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资源简介
【3年高考2年模拟】立体几何第一部分 三年高考荟
2013年高考数学(1)空间几何体
一、选择题
1 .(2013新课标理)已知三棱锥的所有顶点都在球的求面上,是边长为的正三角形,为球的直径,且;则此棱锥的体积为 ( )
A. B. C. D.
2 .(2013浙江文)已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图所示,则该三棱锥的体积是 ( )
A.1cm3 B.2cm3
C.3cm3 D.6cm3
3 .(2013重庆文)设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,和且长为的棱与长为的棱异面,则的取值范围是( )
A. B.
C. D.
4 .4(2013重庆理)设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,和,且长为的棱与长为的棱异面,则的取值范围是 ( )
A. B. C. D.
5 .(2013陕西文)将正方形(如图1所示)截去两个三棱锥,得到图2所示的几何体,则该几何体的左视图为
6 .(2013课标文)平面α截球O的球面所得圆的半径为1,球心O到平面α的距离为,则此球的体积为 ( )
A.π B.4π C.4π D.6π
7 .(2013课标文理)如图,网格上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则几何体的体积为
.6 .9 .12 .18
8 .(2013江西文)若一个几何体的三视图如下左图所示,则此几何体的体积为( )
A. B.5 C.4 D.
9.(2013湖南文)某几何体的正视图和侧视图均如图1所示,则该几何体的俯视图不可能是
10.(2013广东文)(立体几何)某几何体的三视图如图1所示,它的体积为 ( )
A. B. C. D.
11.(2013福建文)一个几何体的三视图形状都相同,大小均等,那么这个几何体不可以是 ( )
A.球 B.三棱锥
C.正方体 D.圆柱 、
12.
13.(2013北京文)某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是 ( )
A.
B.
C.
D.
14 .(2013江西理)如图,已知正四棱锥S-ABCD所有棱长都为1,点E是侧棱SC上一动点,过点E垂直于SC的截面将正四棱锥分成上、下两部分.记SE=x(0
15.(2013湖南理)某几何体的正视图和侧视图均如图1所示,则该几何体的俯视图不可能是
16.(2013湖北理)我国古代数学名著《九章算术》中"开立圆术"曰:置积尺数,以十六乘之,九而一,所得开立方除之,即立圆径. "开立圆术"相当于给出了已知球的体积,求其直径的一个近似公式. 人们还用过一些类似的近似公式. 根据判断,下列近似公式中最精确的一个是 ( )
A. B. C. D.
(一)必考题(11-14题)
17.(2013湖北理)已知某几何体的三视图如图所示,则该几
何体的体积为 ( )
A. B.
C. D.
18.(2013广东理)(立体几何)某几何体的三视图如图1所示,它的体积为 ( )
A. B. C. D.
19.(2013福建理)一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等,那么这个几何体不可以是 ( )
A.球 B.三棱柱 C.正方形 D.圆柱
20.(2013大纲理)已知正四棱柱中,为的中点,则直线 与平面的距离为 ( )
A.2 B. C. D.1
21.(2013北京理)某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是 ( )
A. B. C. D.
二、填空题
22.(2013天津文)一个几何体的三视图如图所示(单位:),则该几何体的体积________.
23.(2013上海文)一个高为2的圆柱,底面周长为2p,该圆柱的表面积为_________.
24.(2013山东文)如图,正方体的棱长为1,E为线段上的一点,则三棱锥的体积为_____.
25.(2013辽宁文)已知点P,A,B,C,D是球O表面上的点,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是边长为2正方形.若PA=2,则△OAB的面积为______________.
26.(2013辽宁文)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为_______________.
27.(2013湖北文)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为____________.
28.(2013安徽文)若四面体的三组对棱分别相等,即,,,
则________.(写出所有正确结论编号)
①四面体每组对棱相互垂直
②四面体每个面的面积相等
③从四面体每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于而小于
④连接四面体每组对棱中点的线段互垂直平分
⑤从四面体每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长
29.(2013安徽文)某几何体的三视图如图所示,该几何体的体积是
30.(2013天津理)―个几何体的三视图如图所示(单位:),则该几何体的体积为______.
31..(2013浙江理)已知某三棱锥的三视图(单位:cm)
如图所示,则该三棱锥的体积等于___________cm3.
32.(2013上海理)如图,AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱,BC=2。若AD=2c,且AB+BD=AC+CD=2a,其中a、c为常数,则四面体ABCD的体积的最大值是 _________ .
33.(2013上海理)若一个圆锥的侧面展开图是面积为2?的半圆面,则该圆锥的体积为_________ .
34.(2013山东理)如图,正方体的棱长为1,分别为线段上的点,则三棱锥的体积为____________.
35.(2013辽宁理)已知正三棱锥ABC,点P,A,B,C都在半径为的求面上,若PA,PB,PC两两互相垂直,则球心到截面ABC的距离为________.
36.(2013辽宁理)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为______________.
37.(2013江苏)如图,在长方体中,,,则四棱锥的体积为____cm3.
38.(2013安徽理)某几何体的三视图如图所示,该几何体的表面积是.
参考答案
一、选择题
1. 【解析】选
的外接圆的半径,点到面的距离
为球的直径点到面的距离为
此棱锥的体积为
另:排除
2. 【答案】:A
【解析】:,,,
【考点定位】本题考查棱锥的结构特征,考查空间想象能力,极限思想的应用,是中档题..
3. 【答案】C
【命题意图】本题考查的是三棱锥的三视图问题,体现了对学生空间想象能力的综合考查.【解析】由题意判断出,底面是一个直角三角形,两个直角边分别为1和2,整个棱锥的高由侧视图可得为3,所以三棱锥的体积为.
4. 【答案】A
【解析】.
【考点定位】本题考查棱锥的结构特征,考查空间相象力,极限思想的运用,是中档题.
5. [答案]C
[解析]若两条直线和同一平面所成角相等,这两条直线可能平行,也可能为异面直线,也可能相交,所以A错;一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行,故B错;若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行,也可以垂直;故D错;故选项C正确.
[点评]本题旨在考查立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质,需要熟练掌握课本基础知识的定义、定理及公式.
6. 画出三视图,故选B
7. 【命题意图】本题主要考查简单几何体的三视图及体积计算,是简单题.
【解析】由三视图知,其对应几何体为三棱锥,其底面为一边长为6,这边上高为3,棱锥的高为3,故其体积为=9,故选B.
8. 【答案】C
【解析】本题的主视图是一个六棱柱,由三视图可得地面为变长为1的正六边形,高为1,则直接带公式可求该直六棱柱的体积是:,故选C.
【考点定位】本题是基础题,考查三视图与地观图的关系,注意几何体的位置与放法是解题的关键,考查空间想象能力,转化思想、计算能力.
9. 【答案】D
【解析】本题是组合体的三视图问题,由几何体的正视图和侧视图均如图1所示知,原图下面图为圆柱或直四棱柱,上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱,A,B,C,都可能是该几何体的俯视图,D不可能是该几何体的俯视图,因为它的正视图上面应为如图的矩形.
【点评】本题主要考查空间几何体的三视图,考查空间想象能力.是近年来热点题型.
10. 解析:C.该几何体下部分是半径为3,高为4的圆锥,体积为,上部分是半球,体积为,所以体积为.
11. 【答案】D
【解析】分别比较A、B、C的三视图不符合条件,D 符合
【考点定位】考查空间几何体的三视图与直观图,考查空间想象能力、逻辑推理能力.
12. 答案D
【命题意图】本试题主要考查了正四棱柱的性质的运用,以及点到面的距离的求解.体现了转换与化归的思想的运用,以及线面平行的距离,转化为点到面的距离即可.
【解析】连结交于点,连结,因为是中点,所以,且,所以,即直线 与平面BED的距离等于点C到平面BED的距离,过C做于,则即为所求距离.因为底面边长为2,高为,所以,,,所以利用等积法得,选D.
13. 【答案】B
【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥,本题所求表面积为三棱锥四个面的面积之和.利用垂直关系和三角形面积公式,可得:,因此该几何体表面积,故选B.
【考点定位】本小题主要考查的是三棱锥的三视图问题,原来考查的是棱锥或棱柱的体积而今年者的是表面积,因此考查了学生的计算基本功和空间想象能力.
14. A【解析】本题综合考查了棱锥的体积公式,线面垂直,同时考查了函数的思想,导数法解决几何问题等重要的解题方法.
(定性法)当时,随着的增大,观察图形可知,单调递减,且递减的速度越来越快;当时,随着的增大,观察图形可知,单调递减,且递减的速度越来越慢;再观察各选项中的图象,发现只有A图象符合.故选A.
【点评】对于函数图象的识别问题,若函数的图象对应的解析式不好求时,作为选择题,没必要去求解具体的解析式,不但方法繁琐,而且计算复杂,很容易出现某一步的计算错误而造成前功尽弃;再次,作为选择题也没有太多的时间去给学生解答;因此,使用定性法,不但求解快速,而且准确节约时间.
15. 【答案】D
【解析】本题是组合体的三视图问题,由几何体的正视图和侧视图均如图1所示知,原图下面图为圆柱或直四棱柱,上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱,A,B,C都可能是该几何体的俯视图,D不可能是该几何体的俯视图,因为它的正视图上面应为如图的矩形.
【点评】本题主要考查空间几何体的三视图,考查空间想象能力.是近年高考中的热点题型.
16.考点分析:考察球的体积公式以及估算.
解析:由,设选项中常数为,则;A中代入得,B中代入得,C中代入得,D中代和主得,由于D中值最接近的真实值,故选择D.
