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【数学】2012新题分类汇编:立体几何(高考真题+模拟新题)1


课标理数 12.G1[2011· 福建卷] 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________. 课标理数 12.G1[2011· 福建卷] 【答案】 3 1 π 【解析】 由已知,S△ABC= ×22sin = 3, 2 3 1 1 ∴ VP-ABC= S△ABC· PA= × 3×3=

3,即三棱锥 P-ABC 的体积等于 3. 3 3

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课标文数 8.G2[2011· 安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图 1-1 所示,则该几何体的 表面积为( )

图 1-1 A.48 B.32+8 17 C.48+8 17 D.80 课标文数 8.G2[2011· 安徽卷] C 【解析】 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰 梯形的放倒的直四棱柱(如图所示),所以该直四棱柱的表面积为 1 S=2× ×(2+4)×4+4×4+2×4+2× 1+16×4=48+8 17. 2

课标理数 6.G2[2011· 安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图 1-1 所示,则该几何体的 表面积为( )

图 1-1 A.48 B.32+8 17 C.48+8 17 D.80

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图 1-3 课标理数 7.G2[2011· 北京卷] 某四面体的三视图如图 1-3 所示,该四面体四个面的面 积中最大的是( ) A.8 B.6 2 C.10 D.8 2 课标理数 7.G2[2011· 北京卷] C 【解析】 由三视图可知,该四面体可以描述为 SA⊥平 面 ABC, ∠ABC=90° 且 SA=AB=4, , BC=3, 所以四面体四个面的面积分别为 10,8,6,6 2, 从而面积最大为 10,故应选 C.

图 1-4

(

课标文数 5.G2[2011· 北京卷] 某四棱锥的三视图如图 1-1 所示,该四棱锥的表面积是 )

图 1-1 A.32 B.16+16 2 C.48 D.16+32 2 课标文数 5.G2[2011· 北京卷] B 【解析】 由题意可知,该四棱锥是一个底面边长为 4, 1 高为 2 的正四棱锥,所以其表面积为 4×4+4× ×4×2 2=16+16 2,故选 B. 2

课标理数 7.G2[2011· 广东卷] 如图 1-2,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( )

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图 1-2 A.6 3 B.9 3 C.12 3 D.18 3 课标理数 7.G2[2011· 广东卷] B 【解析】 由三视图知该几何体为棱柱, h= 22-1= 3, S 底=3×3,所以 V=9 3. 课标文数 9.G2[2011· 广东卷] 如图 1-2,某几何体的正视图(主视图),侧视图(左视图) 和俯视图分别是等边三角形,等腰三角形和菱形,则该几何体体积为( ) A.4 3 B.4 C.2 3 D.2 课标文数 9.G2[2011· 广东卷] C 【解析】 由三视图知该几何体为四棱锥,棱锥高 h= 1 2 2 ?2 3? -? 3? =3, 底面为菱形, 对角线长分别为 2 3, 所以底面积为 ×2 3×2=2 3, 2, 2 1 1 所以 V= Sh= ×2 3×3=2 3. 3 3

图 1-1 课标理数 3.G2[2011· 湖南卷] 设图 1-1 是某几何体的三视图,则该几何体的体积为 ( ) 9 A. π+12 2 9 B. π+18 2 C.9π+42 D.36π+18 课标理数 3.G2[2011· 湖南卷] B 【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直 径为 3 的球,下面是一个长、宽都为 3、高为 2 的长方体所构成的几何体,则其体积为:V 3 4 9 =V1+V2= ×π×?2?3+3×3×2= π+18, ? ? 3 2 故选 B.

(

课标文数 4.G2[2011· 湖南卷] 设图 1-1 是某几何体的三视图,则该几何体的体积为 )
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图 1-1 A.9π+42 B.36π+18 9 9 C. π+12 D. π+18 2 2 课标文数 4.G2[2011· 湖南卷] D 【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直 径为 3 的球,下面是一个长、宽都为 3 高为 2 的长方体所构成的几何体,则其体积为: V 3 4 9 =V1+V2= ×π×?2?3+3×3×2= π+18,故选 D. ? ? 3 2

课标理数 6.G2[2011· 课标全国卷] 在一个几何体的三视图中, 正视图和俯视图如图 1-2 所示,则相应的侧视图可以为( )

图 1-2 图 1-3 课标理数 6.G2 [2011· 课标全国卷] D 【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是 由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的,如下图,故侧视图选 D.

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图 1-5 课标理数 15.G2[2011· 辽宁卷] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等,体积为 2 3, 它的三视图中的俯视图如图 1-5 所示, 左视图是一个矩形, 则这个矩形的面积是________. 课标理数 15.G2[2011· 辽宁卷] 2 3 【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为图 1 -6,其中 M,N 是中点,矩形 MNC1C 为左视图. 1 由于体积为 2 3, 所以设棱长为 a, ×a2×sin60° 则 ×a=2 3, 解得 a=2.所以 CM= 3, 2 故矩形 MNC1C 面积为 2 3.

图 1-6

图 1-3 课标文数 8.G2[2011· 辽宁卷] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等,体积为 2 3,它 的三视图中的俯视图如图 1-3 所示,左视图是一个矩形,则这个矩形的面积是( ) A.4 B.2 3 C.2 D. 3 课标文数 8.G2[2011· 辽宁卷] B 【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为下图,其 中 M,N 是中点,矩形 MNC1C 为左视图.

图 1-4 1 由于体积为 2 3, 所以设棱长为 a, ×a2×sin60° 则 ×a=2 3, 解得 a=2.所以 CM= 3, 2 故矩形 MNC1C 面积为 2 3,故选 B. 课标文数 8.G2[2011· 课标全国卷] 在一个几何体的三视图中, 正视图和俯视图如图 1-2 所示,则相应的侧视图可以为( )

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图 1-2 图 1-3 课标文数 8.G2[2011· 课标全国卷] D 【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是 由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的,如图,故侧视图选 D.

图 1-4

图 1-2 课标理数 11.G2[2011· 山东卷] 如图 1-2 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、俯视图如图 1-2;②存在四棱柱,其正(主)视图、俯 视图如图 1-2;③存在圆柱,其正(主)视图、俯视图如图 1-2.其中真命题的个数是( ) A.3 B.2 C.1 D.0 课标理数 11.G2[2011· 山东卷] A 【解析】 ①可以是放倒的三棱柱,所以正确;容易判 断②正确;③可以是放倒的圆柱,所以也正确.

图 1-3 课标文数 11.G2[2011· 山东卷] 如图 1-3 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、俯视图如图 1-3;②存在四棱柱,其正(主)视图、俯 视图如图 1-3;③存在圆柱,其正(主)视图、俯视图如图 1-3.其中真命题的个数是( ) A.3 B.2 C.1 D.0 课标文数 11.G2[2011· 山东卷] A 【解析】 ①可以是放倒的三棱柱,所以正确;容易判 断②正确;③可以是放倒的圆柱,所以也正确.

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课标理数 5.G2[2011· 陕西卷] 某几何体的三视图如图 1-2 所示,则它的体积是(

)

图 1-2 2π π A.8- B.8- 3 3 2π C.8-2π D. 3 课标理数 5.G2[2011· 陕西卷] A 【解析】 分析图中所给的三视图可知,对应空间几何 图形, 应该是一个棱长为 2 的正方体中间挖去一个半径为 1, 高为 2 的圆锥, 则对应体积为: 1 2 V=2×2×2- π×12×2=8- π. 3 3

课标文数 5.G2[2011· 陕西卷] 某几何体的三视图如图 1-2 所示,则它的体积为(

)

图 1-2 2π π A.8- B.8- 3 3 2π C.8-2π D. 3 课标文数 5.G2[2011· 陕西卷] A 【解析】 主视图与左视图一样是边长为 2 的正方形, 里面有两条虚线,俯视图是边长为 2 的正方形与直径为 2 的圆相切,其直观图为棱长为 2 的正方体中挖掉一个底面直径为 2 的圆锥,故其体积为正方体的体积与圆锥的体积之差,V 1 2 2π 2π 3 (r=1,h=2),故体积 V=8- ,故答案为 A. 正=2 =8,V 锥= πr h= 3 3 3 课标理数 10.G2[2011· 天津卷] 一个几何体的三视图如图 1-5 所示(单位:m),则该几 3 何体的体积为________ m .

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图 1-5 课标理数 10.G2[2011· 天津卷] 6+π 【解析】 根据图中信息,可得该几何体为一个棱 1 柱与一个圆锥的组合体,V=3×2×1+ π×1×3=6+π. 3

课标文数 10.G2[2011· 天津卷] 一个几何体的三视图如图 1-4 所示(单位:m),则该几 何体的体积为________ m3.

