是平面AA 1B 1的法向量，则 ⎩⎨⎧n ·AB 1＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎨⎧33y －33z ＝0，x －33z ＝0.所以可取n ＝(1，3，3)．设m 是平面A 1B 1C 1的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B 1→＝0，m ·B 1C 1→＝0，同理可取m ＝(1，－3，3)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝17.所以结合图形知二面角A -A 1B 1 C 1的余弦值为17.17．，[2014·山东卷] 如图1-3所示，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，∠DAB ＝60°，AB ＝2CD ＝2，M 是线段AB 的中点．图1-3(1)求证：C 1M ∥平面A 1ADD 1；(2)若CD 1垂直于平面ABCD 且CD 1＝3，求平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值．17．解：(1)证明：因为四边形ABCD 是等腰梯形， 且AB ＝2CD ，所以AB ∥DC ， 又M 是AB 的中点，所以CD ∥MA 且CD ＝MA .连接AD 1.因为在四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1中，CD ∥C 1D 1，CD ＝C 1D 1，所以C 1D 1∥MA ，C 1D 1＝MA ，所以四边形AMC 1D 1为平行四边形， 因此，C 1M ∥D 1A .又C 1M ⊄平面A 1ADD 1，D 1A ⊂平面A 1ADD 1， 所以C 1M ∥平面A 1ADD 1. (2)方法一：连接AC ，MC .由(1)知，CD ∥AM 且CD ＝AM ， 所以四边形AMCD 为平行四边形， 所以BC ＝AD ＝MC .由题意∠ABC ＝∠DAB ＝60°， 所以△MBC 为正三角形，因此AB ＝2BC ＝2，CA ＝3， 因此CA ⊥CB .设C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C xyz .所以A (3，0，0)，B (0，1，0)，D 1(0，0，3)． 因此M ⎝⎛⎭⎫32，12，0，所以MD 1→＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，3，D 1C 1→＝MB →＝⎝⎛⎭⎫－32，12，0.设平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1C 1→＝0，n ·MD 1→＝0，得⎩⎨⎧3x －y ＝0，3x ＋y －2 3z ＝0，可得平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(1，3，1)． 又CD 1→＝(0，0，3)为平面ABCD 的一个法向量． 因此cos 〈CD 1→，n 〉＝CD 1→·n |CD 1→||n |＝55，所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为55. 方法二：由(1)知，平面D 1C 1M ∩平面ABCD ＝AB ，点过C 向AB 引垂线交AB 于点N ，连接D 1N.由CD 1⊥平面ABCD ，可得D 1N ⊥AB ，因此∠D 1NC 为二面角C 1 AB C 的平面角． 在Rt △BNC 中，BC ＝1，∠NBC ＝60°， 可得CN ＝32， 所以ND 1＝CD 21＋CN 2＝152. 在Rt △D 1CN 中，cos ∠D 1NC ＝CN D 1N ＝32152＝55，所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为55. 18．，，，[2014·四川卷] 三棱锥A - BCD 及其侧视图、俯视图如图1-4所示．设M ，N 分别为线段AD ，AB 的中点，P 为线段BC 上的点，且MN ⊥NP .(1)证明：P 是线段BC 的中点； (2)求二面角A - NP - M 的余弦值．图1-418．解：(1)如图所示，取BD 的中点O ，连接AO ，CO . 由侧视图及俯视图知，△ABD ，△BCD 为正三角形，所以AO ⊥BD ，OC ⊥BD .因为AO ，OC ⊂平面AOC ，且AO ∩OC ＝O ， 所以BD ⊥平面AOC .又因为AC ⊂平面AOC ，所以BD ⊥AC . 取BO 的中点H ，连接NH ，PH .又M ，N ，H 分别为线段AD ，AB ，BO 的中点，所以MN ∥BD ，NH ∥AO ， 因为AO ⊥BD ，所以NH ⊥BD . 因为MN ⊥NP ，所以NP ⊥BD .因为NH ，NP ⊂平面NHP ，且NH ∩NP ＝N ，所以BD ⊥平面NHP . 又因为HP ⊂平面NHP ，所以BD ⊥HP .又OC ⊥BD ，HP ⊂平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，所以HP ∥OC . 因为H 为BO 的中点，所以P 为BC 的中点．(2)方法一：如图所示，作NQ ⊥AC 于Q ，连接MQ .由(1)知，NP ∥AC ，所以NQ ⊥NP .因为MN ⊥NP ，所以∠MNQ 为二面角A - NP - M 的一个平面角． 由(1)知，△ABD ，△BCD 为边长为2的正三角形，所以AO ＝OC ＝ 3. 由俯视图可知，AO ⊥平面BCD .因为OC ⊂平面BCD ，所以AO ⊥OC ，因此在等腰直角△AOC 中，AC ＝ 6. 作BR ⊥AC 于R因为在△ABC 中，AB ＝BC ，所以R 为AC 的中点， 所以BR ＝AB 2－⎝⎛⎭⎫AC 22＝102.因为在平面ABC 内，NQ ⊥AC ，BR ⊥AC ， 所以NQ ∥BR .又因为N 为AB 的中点，所以Q 为AR 的中点， 所以NQ ＝BR 2＝104.同理，可得MQ ＝104. 故△MNQ 为等腰三角形， 所以在等腰△MNQ 中，cos ∠MNQ ＝MN 2NQ ＝BD 4NQ ＝105.故二面角A - NP - M 的余弦值是105. 方法二：由俯视图及(1)可知，AO ⊥平面BCD .因为OC ，OB ⊂平面BCD ，所以AO ⊥OC ，AO ⊥OB . 又OC ⊥OB ，所以直线OA ，OB ，OC 两两垂直．如图所示，以O 为坐标原点，以OB ，OC ，OA 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O -xyz .则A (0，0，3)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，D (－1，0，0)． 因为M ，N 分别为线段AD ，AB 的中点， 又由(1)知，P 为线段BC 的中点，所以M ⎝⎛⎭⎫－12，0，32，N ⎝⎛⎭⎫12，0，32，P ⎝⎛⎭⎫12，32，0，于是AB ＝(1，0，－3)，BC ＝(－1，3，0)，MN ＝(1，0，0)，NP ＝⎝⎛⎭⎫0，32，－32. 设平面ABC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1⊥AB ，n 1⊥BC ，得⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB ＝0，n 1·BC ＝0，即 ⎩⎨⎧（x 1，y 1，z 1）·（1，0，－3）＝0，（x 1，y 1，z 1）·（－1，3，0）＝0， 从而⎩⎨⎧x 1－3z 1＝0，－x 1＋3y 1＝0.取z 1＝1，则x 1＝3，y 1＝1，所以n 1＝(3，1，1)． 设平面MNP 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由，⎩⎪⎨⎪⎧n 2⊥MN ，n 2⊥NP ，得⎩⎪⎨⎪⎧n 2·MN ＝0，n 2·NP ＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧（x 2，y 2，z 2）·（1，0，0）＝0，（x 2，y 2，z 2）·⎝⎛⎭⎫0，32，－32＝0，从而⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，32y 2－32z 2＝0.取z 2＝1，则y 2＝1，x 2＝0，所以n 2＝(0，1，1)．设二面角A - NP - M 的大小为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（3，1，1）·（0，1，1）5×2＝105. 故二面角A -NP -M 的余弦值是105. 17．、[2014·天津卷] 如图1-4所示，在四棱锥P - ABCD 中，P A ⊥底面ABCD, AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．(1)证明：BE ⊥DC ；(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F - AB - P 的余弦值．图1-417．解：方法一：依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系(如图所示)，可得B (1，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)．C 由E 为棱PC 的中点，得E (1，1，1)．(1)证明：向量BE ＝(0，1，1)，DC ＝(2，0，0)， 故BE ·DC ＝0， 所以BE ⊥DC .(2)向量BD ＝(－1，2，0)，PB ＝(1，0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD ＝0，n ·PB ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0. 不妨令y ＝1，可得n ＝(2，1，1)为平面PBD 的一个法向量．于是有 cos 〈n ，BE 〉＝n ·BE |n |·|BE |＝26×2＝33，所以直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33. (3) 向量BC ＝(1，2，0)，CP ＝(－2，－2，2)，AC ＝(2，2，0)，AB ＝(1，0，0)．由点F 在棱PC 上，设CF ＝λCP →，0≤λ≤1.故BF ＝BC ＋CF ＝BC ＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF ⊥AC ，得BF ·AC ＝0，因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34，即BF ＝⎝⎛⎭⎫－12，12，32.设n 1＝(x ，y ，z )为平面F AB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB ＝0，n 1·BF ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0.不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3，1)为平面F AB 的一个法向量．取平面ABP 的法向量n 2＝(0，1，0)，则cos 〈，〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－310×1＝－31010.易知二面角F - AB - P 是锐角，所以其余弦值为31010.方法二：(1)证明：如图所示，取PD 中点M ，连接EM ，AM .由于E ，M 分别为PC ，PD 的中点，故EM ∥DC ，且EM ＝12DC .