17.考点分析:本题考察空间几何体的三视图.
解析:显然有三视图我们易知原几何体为 一个圆柱体的一部分,并且有正视图知是一个1/2的圆柱体,底面圆的半径为1,圆柱体的高为6,则知所求几何体体积为原体积的一半为.选B.
18.解析:C.该几何体下部分是半径为3,高为5的圆柱,体积为,上部分是半径为3,高为4的圆锥,体积为,所以体积为.
19. 【答案】D
【解析】分别比较ABC的三视图不符合条件,D符合.
【考点定位】考查空间几何体的三视图与直观图,考查空间想象能力、逻辑推理能力.
20.答案D
【命题意图】本试题主要考查了正四棱柱的性质的运用,以及点到面的距离的求解.体现了转换与化归的思想的运用,以及线面平行的距离,转化为点到面的距离即可.
【解析】连结交于点,连结,因为是中点,所以,且,所以,即直线 与平面BED的距离等于点C到平面BED的距离,过C做于,则即为所求距离.因为底面边长为2,高为,所以,,,所以利用等积法得,选D.
21. 【答案】B
【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥,本题所求表面积为三棱锥四个面的面积之和.利用垂直关系和三角形面积公式,可得:,因此该几何体表面积,故选B.
【考点定位】本小题主要考查的是三棱锥的三视图问题,原来考查的是棱锥或棱柱的体积而今年者的是表面积,因此考查了学生的计算基本功和空间想象能力.
二、填空题
22. 【解析】由三视图可知这是一个下面是个长方体,上面是个平躺着的五棱柱构成的组合体.长方体的体积为,五棱柱的体积是,所以几何体的总体积为.
23. [解析] 2pr=2p,r=1,S表=2prh+2pr2=4p+2p=6p.
24. 答案: 解析:.
25. 【答案】
【解析】点
【点评】本题主要考查组合体的位置关系、抽象概括能力、空间想象能力、运算求解能力以及转化思想,该题灵活性较强,难度较大.该题若直接利用三棱锥来考虑不宜入手,注意到条件中的垂直关系,把三棱锥转化为长方体来考虑就容易多了.
26. 【答案】12+π
【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体和一个等高的圆柱的组合体,其中长方体的长、宽、高分别为4、3、1,圆柱的底面直径为2,高位1,所以该几何体的体积为
【点评】本题主要考查几何体的三视图、柱体的体积公式,考查空间想象能力、运算求解能力,属于容易题.本题解决的关键是根据三视图还原出几何体,确定几何体的形状,然后再根据几何体的形状计算出体积.
27. 【解析】由三视图可知,该几何体是由左右两个相同的圆柱(底面圆半径为2,高为1)与中间一个圆柱(底面圆半径为1,高为4)组合而成,故该几何体的体积是.
【点评】本题考查圆柱的三视图的识别,圆柱的体积.学生们平常在生活中要多多观察身边的实物都是由什么几何形体构成的,以及它们的三视图的画法. 来年需注意以三视图为背景,考查常见组合体的表面积.
28. 【解析】正确的是②④⑤
②四面体每个面是全等三角形,面积相等
③从四面体每个顶点出发的三条棱两两夹角之和等于
④连接四面体每组对棱中点构成菱形,线段互垂直平分
⑤从四面体每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长
29. 【解析】表面积是 该几何体是底面是直角梯形,高为的直四棱柱几何体的的体积是
30. 【答案】
【命题意图】本试题主要考查了简单组合体的三视图的画法与体积的计算以及空间想象能力.
【解析】由三视图可该几何体为两个相切的球上方了一个长方体组成的组合体,所以其体积为:=.
31. 【答案】1
【解析】观察三视图知该三棱锥的底面为一直角三角
形,右侧面也是一直角三角形.故体积等于.
[点评]异面直线夹角问题通常可以采用两种途径: 第一,把两条异面直线平移到同一平面中借助三角形处理; 第二,建立空间直角坐标系,利用向量夹角公式解决.
32. [解析] 作BE⊥AD于E,连接CE,则AD⊥平面BEC,所以CE⊥AD,
由题设,B与C都是在以AD为焦距的椭球上,且BE、CE都
垂直于焦距AD,所以BE=CE. 取BC中点F,
连接EF,则EF⊥BC,EF=2,,
四面体ABCD的体积,显然,当E在AD中点,即
B是短轴端点时,BE有最大值为b=,所以.
[评注] 本题把椭圆拓展到空间,对缺少联想思维的考生打击甚大!当然,作为填空押轴题,区分度还是要的,不过,就抢分而言,胆大、灵活的考生也容易找到突破点:AB=BD(同时AC=CD),从而致命一击,逃出生天!
33. [解析] 如图,==>l=2,又2?r2=?l=2?==>r=1,
所以h=,故体积.
34. 【解析】因为点在线段上,所以,又因为点在线段上,所以点到平面的距离为1,即,所以.
【答案】
35. 【答案】
【解析】因为在正三棱锥ABC中,PA,PB,PC两两互相垂直,所以可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分,(如图所示),此正方体内接于球,正方体的体对角线为球的直径,球心为正方体对角线的中点.
球心到截面ABC的距离为球的半径减去正三棱锥ABC在面ABC上的
高.已知球的半径为,所以正方体的棱长为2,可求得正三棱锥ABC在面ABC上的高为,所以球心到截面ABC的距离为
【点评】本题主要考查组合体的位置关系、抽象概括能力、空间想象能力、运算求解能力以及转化思想,该题灵活性较强,难度较大.该题若直接利用三棱锥来考虑不宜入手,注意到条件中的垂直关系,把三棱锥转化为正方体来考虑就容易多了.
36. 【答案】38
【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体在中间挖去了一个等高的圆柱,其中长方体的长、宽、高分别为4、3、1,圆柱的底面直径为2,所以该几何体的表面积为长方体的表面积加圆柱的侧面积再减去圆柱的底面积,即为
【点评】本题主要考查几何体的三视图、柱体的表面积公式,考查空间想象能力、运算求解能力,属于容易题.本题解决的关键是根据三视图还原出几何体,确定几何体的形状,然后再根据几何体的形状计算出表面积.
37. 【答案】6.
【考点】正方形的性质,棱锥的体积.
【解析】∵长方体底面是正方形,∴△中 cm,边上的高是cm(它也是中上的高).
∴四棱锥的体积为.
38. 【答案】92
【解析】由三视图可知,原几何体是一个底面是直角梯形,高为4的直四棱柱,其底面积为,侧面积为,故表面积为92.
【考点定位】考查三视图和表面积计算.
2013年高考数学(2)点直线平面之间的位置关系
一、选择题
.(2013浙江文)设是直线,a,β是两个不同的平面 ( )
A.若∥a,∥β,则a∥β B.若∥a,⊥β,则a⊥β
C.若a⊥β,⊥a,则⊥β D.若a⊥β, ∥a,则⊥β
.(2013四川文)下列命题正确的是 ( )
A.若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行
B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行
C.若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行
D.若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行
.(2013浙江理)已知矩形ABCD,AB=1,BC=.将ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻着,在翻着过程中, ( )
A.存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直
B.存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直
C.存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直
D.对任意位置,三直线"AC与BD","AB与CD","AD与BC"均不垂直
.(2013四川理)下列命题正确的是 ( )
A.若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行
B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行
C.若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行
D.若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行
.(2013上海春)已知空间三条直线若与异面,且与异面,则 [答] ( )
A.与异面. B.与相交.
C.与平行. D.与异面、相交、平行均有可能.
二、填空题
.(2013四川文)如图,在正方体中,、分别是、的中点,则异面直线与所成的角的大小是____________.
.(2013大纲文)已知正方形中,分别为,的中点,那么异面直线与所成角的余弦值为____.
.( 2013四川理)如图,在正方体中,、分别是、的中点,则异面直线与所成角的大小是____________.
.(2013大纲理)三棱柱中,底面边长和侧棱长都相等,,则异面直线与所成角的余弦值为_____________.
三、解答题
.(2013重庆文)(本小题满分12分,(Ⅰ)小问4分,(Ⅱ)小问8分)已知直三棱柱中,,,为的中点.(Ⅰ)求异面直线和的距离;(Ⅱ)若,求二面角的平面角的余弦值.
.(2013浙江文)如图,在侧棱锥垂直底面的四棱锥ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=.AD=2,BC=4,AA1=2,E是DD1的中点,F是平面B1C1E与直线AA1的交点.
(1)证明:(i)EF∥A1D1;
(ii)BA1⊥平面B1C1EF;
(2)求BC1与平面B1C1EF所成的角的正弦值.
.(2013天津文)如图,在四棱锥中,底面是矩形,,.
(I)求异面直线与所成角的正切值;
(II)证明平面平面;
(III)求直线与平面所成角的正弦值.
.(2013四川文)如图,在三棱锥中,,,,点在平面内的射影在上.
(Ⅰ)求直线与平面所成的角的大小;
(Ⅱ)求二面角的大小.
.(2013上海文)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,D是
PC的中点.已知∠BAC=,AB=2,AC=2,
PA=2.求:
(1)三棱锥P-ABC的体积;
(2)异面直线BC与AD所成的角的大小(结果用反三
角函数值表示).
.(2013陕西文)直三棱柱ABC- A1B1C1中,AB=A A1 ,=
(Ⅰ)证明;[
(Ⅱ)已知AB=2,BC=,求三棱锥 的体积.
.(2013山东文)如图,几何体是四棱锥,△为正三角形,.