图 1-4 课标文数 10.G2[2011· 天津卷] 4 【解析】 根据三视图还原成直观图,可以看出,其是 由两个形状一样的,底面长和宽都为 1,高为 2 的长方体叠加而成,故其体积 V=2×1×1 +1×1×2=4.

图 1-2 课标理数 3.G2[2011· 浙江卷] D 【解析】 由正视图可排除 A、B 选项,由俯视图可排 除 C 选项. 课标文数 7.G2[2011· 浙江卷] 若某几何体的三视图如图 1-1 所示,则这个几何体的直 观图可以是( )

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图 1-1

图 1-2 课标文数 7.G2[2011· 浙江卷] B 【解析】 由正视图可排除 A,C;由侧视图可判断该 该几何体的直观图是 B.

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大纲理数 3.G3[2011· 四川卷] l1, , 是空间三条不同的直线, l2 l3 则下列命题正确的是( ) A.l1⊥l2,l2⊥l3?l1∥l3 B.l1⊥l2,l2∥l3?l1⊥l3 C.l1∥l2∥l3?l1,l2,l3 共面 D.l1,l2,l3 共点?l1,l2,l3 共面 大纲理数 3.G3[2011· 四川卷] B 【解析】 对于 A,直线 l1 与 l3 可能异面;对于 C,直 线 l1、l2、l3 可能构成三棱柱三条侧棱所在直线时而不共面;对于 D,直线 l1、l2、l3 相交于 同一个点时不一定共面. 所以选 B.

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课标文数 19.G4,G7[2011· 安徽卷] 如图 1-4,ABEDFC 为多面体,平面 ABED 与平面 ACFD 垂直,点 O 在线段 AD 上,OA=1,OD=2,△OAB,△OAC,△ODE,△ODF 都是 正三角形. (1)证明直线 BC∥EF; (2)求棱锥 F-OBED 的体积.

图 1-4 课标文数 19.G4,G7[2011· 安徽卷] 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,考查空间想象能力,推理论证能 力和运算求解能力.

【解答】 (1)证明:设 G 是线段 DA 与 EB 延长线的交点,由于△OAB 与△ODE 都是正 1 三角形,OA=1,OD=2,所以 OB 綊 DE,OG=OD=2. 2 1 同理,设 G′是线段 DA 与 FC 延长线的交点,有 OC 綊 DF,OG′=OD=2,又由于 2 G 和 G′都在线段 DA 的延长线上,所以 G 与 G′重合. 1 1 在△GED 和△GFD 中,由 OB 綊 DE 和 OC 綊 DF,可知 B 和 C 分别是 GE 和 GF 的 2 2 中点.所以 BC 是△GEF 的中位线,故 BC∥EF. 3 (2)由 OB=1,OE=2,∠EOB=60° ,知 S△EOB= . 2 而△OED 是边长为 2 的正三角形,故 S△OED= 3. 3 3 所以 SOBED=S△EOB+S△OED= . 2 过点 F 作 FQ⊥DG,交 DG 于点 Q,由平面 ABED⊥平面 ACFD 知,FQ 就是四棱锥 F 1 3 -OBED 的高,且 FQ= 3,所以 VF-OBED= FQ· 四边形 OBED= . S 3 2

图 1-4 课标理数 17.G4,G7[2011· 安徽卷] 【解析】 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
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象能力,推理论证能力和运算求解能力.

图 1-5 【解答】 (1)(综合法) 证明:设 G 是线段 DA 与线段 EB 延长线的交点,由于△OAB 与△ODE 都是正三角形, 1 OA=1,OD=2,所以 OB 綊 DE,OG=OD=2. 2 1 同理,设 G′是线段 DA 与线段 FC 延长线的交点,有 OC 綊 DF,OG′=OD=2,又 2 由于 G 和 G′都在线段 DA 的延长线上,所以 G 与 G′重合. 1 1 在△GED 和△GFD 中,由 OB 綊 DE 和 OC 綊 DF,可知 B,C 分别是 GE 和 GF 的中 2 2 点,所以 BC 是△GEF 的中位线,故 BC∥EF. (向量法) 过点 F 作 FQ⊥AD,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,QE为 x 轴正向,QD为 y 轴正向,QF为 z 轴正向,建立如图所示空 间直角坐标系.

图 1-6 3 3 3 3 由条件知 E( 3,0,0),F(0,0, 3),B? ,- ,0?,C?0,- , ?. 2 ? 2 2? ?2 ? 3 3 → → 则有BC=?- ,0, ?,EF=(- 3,0, 3). 2? ? 2 → → 所以EF=2BC,即得 BC∥EF. 3 (2)由 OB=1,OE=2,∠EOB=60° ,知 S△EOB= . 2 而△OED 是边长为 2 的正三角形,故 S△OED= 3. 3 3 所以 S 四边形 OBED=S△EOB+S△OED= . 2 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 1 3 -OBED 的高,且 FQ= 3,所以 VF-OBED= FQ· 四边形 OBED= . S 3 2 课标文数 17.G4[2011· 北京卷]

图 1-4 如图 1-4,在四面体 PABC 中,PC⊥AB,PA⊥BC,点 D,E,F,G 分别是棱 AP,AC, BC,PB 的中点.
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(1)求证:DE∥平面 BCP; (2)求证:四边形 DEFG 为矩形; (3)是否存在点 Q,到四面体 PABC 六条棱的中点的距离相等?说明理由. 课标文数 17.G4[2011· 北京卷] 【解答】 (1)证明:因为 D,E 分别为 AP,AC 的中点,

图 1-5 所以 DE∥PC. 又因为 DE?平面 BCP,PC?平面 BCP, 所以 DE∥平面 BCP. (2)因为 D、E、F、G 分别为 AP、AC、BC、PB 的中点, 所以 DE∥PC∥FG, DG∥AB∥EF, 所以四边形 DEFG 为平行四边形. 又因为 PC⊥AB, 所以 DE⊥DG, 所以平行四边形 DEFG 为矩形. (3)存 在点 Q 满足条件,理由如下: 连接 DF,EG,设 Q 为 EG 的中点. 1 由(2)知,DF∩EG=Q,且 QD=QE=QF=QG= EG. 2 分别取 PC、AB 的中点 M,N,连接 ME、EN、NG、MG、MN. 与(2)同理,可证四边形 MENG 为矩形,其对角线交点为 EG 的中点 Q, 1 且 QM=QN= EG. 2 所以 Q 为满足条件的点.

图 1-3 课标文数 15.G4[2011· 福建卷] 如图 1-3,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,点 E 为 AD 的中点,点 F 在 CD 上,若 EF∥平面 AB1C,则线段 EF 的长度等于________. 课标文数 15.G4[2011· 福建卷] 2 【解析】 ∵ EF∥平面 AB1C,EF?平面 ABCD, 平面 ABCD∩平面 AB1C=AC, ∴EF∥AC, 又∵E 是 AD 的中点, ∴F 是 CD 的中点,即 EF 是△ACD 的中位线, 1 1 ∴EF= AC= ×2 2= 2. 2 2 课标数学 16.G4,G5[2011· 江苏卷] 如图 1-2,在四棱锥 P-ABCD 中,平面 PAD⊥平 面 ABCD,AB=AD,∠BAD=60° ,E、F 分别是 AP、AD 的中点.
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图 1-2 求证:(1)直线 EF∥平面 PCD; (2)平面 BEF⊥平面 PAD. 课标数学 16.G4,G5[2011· 江苏卷] 本题主要考查直线与平面、 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. 【解答】 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,

图 1-3 所以直线 EF∥平面 PCD. (2)连结 BD,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. 课标文数 4.G4[2011· 浙江卷] 若直线 l 不平行于平面 α,且 l?α,则( ) A.α 内的所有直线与 l 异面 B.α 内不存在与 l 平行的直线 C.α 内存在唯一的直线与 l 平行 D.α 内的直线与 l 都相交 课标文数 4.G4[2011· 浙江卷] B 【解析】 在 α 内存在直线与 l 相交,所以 A 不正确; 若 α 内存在直线与 l 平行,又∵l?α,则有 l∥α,与题设相矛盾,∴B 正确,C 不正确;在 α 内不过 l 与 α 交点的直线与 l 异面,D 不正确.