又由已知，可得EM ∥AB 且EM ＝AB ，故四边形ABEM为平行四边形，所以BE ∥AM .因为P A ⊥底面ABCD ，故P A ⊥CD ，而CD ⊥DA ，从而CD ⊥平面P AD .因为AM ⊂平面P AD ，所以CD ⊥AM .又BE ∥AM ，所以BE ⊥CD .(2)连接BM ，由(1)有CD ⊥平面P AD ，得CD ⊥PD .而EM ∥CD ，故PD ⊥EM .又因为AD ＝AP ，M 为PD 的中点，所以PD ⊥AM ，可得PD ⊥BE ，所以PD ⊥平面BEM ，故平面BEM ⊥平面PBD ，所以直线BE 在平面PBD 内的射影为直线BM .而BE ⊥EM ，可得∠EBM 为锐角，故∠EBM 为直线BE 与平面PBD 所成的角．依题意，有PD ＝22，而M 为PD 中点，可得AM ＝2，进而BE ＝ 2.故在直角三角形BEM 中，tan ∠EBM ＝EM BE ＝AB BE ＝12，因此sin ∠EBM ＝33，所以直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33. (3)如图所示，在△P AC 中，过点F 作FH ∥P A 交AC 于点H .因为P A ⊥底面ABCD ，所以FH ⊥底面ABCD ，从而FH ⊥AC .又BF ⊥AC ，得AC ⊥平面FHB ，因此AC ⊥BH .在底面ABCD 内，可得CH ＝3HA ，从而CF ＝3FP .在平面PDC 内，作FG ∥DC 交PD 于点G ，于是DG ＝3GP .由于DC ∥AB ，故GF ∥AB ，所以A ，B ，F ，G 四点共面．由AB ⊥P A ，AB ⊥AD ，得AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥AG ，所以∠P AG 为二面角F - AB - P 的平面角．在△P AG 中，P A ＝2，PG ＝14PD ＝22，∠APG ＝45°.由余弦定理可得AG ＝102，cos∠P AG ＝31010，所以二面角F - AB - P 的余弦值为31010.17．[2014·浙江卷] 如图1-4，某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练．已知点A 到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面上的射线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小．若AB ＝15 m ，AC ＝25 m ，∠BCM ＝30°，则tan θ的最大值是________．(仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成角)图1-417.5 39[解析] 由勾股定理得BC ＝20 m ．如图，过P 点作PD ⊥BC 于D ，连接AD, 则由点A 观察点P 的仰角θ＝∠P AD ，tan θ＝PDAD .设PD ＝x ，则DC ＝3x ，BD ＝20－3x ，在Rt △ABD 中，AD ＝152＋（20－3x ）2＝625－403x ＋3x 2，所以tan θ＝x 625－403x ＋3x 2＝1625x 2－403x ＋3＝1625⎝⎛⎭⎫1x －2036252＋2725≤539，故tan θ的最大值为539.20．、[2014·浙江卷] 如图1-5，在四棱锥A -BCDE 中，平面ABC ⊥平面BCDE ，∠CDE ＝∠BED ＝90°，AB ＝CD ＝2，DE ＝BE ＝1，AC ＝ 2.(1)证明：DE ⊥平面ACD ； (2)求二面角B - AD - E 的大小．图1-520．解：(1)证明：在直角梯形BCDE 中，由DE ＝BE ＝1，CD ＝2，得BD ＝BC ＝2， 由AC ＝2，AB ＝2，得AB 2＝AC 2＋BC 2，即AC ⊥BC .又平面ABC ⊥平面BCDE ，从而AC ⊥平面BCDE ， 所以AC ⊥DE .又DE ⊥DC ，从而DE ⊥平面ACD . (2)方法一：过B 作BF ⊥AD ，与AD 交于点F ，过点F 作FG ∥DE ，与AE 交于点G ，连接BG .由(1)知DE ⊥AD ，则FG ⊥AD .所以∠BFG 是二面角B - AD - E 的平面角．在直角梯形BCDE 中，由CD 2＝BC 2＋BD 2， 得BD ⊥BC .又平面ABC ⊥平面BCDE ，得BD ⊥平面ABC ，从而BD ⊥AB .由AC ⊥平面BCDE ，得AC ⊥CD .在Rt △ACD 中，由DC ＝2，AC ＝2，得AD ＝ 6. 在Rt △AED 中，由ED ＝1，AD ＝6，得AE ＝7.在Rt △ABD 中，由BD ＝2，AB ＝2，AD ＝6，得BF ＝2 33，AF ＝23AD .从而GF ＝23ED ＝23.在△ABE ，△ABG 中，利用余弦定理分别可得cos ∠BAE ＝5 714，BG ＝23.在△BFG 中，cos ∠BFG ＝GF 2＋BF 2－BG 22BF ·GF＝32.所以，∠BFG ＝π6，即二面角B - AD - E 的大小是π6.方法二：以D 为原点，分别以射线DE ，DC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D - xyz ，如图所示．由题意知各点坐标如下：D (0，0，0)，E (1，0，0)，C (0，2，0)， A (0，2，2)，B (1，1，0)．设平面ADE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 平面ABD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．可算得AD ＝(0，－2，－2)，AE ＝(1，－2，－2)，DB →＝(1，1，0)．由⎩⎨⎧m ·AD ＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎨⎧－2y 1－2z 1＝0，x 1－2y 1－2z 1＝0，可取m ＝(0，1，－2)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎨⎧－2y 2－2z 2＝0，x 2＋y 2＝0，可取n ＝(1，－1，2)．于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·|n |＝33×2＝32.由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B - AD - E 的大小是π6.G12 单元综合10．[2014·江西卷] 如图1-4所示，在长方体ABCD - A 1B 1C 1D 1中，AB ＝11，AD ＝7，AA 1＝12.一质点从顶点A 射向点E (4，3，12)，遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理)，将第i －1次到第i 次反射点之间的线段记为L i (i ＝2，3，4)，L 1＝AE ，将线段L 1，L 2，L 3，L 4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是( )图1-4A BC D图1-510．C [解析] 由题意，L 1＝AE ＝13.易知点E 在底面ABCD 上的投影为F (4，3，0)，根据光的反射原理知，直线 AE 和从点E 射向点E 1的直线E 1E 关于EF 对称，因此E 1(8，6，0)，且L 2＝L 1＝13.此时，直线EE 1和从点E 1射出所得的直线E 1E 2关于过点E 1(8，6，0)和底面ABCD 垂直的直线对称，得E ′2(12，9，12)．因为12>11，9>7，所以这次射出的点应在面CDD 1C 1上，设为E 2，求得L 3＝E 1E 2＝133，L 3<L 2＝L 1.最后一次，从点E 2射出，落在平面A 1B 1C 1D 1上，求得L 4＝263>L 3.故选C.7．[2014·北京卷] 在空间直角坐标系Oxyz 中，已知A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，D (1，1，2)．若S 1，S 2，S 3分别是三棱锥D - ABC 在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则( )A ．S 1＝S 2＝S 3B ．S 2＝S 1且S 2≠S 3C ．S 3＝S 1且S 3≠S 2D ．S 3＝S 2且S 3≠S 17．D [解析] 设顶点D 在三个坐标平面xOy 、yOz 、zOx 上的正投影分别为D 1、D 2、D 3，则AD 1＝BD 1＝2，AB ＝2，∴S 1＝12×2×2＝2，S 2＝SOCD 2＝12×2×2＝2，S 3＝SOAD 3＝12×2×2＝ 2.∴选D. 19．、、、[2014·湖北卷] 如图1-4，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ .(2)是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．图1-419．解：方法一(几何方法)：(1)证明：如图①，连接AD 1，由ABCD A 1B 1C 1D 1是正方体，知BC 1∥AD 1.当λ＝1时，P 是DD 1的中点，又F 是AD 的中点，所以FP ∥AD 1，所以BC 1∥FP . 而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .。
2014-2020全国卷分类汇编——立体几何
2014年1卷19. (本小题满分12分)如图三棱锥111ABC A B C -中，侧面11BB C C 为菱形，1AB B C ⊥.(Ⅰ) 证明：1AC AB =；（Ⅱ）若1AC AB ⊥，o 160CBB ∠=，AB=Bc ，求二面角111A A B C --的余弦值.2014年2卷11.直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，∠BCA=90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC=CA=CC 1，则BM 与AN 所成的角的余弦值为（ ）A. 110B. 25C. 30D. 218. （本小题满分12分）如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点.（Ⅰ）证明：PB ∥平面AEC ；（Ⅱ）设二面角D-AE-C 为60°，AP=1，AD=3，求三棱锥E-ACD 的体积.2015年1卷(6)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧度为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放斛的米约有(A)14斛(B)22斛(C)36斛(D)66斛(18)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1)证明：平面AEC⊥平面AFC(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值2015年2卷（9）已知A,B是球O的球面上两点，∠AOB=90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为A．