(Ⅰ)求证:;
(Ⅱ)若∠,M为线段AE的中点,
求证:∥平面.
.(2013辽宁文)如图,直三棱柱,,
AA′=1,点M,N分别为和的中点.
(Ⅰ)证明:∥平面;
(Ⅱ)求三棱锥的体积.
(椎体体积公式V=Sh,其中S为地面面积,h为高)
.(2013课标文)如图,三棱柱中,侧棱垂直底面,∠ACB=90°,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点.
(I) 证明:平面⊥平面
(Ⅱ)平面分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比.
.(2013江西文)如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,E,F是线段AB上的两点,且DE⊥AB,CF⊥AB,AB=12,AD=5,BC=4,DE=4.现将△ADE,△CFB分别沿DE,CF折起,使A,B两点重合与点G,得到多面体CDEFG.
(1) 求证:平面DEG⊥平面CFG;
(2) 求多面体CDEFG的体积.
.(2013湖南文)如图6,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是等腰梯形,AD∥BC,AC⊥BD.
(Ⅰ)证明:BD⊥PC;
(Ⅱ)若AD=4,BC=2,直线PD与平面PAC所成的角为30°,求四棱锥P-ABCD的体积.
.(2013湖北文)某个实心零部件的形状是如图所示的几何体,其下部是底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形的四棱台,上不是一个底面与四棱台的上底面重合,侧面是全等的矩形的四棱柱.
(1) 证明:直线平面;
(2) 现需要对该零部件表面进行防腐处理,已知(单位:厘米),每平方厘米的加工处理费为元,需加工处理费多少元?
.(2013广东文)(立体几何)如图5所示,在四棱锥中,平面,∥,,是的中点,是上的点且,为中边上的高.
(Ⅰ)证明:平面;
(Ⅱ)若,,,求三棱锥的体积;
(Ⅲ)证明:平面.
.(2013福建文)如图,在长方体中,为棱上的一点.
(1)求三棱锥的体积;
(2)当取得最小值时,求证:平面.
.(2013大纲文)如图,四棱锥中,底面为菱形,底面,,,是上的一点,.
(Ⅰ)证明:平面;
(Ⅱ)设二面角为90°,求与平面所成角的大小.
.(2013北京文)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别是AC,AB上的中点,
点F为线段CD上的一点.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图2.
(1)求证:DE∥平面A1CB;
(2)求证:A1F⊥BE;
(3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?说明理由.
.(2013安徽文)如图,长方体中,底面是正方形,
是的中点,是棱上任意一点.
(Ⅰ)证明: ;
(Ⅱ)如果=2,=, , 求 的长.
.(2013天津理)如图,在四棱锥中,丄平面,丄,丄,,,.
(Ⅰ)证明丄;
(Ⅱ)求二面角的正弦值;
(Ⅲ)设E为棱上的点,满足异面直线BE与CD所成的角为,求AE的长.
.(2013新课标理)如图,直三棱柱中,,是棱的中点,
(1)证明:
(2)求二面角的大小.
.(2013浙江理)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面是边长为的菱形,且∠BAD=120°,且PA⊥平面ABCD,PA=,M,N分别为PB,PD的中点.
(Ⅰ)证明:MN∥平面ABCD;
(Ⅱ) 过点A作AQ⊥PC,垂足为点Q,求二面角A-MN-Q的平面角的余弦值.
.(2013重庆理)(本小题满分12分(Ⅰ)小问4分(Ⅱ)小问8分)
如图,在直三棱柱 中,AB=4,AC=BC=3,D为AB的中点
(Ⅰ)求点C到平面 的距离;
(Ⅱ)若,求二面角 的平面角的余弦值.
.(2013四川理)如图,在三棱锥中,,,,平面平面.
(Ⅰ)求直线与平面所成角的大小;
(Ⅱ)求二面角的大小.
.(2013上海理)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥底面ABCD,E是PC的中点.已知AB=2,
AD=2,PA=2.求:
(1)三角形PCD的面积;
(2)异面直线BC与AE所成的角的大小.
.(2013上海春)如图,正四棱柱的底面边长为,高为,为线段的中点.求:
(1)三棱锥的体积;
(2)异面直线与所成角的大小(结果用反三角函数值表示)
.(2013陕西理)(1)如图,证明命题"是平面内的一条直线,是外的一条直线(不垂直于),是直线在上的投影,若,则"为真.
(2)写出上述命题的逆命题,并判断其真假 (不需要证明)
.(2013山东理)在如图所示的几何体中,四边形是等腰梯形,∥,平面.
(Ⅰ)求证:平面;
(Ⅱ)求二面角的余弦值.
.(2013辽宁理) 如图,直三棱柱,,
点M,N分别为和的中点.
(Ⅰ)证明:∥平面;
(Ⅱ)若二面角为直二面角,求的值.
.(2013江西理)在三棱柱中,已知,在在底面的投影是线段的中点。
(1)证明在侧棱上存在一点,使得平面,并求出的长;
(2)求平面与平面夹角的余弦值。
.(2013江苏)如图,在直三棱柱中,,分别是棱上的点(点 不同于点),且为的中点.
求证:(1)平面平面;
(2)直线平面.
.(2013湖南理) 如图5,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB=4,BC=3,AD=5,∠DAB=∠ABC=90°,E是CD的中点.
(Ⅰ)证明:CD⊥平面PAE;
(Ⅱ)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等,求四棱锥P-ABCD的体积.
.(2013湖北理)如图1,,,过动点A作,垂足D在线段BC上且异于点B,连接AB,沿将△折起,使(如图2所示).
(Ⅰ)当的长为多少时,三棱锥的体积最大;
(Ⅱ)当三棱锥的体积最大时,设点,分别为棱,的中点,试在
棱上确定一点,使得,并求与平面所成角的大小.
.(2013广东理)如图5所示,在四棱锥中,底面为矩形,平面,点在线段上,平面.
(Ⅰ)证明:平面;
(Ⅱ)若,,求二面角的正切值.
.(2013福建理)如图,在长方体中为中点.
(Ⅰ)求证:
(Ⅱ)在棱上是否存在一点,使得平面?若存在,求的长;若不存在,说明理由.[
(Ⅲ)若二面角的大小为,求的长.
.(2013大纲理)(注意:在试题卷上作答无效)如图,四棱锥中,底面为菱形,底面,,是上的一点,.
(1)证明:平面;
(2)设二面角为,求与平面所成角的大小.
.(2013北京理)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,
且DE∥BC,DE=2,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如图2.
(1)求证:A1C⊥平面BCDE;
(2)若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小;
(3)线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?说明理由.
.(2013安徽理)平面图形如图4所示,其中是矩形,,,
.现将该平面图形分别沿和折叠,使与所在平面都
与平面垂直,再分别连接,得到如图2所示的空间图形,对此空间图形解答
下列问题..
(Ⅰ)证明:; (Ⅱ)求的长;
(Ⅲ)求二面角的余弦值.
参考答案
一、选择题
【答案】B
【命题意图】本题考查的是平面几何的基本知识,具体为线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定和性质.
【解析】利用排除法可得选项B是正确的,∵∥a,⊥β,则a⊥β.如选项A:∥a,∥β时, a⊥β或a∥β;选项C:若a⊥β,⊥a,∥β或;选项D:若若a⊥β, ⊥a,∥β或⊥β.
[答案]C
[解析]若两条直线和同一平面所成角相等,这两条直线可能平行,也可能为异面直线,也可能相交,所以A错;一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行,故B错;若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行,也可以垂直;故D错;故选项C正确.
[点评]本题旨在考查立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质,需要熟练掌握课本基础知识的定义、定理及公式.
【答案】B
【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着,观察在翻着过程,即可知选项B是正确的.
[答案]C
[解析]若两条直线和同一平面所成角相等,这两条直线可能平行,也可能为异面直线,也可能相交,所以A错;一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行,故B错;若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行,也可以垂直;故D错;故选项C正确.
[点评]本题旨在考查立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质,需要熟练掌握课本基础知识的定义、定理及公式.
D
二、填空题
[答案]90o
[解析]方法一:连接D1M,易得DN⊥A1D1 ,DN⊥D1M,
所以,DN⊥平面A1MD1,
又A1M平面A1MD1,所以,DN⊥A1D1,故夹角为90o
方法二:以D为原点,分别以DA, DC, DD1为x, y, z轴,建立空间直角坐标系D-xyz.设正方体边长为2,则D(0,0,0),N(0,2,1),M(0,1,0)A1(2,0,2)
故,
所以,cos< = 0,故DN⊥D1M,所以夹角为90o
[点评]异面直线夹角问题通常可以采用两种途径: 第一,把两条异面直线平移到同一平面中借助三角形处理; 第二,建立空间直角坐标系,利用向量夹角公式解决.
【解析】正确的是②④⑤
②四面体每个面是全等三角形,面积相等
③从四面体每个顶点出发的三条棱两两夹角之和等于
④连接四面体每组对棱中点构成菱形,线段互垂直平分
⑤从四面体每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长
[解析]方法一:连接D1M,易得DN⊥A1D1 ,DN⊥D1M,
所以,DN⊥平面A1MD1,
又A1M平面A1MD1,所以,DN⊥A1D1,故夹角为90o
方法二:以D为原点,分别以DA, DC, DD1为x, y, z轴,建立空间直角坐标系D-xyz.设正方体边长为2,则D(0,0,0),N(0,2,1),M(0,1,0)A1(2,0,2)
故,
所以,cos< = 0,故DN⊥D1M,所以夹角为90o
答案
【命题意图】本试题考查了斜棱柱中异面直线的角的求解.用空间向量进行求解即可.
