历届高考试题精选-立体几何部分
历届高三数学(理)立体几何高考真题.docx
历届高三数学(理)立体儿何高考真题一、选择题:1.在一个几何体的三视图屮，正视图和俯视图如右图所示, 则相应的俯视图可以为2. 如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某儿何体的三视图，则此儿何体的体积为( )(A) 6 (5) 9 (C)12 (0)183. 己知三棱锥S - ABC 的所有顶点都在球O 的求面上，MBC 是边长为 1的正三角形，SC 为球O 的直径，H.SC = 2；则此棱锥的体积为( )V2V3 V2 V2 (A)— (B) — (C) — (D) — 6 63 2 4. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为力.16 + 8兀 B.8 + 8/TC.16 + 16龙 £).8 + 16龙5. 已知"为异面直线，刃丄 '卜面a , 〃丄平面P 。
直线丿满足/丄加，，丄刀,/ (Z a.l (Z P » 贝9()(A) a 〃 B 且/〃 a (B) a 丄 B 且/丄 B(O a 与0相交，且交线垂直于1 (D) a 与B 相交，且交线平行于/6. 一个四而体的顶点在空间总角处标系0-尤膨中的处标分 别是(1, 0, 1), (1, 1, 0),(0, 1, 1), (0, 0, 0),画该四而体三视图中的正视图时，以z 血平而为投影面,则得到正视图可以为(D)7. 如图，网格纸上小止方形的边长为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.6^2 B .4近 C.6 D A&圆柱被一个平面截去一部分示与半球（半径为I*）组成一个几何体，该几何体三视图屮的正视图和俯视图如 图所示。
若该儿何体的衣面积为16 + 20龙，则u9.一个正方体被一个平血截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值 为10.已知A,B 是球0的球而上两点，ZAOB=90,C 为该球而上的动点，若三棱锥O-ABC 体积的最人值为36, 则球O 的表面积为A. 36HB.64RC.144RD.256TI二、填空题:11 •已知矩形肋CD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，llAB = 6i BC = 2^，则棱锥O-ABCD 的体积为(A) 1 (B) 2 (C) 4 (D) 8（A ）i(D)6三、解答题：12(本小题满分12分)如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四边形，ZDAB二60° ,AB二2AD,PD丄底面 ABCD.(I)证明：PA丄BD；(II)若PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值。
历年高考理科数学真题汇编+答案解析(5)：立体几何
历年高考理科数学真题汇编+答案解析专题5 立体几何（2020年版）考查频率：一般为2个小题和1个大题. 考试分值：22分知识点分布：必修2、选修2-1一、选择题和填空题（每题5分）1．（2019全国I 卷理12）已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，△CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ．D【解析】如图所示.在△PAC 中，设△PAC=θ，PA=PB=PC=2x ，EC=y ，x >0，y >0， △点E 、F 分别为PA 、AB 的中点，△x PB EF ==21，AE =x ， 在△PAC 中，由余弦定理得：xx x x 21222424cos 222=⨯⨯-+=θ， 在△EAC 中，由余弦定理得：xy x x y x 44222cos 22222+-=⨯⨯-+=θ， △xy x x 442122+-=，即222-=-y x △. △△ABC 是边长为2的正三角形，△360sin 2=⨯=οCF △△CEF =90°，△222CF EF CE =+，即322=+y x △.联立△△得，22=x ，△PA=PB=PC=2x=2 △△ABC 是边长为2的正三角形，△222AB PB PA =+，222AC PC PA =+，222BC PC PB =+，即PA=PB=PC 两两垂直，△三棱锥P-ABC 的外接球O 即以PA 为棱的正方体的外接球 △外接球的直径为62222=++=PC PB PA R ，△26=R △外接球O 的体积为π6866π34π343=⨯==R V 【答案】D【考点】必修2 空间几何体的体积、余弦定理2．（2019全国II 卷理7）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（ ） A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【解析】通过画图，采用排除法，很容易得到正确答案. 【答案】B【考点】必修2 直线、平面平行的判断和性质3．