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图 1-6 课标理数 16.G5, G11[2011· 北京卷] 如图 1-6, 在四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥平面 ABCD, 底面 ABCD 是菱形,AB=2,∠BAD=60° . (1)求证:BD⊥平面 PAC; (2)若 PA=AB,求 PB 与 AC 所成角的余弦值; (3)当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时,求 PA 的长. 课标理数 16.G5,G11[2011· 北京卷] 【解答】 (1)证明: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. (2)设 AC∩BD=O. 因为∠BAD=60° ,PA=AB=2, 所以 BO=1,AO=CO= 3. 如图,以 O 为坐标原点,OB、OC 所在直线及点 O 所在且与 PA 平行的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 O-xyz,则 P(0,- 3,2),A(0,- 3,0),B(1,0,0), C(0, 3,0).

图 1-7

→ → 所以PB=(1, 3,-2),AC=(0,2 3,0). 设 PB 与 AC 所成角为 θ,则 → → ? PB· ? AC 6 6 cosθ=? = = . → → ? 2 2×2 3 4 ?|PB||AC|? → (3)由(2)知BC=(-1, 3,0). 设 P(0,- 3,t)(t>0), → 则BP=(-1,- 3,t). 设平面 PBC 的法向量 m=(x,y,z), → → 则BC· m=0,BP· m=0.

?-x+ 3y=0, 所以? ?-x- 3y+tz=0, 6 令 y= 3,则 x=3,z= , t 6? 所以 m=?3, 3, t ?. ?
6 同理,可求得平面 PDC 的法向量 n=?-3, 3, t ?. ? ?
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因为平面 PBC⊥平面 PDC, 36 所以 m· n=0,即-6+ 2 =0. t 解得 t= 6. 所以当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时,PA= 6. 大纲理数 6.G5、 G11[2011· 全国卷] 已知直二面角 α-l-β, A∈α, 点 AC⊥l, 为垂足. C 点 B∈β,BD⊥l,D 为垂足.若 AB=2,AC=BD=1,则 D 到平面 ABC 的距离等于( ) 2 3 A. B. 3 3 6 C. D.1 3 大纲理数 6.G5、G11[2011· 全国卷] C 【解析】 ∵α⊥β,AC⊥l,∴AC⊥β,则平面 ABC⊥β,在平面 β 内过 D 作 DE⊥BC,则 DE⊥平面 ABC,DE 即为 D 到平面 ABC 的距离, 6 在△DBC 中,运用等面积法得 DE= ,故选 C. 3 大纲理数 19.G5,G11[2011· 全国卷] 如图 1-1,四棱锥 S-ABCD 中,AB∥CD,BC⊥ CD,侧面 SAB 为等边三角形.AB=BC=2,CD=SD=1. (1)证明:SD⊥平面 SAB; (2)求 AB 与平面 SBC 所成的角的大小.

图 1-1 大纲理数 19.G5,G11[2011· 全国卷] 【解答】 解法一:(1)取 AB 中点 E,连结 DE,则 四边形 BCDE 为矩形,DE=CB=2.

图 1-2 连结 SE,则 SE⊥AB,SE= 3. 又 SD=1,故 ED2=SE2+SD2, 所以∠DSE 为直角. 由 AB⊥DE,AB⊥SE, DE∩SE=E,得 AB⊥平面 SDE,所以 AB⊥SD. SD 与两条相交直线 AB、SE 都垂直. 所以 SD⊥平面 SAB. (2)由 AB⊥平面 SDE 知,平面 ABCD⊥平面 SDE. SD×SE 3 作 SF⊥DE,垂足为 F,则 SF⊥平面 ABCD,SF= = . DE 2 作 FG⊥BC,垂足为 G,则 FG=DC=1. 连结 SG,则 SG⊥BC. 又 BC⊥FG,SG∩FG=G, 故 BC⊥平面 SFG,平面 SBC⊥平面 SFG. 作 FH⊥SG,H 为垂足,则 FH⊥平面 SBC. SF×FG 3 21 FH= = ,即 F 到平面 SBC 的距离为 . SG 7 7

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由于 ED∥BC,所以 ED∥平面 SBC,故 E 到平面 SBC 的距离 d 也为

21 . 7

设 AB 与平面 SBC 所成的角为 α, d 21 21 则 sinα= = ,α=arcsin . EB 7 7 解法二:以 C 为坐标原点,射线 CD 为 x 轴正半轴,建立如图 1-3 所示的空间直角坐 标系 C-xyz.

图 1-3 设 D(1,0,0), 则 A(2,2,0),B(0,2,0). 又设 S(x,y,z), 则 x>0,y>0,z>0. → → → (1)AS=(x-2,y-2,z),BS=(x,y-2,z),DS=(x-1,y,z), → → 由|AS|=|BS|得 ?x-2?2+?y-2?2+z2= x2+?y-2?2+z2, 故 x=1, → 由|DS|=1 得 y2+z2=1, → 又由|BS|=2 得 x2+(y-2)2+z2=4, 1 3 即 y2+z2-4y+1=0,故 y= ,z= . 2 2 1 3 → 3 3 → 3 3 1 3 → 于是 S?1, , ?,AS=?-1,- , ?,BS=?1,- , ?,DS=?0, , ?, 2 2? 2 2? ? 2 2? ? ? ? 2 2? → → → → DS· =0,DS· =0. AS BS 故 DS⊥AS,DS⊥BS,又 AS∩BS=S, 所以 SD⊥平面 SAB. (2)设平面 SBC 的法向量 a=(m,n,p), → → → → 则 a⊥BS,a⊥CB,a· =0,a· =0. BS CB 3 3 → → 又BS=?1,- , ?,CB=(0,2,0), 2 2? ?

?m-3n+ 3p=0, ? 2 2 故? ?2n=0. ?
→ 取 p=2 得 a=(- 3,0,2).又AB=(-2,0,0), → AB· a 21 → 所以 cos〈AB,a〉= = . 7 → |AB|· |a| 21 故 AB 与平面 SBC 所成的角为 arcsin . 7 大纲文数 8.G5[2011· 全国卷] 已知直二面角 α-l-β,点 A∈α,AC⊥l,C 为垂足,点 B ∈β,BD⊥l,D 为垂足.若 AB=2,AC=BD=1,则 CD=( ) A.2 B. 3 C. 2 D.1 大纲文数 8.G5[2011· 全国卷] C 【解析】 ∵α⊥β,AC⊥l,∴AC⊥β,则 AC⊥CB,∵
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AB=2,AC=1,可得 BC= 3,又 BD⊥l,BD=1,∴CD= 2,故选 C. 大纲文数 20.G5,G11[2011· 全国卷] 如图 1-1,四棱锥 S-ABCD 中,

图 1-1 AB∥CD,BC⊥CD,侧面 SAB 为等边三角形.AB=BC=2,CD=SD=1. (1)证明:SD⊥ 平面 SAB; (2)求 AB 与平面 SBC 所成的角的大小. 大纲文数 20.G5,G11[2011· 全国卷] 【解答】 解法一:(1)取 AB 中点 E,连结 DE,则 四边形 BCDE 为矩形,DE=CB=2.

图 1-2 连结 SE,则 SE⊥AB,SE= 3. 又 SD=1,故 ED2=SE2+SD2, 所以∠DSE 为直角. 由 AB⊥DE,AB⊥SE,DE∩SE=E,得 AB⊥平面 SDE,所以 AB⊥SD. SD 与两条相交直线 AB、SE 都垂直. 所以 SD⊥平面 SAB. (2)由 AB⊥平面 SDE 知,平面 ABCD⊥平面 SDE. 作 SF⊥DE,垂足为 F, SD×SE 3 则 SF⊥平面 ABCD,SF= = . DE 2 作 FG⊥BC,垂足为 G,则 FG=DC=1. 连结 SG,则 SG⊥BC. 又 BC⊥FG,SG∩FG=G, 故 BC⊥平面 SFG,平面 SBC⊥平面 SFG. 作 FH⊥SG,H 为垂足,则 FH⊥平面 SBC. SF×FG 3 21 FH= = ,即 F 到平面 SBC 的距离为 . SG 7 7 21 由于 ED∥BC,所以 ED∥平面 SBC,故 E 到平面 SBC 的距离 d 也为 . 7 d 21 21 设 AB 与平面 SBC 所成的角为 α,则 sinα= = ,α=arcsin . EB 7 7 解法二:以 C 为坐标原点,射线 CD 为 x 轴正半轴,建立如图 1-3 所示的空间直角坐 标系 C-xyz.