【解析】设该三棱柱的边长为1,依题意有,则
而
三、解答题
【答案】:(Ⅰ)(Ⅱ)
【解析】:(Ⅰ)如答(20)图1,因AC=BC, D为AB的中点,故CD AB.又直三棱柱中, 面 ,故 ,所以异面直线 和AB的距离为
(Ⅱ):由故 面 ,从而 ,故 为所求的二面角的平面角.
因是在面上的射影,又已知 由三垂线定理的逆定理得从而,都与互余,因此,所以≌,因此得
从而
所以在中,由余弦定理得
【命题意图】本题主要以四棱锥为载体考查线线平行,线面垂直和线面角的计算,注重与平面几何的综合, 同时考查空间想象能力和推理论证能力.
(1)(i)因为, 平面ADD1 A1,所以平面ADD1 A1.
又因为平面平面ADD1 A1=,所以.所以.
(ii) 因为,所以,
又因为,所以,
在矩形中,F是AA的中点,即.即
,故.
所以平面.
(2) 设与交点为H,连结.
由(1)知,所以是与平面所成的角. 在矩形中,,,得,在直角中,,,得
,所以BC与平面所成角的正弦值是.
解:(1)如图,在四棱锥中,因为底面是矩形,所以,且,又因为,故或其补角是异面直线与所成的角.
在中,,所以异面直线与所成角的正切值为2.
(2)证明:由于底面是矩形,故,又由于,,因此平面,而平面,所以平面平面.
(3)在平面内,过点作交直线于点,连接.由于平面平面,由此得为直线与平面所成的角.
在中,,可得
在中,
由平面,得平面,因此
在中,,在中,
所以直线与平面所成角的正弦值为.
[解析](1)连接OC. 由已知,所成的角
设AB的中点为D,连接PD、CD.
因为AB=BC=CA,所以CDAB.
因为等边三角形,
不妨设PA=2,则OD=1,OP=, AB=4.
所以CD=2,OC=.
在Rttan
(2)过D作DE于E,连接CE.
由已知可得,CD平面PAB.
据三垂线定理可知,CE⊥PA,
所以,.
由(1)知,DE=
在Rt△CDE中,tan
故
[点评]本题旨在考查线面位置关系和二面角的基础概念,重点考查思维能力和空间想象能力,进一步深化对二面角的平面角的求解.求解二面角平面角的常规步骤:一找(寻找现成的二面角的平面角)、二作(若没有找到现成的,需要引出辅助线作出二面角的平面角)、三求(有了二面角的平面角后,在三角形中求出该角相应的三角函数值).
[解](1),
三棱锥P-ABC的体积为
(2)取PB的中点E,连接DE、AE,则
ED∥BC,所以∠ADE(或其补角)是异面直线
BC与AD所成的角
在三角形ADE中,DE=2,AE=,AD=2,
,所以∠ADE=.
因此,异面直线BC与AD所成的角的大小是
证明:(I)设中点为O,连接OC,OE,则由知,
又已知,所以平面OCE.
所以,即OE是BD的垂直平分线,所以.
(II)取AB中点N,连接,∵M是AE的中点,∴∥,
∵△是等边三角形,∴.由∠BCD=120°知,∠CBD=30°,
所以∠ABC=60°+30°=90°,即,所以ND∥BC,
所以平面MND∥平面BEC,又DM平面MND,故DM∥平面BEC.
另证:延长相交于点,连接EF.因为CB=CD,.
因为△为正三角形,所以,则,
所以,又,
所以D是线段AF的中点,连接DM,
又由点M是线段AE的中点知,
而平面BEC, 平面BEC,故DM∥平面BEC.
【答案与解析】
(1) 证明:取中点P,连结MP,NP,而M,N分别是A与的中点,所以,
MP∥A,PN∥,所以,MP∥平面AC,PN∥平面AC,又,因此平面MPN∥平面AC,而MN平面MPN,所以,MN∥平面AC,
(Ⅱ)(解法一)连结BN，由题意⊥,面∩面=,
∴⊥⊥面NBC， ∵==1,
∴.
(解法2)
【点评】本题以三棱柱为载体主要考查空间中的线面平行的判定、棱锥体积的计算,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,难度适中.第一小题可以通过线线平行来证明线面平行,也可通过面面平行来证明;第二小题求体积根据条件选择合适的底面是关键,也可以采用割补发来球体积.
【命题意图】本题主要考查空间线线、线面、面面垂直的判定与性质及几何体的体积计算,考查空间想象能力、逻辑推理能力,是简单题.
【解析】(Ⅰ)由题设知BC⊥,BC⊥AC,,∴面, 又∵面,∴,
由题设知,∴=,即,
又∵, ∴⊥面, ∵面,
∴面⊥面;
(Ⅱ)设棱锥的体积为,=1,由题意得,==,
由三棱柱的体积=1,
∴=1:1, ∴平面分此棱柱为两部分体积之比为1:1.
法二:(I)证明:设,则,
因侧棱垂直底面,即,所以,
又D是棱AA1的中点,所以
在中,由勾股定理得: ;
同理,又,
所以:,
即有
因平面,所以,
又,所以 ,所以侧面,而平面,
所以:;由(1)和(2)得:平面,
又平面 ,所以平面平面
(II) 平面BDC1分此棱柱的下半部分可看作底面为直角梯形,高为的一个四棱锥,其体积为:,
该四棱柱的总体积为,
所以,平面BDC1分此棱柱的上半部的体积为
所以 ,所求两部分体积之比为
【解析】(1)由已知可得AE=3,BF=4,则折叠完后EG=3,GF=4,又因为EF=5,所以可得
又因为,可得,即所以平面DEG⊥平面CFG.
(2)过G作GO垂直于EF,GO 即为四棱锥G-EFCD的高,所以所求体积为
【解析】(Ⅰ)因为
又是平面PAC内的两条相较直线,所以BD平面PAC,
而平面PAC,所以.
(Ⅱ)设AC和BD相交于点O,连接PO,由(Ⅰ)知,BD平面PAC,
所以是直线PD和平面PAC所成的角,从而.
由BD平面PAC,平面PAC,知.
在中,由,得PD=2OD.
因为四边形ABCD为等腰梯形,,所以均为等腰直角三角形,
从而梯形ABCD的高为于是梯形ABCD面积
在等腰三角形AOD中,
所以
故四棱锥的体积为.
【点评】本题考查空间直线垂直关系的证明,考查空间角的应用,及几何体体积计算.第一问只要证明BD平面PAC即可,第二问由(Ⅰ)知,BD平面PAC,所以是直线PD和平面PAC所成的角,然后算出梯形的面积和棱锥的高,由算得体积.
【解析】(1)因为四棱柱的侧面是全等的矩形,所以
又因为,所以平面
连接,因为平面,所以
因为底面是正方形,所以.根据棱台的定义可知,与共面.
又已知平面平面,且平面平面
平面,所以,于是
由,可得,
又因为,所以平面.
(2)因为四棱柱的底面是正方形,侧面是全等的矩形,所以
又因为四棱台的上、下底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形,所以
于是该实心零部件的表面积为,故所需加工处理费为(元)
【点评】本题考查线面垂直,空间几何体的表面积;考查空间想象,运算求解以及转化与划归的能力.线线垂直线面垂直面面垂直是有关垂直的几何问题的常用转化方法;四棱柱与四棱台的表面积都是由简单的四边形的面积而构成,只需求解四边形的各边长即可.来年需注意线线平行,面面平行特别是线面平行,以及体积等的考查.
解析:(Ⅰ)因为平面,平面,所以.又因为为中边上的高,所以.,平面,平面,所以平面.
(Ⅱ),因为是的中点,平面,所以点到平面的距离等于,即三棱锥的高,于是.
(Ⅲ)取中点,连接、.因为是的中点,所以且∥.而是上的点且,∥,所以且∥.所以四边形是平行四边形,所以∥.而,所以.又因为平面,平面,所以.而,平面,平面,所以平面,即平面.
【考点定位】本题主要考察直线与直线、直线与平面的位置关系以及体积等基本知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力、数形结合思想、化归与转化思想.
【解析】(1)又长方体AD平面.点A到平面的距离AD=1,
∴==×2×1=1 ,∴
(2)将侧面绕逆时针转动90°展开,与侧面共面.当,M,C共线时,
+MC取得最小值AD=CD=1 ,=2得M为的中点连接M在中,=MC=,=2,
∴=+ , ∴∠=90°,CM⊥,
∵⊥平面,∴⊥CM ∵AM∩MC=C
∴CM⊥平面,同理可证⊥AM ∴⊥平面MAC
【命题意图】本试题主要是考查了四棱锥中关于线面垂直的证明以及线面角的求解的运用.从题中的线面垂直以及边长和特殊的菱形入手得到相应的垂直关系和长度,并加以证明和求解.
解:设,以为原点,为轴,为轴建立空间直角坐标系,则设.
(Ⅰ)证明:由得, 所以,,,所以,
.所以,,所以平面;
(Ⅱ) 设平面的法向量为,又,由得,设平面的法向量为,又,由,得,由于二面角为,所以,解得.
所以,平面的法向量为,所以与平面所成角的正弦值为,所以与平面所成角为.
【点评】试题从命题的角度来看,整体上题目与我们平时练习的试题和相似,底面也是特殊的菱形,一个侧面垂直于底面的四棱锥问题,那么创新的地方就是点的位置的选择是一般的三等分点,这样的解决对于学生来说就是比较有点难度的,因此最好使用空间直角坐标系解决该问题为好.