（2019全国II 卷理16）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）【解析】由题意可知，该半正多面体所有顶点都在同一个正方体的表面上，由18个正方形面和8个三角形面构成，所有该半正多面体共有26个面. 并且图中的一个八边形与正方体一个面的关系如图A16所示.设该半正多面体的棱长a ，则有1222=⨯+a a 12-=a【答案】26，12-【考点】必修2 空间几何体的结构4．（2019全国III 卷理8）如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线【解析】如图A8所示，连接BD ，由已知可知，在△BDE 中，EN 为BD 边上的中线，BM 为DE 边上的中线，∴直线BM ，EN 在同一平面内且是相交直线.过点E 作EO ⊥CD ，交CD 于点O ，过点M 作MF ⊥CD ，交CD 于点F . 连接ON ，BF . 又∵平面ECD ⊥平面ABCD ，∴EO ⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，∴EO ⊥ON ，MF ⊥BF ， 即△EON 与△MFB 均为直角三角形. 设ABCD 的边长为2a ，则EO =，ON a =，MF =，52BF a ===，△2EN a ===，BM ===∴EN BM ≠.【答案】B【考点】必修2 直线、平面垂直的判定与性质5．（2019全国III 卷理16）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O −EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =AA =，，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【解析】由题意可得，四棱锥O −EFGH 的底面积为2146423=12cm 2⨯-⨯⨯⨯，其高为点O 到底面BB 1C 1C的距离3cm ，因此四棱锥O −EFGH 的体积为311=312=12cm 3V ⨯⨯. 长方体1111ABCD A B C D -的体积为32=466=144cm V ⨯⨯，所以该模型的体积为312=132cm V V V =-，其所需原料的质量为1320.9=118.8 g ⨯.【答案】118.8【考点】必修2 空间几何体的表面积和体积6．（2018全国I 卷理7）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为A． B． C ．3 D ．2【解析】根据题意，点 M 和点 N 分别位于圆柱的上下底面的圆周上，且过这两点的圆柱的母线将圆柱底面圆周分为1:3，如图A7所示，由圆柱的侧面展开图可知，从 M 到 N 的路径中，最短路径的长度为【答案】B【考点】必修2 空间几何体的三视图和直观图7．（2018全国I 卷理12）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为 ABCD【解析】正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图所示：图中所示的正六边形平行的平面，并且正六边形顶点在棱的中点时，α截此正方体所得截面面积的α截此正方体所得截面的面积为26424⎛= ⎝⎭. 【答案】A【考点】必修2 直线与平面的夹角、空间几何体的体积8.（2018全国II卷理9）在长方体中，，与所成角的余弦值为A．BCD【解析】如图所示，点E为C1D1的中点，点F为AB的中点，连接EF，则有EF∥AD1. 由长方体的几何性质可知，EF与DB1在同一平面内且相交于点O，O为长方体的中心. 所以EF与DB1所成角∠EOB1的余弦值就是异面直线AD1与DB1所成角的余弦值.在Rt△ADD1中，AD＝1，DD1AD1＝2，EF＝2，EO＝1；在Rt△B1C1E中，B1C1＝1，EC1＝12，所以EB1；长方形的体对角线DB1，OB1；所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为22211cos+-∠==EOB.【答案】C【考点】必修2 异面直线所成的角、余弦定理9.（2018全国II卷理16）已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为78，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．【解析】设母线SA，SB所成角为θ，圆锥底面半径为R，∵ SA与圆锥底面所成角为45°，∴OM=OA=OB=R，MA=MB.依题意有7cos8θ=，△sin8θ=，1111ABCD A B C D-1AB BC==1AA1AD1DB15又△△SAB 的面积=22211sin )sin 22SA θθ===，△240R =，△ 该圆锥的侧面积=212π2R R ⨯==.图A16【答案】【考点】必修2 空间几何体的表面积和体积10．（2018全国III 卷理3）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是【解析】看不见的线应该用虚线表示. 