36πB.64πC.144πD.256π（19）(本小题满分12分）如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4，过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；（Ⅱ）求直线AF与平面α所成角的正弦值.2016年1卷(11)平面a过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A，a//平面CB1D1，a⋂平面ABCD=m，a⋂平面ABA1B1=n，则m，n所成角的正弦值为（）(A)32(B)22(C)33(D)13AB CFEDEFD11B1AD CA（18）（本小题满分为12分）如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF =2FD ，90AFD ∠=，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60．（I ）证明：平面ABEF ⊥EFDC ； （II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．2016-2(14)α、β是两个平面，m 、n 是两条直线，有下列四个命题： （1）如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β. （2）如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n . （3）如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.（4）如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等. 其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号） 19.（本小题满分12分）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB =5，AC =6，点E ,F 分别在AD ,CD 上，AE =CF =54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D EF '的位置，OD '=（I ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （II ）求二面角B D A C '--的正弦值.CBDEF2016-3(10) 在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB=6，BC=8，AA1=3，则V的最大值是（）（A）4π （B）92π（C）6π （D）323π（19）（本小题满分12分）如图，四棱锥P-ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，P A=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.（I）证明MN∥平面P AB;（II）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.2017-116．如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O。
2014高考真题-立体几何大题(含解析)
解答题1． [2014·安徽卷19] 如图1-5所示，四棱锥P - ABCD 的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217.点G ，E ，F ，H 分别是棱PB ，AB ，CD ，PC 上共面的四点，平面GEFH ⊥平面ABCD ，BC ∥平面GEFH .图1-5(1)证明：GH ∥EF ；(2)若EB ＝2，求四边形GEFH 的面积．解： (1)证明：因为BC ∥平面GEFH ，BC ⊂平面PBC ，且平面PBC ∩平面GEFH ＝GH ，所以GH ∥BC . 同理可证EF ∥BC ，因此GH ∥EF .2．[2014·重庆卷20] 如图1-4所示四棱锥P ABCD 中，底面是以O 为中心的菱形，PO ⊥底面ABCD ，AB＝2，∠BAD ＝π3，M 为BC 上一点，且BM ＝12.(1)证明：BC ⊥平面POM ；(2)若图解：(1)证明：如图所示，因为四边形ABCD 为菱形，O 为菱形的中心，连接OB ，则AO ⊥OB .因为∠BAD ＝π3，所以OB ＝AB ·sin ∠OAB ＝2sin π6＝1.又因为BM ＝12，且∠OBM ＝π3，在△OBM 中，OM 2＝OB 2＋BM 2－2OB ·BM ·cos ∠OBM ＝12＋⎝⎛⎭⎫122－2×1×12×cos π3＝34，所以OB 2＝OM 2＋BM 2，故OM ⊥BM .又PO ⊥底面ABCD ，所以PO ⊥BC .从而BC 与平面POM 内的两条相交直线OM ，PO 都垂直，所以BC ⊥平面POM .3．[2014·陕西卷17] 四面体ABCD 及其三视图如图1-4所示，平行于棱AD ，BC 的平面分别交四面体的棱AB ，BD ，DC ，CA 于点E ，F ，G ，H .图1-4(1)求四面体ABCD 的体积；(2)证明：四边形EFGH 是矩形．解：(1)由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1，∴AD ⊥平面BDC ，∴四面体ABCD 的体积V ＝13×12×2×2×1＝23.4．[2014·湖南卷18] 如图1-3所示，已知二面角α-MN -β的大小为60°，菱形ABCD 在面β内，A ，B 两点在棱MN 上，∠BAD ＝60°，E 是(1)证明：AB ⊥平面ODE ；(2)求异面直线BC 与OD 所成角的余弦值．解：(1)证明：如图，因为DO ⊥α，AB ⊂α，所以DO ⊥AB .连接BD ，由题设知，△ABD 是正三角形，又E 是AB 的中点，所以DE ⊥AB .而DO ∩DE ＝D ，故AB ⊥平面ODE .5．[2014·北京卷17] 如图1-5，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，AB ⊥BC ，AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点．图1-5(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥EABC的体积．解：(1)证明：在三棱柱ABC -A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB.又因为AB⊥BC，所以AB⊥平面B1BCC1，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.6．[2014·湖北卷20] 如图1-5，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1的中点．求证：(1)直线BC1∥平面EFPQ；(2)直线AC1⊥平面PQMN.证明：(1)连接AD1，由ABCD -A1B1C1D1是正方体，知AD1∥BC1.因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1，从而BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.7．[2014·江苏卷16] 如图1-4所示，在三棱锥P -ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知P A⊥AC，P A＝6，BC＝8，DF＝5.求证：(1)直线P A∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.图1-4解：（1）∵D E，为PC AC，中点∴DE∥P A∵PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF∴P A∥平面DEF8．[2014·福建卷19] 如图1-6所示，三棱锥ABCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BD.(1)求证：CD⊥平面ABD；(2)若AB＝BD＝CD＝1，M为AD中点，求三棱锥A -MBC的体积．图1-6解：方法一：(1)证明：∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.又∵CD⊥BD，AB∩BD＝B，AB⊂平面ABD，BD⊂平面ABD，∴CD⊥平面ABD.9．[2014·新课标全国卷Ⅱ18] 如图1-3，四棱锥P -ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设AP＝1，AD＝3，三棱锥P -ABD的体积V＝34，求A到平面PBC的距离．图1-3解：(1)证明：设BD与AC的交点为O，连接EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB，EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.10．[2014·广东卷18] 如图1-2所示，四边形ABCD 为矩形，PD ⊥平面ABCD ，AB ＝1，BC ＝PC ＝2，作如图1-3折叠：折痕EF ∥DC ，其中点E ，F 分别在线段PD ，PC 上，沿EF 折叠后点P 叠在线段AD 上的点记为M ，并且MF ⊥CF .(1)证明：CF ⊥平面MDF ；(2)求三棱锥M - CDE 的体积．图1-2 图1-300:(1):,,,,,,,,,,,,,.11(2),,60,30,==,22,PD ABCD PD PCD PCD ABCD PCD ABCD CD MD ABCD MD CD MD PCD CF PCD CF MD CF MF MD MF MDF MD MF M CF MDF CF MDF CF DF PCD CDF CF CD DE EF DC D ⊥⊂∴⊥=⊂⊥∴⊥⊂∴⊥⊥⊂=∴⊥⊥∴⊥∠=∴∠=∴解证明平面平面平面平面平面平面平面平面又平面平面平面又易知从而∥2112,,2211.33CDE M CDE CDE CF DE PE S CD DE P CP MD V S MD ∆-∆=∴=∴==⋅=====∴=⋅==11．[2014·山东卷18] 如图1-4所示，四棱锥P ABCD 中，AP ⊥平面PCD ，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F 分别为线段AD ，PC 的中点．图1-4(1)求证：AP ∥平面BEF ；(2)求证：BE ⊥平面P AC .证明：(1)设AC ∩BE ＝O ，连接OF ，EC .由于E 为AD 的中点，AB ＝BC ＝12AD ，AD ∥BC ，所以AE ∥BC ，AE ＝AB ＝BC ，所以O 为AC 的中点．又在△P AC 中，F 为PC 的中点，所以AP ∥OF ，又OF ⊂平面BEF ，AP ⊄平面BEF ，所以AP ∥平面BEF .12．[2014·江西卷19] 如图1-1所示，三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，AA 1⊥BC ，A 1B ⊥BB 1.(1)求证：A 1C ⊥CC 1；(2)若AB ＝2，AC ＝3，BC ＝7，问AA 1为何值时，三棱柱ABC - A 1B 1C 1体积最大，并求此最大值．解：(1)证明：由AA 1⊥BC 知BB 1⊥BC .又BB 1⊥A 1B ，故BB 1⊥平面BCA 1，所以BB 1⊥A 1C .又BB 1∥CC 1，所以A 1C ⊥CC 1.13．[2014·辽宁卷19] 如图1-4所示，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F ，G 分别为AC ，(1)求证：EF ⊥平面BCG ；(2)求三棱锥D -BCG 的体积．附：锥体的体积公式V ＝13Sh ，其中S 为底面面积，h 为高．解：(1)证明：由已知得△ABC ≌△DBC ，因此AC ＝DC .