【考点定位】本题第二问是对基本功的考查,对于知识掌握不牢靠的学生可能不能顺利解决.第三问的创新式问法,难度比较大.
解:(1)因为D,E分别为AC,AB的中点,所以DE∥BC.又因为DE平面A1CB,所以DE∥平面A1CB.
(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC,所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D,DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC.而A1F 平面A1DC,
所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD,所以A1F⊥平面BCDE.所以A1F⊥BE
(3)线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.理由如下:如图,
分别取A1C,A1B的中点P,Q,则PQ∥BC.
又因为DE∥BC,所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP.
由(2)知DE⊥平面A1DC,所以DE⊥A1C.
又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C 的中点,
所以A1C⊥DP,所以A1C⊥平面DEP,从而A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q,使得A1C⊥平面DEQ.
【解析】(I)连接,共面
长方体中,底面是正方形
面
(Ⅱ)在矩形中,
得:
【命题意图】本小题主要考查空间两条直线的位置关系,二面角、异面直线所成的角,直线与平面垂直等基础知识,考查用空间向量解决立体几何问题的方法,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.
方法一:(1)以为正半轴方向，建立空间直角左边系
则
(2)，设平面的法向量
则 取
是平面的法向量
得：二面角的正弦值为
(3)设;则，
即
方法二:
(1)以为正半轴方向，建立空间直角左边系
则
(2)，设平面的法向量
则 取
是平面的法向量
得：二面角的正弦值为
(3)设;则，
即
【点评】试题从命题的角度来看,整体上题目与我们平时练习的试题相似,但底面是非特殊
的四边形,一直线垂直于底面的四棱锥问题,那么创新的地方就是第三问中点E的位置是不确定的,需要学生根据已知条件进行确定,如此说来就有难度,因此最好使用空间直角坐标系解决该问题为好.
【解析】(1)在中,
得:
同理:
得:面
(2)面
取的中点,过点作于点,连接
,面面面
得:点与点重合
且是二面角的平面角
设,则,
既二面角的大小为
【解析】本题主要考察线面平行的证明方法,建系求二面角等知识点.
(Ⅰ)如图连接BD.
∵M,N分别为PB,PD的中点,
∴在PBD中,MN∥BD.
又MN平面ABCD,
∴MN∥平面ABCD;
(Ⅱ)如图建系:
A(0,0,0),P(0,0,),M(,,0),
N(,0, 0),C(,3,0).
设Q(x,y,z),则.
∵,∴.
由,得:. 即:.
对于平面AMN:设其法向量为.
∵.
则. ∴.
同理对于平面AMN得其法向量为.
记所求二面角A-MN-Q的平面角大小为,
则.
∴所求二面角A-MN-Q的平面角的余弦值为.
【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ) .
【考点定位】本小题主要考查立体几何的相关知识,具体涉及到线面垂直的关系,二面角的求法及空间向量在立体几何中的应用,解决此类问题的关键是熟悉几何体的结构特征,熟练进行线线垂直与线面垂直的转化,主要考查学生的空间想象能力与推理论证能力.本题可以利用空间向量来解题,从而降低了题目的难度.
解:(1)由,为的中点,得,又,故,所以点到平面的距离为
(2)如图,取为的中点,连结,则,又由(1)知,故,所以为所求的二面角的平面角.
因为在面上的射影,又已知,由三垂线定理的逆定理得,从而都与互余,因此,所以,因此,,即,得.
从而,所以,在中,
[解析](1)连接OC.由已知,所成的角
设AB的中点为D,连接PD、CD.
因为AB=BC=CA,所以CDAB.
因为等边三角形,
不妨设PA=2,则OD=1,OP=,AB=4.
所以CD=2,OC=.
在Rttan.
故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arctan
(2)过D作DE于E,连接CE.
由已知可得,CD平面PAB
根据三垂线定理可知,CE⊥PA,
所以,.
由(1)知,DE=
在Rt△CDE中,tan
故
[点评]本小题主要考查线面关系、直线与平面所成的角、二面角等基础知识,考查思维能力、空间想象能力,并考查应用向量知识解决数学问题的能力.
[解](1)因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥CD,又AD⊥CD,所以CD⊥平面PAD,
从而CD⊥PD
因为PD=,CD=2,
所以三角形PCD的面积为
(2)[解法一]如图所示,建立空间直角坐标系,
则B(2, 0, 0),C(2, 2,0),E(1, , 1),
,
设与的夹角为?,则
,?=.
由此可知,异面直线BC与AE所成的角的大小是
[解法二]取PB中点F,连接EF、AF,则
EF∥BC,从而∠AEF(或其补角)是异面直线
BC与AE所成的角
在中,由EF=、AF=、AE=2
知是等腰直角三角形,
所以∠AEF=.
因此异面直线BC与AE所成的角的大小是
解(1),又为三棱锥的高,
(2),所以或其补角为导面直线与所成的角.
连接平面,在中,
,故,即异面直线与所成的角为
解析:(1)证法一 如图,过直线上任一点作平面的垂线,设直线的方向向量分别是,则共面,根据平面向量基本定理,存在实数使得
则
因为,所以
又因为,,所以
故,从而
证法二 如图,记,为直线上异于点A的任意一点,过P作,垂足为O,则
∵,,∴直线
又,平面,
∴平面,又平面,∴
(2)逆命题:a是平面内一条直线,是外的一条直线(不垂直于),是直线在上的投影,若,则. 逆命题为真命题.
解析:(Ⅰ)在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=60°,CB=CD,
由余弦定理可知,
即,在中,∠DAB=60°,,则为直角三角形,且.又AE⊥BD,平面AED,平面AED,且,故BD⊥平面AED;
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知,设,则,建立如图所示的空间直角坐标系,,向量为平面的一个法向量.
设向量为平面的法向量,则,即,
取,则,则为平面的一个法向量.
,而二面角F-BD-C的平面角为锐角,则
二面角F-BD-C的余弦值为.
解法二:取的中点,连接,由于,因此,
又平面,平面,所以
由于平面,所以平面
故,所以为二面角的平面角.在等腰三角形中,由于,因为,又,所以,
故,因此二面角的余弦值为.
【答案及解析】
【命题意图】本题主要考查线面平行的判定、二面角的计算，考查空间想象能力、运算求解能力，是容易题.
【解析】(1)连结，由已知
三棱柱为直三棱柱，
所以为中点.又因为为中点
所以，又平面
平面，因此 ......6分
(2)以为坐标原点，分别以直线为轴，轴，轴建立直角坐标系，如图所示
设则，
于是，
所以，设是平面的法向量，
由得，可取
设是平面的法向量，
由得，可取
因为为直二面角，所以，解得......12分
【点评】本题以三棱柱为载体主要考查空间中的线面平行的判定,借助空间直角坐标系求平面的法向量的方法,并利用法向量判定平面的垂直关系,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,难度适中.第一小题可以通过线线平行来证明线面平行,也可通过面面平行来证明.
【解析】
解:(1)证明:连接AO,在中,作于点E,因为,得,
因为平面ABC,所以,因为,
得,所以平面,所以,
所以平面,
又,
得
(2)如图所示,分别以所在的直线
为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0), C(0,-2,0), A1(0.0,2),B(0,2,0)
由(1)可知得点E的坐标为,由(1)可知平面的法向量是,设平面的法向量,
由,得,令,得,即
所以
即平面平面与平面BB1C1C夹角的余弦值是.
【点评】本题考查线面垂直,二面角、向量法在解决立体几何问题中的应用以及空间想象的能力. 高考中,立体几何解答题一般有以下三大方向的考查.一、考查与垂直,平行有关的线面关系的证明;二、考查空间几何体的体积与表面积;三、考查异面角,线面角,二面角等角度问题.前两种考查多出现在第1问,第3种考查多出现在第2问;对于角度问题,一般有直接法与空间向量法两种求解方法.
【答案】证明:(1)∵是直三棱柱,∴平面.
又∵平面,∴.
又∵平面,∴平面.
又∵平面,∴平面平面.
(2)∵,为的中点,∴.
又∵平面,且平面,∴.
又∵平面,,∴平面.
由(1)知,平面,∴∥.
又∵平面平面,∴直线平面
【考点】直线与平面、平面与平面的位置关系.
【解析】(1)要证平面平面,只要证平面上的平面即可.它可由已知是直三棱柱和证得.
(2)要证直线平面,只要证∥平面上的即可.
【解析】
解法1(Ⅰ如图(1)),连接AC,由AB=4,,
E是CD的中点,所以
所以
而内的两条相交直线,所以CD⊥平面PAE.
(Ⅱ)过点B作
由(Ⅰ)CD⊥平面PAE知,BG⊥平面PAE.于是为直线PB与平面PAE
所成的角,且.
由知,为直线与平面所成的角.
由题意,知
因为所以
由所以四边形是平行四边形,故于是
在中,所以
于是
又梯形的面积为所以四棱锥的体积为
解法2:如图(2),以A为坐标原点,所在直线分别为建立空间直角坐标系.设则相关的各点坐标为:
(Ⅰ)易知因为
所以而是平面内的两条相交直线,所以
(Ⅱ)由题设和(Ⅰ)知,分别是,的法向量,而PB与
所成的角和PB与所成的角相等,所以
由(Ⅰ)知,由故
解得.
又梯形ABCD的面积为,所以四棱锥的体积为
.