【答案】A【考点】必修2 空间几何体的三视图和直观图11．（2018全国III 卷理10）设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为39，则三棱锥D -ABC 体积的最大值为A ．312B ．318C ．324D ．354【解析】如图所示，球心为O ，△ABC 的外心为O ′，显然三棱锥D -ABC 体积最大时D 在O′O 的延长线与球的交点.△ABC 为为等边三角形且其面积为39，因此有39432=⨯AB ，解得AB =6. △3260sin 32=⋅⨯='οAB C O ，2)32(42222=-='-='O O OC O O ， ∴642=+='D O .∴ 三棱锥D -ABC 体积的最大值为31863931=⨯⨯=V .【答案】B【考点】必修2 空间几何体的表面积和体积12．（2017全国I 卷理7）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为 A ．10B ．12C ．14D ．16【解析】由三视图可得直观图，如图所示. 该立体图中共有两个相同的梯形的面，梯形的面积为12(24)62S =⨯⨯+=，故梯形的面积之和为12.【答案】B【考点】必修2 空间几何体的三视图和直观图13．（2017全国I 卷理16）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 . D 、E 、F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△F AB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形. 沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△F AB ，使得D 、E 、F 重合，得到三棱锥. 当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm 3）的最大值为_______.【解析】由题意，连接OD ，交BC 于点G ，由题意得OD 丄BC ，6OG BC =，即OG 的长度与BC 的长度成正比，设OG = x ，则BC =，DG = 5—x ，△ 三棱锥的高 h ===三棱锥的底面积 2132ABC S x x ∆=⨯=，图A16△三棱锥的体积为21133ABC V hS ∆===令45()2510f x x x =-，5(0,)2x ∈， 则34()10050f x x x '=-，令34()10050=0f x x x '=-，得2x =，即2x =时，45()2510f x x x =-，5(0,)2x ∈取得最大值，即max ()80f x =，△三棱锥的体积的最大值为max V ==.【答案】【考点】必修2 空间几何体的体积、导数及其应用14. （2017全国II 卷理4）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为（ ） A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π【解析】由三视图可得，直观图为一个高为10的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，其体积为221103π63π=63π2V =⨯-⨯⨯.【答案】B【考点】必修2 空间几何体的三视图和直观图、体积15. （2017全国II 卷理10）已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =o，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（ ）A．2B．5 C．5D．3【解析】以B 为原点，在平面ABC 中过B 作BC 的垂线交AC 于D ，以BD 为x 轴，以BC 为y 轴，以BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.图A10△ 直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC ＝ 120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，△ 1,0)A -，1(0,0,1)B ，(0,0,0)B ，1(0,1,1)C ，△ 1(,1)AB =u u u r ，1(0,1,1)BC =u u u u r，△ 异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为1111||cos ||||AB BC AB BC θ⋅===⋅u u u r u u u u r u u u r u u u u r . 【答案】C【考点】选修2-1 异面直线、空间直角坐标系与立体几何16．（2017全国III 卷理8）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 A ．πB ．3π4C ．π2 D ．π4【解析】由题可知，圆柱的轴截面如图所示，AC ＝2，BC ＝1，故AB ＝3，圆柱底面圆的半径为23，所以圆柱的体积为43π1)23(π2=⨯⨯.图A8【答案】B【考点】必修2 空间几何体的表面积和体积17．（2017全国III 卷理16）a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最小值为60°；其中正确的是________。