图 1-3 设 D(1,0,0),则 A(2,2,0),B(0,2,0). 又设 S(x,y,z),则 x>0,y>0,z>0. → → → (1)AS=(x-2,y-2,z),BS=(x,y-2,z),DS=(x-1,y,z), → → 由|AS|=|BS|得
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?x-2?2+?y-2?2+z2= x2+?y-2?2+z2, 故 x=1, → 由|DS|=1 得 y2+z2=1, → 又由|BS|=2 得 x2+(y-2)2+z2=4, 1 3 即 y2+z2-4y+1=0,故 y= ,z= . 2 2 1 3? → ? 3 3 → 3 3 1 3 → 于是 S?1, , ,AS= -1,- , ?,BS=?1,- , ?,DS=?0, , ?, 2 2? 2 2? ? 2 2? ? ? ? 2 2? → → → → DS· =0,DS· =0. AS BS 故 DS⊥AS,DS⊥BS,又 AS∩BS=S, 所以 SD⊥平面 SAB. (2)设平面 SBC 的法向量 a=(m,n,p), → → → → 则 a⊥BS,a⊥CB,a· =0,a· =0. BS CB 3 3 → → 又BS=?1,- , ?,CB=(0,2,0), 2 2? ?

?m-3n+ 3p=0, ? 2 2 故? ?2n=0. ?
→ 取 p=2 得 a=(- 3,0,2).又AB=(-2,0,0), → AB· a 21 → 所以 cos〈AB,a〉= = . 7 → |AB|· |a| 21 故 AB 与平面 SBC 所成的角为 arcsin . 7 课标理数 20.G5,G10,G11[2011· 福建卷] 如图 1-7,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD.四边形 ABCD 中,

图 1-7 AB⊥AD,AB+AD=4,CD= 2,∠CDA=45° . (1)求证:平面 PAB⊥平面 PAD; (2)设 AB=AP. ①若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30° ,求线段 AB 的长; ②在线段 AD 上是否存在一个点 G,使得点 G 到 P、B、C、D 的距离都相等?说明理 由. 课标理数 20.G5,G10,G11 [2011· 福建卷] 【解答】

图 1-8 (1)证明:因为 PA⊥平面 ABCD, AB?平面 ABCD, 所以 PA⊥AB.
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又 AB⊥AD,PA∩AD=A, 所以 AB⊥平面 PAD. 又 AB?平面 PAB,所以平面 PAB⊥平面 PAD.

图 1-9 (2)①以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 A-xyz(如图 1-9). 在平面 ABCD 内,作 CE∥AB 交 AD 于点 E, 则 CE⊥AD. 在 Rt△CDE 中,DE=CD· cos45° =1, CE=CD· sin45° =1. 设 AB=AP=t,则 B(t,0,0),P(0,0,t). 由 AB+AD=4 得 AD=4-t, 所以 E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0), → → CD=(-1,1,0),PD=(0,4-t,-t). 设平面 PCD 的法向量为 n=(x,y,z). ? ?-x+y=0. → → 由 n⊥CD,n⊥PD,得? ??4-t?y-tz=0. ? 取 x=t,得平面 PCD 的一个法向量 n=(t,t,4-t). → 又PB=(t,0,-t),故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30° 得

? n· → ? PB cos60° ? = , →? |PB ?|n|· |?
即 |2t2-4t|
2 2 2

t +t +?4-t? · 2t 4 解得 t= 或 t=4(舍去,因为 AD=4-t>0), 5 4 所以 AB= . 5

2=2.

1

→ → 则GC=(1,3-t-m,0),GD=(0,4-t-m,0), → GP=(0,-m,t). → → 由|GC|=|GD|得 12+(3-t-m)2=(4-t-m)2, 即 t=3-m;① → → 由|GD|=|GP|得(4-t-m)2=m2+t2.② 由①、②消去 t,化简得 m2-3m+4=0.③ 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.
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法二: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=GD,得∠GCD=∠GDC=45° ,

图 1-12 从而∠CGD=90° ,即 CG⊥AD. 所以 GD=CD· cos45° =1. 设 AB=λ,则 AD=4-λ,AG=AD-GD=3-λ. 在 Rt△ABG 中, GB= AB2+AG2 3 9 = λ2+?3-λ?2= 2?λ-2?2+ >1. ? ? 2 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. 课标理数 18.G5,G10[2011· 广东卷] 如图 1-3,在锥体 P-ABCD 中,ABCD 是边长为 1 的菱形,且∠DAB=60° ,PA=PD= 2,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.

图 1-3 课标理数 18.G5,G10[2011· 广东卷] 【解答】 法一:(1)证明:设 AD 中点为 G,连接 PG,BG,BD.

图 1-1 因 PA=PD,有 PG⊥AD,在△ABD 中,AB=AD=1,∠DAB=60° ,有△ABD 为等边 三角形,因此 BG⊥AD,BG∩PG=G,所以 AD⊥平面 PBG,所以 AD⊥PB,AD⊥GB. 又 PB∥EF, AD⊥EF, DE∥GB 得 AD⊥DE, FE∩DE=E, 得 而 又 所以 AD⊥平面 DEF. (2)∵PG⊥AD,BG⊥AD, ∴∠PGB 为二面角 P-AD-B 的平面角. 7 在 Rt△PAG 中,PG2=PA2-AG2= , 4 3 在 Rt△ABG 中,BG=AB· sin60° = , 2 7 3 + -4 PG2+BG2-PB2 4 4 21 ∴cos∠PGB= = =- . 2PG· BG 7 7 3 2· · 2 2 法二:(1)证明:设 AD 中点为 G,因为 PA=PD,所以 PG⊥AD,
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又 AB=AD,∠DAB=60° ,所以△ABD 为等边三角形,因此,BG⊥AD,从而 AD⊥平 面 PBG. 延长 BG 到 O 且使 PO⊥OB,又 PO?平面 PBG,所以 PO⊥AD,又 AD∩OB=G,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 x 轴,z 轴,平行于 AD 的直线为 y 轴,建立如图 1-2 所示的空间直角坐标系. 1 1 设 P(0,0,m),G(n,0,0),则 A?n,-2,0?,D?n,2,0?. ? ? ? ?

图 1-2 3 → → ∵|GB|=|AB|sin60° = , 2 3 3 3 1 n 3 1 m ∴B?n+ ,0,0?,C?n+ ,1,0?,E?n+ , ,0?,F? + , , ?. 2 2 2 2 ? ? ? ? ? ? ?2 4 2 2 ? 3 n 3 m → → → ∴AD=(0,1,0),DE=? ,0,0?,FE=? + ,0,- ?, 2? ?2 ? ?2 4 → → → → ∴AD· =0,AD· =0, DE FE ∴AD⊥DE,AD⊥FE, 又 DE∩FE=E,∴AD⊥平面 DEF. 1 3 → → (2)∵PA=?n,-2,-m?,PB=?n+ ,0,-m?, ? ? 2 ? ? 1 3 m2+n2+ = 2, ?n+ ?2+m2=2, 4 2? ? 3 解得 m=1,n= . 2 取平面 ABD 的法向量 n1=(0,0,-1), 设平面 PAD 的法向量 n2=(a,b,c), 3 b → 由PA·2=0,得 a- -c=0, n 2 2 3 b → 由PD·2=0,得 a+ -c=0, n 2 2 3? 故取 n2=?1,0, . 2? ? 3 - 2 21 ∴cos〈n1,n2〉= =- . 7 7 1· 4 21 即二面角 P-AD-B 的余弦值为- . 7 ∴ 课标理数 18.G5,G11[2011· 湖北卷] 如图 1-4,已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的各棱长 都是 4,E 是 BC 的中点,动点 F 在侧棱 CC1 上,且不与点 C 重合. (1)当 CF=1 时,求证:EF⊥A1C; (2)设二面角 C-AF-E 的大小为 θ,求 tanθ 的最小值.