又G 为AD 的中点，所以CG ⊥AD ，同理BG ⊥AD .又BG ∩CG ＝G ，所以AD ⊥平面BGC .又EF ∥AD ，所以EF ⊥平面BCG .14．[2014·全国新课标卷Ⅰ19] 如图1-4，111侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.图1-4(1)证明：B1C⊥AB；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC -A1B1C1的高．解：(1)证明：连接BC1，则O为B1C与BC1的交点．因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1.又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，由于BC1∩AO＝O，故B1C⊥平面ABO.由于AB⊂平面ABO，故B1C⊥AB.15．[2014·四川卷18] 在如图1-4所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．(1)若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1.(2)设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．解：(1)证明：因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.因为AB，AC为平面ABC内的两条相交直线，所以AA1⊥平面ABC.因为直线BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又由已知，AC⊥BC，AA1，AC为平面ACC1A1内的两条相交直线，所以BC ⊥平面ACC 1A 1.16．[2014·天津卷17] 如图1-4所示，四棱锥P - ABCD 的底面ABCD 是平行四边形，BA ＝BD ＝2，AD ＝2，P A ＝PD ＝5，E ，F 分别是棱AD ，PC 的中点．(1)证明：EF ∥平面P AB ； ．解：(1)证明：如图所示，取PB 中点M ，连接MF ，AM .因为F 为PC 中点，所以MF ∥BC ，且MF ＝12BC .由已知有BC ∥AD ，BC ＝AD ，又由于E 为AD 中点，因而MF ∥AE 且MF ＝AE ，故四边形AMFE 为平行四边形，所以EF ∥AM .又AM ⊂平面P AB ，而EF ⊄平面P AB ，所以EF ∥平面P AB . 17．[2014·浙江卷20] 如图15，在四棱锥A BCDE 中，平面ABC ⊥平面BCDE ，∠CDE ＝∠BED ＝90°，AB ＝CD ＝2，DE ＝BE ＝1，AC ＝ 2.图1-5(1)证明：AC ⊥平面BCDE ；(2)求直线AE 与平面ABC 所成的角的正切值．解：(1)证明：连接BD ，在直角梯形BCDE 中，由DE ＝BE ＝1，CD ＝2，得BD ＝BC ＝2，由AC ＝2，AB ＝2，得AB 2＝AC 2＋BC 2，即AC ⊥BC .又平面ABC ⊥平面BCDE ，从而AC ⊥平面BCDE .18．[2014·重庆卷20] 如图1-4所示四棱锥P ABCD 中，底面是以O 为中心的菱形，PO ⊥底面ABCD ，AB＝2，∠BAD ＝π3，M 为BC 上一点，且BM ＝12.(1)证明：BC ⊥平面POM ；(2)若MP ⊥AP ，求四棱锥P -ABMO 的体积．图 解：(1)证明：如图所示，因为四边形ABCD 为菱形，O 为菱形的中心，连接OB ，则AO ⊥OB .因为∠BAD ＝π3，所以OB ＝AB ·sin ∠OAB ＝2sin π6＝1.又因为BM ＝12，且∠OBM ＝π3，在△OBM 中，OM 2＝OB 2＋BM 2－2OB ·BM ·cos ∠OBM ＝12＋⎝⎛⎭⎫122－2×1×12×cos π3＝34，所以OB 2＝OM 2＋BM 2，故OM ⊥BM .又PO ⊥底面ABCD ，所以PO ⊥BC .从而BC 与平面POM 内的两条相交直线OM ，PO 都垂直，所以BC ⊥平面POM .19．[2014·全国卷19] 如图1-1所示，三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，点A 1在平面ABC 内的射影D 在AC 上，∠ACB ＝90°，BC ＝1，AC ＝CC 1＝2.(1)证明：AC 1⊥A 1B ；(2)设直线AA 1与平面BCC 1B 1的距离为3，求二面角A 1 AB C 的大小．图1-1解：方法一：(1)证明：因为A 1D ⊥平面ABC ，A 1D ⊂平面AA 1C 1C ，故平面AA 1C 1C ⊥平面ABC .又BC ⊥AC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ，所以BC ⊥平面AA 1C 1C .连接A 1C ，因为侧面AA 1C 1C 为菱形，故AC 1⊥A 1C .由三垂线定理得AC1⊥A1B.。
2014高考数学立体几何真题
33A．3 C．1 D. 22
G2 空间几何体的三视图和直观图
四、11．[2014·北京卷] 某三棱锥的三视图如图1-3所示，则该三棱锥最长棱的棱长为_____1-1所示，则该三棱锥的体积是(锥体体积公
数 学
G单元 立体几何
G1 空间几何体的结构
*一、19．、、[2014·安徽卷] 如图1-5所示，四棱锥P - ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217.点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH
.
图1-5
(1)证明：GH∥EF；
(2)若EB＝2，求四边形GEFH的面积．
*二、 3．[2014·福建卷] 以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于( )
A．2π B．π C．2 D．1
三、7．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 正三棱柱ABC - A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为3，D为BC中点，则三棱锥A - B1DC1的体积为( )
1式：V＝Sh，其中S为底面面积，h为高)( )
3
图1-1 A．3 B．2 3 D．1
六、7．[2014·重庆卷] 某几何体的三视图如图1-2所示，则该几何体的体积为( )
1
2014高考立体几何解答题及答案
2014高考立体几何解答题及答案一．解答题（共17小题）1．（2014•山东）如图，四棱锥P﹣ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB=BC=AD，E，F分别为线段AD，PC的中点．（Ⅰ）求证：AP∥平面BEF；（Ⅱ）求证：BE⊥平面PAC．BC=2．（2014•四川）在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形（Ⅰ）若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1；（Ⅱ）设D、E分别是线段BC、CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．MD=AC3．（2014•湖北）在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，E为PC中点，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ADC=90°，AB=AD=PD=1，CD=2．（Ⅰ）求证：BE∥平面PAD；（Ⅱ）求证：BC⊥平面PBD；（Ⅲ）设Q为侧棱PC上一点，，试确定λ的值，使得二面角Q﹣BD﹣P为45°．的法向量，利用的法向量的坐标，由两个法向量的数量积运算表示二面角的余弦值，化简后求出，且，，=，，4．（2014•江苏）如图，在三棱锥P﹣ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，已知PA⊥AC，PA=6，BC=8，DF=5．求证：（1）直线PA∥平面DEF；（2）平面BDE⊥平面ABC．PA=3EF=BC=45．（2014•黄山一模）如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，AD=PA=2，CD=2，E、F分别是AB、PD的中点．（1）求证：AF∥平面PCE；（2）求证：平面PCE⊥平面PCD；（3）求四面体PEFC的体积．AECD AE CDCD=，=V=6．（2014•南海区模拟）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，△PAB和△PAD是两个边长为2的正三角形，DC=4，O为BD的中点，E为PA的中点．（Ⅰ）求证：PO⊥平面ABCD；（Ⅱ）求证：OE∥平面PDC；（Ⅲ）求直线CB与平面PDC所成角的正弦值．的法向量为，∴=，，，的法向量为，即，解得，又所成角的正弦值为7．（2014•天津模拟）如图，在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，下底ABCD是边长为2的正方形，上底A1B1C1D1是边长为1的正方形，侧棱DD1⊥平面ABCD，DD1=2．（1）求证：B1B∥平面D1AC；（2）求证：平面D1AC⊥平面B1BDD1．8．（2013•北京）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD=2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD．E 和F分别是CD和PC的中点，求证：（Ⅰ）PA⊥底面ABCD；（Ⅱ）BE∥平面PAD；（Ⅲ）平面BEF⊥平面PCD．9．（2013•天津）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱A1A⊥底面ABC，且各棱长均相等．D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点．（Ⅰ）证明：EF∥平面A1CD；（Ⅱ）证明：平面A1CD⊥平面A1ABB1；（Ⅲ）求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值．ACD=BG==，所成角的正弦值10．（2013•浙江）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥面ABCD，AB=BC=2，AD=CD=，PA=，∠ABC=120°，G为线段PC上的点．（Ⅰ）证明：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若G是PC的中点，求DG与PAC所成的角的正切值；（Ⅲ）若G满足PC⊥面BGD，求的值．PC=AD=CD=PAPA=，．OD=DGO==，可得，解得GC=﹣，∴=11．（2013•湖南）如图．在直棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=，AA1=3，D是BC的中点，点E 在棱BB1上运动．（1）证明：AD⊥C1E；（2）当异面直线AC，C1E 所成的角为60°时，求三棱锥C1﹣A1B1E的体积．面积为，由此结合锥体体积公式即可算出三棱锥=E=S××12．（2012•山东）如图，几何体E﹣ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB=CD，EC⊥BD．（Ⅰ）求证：BE=DE；（Ⅱ）若∠BCD=120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC．AB=AF13．（2012•江苏）如图，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．14．（2011•天津）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC=45°，AD=AC=1，O为AC 中点，PO⊥平面ABCD，PO=2，M为PD中点．（Ⅰ）证明：PB∥平面ACM；（Ⅱ）证明：AD⊥平面PAC；（Ⅲ）求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．MN=PO=1中，，所以，中，=所成的正切值为15．（2011•北京）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB=2，∠BAD=60°．（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若PA=AB，求PB与AC所成角的余弦值；（Ⅲ）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长．，则，代入公式可求的法向量的法向量，，﹣，，，=|）知，设的法向量令，的法向量所以的法向量=0t=PA=16．（2010•深圳模拟）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱SD⊥底面ABCD，E、F分别是AB、SC的中点（1）求证：EF∥平面SAD（2）设SD=2CD，求二面角A﹣EF﹣D的大小．法二：建立空间直角坐标系，和，利用，又的平面角的大小为，的中点．，，，所以向量的夹角等于二面角的平面角．的大小为17．（2010•重庆）如图，三棱锥P﹣ABC中，PC⊥平面ABC，PC=AC=2，AB=BC，D是PB上一点，且CD⊥平面PAB．（1）求证：AB⊥平面PCB；（2）求二面角C﹣PA﹣B的大小的余弦值．，PB=COD=。
2014年高考文科数学立体几何真题
2014年高考文科数学立体几何真题，则BA=BD=PA=PD=AD，三棱锥V=的距离为V=AC=，问22014年高考文科数学立体几何真题参考答案与试题解析一．填空题（共1小题）1．如图，在平行四边形ABCD中，点E在AB上且EB=2AE，AC与DE交于点F，则=3．，可求∴=3二．解答题（共13小题）2．（2014•天津）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，BA=BD=，AD=2，PA=PD=，E，F 分别是棱AD，PC的中点．（Ⅰ）证明EF∥平面PAB；（Ⅱ）若二面角P﹣AD﹣B为60°，（i）证明平面PBC⊥平面ABCD；（ii）求直线EF与平面PBC所成角的正弦值．中点，∥AB，EH∥平面PAB．（Ⅱ）（i）如图，连结PE，BE．∵BA=BD=，AD=2，PA=PD=又∵E为AD的中点，∴BE⊥AD，PEPB=．BA=BD=，，，﹣，，）∴（，﹣，，∵，∴，，﹣）∴）∴==所成角的正弦值为3．（2014•四川）在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形（Ⅰ）若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1；（Ⅱ）设D、E分别是线段BC、CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．（Ⅱ）解：取AB的中点M，连接连接MD，OE，则MD∥AC，MD=AC4．（2014•山东）如图，四棱锥P﹣ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB=BC=AD，E，F分别为线段AD，PC的中点．（Ⅰ）求证：AP∥平面BEF；（Ⅱ）求证：BE⊥平面PAC．AD5．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）设AP=1，AD=，三棱锥P﹣ABD的体积V=，求A到平面PBC的距离．AD=V=AD=V=，V==，AB=，的距离6．（2014•河南）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C．（1）证明：B1C⊥AB；（2）若AC⊥AB1，∠CBB1=60°，BC=1，求三棱柱ABC﹣A1B1C1的高．，B C=，AD=，∴，的距离为．7．（2014•广西）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，∠ACB=90°，BC=1，AC=CC1=2．（Ⅰ）证明：AC1⊥A1B；（Ⅱ）设直线AA1与平面BCC1B1的距离为，求二面角A1﹣AB﹣C的大小．，BC⊂平面BCC1B1，1B1，为垂足，可得A1E⊥平面BCC1B1，E=，DF=，arctan8．（2014•辽宁）如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB=BC=BD=2．∠ABC=∠DBC=120°，E、F、G分别为AC、DC、AD的中点．（Ⅰ）求证：EF⊥平面BCG；（Ⅱ）求三棱锥D﹣BCG的体积．附：锥体的体积公式V=Sh，其中S为底面面积，h为高．=，=×．9．（2014•江西）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥BC，A1B⊥BB1，（1）求证：A1C⊥CC1；（2）若AB=2，AC=，BC=，问AA1为何值时，三棱柱ABC﹣A1B1C1体积最大，并求此最大值．BC=AO=O==，V==，即h=时棱柱的体积最大，最大值为：10．（2014•湖南）如图，已知二面角α﹣MN﹣β的大小为60°，菱形ABCD在面β内，A、B两点在棱MN上，∠BAD=60°，E是AB的中点，DO⊥面α，垂足为O．（Ⅰ）证明：AB⊥平面ODE；（Ⅱ）求异面直线BC与OD所成角的余弦值．，，连ADO==所成角的余弦值为11．（2014•湖北）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F、P、Q、M、N分别是棱AB、AD、DD1、BB1、A1B1、A1D1的中点，求证：（Ⅰ）直线BC1∥平面EFPQ；（Ⅱ）直线AC1⊥平面PQMN．12．（2014•福建）如图，三棱锥A﹣BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BD．（Ⅰ）求证：CD⊥平面ABD；（Ⅱ）若AB=BD=CD=1，M为AD中点，求三棱锥A﹣MBC的体积．==，S．13．（2014•北京）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1=AC=2，BC=1，E，F分别是A1C1，BC的中点．（Ⅰ）求证：平面ABE⊥B1BCC1；（Ⅱ）求证：C1F∥平面ABE；（Ⅲ）求三棱锥E﹣ABC的体积．，可求三棱锥AB==14．（2014•安徽）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为2，点G，E，F，H 分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH．（Ⅰ）证明：GH∥EF；（Ⅱ）若EB=2，求四边形GEFH的面积．∴KB=GK=PO，，PO==S==18。
2014年全国高考真题分类——立体几何
2014年全国高考立体几何试题一、选择题：1、[2014·福建卷] 以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于( )A．2πB．π C．2 D．12、[2014·湖北卷] 《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术“置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．”该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈136L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V≈275L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )A.227B.258C.15750D.3551133、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为3，D为BC中点，则三棱锥AB1DC1的体积为( )A．3 B.32C．1 D.324、[2014·安徽卷] 一个多面体的三视图如图12所示，则该多面体的体积是( )图12A.233B.476C．6 D．75．[2014·湖北卷] 在如图11所示的空间直角坐标系Oxyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)．给出编号为①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )图12A．①和② B．③和①C．④和③ D．④和②6、[2014·湖南卷] 一块石材表示的几何体的三视图如图12所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )图12A．1 B．2 C．3 D．47、[2014·辽宁卷] 某几何体三视图如图12所示，则该几何体的体积为( )图12A．8－π4B．8－π2C．8－π D．8－2π8、[2014·浙江卷] 某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( )图11A．72 cm3 B．90 cm3 C．108 cm3 D．138 cm39、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图11，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm，高为6 cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )图11A.、1727B、.59C、.1027D、.1310、[2014·全国新课标卷Ⅰ] 如图11，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )A．三棱锥 B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱11．[2014·四川卷] 某三棱锥的侧视图、俯视图如图11所示，则该三棱锥的体积是(锥体体积公式：V＝13Sh，其中S为底面面积，h为高)( )图11A．3 B．2 C. 3 D．112．[2014·重庆卷] 某几何体的三视图如图12所示，则该几何体的体积为( )图12A．12 B．18 C．24 D．3013、[2014·辽宁卷] 已知m，n表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是( )A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α14、[2014·浙江卷] 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( )A．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α15、[2014·湖南卷] 一块石材表示的几何体的三视图如图12所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )图12A．1 B．2 C．3 D．