高考试卷中立体几何试题归类(1990-2002年)
高考立体几何试题汇编（1990——2002年）(90全国)如图,在三棱锥S ABC中,SA⊥底面ABC,AB⊥BC．DE垂直平分SC,且分别交AC、SC于D、E.又SA＝AB,SB＝BC.求以BD为棱,以BDE与BDC为面的二面角的度数.（91全国）已知ABCD是边长为4的正方形，E、F分别是AB、AD的中点，GC垂直于ABCD所在的平面，且GC＝2．求点B到平面EFG的距离．（92理）两条异面直线a、b所成的角为θ，它们的公垂线段AA1的长度为d。
在直线a、b上分别取点E、F,设A1E=m，AF=n（93全国）如图,A1B1C1-ABC是直三棱柱,过点A1、B、C1的平面和平面ABC的交线记作l.(Ⅰ)判定直线A1C1和l的位置关系,并加以证明;(Ⅱ)若A1A=1,AB=4,BC=3,∠ABC=90°,求顶点A1到直线l的距离.（94全国）如图,已知A1B1C1-ABC是正三棱柱,D是AC中点.(1)证明AB1∥平面DBC1；(2)假设AB1⊥BC1,求以BC1为棱,DBC1与CBC1为面的二面角α的度数.（95全国）如图，ABCD是圆柱的轴截面，点E在底面的周长上，AF⊥DE，F是垂足。
(1)求证：AF⊥DB(2)如果AB=a，圆柱与三棱锥D-ABE的体积比等于3π，求点E到截面ABCD的距离（96全国）如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,E∈BB1，截面A1EC⊥侧面AC1.(Ⅰ)求证:BE=EB1;(Ⅱ)若AA1=A1B1;求平面A1EC与平面A1B1C1所成二面角(锐角)的度数.注意:在下面横线上填写适当内容,使之成为(Ⅰ)的完整证明,并解答(Ⅱ).(Ⅰ)证明:在截面A1EC内,过E作EG⊥A1C,G是垂足.① ∵__________________________________∴EG⊥侧面AC1;取AC的中点F,连结BF,FG,由AB=BC得BF⊥AC,② ∵___________________________________∴BF⊥侧面AC1;得BF∥EG,BF、EG确定一个平面,交侧面AC1于FG.③ ∵ __________________________________∴BE∥FG,四边形BEGF是平行四边形,BE=FG,④ ∵_________________________________∴FG∥AA1,△AA1C∽△FGC,⑤ ∵_________________________(Ⅱ)解:（97全国）如图,在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E 、F 分别是BB 1、CD 的中点. (Ⅰ)证明AD ⊥D 1F; (Ⅱ)求AE 与D 1F 所成的角; (Ⅲ)证明面AED ⊥面A 1FD 1;（98全国）已知斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧面A 1ACC 1与底面ABC 垂直，∠ABC ＝90°，BC ＝2，AC ＝2，且AA 1⊥A 1C ，AA 1＝A 1C 。
历年上海高考试题(立体几何)
又因为直线 B 1D 与平面 ABCD 所成的角等于 30°，所以
1
∠ B 1DB=30 °，于是 BB 1= BD=2.
3
故平行六面体 ABCD —A 1B 1C1 D1 的体积为 SABCD ·BB 1= 8 3 .
7
(04 春) 如图 ,点 P 为斜三棱柱 ABC-A 1B1C1 的侧棱 BB 1 上一点 ,PM ⊥BB 1 交 AA 1 于点
B' － EF－ B 的大小 . （结果用反
（1）利用空间直角坐标系证明；
（ 2） arctan2
(02 春 ) 如图，三棱柱 OAB-O 1A 1B1，平面 OBB 1O1 ⊥平面 OAB ，O1OB=60°，∠AOB=90 °，且 OB= OO1=2，OA= √3。
求：（１）二面角Ｏ１－ＡＢ－Ｏ大小；
A1
B1
m 3m
AB { ,
,0}, AC { m,0,0}, AA1 { 0,0, n}. 其中 m, n 0
C
22
(1) 证明：三棱柱 ABC A1B1C1 是正三棱柱；
A
B
(2) 若 m 2n ，求直线 CA1与平面 A1 ABB1 所成角的大小 .
（2）
4
(03)已知平行六面体 ABCD — A 1B 1C1D1 中， A 1A ⊥平面 ABCD ，AB=4 ，AD=2. 若 B1D⊥ BC， 直线 B 1D 与平面 ABCD 所成的角等于 30°，求平行六面体 ABCD — A 1B1C1D1 的体积 . [ 解 ]连结 BD ，因为 B 1B ⊥平面 ABCD ，B 1D ⊥BC ，所以 BC ⊥ BD.