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图 1-4 课标理数 18.G5,G11[2011· 湖北卷] 【解答】 解法 1:过 E 作 EN⊥AC 于 N,连结 EF. (1)如图①,连结 NF、AC1,由直棱柱的性质知,底面 ABC⊥侧面 A1C, 又底面 ABC∩侧面 A1C=AC,且 EN?底面 ABC,所以 EN⊥侧面 A1C,NF 为 EF 在侧 面 A1C 内的射影, 在 Rt△CNE 中,CN=CEcos60° =1, CF CN 1 则由 = = ,得 NF∥AC1. CC1 CA 4 又 AC1⊥A1C,故 NF⊥A1C, 由三垂线定理知 EF⊥A1C. (2)如图②,连结 AF,过 N 作 NM⊥AF 于 M,连结 ME, 由(1)知 EN⊥侧面 A1C,根据三垂线定理得 EM⊥AF, 所以∠EMN 是二面角 C-AF-E 的平面角,即∠EMN=θ, 设∠FAC=α,则 0° <α≤45° . 在 Rt△CNE 中,NE=EC· sin60° 3, = 在 Rt△AMN 中,MN=AN· sinα=3sinα, NE 3 故 tanθ= = . MN 3sinα 2 又 0° <α≤45° ,∴0<sinα≤ , 2 2 故当 sinα= ,即当 α=45° 时,tanθ 达到最小值, 2 3 6 tanθ= × 2= ,此时 F 与 C1 重合. 3 3

解法 2:(1)建立如图③所示的空间直角坐标系,则由已知可得 A(0,0,0),B(2 3,2,0), C(0,4,0),A1(0,0,4), E( 3,3,0),F(0,4,1), → → 于是CA1=(0,-4,4),EF=(- 3,1,1), → → 则CA1· =(0,-4,4)· EF (- 3,1,1)=0-4+4=0,故 EF⊥A1C. (2)设 CF=λ(0<λ≤4),平面 AEF 的一个法向量为 m=(x,y,z),则由(1)得 F(0,4,λ), → → → → AE=( 3,3,0),AF=(0,4,λ),于是由 m⊥AE,m⊥AF可得 → ?m· =0, ? AE ? 3x+3y=0, ? 即? 取 m=( 3λ,-λ,4), → ?4y+λz=0, ? AF ?m· =0, 又由直三棱柱的性质可取侧面 A1C 的一个法向量为 n=(1,0,0), λ2+16 λ2+16 3λ |m· n| 于是由 θ 为锐角可得 cosθ= = ,sinθ= ,所以 tanθ= = |m|· 2 λ2+4 |n| 3λ 2 λ2+4
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1 16 + , 3 3λ2 1 1 由 0<λ≤4,得 ≥ ,即 tanθ≥ λ 4 1 1 6 + = , 3 3 3 6 . 3

故当 λ=4,即点 F 与点 C1 重合时,tanθ 取得最小值

图 1-2 课标文数 18.G5,G11[2011· 湖北卷] 如图 1-2,已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面边 长为 2,侧棱长为 3 2,点 E 在侧棱 AA1 上,点 F 在侧棱 BB1 上,且 AE=2 2,BF= 2. (1)求证:CF⊥C1E; (2)求二面角 E-CF-C1 的大小. 课标文数 18.G5,G11[2011· 湖北卷] 【解答】 解法 1:(1)证明:由已知可得 CC1=3 2,CE=C1F= 22+?2 2?2=2 3, EF=C1E= 22+? 2?2= 6. 于是有 EF2+C1E2=C1F2,CE2+C1E2=CC2. 1 所以 C1E⊥EF,C1E⊥CE. 又 EF∩CE=E,所以 C1E⊥平面 CEF. 又 CF?平面 CEF,故 CF⊥C1E. (2)在△CEF 中,由(1)可得 EF=CF= 6,CE=2 3, 于是有 EF2+CF2=CE2,所以 CF⊥EF. 又由(1)知 CF⊥C1E,且 EF∩C1E=E, 所以 CF⊥平面 C1EF. 又 C1F?平面 C1EF,故 CF⊥C1F. 于是∠EFC1 即为二面角 E-CF-C1 的平面角. 由(1)知△C1EF 是等腰直角三角形,所以∠EFC1=45° ,即所求二面角 E-CF-C1 的大 小为 45° .[来源:Z|xx|k.Com]

图 1-3 解法 2:建立如图 1-3 所示的空间直角坐标系,则由已知可得 A(0,0,0),B( 3,1,0),C(0,2,0),C1(0,2,3 2),E(0,0,2 2),F( 3,1, 2). → → (1)C1E=(0,-2,- 2),CF=( 3,-1, 2), → → ∴C1E· =0+2-2=0, CF ∴CF⊥C1E. → (2)CE=(0,-2,2 2),设平面 CEF 的一个法向量为 m=(x,y,z).
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→ ?m· =0, ? CE → → 由 m⊥CE,m⊥CF,得? → ?m· =0, ? CF

?-2y+2 2z=0, 即? 可取 m=(0, 2,1). ? 3x-y+ 2z=0, → → → → 设侧面 BC1 的一个法向量为 n, n⊥CB, 由 n⊥CC1, 及CB=( 3, -1,0), 1=(0,0,3 2), CC 可取 n=(1, 3,0),设二面角 E-CF-C1 的大小为 θ,于是由 θ 为锐角可得 |m· n| 6 2 cosθ= = = ,所以 θ=45° , |m||n| 2 3×2 即所求二面角 E-CF-C1 的大小为 45° .

图 1-6 课标理数 19.G5,G11[2011· 湖南卷] 如图 1-6,在圆锥 PO 中,已知 PO= 2,⊙O 的 直径 AB=2,C 是 AB 的中点,D 为 AC 的中点. (1)证明:平面 POD⊥平面 PAC; (2)求二面角 B-PA-C 的余弦值. 课标理数 19.G5,G11[2011· 湖南卷] 【解答】 解法一:(1)连结 OC,因为 OA=OC,D 是 AC 的中点,所以 AC⊥OD.

图 1-7 又 PO⊥底面⊙O,AC?底面⊙O,所以 AC⊥PO.因为 OD,PO 是平面 POD 内的两条 相交直线,所以 AC⊥平面 POD,而 AC?平面 PAC,所以平面 POD⊥平面 PAC. (2)在平面 POD 中,过 O 作 OH⊥PD 于 H, 由(1)知,平面 POD⊥平面 PAC,所以 OH⊥平面 PAC. 又 PA?面 PAC,所以 PA⊥OH. 在平面 PAO 中,过 O 作 OG⊥PA 于 G,连结 HG,则有 PA⊥平面 OGH.从而 PA⊥HG. 故∠OGH 为二面角 B-PA-C 的平面角. 2 在 Rt△ODA 中,OD=OA· sin45° = . 2 2 2× 2 PO· OD 10 在 Rt△POD 中,OH= = . 2 2= 5 1 PO +OD 2+ 2 2×1 PO· OA 6 在 Rt△POA 中,OG= = . 2 2= PO +OA 2+1 3

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10 5 OH 15 在 Rt△OHG 中,sin∠OGH= = = . OG 5 6 3 15 10 所以 cos∠OGH= 1-sin2∠OGH= 1- = . 25 5 10 故二面角 B-PA-C 的余弦值为 . 5 解法二:(1)如图 1-8 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

图 1-8 1 1 O(0,0,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0, 2),D?-2,2,0?. ? ? → → 设 n1=(x1,y1,z1)是平面 POD 的一个法向量,则由 n1· =0,n1· =0,得 OD OP ?-1x1+1y1=0, ? 2 2 ?

? 2z1=0. ?

所以 z1=0,x1=y1.取 y1=1,得 n1=(1,1,0). → → 设 n2 = (x2 , y2 , z2)是 平 面 PAC 的一 个 法 向 量, 则 由 n2· = 0 , n2· = 0 , 得 PA PC

?-x2- 2z2=0, ? ?y2- 2z2=0.
所以 x2=- 2z2,y2= 2z2, 取 z2=1,得 n2=(- 2, 2,1). 因为 n1·2=(1,1,0)· n (- 2, 2,1)=0,所以 n1⊥n2.从而平面 POD⊥平面 PAC. (2)因为 y 轴⊥平面 PAB, 所以平面 PAB 的一个法向量为 n3=(0,1,0). 由(1)知, 平面 PAC 的一个法向量为 n2=(- 2, 2,1). 设向量 n2 和 n3 的夹角为 θ,则 n 2· 3 n 2 10 cosθ= = = . |n2|· 3| |n 5 5 由图可知, 二面角 B-PA-C 的平面角与 θ 相等, 所以二面角 B-PA-C 的余弦值为 10 . 5

课标文数 19.G5,G11[2011· 湖南卷] 如图 1-5,在圆锥 PO 中,已知 PO= 2,⊙O 的 直径 AB=2,点 C 在 AB 上,且∠CAB=30° ,D 为 AC 的中点. (1)证明:AC⊥平面 POD; (2)求直线 OC 和平面 PAC 所成角的正弦值.

图 1-5 课标文数 19.G5,G11[2011· 湖南卷] 【解答】
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(1)因为 OA=OC,D 是 AC 的中点,所以 AC⊥OD. 又 PO⊥底面⊙O,AC?底面⊙O,所以 AC⊥PO. 而 OD,PO 是平面 POD 内的两条相交直线, 所以 AC⊥平面 POD. (2)由(1)知,AC⊥平面 POD,又 AC?平面 PAC, 所以平面 POD⊥平面 PAC. 在平面 POD 中,过 O 作 OH⊥PD 于 H,则 OH⊥平面 PAC.