416、[2014·陕西卷] 将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是( )A．4π B．3π C．2π D．Π17、[2014·全国卷] 正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4B．16πC．9π D.27π418．[2014·浙江卷] 如图13，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A 处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小(仰角θ为直线AP与平面ABC所成角)．若AB＝15 m，AC＝25 m，∠BCM＝30°，则tan θ的最大值是( )A.305B.3010C.439D.53919．[2014·全国卷] 已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为( )A.16B.36C.13D.33二、填空题1、[2014·北京卷] 某三棱锥的三视图如图13所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________．2、[2014·天津卷] 一个几何体的三视图如图12所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.３、[2014·江苏卷] 设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V 1，V2.若它们的侧面积相等，且S1S2＝94，则V1V2的值是________．4、[2014·山东卷] 一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．三、综合题1、[2014·安徽卷] 如图15所示，四棱锥PABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217.点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH.图15(1)证明：GH∥EF；(2)若EB＝2，求四边形GEFH的面积2、[2014·重庆卷] 如图所示四棱锥PABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝π3，M为BC上一点，且BM＝12.(1)证明：BC⊥平面POM；(2)若MP⊥AP，求四棱锥PABMO的体积．3、[2014·陕西卷] 四面体ABCD及其三视图如图14所示，平行于棱AD，BC 的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.图14(1)求四面体ABCD的体积；(2)证明：四边形EFGH是矩形．4、[2014·湖南卷] 如图13所示，已知二面角αMNβ的大小为60°，菱形ABCD在面β内，A，B两点在棱MN上，∠BAD＝60°，E是AB的中点，DO ⊥面α，垂足为O.图13(1)证明：AB⊥平面ODE；(2)求异面直线BC与OD所成角的余弦值．5、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图13，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设AP＝1，AD＝3，三棱锥PABD的体积V＝34，求A到平面PBC的距离．6、[2014·北京卷] 如图15，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．1图15(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥EABC的体积．7、[2014·福建卷] 如图16所示，三棱锥ABCD中，AB⊥平面BCD，CD ⊥BD.(1)求证：CD⊥平面ABD；(2)若AB＝BD＝CD＝1，M为AD中点，求三棱锥AMBC的体积．8、[2014·广东卷] 如图12所示，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，作如图13折叠：折痕EF∥DC，其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.(1)证明：CF⊥平面MDF；(2)求三棱锥MCDE的体积．9、[2014·湖北卷] 如图15，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，P ，Q ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，DD 1，BB 1，A 1B 1，A 1D 1的中点．求证：(1)直线BC 1∥平面EFPQ ； (2)直线AC 1⊥平面PQMN .10、[2014·上海卷]底面边长为2的正三棱锥P ABC ,其表面展开图是三角形321p p p ，如图，求△321p p p 的各边长及此三棱锥的体积V .11、[2014·江苏卷] 如图所示，在三棱锥P ABC 中，D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点．已知PA ⊥AC ，PA ＝6，BC ＝8，DF ＝5.求证：(1)直线PA ∥平面DEF ； (2)平面BDE ⊥平面ABC .12、，[2014·山东卷] 如图14所示，四棱锥P ABCD 中，AP ⊥平面PCD ，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F 分别为线段AD ，PC 的中点．图14(1)求证：AP ∥平面BEF ； (2)求证：BE ⊥平面PAC .13、[2014·江西卷] 如图11所示，三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥BC ，A 1B ⊥BB 1.(1)求证：A 1C ⊥CC 1；(2)若AB ＝2，AC ＝3，BC ＝7，问AA 1为何值时，三棱柱ABC A 1B 1C 1体积最大，并求此最大值．14、[2014·辽宁卷] 如图14所示，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F ，G 分别为AC ，DC ，AD 的中点．（第16题）PDCEFBA图14(1)求证：EF⊥平面BCG；(2)求三棱锥DBCG的体积．附：锥体的体积公式V＝13Sh，其中S为底面面积，h为高．15、[2014·全国新课标卷Ⅰ] 如图14，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C 为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.图14(1)证明：B1C⊥AB；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABCA1B1C1的高．16、[2014·四川卷] 在如图14所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．(1)若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1.(2)设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．17、[2014·天津卷] 如图14所示，四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，BA＝BD＝2，AD＝2，PA＝PD＝5，E，F分别是棱AD，PC的中点．(1)证明：EF∥平面PAB；(2)若二面角PADB为60°.(i)证明：平面PBC⊥平面ABCD；(ii)求直线EF与平面PBC所成角的正弦值．18、[2014·浙江卷] 如图15，在四棱锥ABCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝ 2.图15(1)证明：AC⊥平面BCDE；(2)求直线AE与平面ABC所成的角的正切值．19、[2014·全国卷] 如图11所示，三棱柱ABCA1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝CC＝2.1(1)证明：AC1⊥A1B；(2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为3，求二面角A1ABC的大小．。
2014年全国高考真题分类——立体几何答案
数 学 一、选择题1．A [解析] 由题意可知，该正方形旋转一周后所得的圆柱的底面半径r ＝1，高h ＝1，则该圆柱的侧面积S ＝2πrh ＝2π，故选A.2．B [解析] 设圆锥的底面圆半径为r ，底面积为S ，则L ＝2πr .由题意得136L 2h ≈13Sh ，代入S ＝πr 2化简得π≈3.类比推理，若V ≈275L 2h 时，π≈258.故选B.3．C [解析] 因为D 为BC 的中点，所以AD ⊥BC ，故AD ⊥平面BCC 1B 1，且AD ＝3，所以V 三棱锥A - B 1DC 1＝13S △B 1DC 1×AD ＝13×12B 1C 1×BB 1×AD ＝13×12×2×3×3＝1.4．A [解析] 如图所示，由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥后余下的部分，其体积V ＝8－2×13×12×1×1×1＝233.图1-35．D [解析] 由三视图可知，该几何体的正视图显然是一个直角三角形(三个顶点坐标分别是(0，0，2)，(0，2，0)，(0，2，2))且内有一虚线(一锐角顶点与一直角边中点的连线)，故正视图是④；俯视图是一个斜三角形，三个顶点坐标分别是(0，0，0)，(2，2，0)，(1，2，0)，故俯视图是②.故选D.6．B [解析] 由三视图可知，石材为一个三棱柱(相对应的长方体的一半)，故可知能得到的最大球为三棱柱的内切球．由题意可知正视图三角形的内切圆的半径即为球的半径，可得R ＝6＋8－102＝2.7．C [解析] 根据三视图可知，该几何体是正方体切去两个体积相等的圆柱的四分之一后余下的部分，故该几何体体积V ＝23－12×π×12×2＝8－π.8．B [解析] 此几何体是由长方体与三棱柱组合而成的，其体积为6×4×3＋12×3×4×3＝90 cm 3，故选B.9．C [解析] 该零件是一个由两个圆柱组成的组合体，其体积V ＝π×32×2＋π×22×4＝34π(cm 3)，原毛坯的体积V 毛坯＝π×32×6＝54π(cm 3)，被切部分的体积V 切＝V 毛坯－V ＝54π－34π＝20π(cm 3)，所以V 切V 毛坯＝20π54π＝1027.10．B [解析] 从俯视图为矩形可以看出，此几何体不可能是三棱锥或四棱锥，其直观图如图，是一个三棱柱．11、D [解析] 由图可知，三棱锥的底面为边长为2的正三角形，左侧面垂直于底面，且为边长为2的正三角形，所以该三棱锥的底面积S ＝12×2×3，高h ＝3，所以其体积V＝13Sh ＝13×3×3＝1，故选D.12．C [解析] 由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥得到的．三棱柱的底面是一个两直角边长分别为3和4的直角三角形，高为5；截去的锥体的底面是两直角边的长分别为3和4的直角三角形，高为3，所以该几何体的体积为V ＝12×3×4×5－13×12×3×4×3＝24.13．B [解析] 由题可知，若m ∥α，n ∥α，则m 与n 平行、相交或异面，所以A 错误；若m ⊥α，n ⊂α，则m ⊥n ，故B 正确；若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α，故C 错误；若m ∥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊥α或n 与α相交，故D 错误．