6高考数学立体几何试题分类汇编
数 学立体几何G1 空间几何体的结构 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π4.8．[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 ≈136L 2h .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≈275L 2h 相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( ) A.227 B.258 C.15750 D.355113 8．B 7．、[2014·辽宁卷] 某几何体三视图如图1-1所示，则该几何体的体积为( )A ．8－2πB ．8－πC ．8－πD ．8－π4图1-17．BG2 空间几何体的三视图和直观图 7．[2014·安徽卷] 一个多面体的三视图如图1-2所示，则该多面体的表面积为( ) A ．21＋ 3 B ．8＋ 2 C ．21 D ．18图1-27．A2．[2014·福建卷] 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2．A5．[2014·湖北卷] 在如图1-1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()A．①和②B．①和③5．D7．、[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 ．4 7．B5．[2014·江西卷] 一几何体的直观图如图1-1所示，下列给出的四个俯视图中正确的是( )图1-1A B C D图1-25．B 7．、[2014·辽宁卷] 某几何体三视图如图1-1所示，则该几何体的体积为( )A ．8－2πB ．8－πC ．8－π2D ．8－π4图1-17．B3．[2014·浙江卷] 几何体的三视图(单位：cm)如图1-1所示，则此几何体的表面积是( )1-1A ．90 cm 2B ．129 cm 2C ．132 cm 2D ．138 cm 2 3．D12．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图1-3，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，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )图1-3A ．6 2B ．6C ．4 2D ．4 12．B6．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图1-1，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1-1A.1727B.59C.1027D.13 6．C17．[2014·陕西卷] 四面体ABCD 及其三视图如图1-4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 .(1)证明：四边形EFGH 是矩形；(2)求直线AB 与平面EFGH 夹角θ的正弦值．图1-417．解：(1)证明：由该四面体的三视图可知， BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ， BD ＝DC ＝2，AD ＝1.由题设，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 ⊥DC ，AD ⊥BD ，∴AD ⊥平面BDC ， ∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG ， ∴四边形EFGH 是矩形．(2)方法一：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (0，0，1)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，DA ＝(0，0，1)，BC ＝(－2，2，0)， BA ＝(－2，0，1)．设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )， ∵EF ∥AD ，FG ∥BC ， ∴n ·DA ＝0，n ·BC ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，－2x ＋2y ＝0，取n ＝(1，1，0)， ∴sin θ＝|cos 〈BA →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪BA ·n |BA ||n |＝25×2＝105.方法二：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (0，0，1)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，∵E 是AB 的中点，∴F ，G 分别为BD ，DC 的中点，得E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，F (1，0，0)，G (0，1，0)．∴FE →＝⎝⎛⎭⎫0，0，12，FG ＝(－1，1，0)， BA ＝(－2，0，1)．设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则n ·FE ＝0，n ·FG ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧12z ＝0，－x ＋y ＝0，取n ＝(1，1，0)，∴sin θ＝|cos 〈BA →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪BA ·n |BA →||n |＝25×2＝105.10．[2014·天津卷] 一个儿何体的三视图如图1-3所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.图1-310.20π37．[2014·重庆卷] ( )1-2A ．54B ．60C ．66D ．72 7．BG3 平面的基本性质、空间两条直线 4．[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 ∥n B ．若m ⊥α，n ⊂α，则m ⊥n C ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥αD ．若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥α 4．B 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. 11．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 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 所成角的余弦值为( )A.110B.25C.3010D.22 11．C [解析] 如图，E 为BC 的中点．由于M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，故MN ∥B 1C 1且MN ＝12B 1C 1，故MN 綊BE ，所以四边形MNEB 为平行四边形，所以EN 綊BM ，所以直线AN ，NE 所成的角即为直线BM ，AN 所成的角．设BC ＝1，则B 1M ＝12B 1A 1＝22，所以MB ＝1＋12＝62＝NE ，AN ＝AE ＝52，在△ANE 中，根据余弦定理得cos ∠ANE ＝64＋54－542×6×5＝3010.18．，，，[2014·四川卷] 三棱锥A 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.G4 空间中的平行关系 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 ＋2a2·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|＝22，417．