图 1-6 连结 CH,则 CH 是 OC 在平面 PAC 上的射影, 所以∠OCH 是直线 OC 和平面 PAC 所成的角. 1 在 Rt△ODA 中,OD=OA· sin30° . = 2 在 Rt△POD 中, 1 2× 2 PO· OD 2 OH= = . 2 2= 3 1 PO +OD 2+ 4 OH 2 在 Rt△OHC 中,sin∠OCH= = . OC 3 2 故直线 OC 和平面 PAC 所成角的正弦值为 . 3

图 1-9 课标理数 18.G5,G10,G11[2011· 课标全国卷] 如图 1-9,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,∠DAB=60° ,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD. (1)证明:PA⊥BD; (2)若 PD=AD,求二面角 A-PB-C 的余弦值. 课标理数 18.G5, G10, G11[2011· 课标全国卷] 【解答】 (1)因为∠DAB=60° AB=2AD, , 由余弦定理得 BD= 3AD, 从而 BD2+AD2=AB2,故 BD⊥AD. 又 PD⊥底面 ABCD,可得 BD⊥PD, 所以 BD⊥平面 PAD.故 PA⊥BD.

图 1-10 (2)如图,以 D 为坐标原点,AD 的长为单位长,DA、DB、DP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 D-xyz,则 A(1,0,0),B(0, 3,0),C(-1, 3,0),P(0,0,1), → → → AB=(-1, 3,0),PB=(0, 3,-1),BC=(-1,0,0).

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→ ?n· =0, ? AB 设平面 PAB 的法向量为 n=(x,y,z),则? → ?n· =0, ? PB

?-x+ 3y=0, 即? ? 3y-z=0.
因此可取 n=( 3,1, 3). → ?m· =0, ? PB 设平面 PBC 的法向量为 m,则? → ?m· =0, ? BC -4 2 7 可取 m=(0,-1,- 3).cos〈m,n〉= =- . 7 2 7 2 7 故二面角 A-PB-C 的余弦值为- . 7

图 1-8 课标文数 18.G5,G11[2011· 课标全国卷] 如图 1-8,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,∠DAB=60° ,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD. (1)证明:PA⊥BD; (2)设 PD=AD=1,求棱锥 D-PBC 的高. 课标文数 18.G5,G11[2011· 课标全国卷] 【解答】 (1)证明:因为∠DAB=60° ,AB= 2AD,由余弦定理得 BD= 3AD, 从而 BD2+AD2=AB2,故 BD⊥AD. 又 PD⊥底面 ABCD,可得 BD⊥PD, 所以 BD⊥平面 PAD,故 PA⊥BD. (2)如图,作 DE⊥PB,垂足为 E. 已知 PD⊥底面 ABCD,则 PD⊥BC. 由(1)知 BD⊥AD,又 BC∥AD,所以 BC⊥BD.

图 1-9 故 BC⊥平面 PBD,BC⊥DE. 则 DE⊥平面 PBC. 由题设知 PD=1,则 BD= 3,PB=2. 3 根据 DE· PB=PD· 得 DE= . BD 2 3 即棱锥 D-PBC 的高为 . 2 课标理数 16.G5, G9[2011· 陕西卷] 如图 1-6, 在△ABC 中, ∠ABC=60° ∠BAC=90° , , AD 是 BC 上的高,沿 AD 把△ABD 折起,使∠BDC=90° .

图 1-6
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(1)证明:平面 ADB⊥平面 BDC; → → (2)设 E 为 BC 的中点,求AE与DB夹角的余弦值. 课标理数 16.F2[2011· 陕西卷] 【解答】 (1)∵折起前 AD 是 BC 边上的高, ∴当△ABD 折起后,AD⊥DC,AD⊥DB.[来源:学科网 ZXXK] 又 DB∩DC=D, ∴AD⊥平面 BDC, ∵AD? 平面 ABD, ∴平面 ABD⊥平面 BDC.

1 → → 2 AE· DB 22 → → cos〈AE,DB〉= = = . → → 22 22 |AE|· | 1× |DB 4 课标文数 16.G5[2011· 陕西卷] 如图 1-8,在△ABC 中,∠ABC=45° ,∠BAC=90° , AD 是 BC 上的高,沿 AD 把△ABD 折起,使∠BDC=90° . (1)证明:平面 ADB⊥平面 BDC; (2)若 BD=1,求三棱锥 D-ABC 的表面积.

图 1-8 课标文数 16.G5[2011· 陕西卷] 【解答】 (1)∵折起前 AD 是 BC 边上的高, ∴当△ABD 折起后,AD⊥DC,AD⊥DB. 又 DB∩DC=D. ∴AD⊥平面 BDC. ∵AD? 平面 ABD, ∴平面 ABD⊥平面 BDC. (2)由(1)知,DA⊥DB,DB⊥DC,DC⊥DA, DB=DA=DC=1. ∴AB=BC=CA= 2. 1 1 从而 S△DAB=S△DBC=S△DCA= ×1×1= . 2 2
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1 S△ABC= × 2× 2×sin60° = 2 1 3 3+ ∴表面积 S= ×3+ = 2 2 2

3 . 2 3 .

课标数学 16.G4,G5[2011· 江苏卷] 如图 1-2,在四棱锥 P-ABCD 中,平面 PAD⊥平 面 ABCD,AB=AD,∠BAD=60° ,E、F 分别是 AP、AD 的中点.

图 1-2 求证:(1)直线 EF∥平面 PCD; (2)平面 BEF⊥平面 PAD. 课标数学 16.G4,G5[2011· 江苏卷] 本题主要考查直线与平面、 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. 【解答】 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,

图 1-3 所以直线 EF∥平面 PCD. (2)连结 BD,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. 大纲文数 6.G5[2011· 四川卷] l1, , 是空间三条不同的直线, l2 l3 则下列命题正确的是( ) A.l1⊥l2,l2⊥l3?l1∥l3 B.l1⊥l2,l2∥l3?l1⊥l3 C.l1∥l2∥l3?l1,l2,l3 共面 D.l1,l2,l3 共点?l1,l2,l3 共面 大纲文数 6.G5[2011· 四川卷] B 【解析】 对于 A,直线 l1 与 l3 可能异面;对于 C,直 线 l1、l2、l3 可能构成三棱柱三条侧棱所在直线而不共面;对于 D,直线 l1、l2、l3 相交于同 一个点时不一定共面. 所以选 B.

课标理数 4.G5[2011· 浙江卷] 下列命题中错误的是( ) .. A.如果平面 α⊥平面 β,那么平面 α 内一定存在直线平行于平面 β B.如果平面 α 不垂直于平面 β,那么平面 α 内一定不存在直线垂直于平面 β C.如果平面 α⊥平面 γ,平面 β⊥平面 γ,α∩β=l,那么 l⊥平面 γ D.如果平面 α⊥平面 β,那么平面 α 内所有直线都垂直于平面 β
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课标理数 4.G5[2011· 浙江卷] D 【解析】 若面 α⊥面 β,在面 α 内与面 β 的交线不相 交的直线平行于平面 β, A 正确; 中若 α 内存在直线垂直平面 β, α⊥β, 故 B 则 与题设矛盾, 所以 B 正确;由面面垂直的性质知选项 C 正确.由 A 正确可推出 D 错误.

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课标文数 19.G4,G7[2011· 安徽卷] 如图 1-4,ABEDFC 为多面体,平面 ABED 与平面 ACFD 垂直,点 O 在线段 AD 上,OA=1,OD=2,△OAB,△OAC,△ODE,△ODF 都是 正三角形. (1)证明直线 BC∥EF; (2)求棱锥 F-OBED 的体积.

图 1-4 课标文数 19.G4,G7[2011· 安徽卷] 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,考查空间想象能力,推理论证能 力和运算求解能力.

【解答】 (1)证明:设 G 是线段 DA 与 EB 延长线的交点,由于△OAB 与△ODE 都是正 1 三角形,OA=1,OD=2,所以 OB 綊 DE,OG=OD=2. 2 1 同理,设 G′是线段 DA 与 FC 延长线的交点,有 OC 綊 DF,OG′=OD=2,又由于 2 G 和 G′都在线段 DA 的延长线上,所以 G 与 G′重合. 1 1 在△GED 和△GFD 中,由 OB 綊 DE 和 OC 綊 DF,可知 B 和 C 分别是 GE 和 GF 的 2 2 中点.所以 BC 是△GEF 的中位线,故 BC∥EF. 3 (2)由 OB=1,OE=2,∠EOB=60° ,知 S△EOB= . 2 而△OED 是边长为 2 的正三角形,故 S△OED= 3. 3 3 所以 SOBED=S△EOB+S△OED= . 2 过点 F 作 FQ⊥DG,交 DG 于点 Q,由平面 ABED⊥平面 ACFD 知,FQ 就是四棱锥 F 1 3 -OBED 的高,且 FQ= 3,所以 VF-OBED= FQ· 四边形 OBED= . S 3 2 课标理数 17.G4,G7[2011· 安徽卷] 如图 1-4,ABEDFC 为多面体,平面 ABED 与平面 ACFD 垂直,点 O 在线段 AD 上, OA=1,OD=2,△OAB,△OAC,△ODE,△ODF 都是正三角形. (1)证明直线 BC∥EF; (2)求棱锥 F-OBED 的体积.