14．C [解析] A ，B ，D 中m 与平面α可能平行、相交或m 在平面内α；对于C ，若m ⊥β，n ⊥β，则m ∥n ，而n ⊥α，所以m ⊥α.故选C.15．B [解析] 由三视图可知，石材为一个三棱柱(相对应的长方体的一半)，故可知能得到的最大球为三棱柱的内切球．由题意可知正视图三角形的内切圆的半径即为球的半径，可得R ＝6＋8－102＝2.16．C [解析] 由题意可知，旋转体是一个底面半径为1，高为1的圆柱，故其侧面积为2π×1×1＝2π.17．A [解析] 如图所示，因为正四棱锥的底面边长为2，所以AE ＝12AC ＝ 2.设球心为O ，球的半径为R ，则OE ＝4－R ，OA ＝R .又因为△AOE 为直角三角形，所以OA 2＝OE 2＋AE 2，即R 2＝(4－R )2＋2，解得R ＝94，所以该球的表面积S ＝4πR 2＝4π⎝⎛⎭⎫942＝81π4.18．D [解析] 由勾股定理得BC ＝20 m ．如图，过P 点作PD ⊥BC 于D ，连接AD ，则由点A 观察点P 的仰角θ＝∠P AD ，tan θ＝PDAD.设PD ＝x ，则DC ＝3x ，BD ＝20－3x ，在Rt △ABD 中，AD ＝152＋（20－3x ）2＝625－403x ＋3x 2，所以tan θ＝x625－403x ＋3x 2＝1625x 2－403x＋3＝1625⎝⎛⎭⎫1x －2036252＋2725≤539，故tan θ的最大值为539，故选D.19．B [解析] 如图所示，取CF ，则EF ∥BD ，故EF 与CE 所成的角即为异面直线CE 与BD 所成的角．设正四面体的棱长为2，则CE ＝CF ＝3，EF＝1.在△CEF 中，cos ∠CEF ＝CE 2＋EF 2－CF 22CE ·EF ＝3＋1－32×3×1＝36，所以异面直线CE 与BD所成角的余弦值为36.图1-1二、填空题1、22 [解析] 该三棱锥的直观图如图所示，并且PB ⊥平面ABC ，PB ＝2，AB ＝2，AC ＝BC ＝2，P A ＝22＋22＝22，PC ＝22＋（2）2＝6，故P A 最长．2、.20π3[解析] 由三视图可知，该几何体为圆柱与圆锥的组合体，其体积V ＝π×12×4＋13π×22×2＝20π3.3、.32 [解析] 因为S 1S 2＝πr 21πr 22＝r 21r 22＝94，所以r 1r 2＝32.又圆柱的侧面积S 侧＝2πrh ，所以S 侧1＝2πr 1h 1＝S 侧2＝2πr 2h 2，则h 1h 2＝r 2r 1＝23，故V 1V 2＝S 1h 1S 2h 2＝94×23＝32.4．12 [解析] 设该六棱锥的高是h .根据体积公式得，V ＝13×12×2×3×6×h ，解得h＝1，则侧面三角形的高为1＋（3）2＝2，所以侧面积S ＝12×2×2×6＝12.三、综合题1、（安徽）解析：(1)证明：因为BC ∥平面GEFH ，BC ⊂平面PBC ，且平面PBC ∩平面GEFH ＝GH ，所以GH ∥BC .同理可证EF ∥BC ，因此GH ∥EF .(2)连接AC ，BD 交于点O ，BD 交EF 于点K ，连接OP ，GK .因为P A ＝PC ，O 是AC 的中点，所以PO ⊥AC ，同理可得PO ⊥BD .又BD ∩AC ＝O ，且AC ，BD 都在平面ABCD 内，所以PO ⊥平面ABCD .又因为平面GEFH ⊥平面ABCD ，且PO ⊄平面GEFH ，所以PO ∥平面GEFH . 因为平面PBD ∩平面GEFH ＝GK ， 所以PO ∥GK ，所以GK ⊥平面ABCD . 又EF ⊂平面ABCD ，所以GK ⊥EF ， 所以GK 是梯形GEFH 的高．由AB ＝8，EB ＝2得EB ∶AB ＝KB ∶DB ＝1∶4，从而KB ＝14DB ＝12OB ，即K 是OB 的中点．再由PO ∥GK 得GK ＝12PO ，所以G 是PB 的中点，且GH ＝12BC ＝4.由已知可得OB ＝42，PO ＝PB 2－OB 2＝68－32＝6，所以GK ＝3，故四边形GEFH 的面积S ＝GH ＋EF 2·GK ＝4＋82×3＝18.2、（重庆）解析：(1)证明：如图所示，因为四边形ABCD 为菱形，O 为菱形的中心，连接OB ，则AO ⊥OB .因为∠BAD ＝π3，所以OB ＝AB ·sin ∠OAB ＝2sin π6＝1.又因为BM ＝12，且∠OBM ＝π3，在△OBM 中，OM 2＝OB 2＋BM 2－2OB ·BM ·cos ∠OBM＝12＋⎝⎛⎭⎫122－2×1×12×cos π3＝34，所以OB 2＝OM 2＋BM 2，故OM ⊥BM .又PO ⊥底面ABCD ，所以PO ⊥BC .从而BC 与平面POM 内的两条相交直线OM ，PO 都垂直，所以BC ⊥平面POM .(2)由(1)可得，OA ＝AB ·cos ∠OAB ＝2×cos 6＝ 3.设PO ＝a ，由PO ⊥底面ABCD ，知△POA 为直角三角形，故P A 2＝PO 2＋OA 2＝a 2＋3.又△POM 也是直角三角形，故PM 2＝PO 2＋OM 2＝a 2＋34.连接AM ，在△ABM 中，AM 2＝AB 2＋BM 2－2AB ·BM ·cos ∠ABM ＝22＋⎝⎛⎭⎫122－2×2×12×cos 2π3＝214. 由已知MP ⊥AP ，故△APM 为直角三角形，则P A 2＋PM 2＝AM 2，即a 2＋3＋a 2＋34＝214，解得a ＝32或a ＝－32(舍去)，即PO ＝32.此时S 四边形ABMO ＝S △AOB ＋S △OMB ＝12·AO ·OB ＋12·BM ·OM ＝12×3×1＋12×12×32 ＝5 38.所以四棱锥P -ABMO 的体积V 四棱锥P -ABMO ＝13·S 四边形ABMO·PO ＝13×5 38×32＝516.3、（陕西）解析：(1)由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1， ∴AD ⊥平面BDC ，∴四面体ABCD 的体积V ＝13×12×2×2×1＝23.(2)证明：∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，平面EFGH ∩ 平面ABC＝EH ，∴BC ∥FG ，BC ∥EH ，∴FG ∥EH .同理EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ， ∴四边形EFGH 是平行四边形．又∵AD ⊥平面BDC ，∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG ， ∴四边形EFGH 是矩形．4（湖南）解析、连接BD ，由题设知，△ABD 是正三角形，又E 是AB 的中点，所以DE ⊥AB .而DO ∩DE ＝D(2)因为BC ∥AD ，所以ADO 是BC 与OD 所成的角．由(1)知，AB ⊥平面ODE ，所以AB ⊥OE .又DE ⊥AB ，于是∠DEO 是二面角α-MN -β的平面角，从而∠DEO ＝60°.不妨设AB ＝2，则AD ＝2，易知DE ＝ 3.在Rt △DOE 中，DO ＝DE ·sin 60°＝32.连接AO ，在Rt △AOD 中，cos ∠ADO ＝DO AD ＝322＝34.故异面直线BC 与OD 所成角的余弦值为34.5、（新课标全国ＩＩ）解析：(1)证明：设BD 与AC 的交点为O ，连接EO .因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB . EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ， 所以PB ∥平面AEC .(2)V ＝13×12×P A ×AB ×AD ＝36AB ，由V ＝34，可得AB ＝32. 作AH ⊥PB 交PB 于点H .由题设知BC ⊥平面P AB ，所以BC ⊥AH ， 因为PB ∩BC ＝B ，所以AH ⊥平面PBC . 又AH ＝P A ·AB PB ＝31313，所以点A 到平面PBC 的距离为31313.6、(北京)解析：(1)证明：在三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，BB 1⊥底面ABC ，所以BB 1⊥AB . 又因为AB ⊥BC ，所以AB ⊥平面B 1BCC 1.所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1.(2)证明：取AB 的中点G ，连接EG ，FG .因为E ，F ，G 分别是A 1C 1，BC ，AB 的中点， 所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC ，EC 1＝12A 1C 1.因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1， 所以四边形FGEC 1为平行四边形， 所以C 1F ∥EG .又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ， 所以C 1F ∥平面ABE .(3)因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ， 所以AB ＝AC 2－BC 2＝ 3. 所以三棱锥E - ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33.图1-67、（福建）解析：方法一：(1)证明：∵AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ， ∴AB ⊥CD .又∵CD ⊥BD ，AB ∩BD ＝B ，AB ⊂平面ABD ，BD ⊂平面ABD ， ∴CD ⊥平面ABD .(2)由AB ⊥平面BCD ，得AB ⊥BD .∵AB ＝BD ＝1，∴S △ABD ＝12.∵M 是AD 的中点， ∴S △ABM ＝12S △ABD ＝14.由(1)知，CD ⊥平面ABD ，∴三棱锥C - ABM 的高h ＝CD ＝1，因此三棱锥A - MBC 的体积 V A - MBC ＝V C ABM＝13S △ABM ·h ＝112.方法二：(1)同方法一．(2)由AB ⊥平面BCD ，得平面ABD ⊥平面BCD .且平面ABD ∩平面BCD ＝BD .如图所示，过点M 作MN ⊥BD 交BD 于点N ， 则MN ⊥平面BCD ，且MN ＝12AB ＝12.又CD ⊥BD ，BD ＝CD ＝1，∴S △BCD ＝12.∴三棱锥A - MBC 的体积V A MBC ＝V A BCD －V M BCD ＝13AB ·S △BCD －13MN ·S △BCD ＝112. 8、（广东）解析：9、（湖北）解析：证明：(1)连接AD 1，由ABCD - A 1B 1C 1D 1是正方体，知AD 1∥BC 1.因为F ，P 分别是AD ，DD 1的中点，所以FP ∥AD 1. 从而BC 1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ， 故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)如图，连接AC ，BD ，A 1C 1，则AC ⊥BD . 由CC 1⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 可得CC 1⊥BD .又AC ∩CC 1＝C ，所以BD ⊥平面ACC 1A 1. 而AC 1⊂平面ACC 1A 1，所以BD ⊥AC 1.因为M ，N 分别是A 1B 1，A 1D 1的中点，所以MN ∥同理可证PN ⊥AC 1.