、[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 →|＝12.6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＝2.19．、、、[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．19．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 BC 1∥平面EFPQ .(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)．BC 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．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．18．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＋4m2＝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. 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：C1M∥平面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝3，求平面C1D1M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AD1.因为在四棱柱ABCD -A1B1C1D1中，CD∥C1D1，CD＝C1D1，所以C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此，C1M∥D1A.又C1M⊄平面A1ADD1，D1A⊂平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.(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Cxyz.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△D1CN中，cos∠D1NC＝CND1N＝32152＝55，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为5 5.18．，，，[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.G5 空间中的垂直关系 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．19．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 O 1O ⊥A 1C 1.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．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 -C19．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 .(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 55.19．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17.18． [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31010.20．、[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．20．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⊥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，。
高中空间立体几何经典例题精选全文完整版
可编辑修改精选全文完整版立体几何一、选择题1．（20XX 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是 （ ）A ．若αβ⊥,m α⊂,n β⊂,则m n ⊥B ．若//αβ,m α⊂,n β⊂,则//m nC ．若m n ⊥,m α⊂,n β⊂,则αβ⊥D ．若m α⊥,//m n ,//n β,则αβ⊥【答案】D2 2．（20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）若两个球的表面积之比为1:4,则这两个球的体积之比为（ ）A ．1:2B ．1:4C ．1:8D ．1:16【答案】C 【答案】A3 3．（20XX 年高考新课标1（理））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（ ）A ．168π+B ．88π+C ．1616π+D ．816π+【答案】A4 4．（20XX 年高考湖南卷（理））已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能．．．等于 （ ）A ．1B ．2C ．2-12D ．2+12【答案】C5．（20XX 年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直,体积为94,底面是边长为3.若P 为底面111A B C 的中心,则PA 与平面ABC 所成角的大小为（ ）A．512πB ．3πC．4πD．6π【答案】B6．（20XX年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））某几何体的三视图如题()5图所示,则该几何体的体积为（）A．5603B．5803C．200D．240【答案】C7．（20XX年高考江西卷（理））如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB CD,正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF相交的平面个数分别记为,m n,那么m n+=（）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】A二、填空题8．（20XX年高考北京卷（理））如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上,点P到直线CC1的距离的最小值为__________.1D1BPD1CCEBA1A【答案】2559．（20XX 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））如图,在三棱柱ABC C B A -111中,F E D ，，分别是1AA AC AB ，，的中点,设三棱锥ADE F -的体积为1V ,三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ,则=21:V V ____________.【答案】1:2410．（20XX 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是____________.【答案】1616π-11．（20XX 年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD 版））已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体,如果该组合体的正视图.测试图.俯视图均如图所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是_______________【答案】12π12．（20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）在如图所示的正方体1111ABCD A B C D -中,异面直线1A B 与1B C 所成角的大小为_______AB C1A D EF1B 1C【答案】3π三、解答题13．