图 1-4 课标理数 17.G4,G7[2011· 安徽卷] 【解析】 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
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象能力,推理论证能力和运算求解能力.

图 1-5 【解答】 (1)(综合法) 证明:设 G 是线段 DA 与线段 EB 延长线的交点,由于△OAB 与△ODE 都是正三角形, 1 OA=1,OD=2,所以 OB 綊 DE,OG=OD=2. 2 1 同理,设 G′是线段 DA 与线段 FC 延长线的交点,有 OC 綊 DF,OG′=OD=2,又 2 由于 G 和 G′都在线段 DA 的延长线上,所以 G 与 G′重合. 1 1 在△GED 和△GFD 中,由 OB 綊 DE 和 OC 綊 DF,可知 B,C 分别是 GE 和 GF 的中 2 2 点,所以 BC 是△GEF 的中位线,故 BC∥EF. (向量法) 过点 F 作 FQ⊥AD,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,QE为 x 轴正向,QD为 y 轴正向,QF为 z 轴正向,建立如图所示空 间直角坐标系.

图 1-6 3 3 3 3 由条件知 E( 3,0,0),F(0,0, 3),B? ,- ,0?,C?0,- , ?. 2 ? 2 2? ?2 ? 3 3 → → 则有BC=?- ,0, ?,EF=(- 3,0, 3). 2? ? 2 → → 所以EF=2BC,即得 BC∥EF. 3 (2)由 OB=1,OE=2,∠EOB=60° ,知 S△EOB= . 2 而△OED 是边长为 2 的正三角形,故 S△OED= 3. 3 3 所以 S 四边形 OBED=S△EOB+S△OED= . 2 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 1 3 -OBED 的高,且 FQ= 3,所以 VF-OBED= FQ· 四边形 OBED= . S 3 2

课标文数 7.G7[2011· 广东卷] 正五棱柱中,不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点 的连线称为它的对角线,那么一个正五棱柱对角线的条数共有( ) A.20 B.15 C.12 D.10 课标文数 7.G7[2011· 广东卷] D 【解析】 一个下底面 5 个点,每个下底面的点对于 5 个上底面的点,满足条件的对角线有 2 条,所以共有 5×2=10 条. 课标文数 18.G7[2011· 辽宁卷] 如图 1-8,四边形 ABCD 为正方形,

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图 1-8 1 QA⊥平面 ABCD,PD∥QA,QA=AB= PD. 2 (1)证明:PQ⊥平面 DCQ; (2)求棱锥 Q-ABCD 的体积与棱锥 P-DCQ 的体积的比值. 课标文数 18.G7[2011· 辽宁卷] 【解答】 (1)由条件知 PDAQ 为直角梯形. 因为 QA⊥平面 ABCD,所以平面 PDAQ⊥平面 ABCD,交线为 AD. 又四边形 ABCD 为正方形,DC⊥AD, 所以 DC⊥平面 PDAQ,可得 PQ⊥DC. 2 在直角梯形 PDAQ 中可得 DQ=PQ= PD,则 PQ⊥QD. 2 所以 PQ⊥平面 DCQ. (2)设 AB=a. 1 由题设知 AQ 为棱锥 Q-ABCD 的高,所以棱锥 Q-ABCD 的体积 V1= a3. 3 2 2 由(1)知 PQ 为棱锥 P-DCQ 的高,而 PQ= 2a,△DCQ 的面积为 a , 2 1 所以棱锥 P-DCQ 的体积 V2= a3. 3 故棱锥 Q-ABCD 的体积与棱锥 P-DCQ 的体积的比值为 1. 大纲理数 11.G8[2011· 全国卷] 已知平面 α 截一球面得圆 M,过圆心 M 且与 α 成 60° 二 面角的平面 β 截该球面得圆 N.若该球面的半径为 4, M 的面积为 4π, 圆 则圆 N 的面积为( ) A.7π B.9π C.11π D.13π 大纲理数 11.G8[2011· 全国卷] D 【解析】 圆 M 的半径为 2,由球面的几何性质得 2 2 OM= 4 -2 =2 3,且∠OMN=30° ,则 ON= 3,故圆 N 的半径为 42-3= 13,圆 N 的面积为 13π,故选 D. 大纲文数 12.G8[2011· 全国卷] 已知平面 α 截一球面得圆 M,过圆心 M 且与 α 成 60° 二 面角的平面 β 截该球面得圆 N.若该球面的半径为 4, M 的面积为 4π, 圆 则圆 N 的面积为( ) A.7π B.9π C.11π D.13π 大纲文数 12.G8[2011· 全国卷] D 【解析】 圆 M 的半径为 2,由球面的几何性质得 OM = 42-22=2 3,且∠OMN=30° ,则 ON= 3, 2 故圆 N 的半径为 4 -3= 13,圆 N 的面积为 13π,故选 D. 课标文数 7.G8[2011· 湖北卷] 设球的体积为 V1, 它的内接正方体的体积为 V2, 下列说法 中最合适的是( ) A.V1 比 V2 大约多一半 B.V1 比 V2 大约多两倍半 C.V1 比 V2 大约多一倍 D.V1 比 V2 大约多一倍半 4 课标文数 7.G8[2011· 湖北卷] D 【解析】 设球的半径为 R,则 V1= πR3.设正方体的边 3

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4 3 3 3 长为 a, V2=a3.又因为 2R= 3a, 则 所以 V1= π? a?3= πa3, 1-V2=? π-1?a3≈1.7a3. V 3 ?2 ? 2 ?2 ? 课标理数 15.G8[2011· 课标全国卷] 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=2 3,则棱锥 O-ABCD 的体积为________. 课标理数 15.G8[2011· 课标全国卷] 8 3 【解析】 如图,由题意知,截面圆的直径为 62+?2 3?2= 48=4 3, 所以四棱锥的高|OO1|= OA2-O1A2= 16-12=2, 1 1 |OO 所以其体积 V= S 矩形 ABCD· 1|= ×6×2 3×2=8 3. 3 3

图 1-8

课标理数 12.G8[2011· 辽宁卷] 已知球的直径 SC=4,A,B 是该球球面上的两点,AB= 3,∠ASC=∠BSC=30° ,则棱锥 S-ABC 的体积为( ) A.3 3 B.2 3 C. 3 D.1 课标理数 12.G8[2011· 辽宁卷] C 【解析】 如图 1-4,过 A 作 AD 垂直 SC 于 D,连接 BD. 由于 SC 是球的直径,所以∠SAC=∠SBC=90° ,又∠ASC=∠BSC=30° ,又 SC 为公 共边,所以△SAC≌△SBC.由于 AD⊥ SC,所以 BD⊥SC.由此得 SC⊥平面 ABD. 1 所以 VS-ABC=VS-ABD+VC-ABD= S△ABD· SC. 3 由于在直角三角形△SAC 中∠ASC=30° ,SC=4,所以 AC=2,SA=2 3,由于 AD= SA· CA SB· CB = 3.同理在直角三角形△BSC 中也有 BD= = 3. SC SC 又 AB= 3,所以△ABD 为正三角形, 1 1 1 所以 VS-ABC= S△ABD· SC= × ×( 3)2· sin60° ×4= 3,所以选 C. 3 3 2

图 1-4

课标文数 10.G8[2011· 辽宁卷] 已知球的直径 SC=4,A、B 是该球球面上的两点,AB= 2,∠ASC=∠BSC=45° ,则棱锥 S-ABC 的体积为( ) 3 2 3 4 3 5 3 A. B. C. D. 3 3 3 3 课标文数 10.G8[2011· 辽宁卷] C 【解析】 如图 1-6, 由于 SC 是球的直径, 所以∠SAC =∠SBC=90° ,又∠ASC=∠BSC=45° ,所以△SAC、△BSC 为等腰直角三角形,取 SC 中 点 D,连接 AD、BD.由此得 SC⊥AD,SC⊥BD,即 SC⊥平面 ABD.所以 VS-ABC=VS-ABD+
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1 VC-ABD= S△ABD· SC. 3 由于在等腰直角三角形△SAC 中∠ASC=45° ,SC=4,所以 AD=2.同理 BD=2. 又 AB=2,所以△ABD 为正三角形, 1 1 1 4 3 所以 VS-ABC= S△ABD· SC= × ×22· sin60° ×4= ,所以选 C. 3 3 2 3