又PN ∩MN ＝N ，所以直线AC 1⊥平面PQMN.00:(1):,,,,,,,,,,,,,.11(2),,60,30,==,22,PD ABCD PD PCD PCD ABCD PCD ABCD CD MD ABCD MD CD MD PCD CF PCD CF MD CF MF MD MF MDF MD MF M CF MDF CF MDF CF DF PCD CDF CF CD DE EF DC D ⊥⊂∴⊥=⊂⊥∴⊥⊂∴⊥⊥⊂=∴⊥⊥∴⊥∠=∴∠=∴解证明平面平面平面平面平面平面平面平面又平面平面平面又易知从而∥2112,,2211.33CDE M CDE CDE CF DE PE S CD DE P CP MD VS MD ∆-∆=∴=∴==⋅=====∴=⋅==10、（上海）解析：11、（江苏）解析：证明： (1)因为D ，E 分别为棱PC ，AC 的中点， 所以DE ∥P A .又因为P A ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ， 所以直线P A ∥平面DEF .(2)因为D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点，P A ＝6，BC ＝8，所以DE ∥P A ，DE ＝12P A ＝3，EF ＝12BC ＝4.又因为DF ＝5，所以DF 2＝DE 2＋EF 2，所以∠DEF ＝90°，即DE ⊥EF .又P A ⊥AC ，DE ∥P A ， 所以DE ⊥AC .因为AC ∩EF ＝E ，AC ⊂平面ABC ，EF ⊂平面ABC ， 所以DE ⊥平面ABC . 又DE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面ABC .12、（山东）解析：证明：(1)设AC ∩BE ＝O ，连接OF ，EC .由于E 为AD 的中点，AB ＝BC ＝12AD ，AD ∥BC ，所以AE ∥BC ，AE ＝AB ＝BC ， 所以O 为AC 的中点．又在△P AC 中，F 为PC 的中点，所以AP ∥OF . 又OF ⊂平面BEF ，AP ⊄平面BEF ， 所以AP ∥平面BEF .(2)由题意知，ED ∥BC ，ED ＝BC ，所以四边形BCDE 为平行四边形， 所以BE ∥CD .又AP ⊥平面PCD ，所以AP ⊥CD ，所以AP ⊥BE . 因为四边形ABCE 为菱形， 所以BE ⊥AC .又AP ∩AC ＝A ，AP ，AC ⊂平面P AC ， 所以BE ⊥平面P AC .13、（江西）解析：(1)证明：由AA 1⊥BC 知BB 1⊥BC .又BB 1⊥A 1B ，故BB 1⊥平面BCA 1，所以BB 1⊥A 1C .又BB 1∥CC 1，所以A 1C ⊥CC 1. (2)方法一：设AA 1＝x .在Rt △A 1BB 1中，A 1B ＝A 1B 21－BB 21＝4－x 2.同理，A 1C ＝A 1C 21－CC 21＝3－x 2. 在△A 1BC 中，cos ∠BA 1C ＝A 1B 2＋A 1C 2－BC 22A 1B ·A 1C ＝－x 2（4－x 2）（3－x 2），sin ∠BA 1C ＝12－7x 2（4－x 2）（3－x 2），所以S △A 1BC ＝12A 1B ·A 1C ·sin ∠BA 1C ＝12－7x 22.从而三棱柱ABC - A 1B 1C 1的体积V ＝S 直·l ＝S △A 1BC ·AA 1＝x 12－7x 22.因为x 12－7x 2＝12x 2－7x 4＝－7⎝⎛⎭⎫x 2－672＋367，所以当x ＝67＝427，即AA 1＝427时，体积V 取到最大值377.(2)方法二：过A 1作BC 的垂线，垂足为D ，连接AD .由AA 1⊥BC ，A 1D ⊥BC ，得BC ⊥平面AA 1D ，故BC ⊥AD .又∠BAC ＝90°，所以S △ABC ＝12AD ·BC ＝12AB ·AC ，得AD ＝2217.设AA 1＝x .在Rt △AA 1D 中，A 1D ＝AD 2－AA 21＝127－x 2，S △A 1BC ＝12A 1D ·BC ＝12－7x 22.从而三棱柱ABC - A 1B 1C 1的体积V ＝S 直·l ＝S △A 1BC ·AA 1＝x 12－7x 22.因为x 12－7x 2＝12x 2－7x 4＝－7⎝⎛⎭⎫x 2－672＋367，所以当x ＝67＝427，即AA 1＝427时，体积V 取到最大值377.14、(辽宁）解析解：(1)证明：由已知得△ABC ≌△DBC ，因此AC ＝DC .又G 为AD 的中点，所以CG ⊥AD ，同理BG ⊥AD .又BG ∩CG ＝G ，所以AD ⊥平面BGC . 又EF ∥AD ，所以EF ⊥平面BCG .(2)在平面ABC 内，作AO ⊥CB ，交CB 延长线于点O . 由平面ABC ⊥平面BCD ，知AO ⊥平面BDC .又G 为AD 的中点，所以G 到平面BDC 的距离h 是AO 在△AOB 中，AO ＝AB ·sin 60°＝3，所以V 三棱锥D -BCG ＝V 三棱锥G -BCD ＝13·S △DBC ·h ＝13×12·BD ·BC ·sin 120°·32＝12.15、（全国新课标Ｉ）解析：解：(1)证明：由已知得△ABC ≌△DBC ，因此AC ＝DC .又G 为AD 的中点，所以CG ⊥AD ，同理BG ⊥AD .又BG ∩CG ＝G ，所以AD ⊥平面BGC . 又EF ∥AD ，所以EF ⊥平面BCG .(2)在平面ABC 内，作AO ⊥CB ，交CB 延长线于点O . 由平面ABC ⊥平面BCD ，知AO ⊥平面BDC .又G 为AD 的中点，所以G 到平面BDC 的距离h 是AO 在△AOB 中，AO ＝AB ·sin 60°＝3，所以V 三棱锥D -BCG ＝V 三棱锥G -BCD ＝13·S △DBC ·h ＝13×12·BD ·BC ·sin 120°·32＝12. ．因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1. 又AO ⊥平面BB 1C 1C ，所以B 1C ⊥AO ， 由于BC 1∩AO ＝O ，故B 1C ⊥平面ABO . 由于AB ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AB .(2)作OD ⊥BC ，垂足为D ，连接AD .作OH ⊥AD ，垂足为H . 由于BC ⊥AO ，BC ⊥OD ，且AO ∩OD ＝O ， 故BC ⊥平面AOD ，所以OH ⊥BC . 又OH ⊥AD ，且AD ∩BC ＝D ， 所以OH ⊥平面ABC .因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形，又BC ＝1，可得OD ＝34. 因为AC ⊥AB 1，所以OA ＝12B 1C ＝12.由OH ·AD ＝OD ·OA ，且AD ＝OD 2＋OA 2＝74，得OH ＝2114. 又O 为B 1C 的中点，所以点B 1到平面ABC 的距离为217.故三棱柱ABC - A 1B 1C 1的高为217.16、（四川）解析：(1)证明：因为四边形ABB 1A 1和ACC 1A 1都是矩形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC .因为AB ，AC 为平面ABC 内的两条相交直线， 所以AA 1⊥平面ABC .因为直线BC ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥BC .又由已知，AC ⊥BC ，AA 1，AC 为平面ACC 1A 1内的两条相交直线， 所以BC ⊥平面ACC 1A 1.(2)取线段AB 的中点M ，连接A 11，设O 为A 1C ，AC 1的交点．由已知，O 为AC 1的中点．连接MD ，OE ，则MD ，OE 分别为△ABC ，△ACC 1的中位线，所以MD 綊12AC ，OE 綊12AC ，因此MD 綊OE .连接OM ，从而四边形MDEO 为平行四边形，所以DE ∥MO . 因为直线DE ⊄平面A 1MC ，MO ⊂平面A 1MC . 所以直线DE ∥平面A 1MC .即线段AB 上存在一点M (线段AB 的中点)，使直线DE ∥平面A 1MC .17、（天津）解析：(1)证明：如图所示，取PB 中点M ，连接MF ，AM .因为F 为PC 中点，所以MF ∥BC ，且MF ＝12BC .由已知有BC ∥AD ，BC ＝AD ，又由于E 为AD 中点，因而MF ∥AE 且MF ＝AE ， 故四边形AMFE 为平行四边形，所以EF ∥AM .又AM ⊂平面P AB ，而EF ⊄平面P AB ， 所以EF ∥平面P AB .(2)(i)证明：连接PE ，BE.因为P A ＝PD ，BA ＝BD ，而E 为AD 中点，所以PE ⊥AD ，BE ⊥AD ，所以∠PEB 为二面角P - AD -B 的平面角．在△P AD 中，由P A ＝PD ＝5，AD ＝2，可解得PE ＝2. 在△ABD 中，由BA ＝BD ＝2，AD ＝2，可解得BE ＝1. 在△PEB 中，PE ＝2，BE ＝1，∠PEB ＝60˚，由余弦定理，可解得PB ＝3，从而∠PBE ＝90˚，即BE ⊥PB .又BC ∥AD ，BE ⊥AD ， 从而BE ⊥BC，因此BE ⊥平面PBC .又BE ⊂平面ABCD ， 所以平面PBC ⊥平面ABCD .(ii)连接BF ，由(i)知，BE ⊥平面PBC ，所以∠EFB 为直线EF 与平面PBC 所成的角．由PB ＝3及已知，得∠ABP 为直角，而MB ＝12PB ＝32，可得AM ＝112，故EF ＝112.又BE ＝1，故在直角三角形EBF 中，sin ∠EFB ＝BE EF ＝21111.所以直线EF 与平面PBC 所成角的正弦值为21111.18、（浙江）解析：(1)证明：连接BD ，在直角梯形BCDE 中，由DE ＝BE ＝1，CD ＝2，得BD ＝BC ＝2，由AC ＝2，AB ＝2，得AB 2＝AC 2＋BC 2，即AC ⊥BC .又平面ABC ⊥平面BCDE ，从而AC ⊥平面BCDE .(2)在直角梯形BCDE 中，由BD ＝BC ＝2，DC ＝2，得BD ⊥BC .又平面ABC ⊥平面BCDE ，所以BD ⊥平面ABC .作EF ∥BD ，与CB 的延长线交于点F ，连接AF ，则EF ⊥平面ABC . 所以∠EAF 是直线AE 与平面ABC 所成的角．在Rt △BEF 中，由EB ＝1，∠EBF ＝π4，得EF ＝22，BF ＝22；在Rt △ACF 中，由AC ＝2，CF ＝322，得AF ＝262. 在Rt △AEF 中，由EF ＝22，AF ＝262， 得tan ∠EAF ＝1313. 所以，直线AE 与平面ABC 所成的角的正切值是1313.19．（全国券）解析：．解：方法一：(1)证明：因为A 1D ⊥平面ABC ，A 1D ⊂平面AA 1C 1C ，故平面AA 1C 1C ⊥平面ABC .又BC ⊥AC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ，所以BC ⊥平面AA 1C 1C .连接A 1C ，因为侧面AA 1C 1C 为菱形，故AC 1⊥A 1C . 由三垂线定理得AC 1⊥A 1B .(2)BC ⊥平面AA 1C 1C ，BC ⊂平面BCC 1B 1， 故平面AA 1C 1C ⊥平面BCC 1B 1.作A 1E ⊥CC 1，E 为垂足，则A 1E ⊥平面BCC 1B 1.又直线AA 1∥平面BCC 1B 1，因而A 1E 为直线AA 1与平面BCC 1B 1的距离，即A 1E ＝ 3. 因为A 1C 为∠ACC 1的平分线，故A 1D ＝A 1E ＝ 3.作DF ⊥AB ，F 为垂足，连接A 1F .由三垂线定理得A 1F ⊥AB ， 故∠A 1FD 为二面角A 1 AB C 的平面角．由AD ＝AA 21－A 1D 2＝1，得D 为AC 中点，所以DF ＝55，tan ∠A 1FD ＝A 1DDF＝15， 所以cos ∠A 1FD ＝14.所以二面角A 1 AB C 的大小为arccos 14.。