（20XX 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））如图,AB是圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点. (I)求证:PAC PBC ⊥平面平面；(II)2.AB AC PA C PB A ===--若，1，1，求证：二面角的余弦值D 1 C 1 B 1A 1D C AB14．（20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）如图,在正三棱锥111ABC A B C -中,16AA =,异面直线1BC 与1AA 所成角的大小为6π,求该三棱柱的体积.【答案】[解]因为1CC 1AA .所以1BC C ∠为异面直线1BC 与1AA .所成的角,即1BC C ∠=6π. 在Rt 1BC C ∆中,113tan 6233BC CC BC C =⋅∠==从而2333ABC S BC ∆==因此该三棱柱的体积为1336183ABC V S AA ∆=⋅==15．（20XX 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））B 1 A 1C 1ACB如图,在三棱锥ABC S -中,平面⊥SAB 平面SBC ,BC AB ⊥,AB AS =,过A 作SB AF ⊥,垂足为F ,点G E ，分别是棱SC SA ，的中点.求证:(1)平面//EFG 平面ABC ; (2)SA BC ⊥.【答案】证明:(1)∵AB AS =,SB AF ⊥∴F 分别是SB 的中点 ∵E.F 分别是SA.SB 的中点 ∴EF ∥AB又∵EF ⊄平面ABC, AB ⊆平面ABC ∴EF ∥平面ABC 同理:FG ∥平面ABC又∵EF FG=F, EF.FG ⊆平面ABC ∴平面//EFG 平面ABC (2)∵平面⊥SAB 平面SBC 平面SAB 平面SBC =BC AF ⊆平面SAB AF ⊥SB∴AF ⊥平面SBC 又∵BC ⊆平面SBC ∴AF ⊥BC又∵BC AB ⊥, AB AF=A, AB.AF ⊆平面SAB ∴BC ⊥平面SAB 又∵SA ⊆平面SAB ∴BC ⊥SA16．（20XX 年高考上海卷（理））如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=2,AD=1,A 1A=1,证明直线BC 1平行于平面DA 1C,并求直线BC 1到平面D 1AC 的距离.C 11A【答案】因为ABCD-A 1B 1C 1D 1为长方体,故1111//,AB C D AB C D =,故ABC 1D 1为平行四边形,故11//BC AD ,显然B 不在平面D 1AC 上,于是直线BC 1平行于平面DA 1C; 直线BC 1到平面D 1AC 的距离即为点B 到平面D 1AC 的距离设为h考虑三棱锥ABCD 1的体积,以ABC 为底面,可得111(12)1323V =⨯⨯⨯⨯=而1AD C ∆中,11AC DC AD ==故132AD C S ∆= AB CSGFE所以,13123233V h h =⨯⨯=⇒=,即直线BC 1到平面D 1AC 的距离为23.17．（20XX 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））如图1,在等腰直角三角形ABC中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 分别是,AC AB 上的点,CD BE =O 为BC 的中点.将ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中A O '(Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ; (Ⅱ) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值.【答案】(Ⅰ) 在图1中,易得3,OC AC AD ===连结,OD OE,在OCD ∆中,由余弦定理可得OD=由翻折不变性可知A D '=,所以222A O OD A D ''+=,所以A O OD '⊥,理可证A O OE '⊥, 又OD OE O =,所以A O '⊥平面BCDE . (Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD ⊥交CD 的延长线于H ,连结A H ', 因为A O '⊥平面BCDE ,所以A H CD '⊥, 所以A HO '∠为二面角A CD B '--的平面角. 结合图1可知,H 为AC 中点,故2OH =,从而2A H '== 所以cos OH A HO A H '∠=='所以二面角ACD B '--向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O -.CO BDEA CDOBE'A图1图2C DO BE'AH则(A ',()0,3,0C -,()1,2,0D -所以(CA '=,(1,DA '=- 设(),,n x y z =为平面A CD '的法向量,则00n CA n DA ⎧'⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩,即3020y x y ⎧+=⎪⎨-++=⎪⎩,解得y x z =-⎧⎪⎨=⎪⎩,令1x =,得(1,1,n =- 由(Ⅰ)知,(OA '=为平面CDB 的一个法向量,所以3cos ,3n OA n OA n OA'⋅'===',即二面角A CD B '--的平面角的余弦值为5.18．（20XX年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 侧棱A1A⊥底面ABCD, AB//DC, AB⊥AD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E为棱AA1的中点.(Ⅰ) 证明B1C1⊥CE;(Ⅱ) 求二面角B1-CE-C1的正弦值.(Ⅲ) 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为2, 求线段AM的长.6【答案】19．（20XX年高考陕西卷（理））如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥平面ABCD,12AB AA==(Ⅰ) 证明: A1C⊥平面BB1D1D;(Ⅱ) 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小.1A【答案】解:(Ⅰ) BDOAABCDBDABCDOA⊥∴⊂⊥11,,面且面;又因为,在正方形AB CD 中,BDCAACACAACABDAACOABDAC⊥⊂⊥=⋂⊥11111,，故面且面所以；且.在正方形AB CD中,AO = 1 . .111=∆OAOAART中，在OECAOCEAEDB1111111⊥为正方形，所以，则四边形的中点为设.，所以由以上三点得且，面面又OOBDDDBBODDBBBD=⋂⊂⊂111111E.E,DDBBCA111面⊥.(证毕)(Ⅱ) 建立直角坐标系统,使用向量解题.以O为原点,以OC为X轴正方向,以OB为Y轴正方向.则)1,0,1()1,1,1(),10(),1(,0,1,0111-=⇒CABACB，，，，）（.由(Ⅰ)知, 平面BB1D1D的一个法向量.0,0,1),1,1,1(),1,0,1(111）（==-==OCOBCAn设平面OCB1的法向量为，则0,0,2122=⋅=⋅OCnOBnn).1-,1,0(法向量2=n为解得其中一个21221||||||,cos|cos212111=⋅=⋅=><=nnnnnnθ.所以,平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ为3π1A。
高考立体几何试题精选
高考立体几何试题精选 1．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是4长为的正方形，侧面
PAD
⊥底面ABCD，M为PA的中点，PA＝PD＝10． (1)求证：PC∥平面BMD；(2)求二面角M－BD－P的大小．
2．如图，在四棱锥
PABCD中，PA平面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，
//BCAD，ABAD，2PAAB，222ADBC． (1)求证：
BD平面PAC；(2)求二面角BPCD的余弦值．
3．如图，AB是圆的直径，圆所在的平面，为圆周上一点，为线段
的中点，，． (1)证明：平面平面.(2)若为的中点，求二面角的余弦值.