【点评】本题考查空间线面垂直关系的证明,考查空间角的应用,及几何体体积计算.第一问只要证明即可,第二问算出梯形的面积和棱锥的高,由算得体积,或者建立空间直角坐标系,求得高几体积.
考点分析:本题考察立体几何线面的基本关系,考察如何取到最值,用均值不等式和导数均可求最值.同时考察直线与平面所成角.本题可用综合法和空间向量法都可以.运用空间向量法对计算的要求要高些.
解析:
(Ⅰ)解法1:在如图1所示的△中,设,则.
由,知,△为等腰直角三角形,所以.
由折起前知,折起后(如图2),,,且,
所以平面.又,所以.于是
,
当且仅当,即时,等号成立,
故当,即时, 三棱锥的体积最大.
解法2:
同解法1,得.
令,由,且,解得.
当时,;当时,.
所以当时,取得最大值.
故当时, 三棱锥的体积最大.
(Ⅱ)解法1:以为原点,建立如图a所示的空间直角坐标系.
由(Ⅰ)知,当三棱锥的体积最大时,,.
于是可得,,,,,,
且.
设,则. 因为等价于,即
,故,.
所以当(即是的靠近点的一个四等分点)时,.
设平面的一个法向量为,由 及,
得 可取.
设与平面所成角的大小为,则由,,可得
,即.
故与平面所成角的大小为
解法2:由(Ⅰ)知,当三棱锥的体积最大时,,.
如图b,取的中点,连结,,,则∥.
由(Ⅰ)知平面,所以平面.
如图c,延长至P点使得,连,,则四边形为正方形,
所以. 取的中点,连结,又为的中点,则∥,
所以. 因为平面,又面,所以.
又,所以面. 又面,所以.
因为当且仅当,而点F是唯一的,所以点是唯一的.
即当(即是的靠近点的一个四等分点),.
连接,,由计算得,
所以△与△是两个共底边的全等的等腰三角形,
如图d所示,取的中点,连接,,
则平面.在平面中,过点作于,
则平面.故是与平面所成的角.
在△中,易得,所以△是正三角形,
故,即与平面所成角的大小为
解析:(Ⅰ)因为平面,平面,所以.又因为平面,平面,所以.而,平面,平面,所以平面.
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知平面,而平面,所以,而为矩形,所以为正方形,于是.
法1:以点为原点,、、为轴、轴、轴,建立空间直角坐标系.则、、、,于是,.设平面的一个法向量为,则,从而,令,得.而平面的一个法向量为.所以二面角的余弦值为,于是二面角的正切值为3.
法2:设与交于点,连接.因为平面,平面,平面,所以,,于是就是二面角的平面角.又因为平面,平面,所以是直角三角形.由∽可得,而,所以,,而,所以,于是,而,于是二面角的正切值为.
【考点定位】本题考查直线与直线、直线与平面以及二面角等基础知识、考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、数形结合思想、转化与化归的思想.
解:(1)以点A为原点建立空间直角坐标系,设,则
,故
(2)假设在棱上存在一点,使得平面,则
设平面的法向量为,则有,取,可得,要使平面,只要
,又平面,存在点使平面,此时.
(3)连接,由长方体,得
,,由(1)知,故平面.
是平面的法向量,而,则
二面角是,所以,即
【命题意图】本试题主要是考查了四棱锥中关于线面垂直的证明以及线面角的求解的运用.
从题中的线面垂直以及边长和特殊的菱形入手得到相应的垂直关系和长度,并加以证明和求解.
解:设,以为原点,为轴,为轴建立空间直角坐标系,则设.
(Ⅰ)证明:由得, 所以,,,所以,
.所以,,所以平面;
(Ⅱ) 设平面的法向量为,又,由得,设平面的法向量为,又,由,得,由于二面角为,所以,解得.
所以,平面的法向量为,所以与平面所成角的正弦值为,所以与平面所成角为.
【点评】试题从命题的角度来看,整体上题目与我们平时练习的试题和相似,底面也是特殊的菱形,一个侧面垂直于底面的四棱锥问题,那么创新的地方就是点的位置的选择是一般的三等分点,这样的解决对于学生来说就是比较有点难度的,因此最好使用空间直角坐标系解决该问题为好.
【考点定位】此题第二问是对基本功的考查,对于知识掌握不牢靠的学生可能不能顺利解答.第三问的创新式问法,难度非常大.
解:(1),
平面,
又平面,
又,
平面
(2)如图建系,则,,,
∴,
设平面法向量为,则∴∴
∴又∵∴
∴∴与平面所成角的大小
(3)设线段上存在点,设点坐标为,则则,
设平面法向量为,则∴∴
假设平面与平面垂直,则,∴,,
∵ ∴不存在线段上存在点,使平面与平面垂直
【解析】(I)取的中点为点,连接
则,面面面
同理:面 得:共面
又面
(Ⅱ)延长到,使 得:
,面面面面
(Ⅲ)是二面角的平面角
在中,
在中,
得:二面角的余弦值为.
2013年高考题
一、选择题
1.(重庆理9)高为的四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形，点S、A、B、C、D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为
A. B. C.1 D.
【答案】C
2.(浙江理4)下列命题中错误的是
A.如果平面，那么平面内一定存在直线平行于平面
B.如果平面α不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面
C.如果平面，平面，，那么
D.如果平面，那么平面内所有直线都垂直于平面
【答案】D
3.(四川理3)，，是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是
A.，
B.，
C.，，共面
D.，，共点，，共面
【答案】B
【解析】A答案还有异面或者相交，C、D不一定
4.(陕西理5)某几何体的三视图如图所示，则它的体积是
A. B. C. D.
【答案】A
5.(浙江理3)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是
【答案】D
6.(山东理11)右图是长和宽分别相等的两个矩形.给定下列三个命题：①
存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图;②存在四棱柱，其正(主)
视图、俯视图如右图;③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如右图.其
中真命题的个数是
A.3 B.2
C.1 D.0
【答案】A
7.(全国新课标理6)。在一个几何体的三视图中，正视图与俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为
【答案】D
8.(全国大纲理6)已知直二面角α? ι?β，点A∈α，AC⊥ι，C为垂足，B∈β，BD⊥ι，D为垂足.若AB=2，AC=BD=1，则D到平面ABC的距离等于
A. B. C. D.1
【答案】C
9.(全国大纲理11)已知平面α截一球面得圆M，过圆心M且与α成二面角的平面β截该球面得圆N.若该球面的半径为4，圆M的面积为4，则圆N的面积为
A.7 B.9 C.11 D.13
【答案】D
10.(湖南理3)设图1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为
A. B.
C. D.
【答案】B
11.(江西理8)已知，，是三个相互平行的平面.平面，之间的距离为，平面，之间的距离为.直线与，，分别相交于，，，那么"="是""的
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
【答案】C
12.(广东理7)如图1-3，某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为
A. B. C. D.
【答案】B
13.(北京理7)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是
A.8 B. C.10 D.
【答案】C
14.(安徽理6)一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为
(A)48
(B)32+8
(C)48+8
(D)80
【答案】C
15.(辽宁理8)。如图，四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则下列结论中不正确的是
(A)AC⊥SB
(B)AB∥平面SCD
(C)SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角
(D)AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角
【答案】D
16.(辽宁理12)。已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=，，则棱锥S-ABC的体积为
(A) (B) (C) (D)1
【答案】C
17.(上海理17)设是空间中给定的5个不同的点，则使
成立的点的个数为
A.0 B.1 C.5 D.10
【答案】B
二、填空题
18.(上海理7)若圆锥的侧面积为，底面积为，则该圆锥的体积为 。
【答案】
19.(四川理15)如图，半径为R的球O中有一内接圆柱.当圆柱的侧
面积最大是，求的表面积与改圆柱的侧面积之差是 .
【答案】
【解析】时，
，则
20.(辽宁理15)一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是 .
【答案】
21.(天津理10)一个几何体的三视图如右图所示(单位：)，则该几何体的体积为
__________
【答案】
22.(全国新课标理15)。已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB=6，BC=，则棱锥O-ABCD的体积为_____________.
【答案】
23.(湖北理14)如图，直角坐标系所在的平面为，直角坐标系(其中轴一与轴重合)所在的平面为，。
(Ⅰ)已知平面内有一点，则点在平面内的射影的
坐标为 (2，2) ;
(Ⅱ)已知平面内的曲线的方程是，则曲线在平面内的射影的方程是 。
【答案】
24.(福建理12)三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，PA=3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P-ABC的体积等于______。
【答案】
三、解答题
25.(江苏16)如图，在四棱锥中，平面PAD⊥平面
ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分别是AP、AD的中点
求证：(1)直线EF∥平面PCD;
(2)平面BEF⊥平面PAD
本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考察空间想象能力和推理论证能力。满分14分。
证明：(1)在△PAD中，因为E、F分别为
AP，AD的中点，所以EF//PD.
又因为EF平面PCD，PD平面PCD，
所以直线EF//平面PCD.
(2)连结DB，因为AB=AD，∠BAD=60°，
所以△ABD为正三角形，因为F是AD的
中点，所以BF⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD，
BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以BF⊥平面PAD。又因为
BF平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.
26.(安徽理17)如图，为多面体，平面与平面垂直，点在线段上，△OAB，,△，△，△都是正三角形。
(Ⅰ)证明直线∥;
(II)求棱锥F-OBED的体积。
本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力.
(I)(综合法)
证明：设G是线段DA与EB延长线的交点. 由于△OAB与△ODE都是正三角形，所以
∥，OG=OD=2，
同理，设是线段DA与线段FC延长线的交点，有
又由于G和都在线段DA的延长线上，所以G与重合.
在△GED和△GFD中，由∥和OC∥，可知B和C分别是GE和GF的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF.
(向量法)
过点F作，交AD于点Q，连QE，由平面ABED⊥平面ADFC，知FQ⊥平面ABED，以Q为坐标原点，为轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系.
由条件知
则有
所以即得BC∥EF.
(II)解：由OB=1，OE=2，，而△OED是边长为2的正三角形，故
所以
过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F-OBED的高，且FQ=，所以
27.(北京理16)
如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，.
(Ⅰ)求证：平面
(Ⅱ)若求与所成角的余弦值;
(Ⅲ)当平面与平面垂直时，求的长.
证明：(Ⅰ)因为四边形ABCD是菱形，
所以AC⊥BD.
又因为PA⊥平面ABCD.
所以PA⊥BD.
所以BD⊥平面PAC.
(Ⅱ)设AC∩BD=O.
因为∠BAD=60°，PA=PB=2,
所以BO=1，AO=CO=.
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O-xyz，则
P(0，-，2)，A(0，-，0)，B(1，0，0)，C(0，，0).
所以
设PB与AC所成角为，则
.
(Ⅲ)由(Ⅱ)知
设P(0，-，t)(t>0)，
则
设平面PBC的法向量,
则
所以
令则
所以
同理，平面PDC的法向量
因为平面PCB⊥平面PDC,
所以=0，即
解得
所以PA=
28.(福建理20)
如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，CD=，.
(I)求证：平面PAB⊥平面PAD;
(II)设AB=AP.
(i)若直线PB与平面PCD所成的角为，求线段AB的长;
(ii)在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等?说明理
由。
本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想，满分14分。
解法一：
(I)因为平面ABCD，
平面ABCD，
所以，
又
所以平面PAD。
又平面PAB，所以平面平面PAD。
(II)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系
A-xyz(如图)
在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则
在中，DE=，
设AB=AP=t，则B(t，0，0)，P(0，0，t)
由AB+AD=4，得AD=4-t，
所以，
(i)设平面PCD的法向量为，
由，，得
取，得平面PCD的一个法向量，
又，故由直线PB与平面PCD所成的角为，得
解得(舍去，因为AD)，所以
(ii)假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，
设G(0，m，0)(其中)
则，
由得，(2)
由(1)、(2)消去t，化简得(3)
由于方程(3)没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，
使得点G到点P，C，D的距离都相等。
从而，在线段AD上不存在一个点G，
使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。
解法二：
(I)同解法一。
(II)(i)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A-xyz(如图)
在平面ABCD内，作CE//AB交AD于E，
则。
在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则
在中，DE=，
设AB=AP=t，则B(t，0，0)，P(0，0，t)
由AB+AD=4，得AD=4-t，
所以，
设平面PCD的法向量为，
由，，得
取，得平面PCD的一个法向量，
又，故由直线PB与平面PCD所成的角为，得
解得(舍去，因为AD)，
所以
(ii)假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，
由GC=CD，得，
从而，即
设
，
在中，
这与GB=GD矛盾。
所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点B，C，D的距离都相等，
从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。
29.(广东理18)
如图5.在椎体P-ABCD中，ABCD是边长为1的棱形，
且∠DAB=60，,PB=2,
E,F分别是BC,PC的中点.
(1) 证明：AD 平面DEF;
(2) 求二面角P-AD-B的余弦值.
法一：(1)证明：取AD中点G，连接PG，BG，BD。
因PA=PD，有，在中，，有为
等边三角形，因此，所以
平面PBG
又PB//EF，得，而DE//GB得AD DE，又，所以
AD 平面DEF。
(2)，
为二面角P-AD-B的平面角，
在
在
法二：(1)取AD中点为G，因为
又为等边三角形，因此，，
从而平面PBG。
延长BG到O且使得PO OB，又平面PBG，PO AD，
所以PO 平面ABCD。
以O为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB，OP分别为轴，z轴，平行于AD的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系。
设
由于
得
平面DEF。
(2)
取平面ABD的法向量
设平面PAD的法向量
由
取
30.(湖北理18)
如图，已知正三棱柱的各棱长都是4，是的中点，动点在侧棱上，且不与点重合.
(Ⅰ)当=1时，求证：⊥;
(Ⅱ)设二面角的大小为，求的最小值.
本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。(满分12分)
解法1：过E作于N，连结EF。
(I)如图1，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知，
底面ABC侧面A1C。
又度面侧面A，C=AC，且底面ABC，
所以侧面A1C，NF为EF在侧面A1C内的射影，
在中，=1，
则由，得NF//AC1，
又故。
由三垂线定理知
(II)如图2，连结AF，过N作于M，连结ME。
由(I)知侧面A1C，根据三垂线定理得
所以是二面角C-AF-E的平面角，即，
设
在中，
在
故
又
故当时，达到最小值;
，此时F与C1重合。
解法2：(I)建立如图3所示的空间直角坐标系，则由已知可得
于是
则
故
(II)设，
平面AEF的一个法向量为，
则由(I)得F(0，4，)
，于是由可得
取
又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为，
于是由为锐角可得，
所以，
由，得，即
故当，即点F与点C1重合时，取得最小值
31.(湖南理19)
如图5，在圆锥中，已知=，⊙O的直径,是的中点，为的中点.
(Ⅰ)证明：平面平面;
(Ⅱ)求二面角的余弦值。
解法1：连结OC，因为
又底面⊙O，AC底面⊙O，所以，
因为OD，PO是平面POD内的两条相交直线，所以平面POD，
而平面PAC，所以平面POD平面PAC。
(II)在平面POD中，过O作于H，由(I)知，平面
所以平面PAC，又面PAC，所以
在平面PAO中，过O作于G，
连接HG，
则有平面OGH，
从而，故为二面角B-PA-C的平面角。
在
在
在
在
所以
故二面角B-PA-C的余弦值为
解法2：(I)如图所示，以O为坐标原点，OB、OC、OP所在直线分别为x轴、y轴，z轴建立空间直角坐标系，则
，
设是平面POD的一个法向量，
则由，得
所以
设是平面PAC的一个法向量，
则由，
得
所以
得。
因为
所以从而平面平面PAC。
(II)因为y轴平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为
由(I)知，平面PAC的一个法向量为
设向量的夹角为，则
由图可知，二面角B-PA-C的平面角与相等，
所以二面角B-PA-C的余弦值为
32.(辽宁理18)
如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=PD.
(I)证明：平面PQC⊥平面DCQ;
(II)求二面角Q-BP-C的余弦值.
解：
如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz.
(I)依题意有Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0).
则
所以
即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.
故PQ⊥平面DCQ.
又PQ平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ. ............6分
(II)依题意有B(1，0，1)，
设是平面PBC的法向量，则
因此可取
设m是平面PBQ的法向量，则
可取
故二面角Q-BP-C的余弦值为 ..................12分
33.(全国大纲理19)
如图，四棱锥中， ,，侧面为等边三角形，.
(Ⅰ)证明：;
(Ⅱ)求与平面所成角的大小.
解法一：
(I)取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DE=CB=2，
连结SE，则
又SD=1，故，
所以为直角。 ............3分
由，
得平面SDE，所以。
SD与两条相交直线AB、SE都垂直。
所以平面SAB。 ............6分
(II)由平面SDE知，
平面平面SED。
作垂足为F，则SF平面ABCD，
作，垂足为G，则FG=DC=1。
连结SG，则，
又，
故平面SFG，平面SBC平面SFG。 ............9分
作，H为垂足，则平面SBC。
，即F到平面SBC的距离为
由于ED//BC，所以ED//平面SBC，E到平面SBC的距离d也有
设AB与平面SBC所成的角为α，
则 ............12分
解法二：
以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz。
设D(1，0，0)，则A(2，2，0)、B(0，2，0)。
又设
(I)，，
由得
故x=1。
由
又由
即 ............3分
于是，
故
所以平面SAB。 ............6分
(II)设平面SBC的法向量，
则
又
故 ............9分
取p=2得。
故AB与平面SBC所成的角为
34.(全国新课标理18)
如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，
，，底面ABCD.
(I)证明：;
(II)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值.
解：
(Ⅰ)因为， 由余弦定理得
从而BD2+AD2= AB2，故BDAD
又PD底面ABCD，可得BDPD
所以BD平面PAD. 故 PABD
(Ⅱ)如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D-，则
，，，.
设平面PAB的法向量为n=(x，y，z)，则
即
因此可取n=
设平面PBC的法向量为m，则
可取m=(0，-1，)
故二面角A-PB-C的余弦值为
35.(山东理19)
在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ ACB=，EA⊥平面ABCD，
EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC.AB=2EF.
(Ⅰ)若M是线段AD的中点，求证：GM∥平面ABFE;
(Ⅱ)若AC=BC=2AE,求二面角A-BF-C的大小.