4．如图，在正四棱锥中，，，P在侧棱上，
平面.(1)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值； (2)侧棱上是否存在一点E，使得平面?若存在，求的值；若不
OPAOCD
PC30CBA2ABPA
ABDPBCGADPBCG
SABCDACBDO2SAABSDSD
PACSABPACSC//BEPAC:SEEC 存在，请说明理由. 5．如图四棱锥中，是以AD为斜边的等腰直角三角形，
，，，，E为PD的中点. （1）求直线PB与平面PAC所成角的正弦值；（2）设F是BE的中点，判断点F是否在平面PAC内，并证明结论.
6．如图，圆柱的轴截面是一个边长为2的正方形，点D为棱的中
点，为弧上一点，且(1)求三棱锥的体积；(2)求二面角的余弦值.
7．如图，三角形ABC是边长为3的等边三角形，E，F分别在边AB，
AC
上，且2AEAF，M为BC边的中点，AM交EF于点O，沿EF将三角形AEF折到DEF的位置，使
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2DM．
(1)证明：
DO平面EFCB；(2)若平面EFCB内的直线EN∥平面DOC，且与边
BC交于点N，问在线段DM上是否存在点P，使二面角P—EN—B的大小为
60°若存在，则求出点P；若不存在，请说明理由．
PABCDPAD△
//BCADABAD
高三精选立体几何大题30题(含详细解答)
A BC第1题图ABCD第1题图立体几何大题1．如下图，一个等腰直角三角形的硬纸片ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4cm，CD是斜边上的高沿CD 把△ABC折成直二面角．（1）如果你手中只有一把能度量长度的直尺，应该如何确定A，B的位置，使二面角A－CD－B是直二面角？证明你的结论．（2）试在平面ABC上确定一个P，使DP与平面ABC内任意一条直线都垂直，证明你的结论．（3）如果在折成的三棱锥内有一个小球，求出小球半径的最大值．2．如图，已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面边长为3，侧棱长为4，连结A1B过A作AF⊥A1B垂足为F，且AF的延长线交B1B于E。
（Ⅰ）求证：D1B⊥平面AEC；（Ⅱ）求三棱锥B—AEC的体积；（Ⅲ）求二面角B—AE—C的大小的正弦值.3．如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为1，点M在BC上，△AMC1是以M为直角顶点的等腰直角三角形.（I）求证：点M为BC的中点；（Ⅱ）求点B到平面AMC1的距离；（Ⅲ）求二面角M—AC1—B 的正切值. 4．如图，已知多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，三角形ACD是正三角形，且AD=DE=2，AB=1，F是CD的中点．（Ⅰ）求证：AF∥平面BCE；（Ⅱ）求多面体ABCDE的体积；（Ⅲ）求二面角C-BE-D 的正切值．5．已知：ABCD是矩形，设PA=a，PA⊥平面ABCD.M、N分别是AB、PC的中点.（Ⅰ）求证：MN⊥AB；（Ⅱ）若PD=AB，且平面MND⊥平面PCD，求二面角P—CD—A的大小；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求三棱锥D—AMN的体积.6．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，P、M、N分别为棱DD1、AB、BC的中点。
（I）求二面角B1—MN—B的正切值；（II）证明：PB⊥平面MNB1；（III）画出一个正方体表面展开图，使其满足“有4个正方形面相连成一个长方形”的条件，并求出展开图中P、B两点间的距离。