19.(I)证法一：
因为EF//AB，FG//BC，EG//AC，，
所以∽
由于AB=2EF，
因此，BC=2FC，
连接AF，由于FG//BC，
在中，M是线段AD的中点，
则AM//BC，且
因此FG//AM且FG=AM，
所以四边形AFGM为平行四边形，
因此GM//FA。
又平面ABFE，平面ABFE，
所以GM//平面AB。
证法二：
因为EF//AB，FG//BC，EG//AC，，
所以∽
由于AB=2EF，
因此，BC=2FC，
取BC的中点N，连接GN，
因此四边形BNGF为平行四边形，
所以GN//FB，
在中，M是线段AD的中点，连接MN，
则MN//AB，
因为
所以平面GMN//平面ABFE。
又平面GMN，
所以GM//平面ABFE。
(II)解法一：
因为，
又平面ABCD，
所以AC，AD，AE两两垂直，
分别以AC，AD，AE所在直线为x轴、y轴和z轴，建立如图所法的空间直角坐标系，
不妨设
则由题意得A(0，0，0，)，B(2，-2，0)，C(2，0，0，)，E(0，0，1)，
所以
又
所以
设平面BFC的法向量为
则
所以取
所以
设平面ABF的法向量为，
则
所以
则，
所以
因此二面角A-BF-C的大小为
解法二：
由题意知，平面平面ABCD，
取AB的中点H，连接CH，
因为AC=BC，
所以，
则平面ABFE，
过H向BF引垂线交BF于R，连接CR，
则
所以为二面角A-BF-C的平面角。
由题意，不妨设AC=BC=2AE=2。
在直角梯形ABFE中，连接FH，
则，又
所以
因此在中，
由于
所以在中 ，
因此二面角A-BF-C的大小为
36.(陕西理16)
如图，在中，是上的高，沿把折起，使。
(Ⅰ)证明：平面ADB ⊥平面BDC;
(Ⅱ)设E为BC的中点，求与夹角的余弦值。
解(Ⅰ)∵折起前AD是BC边上的高，
∴ 当Δ ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB，
又DBDC=D，
∴AD⊥平面BDC，
∵AD 平面平面BDC.
平面ABD平面BDC。
(Ⅱ)由∠ BDC=及(Ⅰ)知DA，DB，DC两两垂直，不防设=1，以D为坐标原点，以所在直线轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，)，E(，，0)，
=，
=(1，0,0,)，
与夹角的余弦值为
<，>=.
37.(上海理21) 已知是底面边长为1的正四棱柱，是和的交点。
(1)设与底面所成的角的大小为，二面角的大小为。
求证：;
(2)若点到平面的距离为，求正四棱柱的高。
解：设正四棱柱的高为。
⑴ 连，底面于，
∴ 与底面所成的角为，即
∵ ，为中点，∴，又，
∴ 是二面角的平面角，即
∴ ，。
⑵ 建立如图空间直角坐标系，有
设平面的一个法向量为，
∵ ，取得
∴ 点到平面的距离为，则。
38.(四川理19)
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中.∠ BAC=90°，AB=AC=AA1 =1.D是棱CC1上的一P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA.
(I)求证：CD=C1D：
(II)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值;
(Ⅲ)求点C到平面B1DP的距离.
.解析：(1)连接交于,,
,又为的中点，
中点，,,D为的中点。
(2)由题意,过B 作,连接，则
,为二面角的平面角。在中，
,则
(3)因为，所以,
,
在中，，
39.(天津理17) 如图，在三棱柱中，
是正方形的中心，，平面，且
(Ⅰ)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值;
(Ⅱ)求二面角的正弦值;
(Ⅲ)设为棱的中点，点在平面内，且平面，求线段的长.
本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.满分13分.
方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点.
依题意得
(I)解：易得，
于是
所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为
(II)解：易知
设平面AA1C1的法向量，
则即
不妨令可得，
同样地，设平面A1B1C1的法向量，
则即不妨令，
可得
于是
从而
所以二面角A-A1C1-B的正弦值为
(III)解：由N为棱B1C1的中点，
得设M(a，b，0)，
则
由平面A1B1C1，得
即
解得故
因此，所以线段BM的长为
方法二：
(I)解：由于AC//A1C1，故是异面直线AC与A1B1所成的角.
因为平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，
可得
因此
所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为
(II)解：连接AC1，易知AC1=B1C1，
又由于AA1=B1A1，A1C1=A1=C1，
所以≌，过点A作于点R，
连接B1R，于是，故为二面角A-A1C1-B1的平面角.
在中，
连接AB1，在中，
，
从而
所以二面角A-A1C1-B1的正弦值为
(III)解：因为平面A1B1C1，所以
取HB1中点D，连接ND，由于N是棱B1C1中点，
所以ND//C1H且.
又平面AA1B1B，
所以平面AA1B1B，故
又
所以平面MND，连接MD并延长交A1B1于点E，
则
由
得，延长EM交AB于点F，
可得连接NE.
在中，
所以
可得
连接BM，在中，
40.(浙江理20)
如图，在三棱锥中，，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在
线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2
(Ⅰ)证明：AP⊥BC;
(Ⅱ)在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角?若存在，求出AM的长;若不存在，请说明理由。
本题主要考查空是点、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和运算求解能力。满分15分。
方法一：
(I)证明：如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴，
建立空间直角坐标系O-xyz
则，
，由此可得，所以
，即
(II)解：设
设平面BMC的法向量，
平面APC的法向量
由
得
即
由即
得
由
解得，故AM=3。
综上所述，存在点M符合题意，AM=3。
方法二：
(I)证明：由AB=AC，D是BC的中点，得
又平面ABC，得
因为，所以平面PAD，
故
(II)解：如图，在平面PAB内作于M，连CM，
由(I)中知，得平面BMC，
又平面APC，所以平面BMC平面APC。
在
在，
在
所以
在
又
从而PM，所以AM=PA-PM=3。
综上所述，存在点M符合题意，AM=3。
41.(重庆理19)
如题(19)图，在四面体中，平面平面，，，.
(Ⅰ)若，，求四面体的体积;
(Ⅱ)若二面角为，求异面直线与所成角的余弦值.
(I)解：如答(19)图1，设F为AC的中点，由于AD=CD，所以DF⊥AC.
故由平面ABC⊥平面ACD，知DF⊥平面ABC，
即DF是四面体ABCD的面ABC上的高，
且DF=ADsin30°=1，AF=ADcos30°=.
在Rt△ABC中，因AC=2AF=，AB=2BC，
由勾股定理易知
故四面体ABCD的体积
(II)解法一：如答(19)图1，设G，H分别为边CD，BD的中点，则FG//AD，GH//BC，从而∠FGH是异面直线AD与BC所成的角或其补角.
设E为边AB的中点，则EF//BC，由AB⊥BC，知EF⊥AB.又由(I)有DF⊥平面ABC，
故由三垂线定理知DE⊥AB.
所以∠DEF为二面角C-AB-D的平面角，由题设知∠DEF=60°
设
在
从而
因Rt△ADE≌Rt△BDE，故BD=AD=a，从而，在Rt△BDF中，，
又从而在△FGH中，因FG=FH，由余弦定理得
因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为
解法二：如答(19)图2，过F作FM⊥AC，交AB于M，已知AD=CD，
平面ABC⊥平面ACD，易知FC，FD，FM两两垂直，以F为原点，射线FM，FC，FD分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系F-xyz.
不妨设AD=2，由CD=AD，∠CAD=30°，易知点A，C，D的坐标分别为
显然向量是平面ABC的法向量.
已知二面角C-AB-D为60°，
故可取平面ABD的单位法向量，
使得
设点B的坐标为，有
易知与坐标系的建立方式不合，舍去.
因此点B的坐标为所以
从而
故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为
2014年高考题
一、选择题
1.(2014全国卷2理)(9)已知正四棱锥中，，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为
(A)1 (B) (C)2 (D)3
【答案】C
【命题意图】本试题主要考察椎体的体积，考察告辞函数的最值问题.
【解析】设底面边长为a，则高所以体积，
设，则，当y取最值时，，解得a=0或a=4时，体积最大，此时，故选C.
2.(2014陕西文) 若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 [B]
(A)2 (B)1
(C) (D)
【答案】 B
解析：本题考查立体图形三视图及体积公式
如图，该立体图形为直三棱柱
所以其体积为
3.(2014辽宁文)(11)已知是球表面上的点，，，
，，则球的表面积等于
(A)4 (B)3 (C)2 (D)
【答案】A
【解析】选A.由已知，球的直径为，表面积为
4.(2014安徽文)(9)一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积是
(A)372 (B)360
(C)292 (D)280
【答案】B
【解析】该几何体由两个长方体组合而成，其表面积等于下面长方体的全面积加上面长方体的4个侧面积之和。
.
【方法技巧】把三视图转化为直观图是解决问题的关键.又三视图很容易知道是两个长方体的组合体，画出直观图，得出各个棱的长度.把几何体的表面积转化为下面长方体的全面积加上面长方体的4个侧面积之和。
5.(2014重庆文)(9)到两互相垂直的异面直线的距离相等的点
(A)只有1个 (B)恰有3个
(C)恰有4个 (D)有无穷多个
【答案】 D
【解析】放在正方体中研究,显然，线段、EF、FG、GH、
HE的中点到两垂直异面直线AB、CD的距离都相等，
所以排除A、B、C，选D
亦可在四条侧棱上找到四个点到两垂直异面直线AB、CD的距离相等
6.(2014浙江文)
(8)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积是
(A)cm3
(B)cm3
(C)cm3
(D)cm3
【答案】B
【解析】选B，本题主要考察了对三视图所表达示的空间几何体的识别以及几何体体积的计算，属容易题
7.(2014北京文)(8)如图，正方体的棱长为2，动点E、F在棱上。点Q是CD的中点，动点
P在棱AD上，若EF=1，DP=x，E=y(x,y大于零)，
则三棱锥P-EFQ的体积：
(A)与x，y都有关; (B)与x，y都无关;
(C)与x有关，与y无关; (D)与y有关，与x无关 |
文件类型：
RAR/ZIP/DOC/PPT/SWF