图 1-6 课标文数 16.G8[2011· 课标全国卷] 已知两个圆锥有公共底面,且两圆锥的顶点和底面 3 的圆周都在同一个球面上,若圆锥底面面积是这个球面面积的 ,则这两个圆锥中,体积较 16 小者的高与体积较大者的高的比值为________. 1 课标文数 16.G8[2011· 课标全国卷] 【解析】 如图,设球的半径为 R,圆锥底面半径 3 为 r,则球面面积为 4πR2,圆锥底面面积为 πr2, 12 3 3 1 由题意 πr2= πR2,所以 r= R,所以 OO1= OA2-O1A2= R2- R2= R, 16 2 4 2 1 3 1 1 所以 SO1=R+ R= R, S1O1=R- R= R, 2 2 2 2 R S1O1 2 1 所以 = = . SO1 3R 3 2

图 1-7 大纲文数 15.G8[2011· 四川卷] 如图 1-3,半径为 4 的球 O 中有一内接圆柱.当圆柱的 侧面积最大时,球的表面积与该圆柱的侧面积之差是________.

图 1-3 大纲文数 15.G8

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图 1-4 [2011· 四川卷] 32π 【解析】 本题主要考查球的性质、球与圆柱的组合体、均值不等 式的应用. 如图 1-4 为轴截面, 令圆柱的高为 h, 底面半径为 r, 侧面积为 S, 球半径 R=4, h? 2 则 ?2? + r2 = R2 , 即 h = 2 R2-r2 . 因 为 S = 2πrh = 4πr R2-r2 = 4π r2· 2-r2? ?R ? r2+R2-r2?2 2 2 ≤4π ? 2 ? ? =2πR ,取等号时,内接圆柱底面半径为 2 R,高为 2R,∴S 球-S 圆 2 2 2 柱=4πR -2πR =2πR =32π.

大纲理数 15.G8

图 1-3 [2011· 四川卷] 如图 1-3,半径为 R 的球 O 中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时, 球的表面积与该圆柱的侧面积之差是________. 大纲理数 15.G8[2011· 四川卷] 2πR2 【解析】 如 图 1-4 为轴截面,令圆柱的高为 h, h 底面半径为 r,侧面积为 S,则?2?2+r2=R2,即 h=2 R2-r2.因为 S=2πrh=4πr R2-r2 ? ?

图 1-4 = r2+R2-r22 2 =2πR2,取等号时,内接圆柱底面半径为 R,高为 2 2 2R,∴S 球-S 圆柱=4πR2-2πR2=2πR2. 4π r2· 2-r2?≤4π ?R

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课标理数 16.G5, G9[2011· 陕西卷] 如图 1-6, 在△ABC 中, ∠ABC=60° ∠BAC=90° , , AD 是 BC 上的高,沿 AD 把△ABD 折起,使∠BDC=90° .

图 1-6 (1)证明:平面 ADB⊥平面 BDC; → → (2)设 E 为 BC 的中点,求AE与DB夹角的余弦值. 课标理数 16.F2[2011· 陕西卷] 【解答】 (1)∵折起前 AD 是 BC 边上的高, ∴当△ABD 折起后,AD⊥DC,AD⊥DB. 又 DB∩DC=D, ∴AD⊥平面 BDC,[来源:学科网] ∵AD? 平面 ABD, ∴平面 ABD⊥平面 BDC. (2)由∠BDC=90° 及(1)知 DA,DB,DC 两两垂直,不妨设|DB|=1,以 D 为坐标原点, → → → 以DB, , 所在直线为 x, z 轴建立如图所示的空间直角坐标系, DC DA y, 易得 D(0,0,0), B(1,0,0), C(0,3,0),A(0,0, 3),

图 1-7 1 3 E?2,2,0?. ? ? 1 3 → ∴AE=?2,2,- 3?, ? ? → DB=(1,0,0), → → ∴AE与DB夹角的余弦值为 1 → → 2 AE· DB 22 → → cos〈AE,DB〉= = = . → → 22 22 |AE|· | 1× |DB 4 课标理数 20.G5,G10,G11[2011· 福建卷] 如图 1-7,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD.四边形 ABCD 中,

图 1-7 AB⊥AD,AB+AD=4,CD= 2,∠CDA=45° . (1)求证:平面 PAB⊥平面 P AD; (2)设 AB=AP. ①若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30° ,求线段 AB 的长; ②在线段 AD 上是否存在一个点 G,使得点 G 到 P、B、C、D 的距离都相等?说明理 由. 课标理数 20.G5,G10,G11 [2011· 福建卷] 【解答】
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图 1-8 (1)证明:因为 PA⊥平面 ABCD, AB?平面 ABCD, 所以 PA⊥AB. 又 AB⊥AD,PA∩AD=A, 所以 AB⊥平面 PAD. 又 AB?平面 PAB,所以平面 PAB⊥平面 PAD.

图 1-9 (2)①以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 A-xyz(如图 1-9). 在平面 ABCD 内,作 CE∥AB 交 AD 于点 E, 则 CE⊥AD. 在 Rt△CDE 中,DE=CD· cos45° =1, CE=CD· sin45° =1. 设 AB=AP=t,则 B(t,0,0),P(0,0,t). 由 AB+AD=4 得 AD=4-t, 所以 E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0), → → CD=(-1,1,0),PD=(0,4-t,-t). 设平面 PCD 的法向量为 n=(x,y,z). ?-x+y=0. ? → → 由 n⊥CD,n⊥PD,得? ? ??4-t?y-tz=0. 取 x=t,得平面 PCD 的一个法向量 n=(t,t,4-t). → 又PB=(t,0,-t),故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30° 得 cos60° ? = 即

? n· → ? PB , →? |PB ?|n|· |?
|2t2-4t|
2 2=2.

1

t +t +?4-t? · 2t 4 解得 t= 或 t=4(舍去,因为 AD=4-t>0), 5 4 所以 AB= . 5 ②法一: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 0≤m≤4-t).

2

2

图 1-10 → → 则GC=(1,3-t-m,0),GD=(0,4-t-m,0), → GP=(0,-m,t).
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→ → 由|GC|=|GD|得 12+(3-t-m)2=(4-t-m)2, 即 t=3-m;① → → 由|GD|=|GP|得(4-t-m)2=m2+t2.② 由①、②消去 t,化简得 m2-3m+4=0.③ 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.[来源:学科网] 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. 法二: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=GD,得∠GCD=∠GDC=45° ,

图 1-12 从而∠CGD=90° ,即 CG⊥AD. 所以 GD=CD· cos45° =1. 设 AB=λ,则 AD=4-λ,AG=AD-GD=3-λ. 在 Rt△ABG 中, GB= AB2+AG2 3 9 = λ2+?3-λ?2= 2?λ-2?2+ >1. ? ? 2 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. 课标理数 18.G5,G10[2011· 广东卷] 如图 1-3,在锥体 P-ABCD 中,ABCD 是边长为 1 的菱形,且∠DAB=60° ,PA=PD= 2,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.

图 1-3 课标理数 18.G5,G10[2011· 广东卷] 【解答】 法一:(1)证明:设 AD 中点为 G,连接 PG,BG,BD.

图 1-1 因 PA=PD,有 PG⊥AD,在△ABD 中,AB=AD=1,∠DAB=60° ,有△ABD 为等边 三角形,因此 BG⊥AD,BG∩PG=G,所以 AD⊥平面 PBG,所以 AD⊥PB,AD⊥GB. 又 PB∥EF, AD⊥EF, DE∥GB 得 AD⊥DE, FE∩DE=E, 得 而 又 所以 AD⊥平面 DEF. (2)∵PG⊥AD,BG⊥AD, ∴∠PGB 为二面角 P-AD-B 的平面角. 7 在 Rt△PAG 中,PG2=PA2-AG2= , 4
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3 , 2 7 3 + -4 2 2 2 PG +BG -PB 4 4 21 ∴cos∠PGB= = =- . 2PG· BG 7 7 3 2· · 2 2 法二:(1)证明:设 AD 中点为 G,因为 PA=PD,所以 PG⊥AD, 又 AB=AD,∠DAB=60° ,所以△ABD 为等边三角形,因此,BG⊥AD,从而 AD⊥平 面 PBG. 延长 BG 到 O 且使 PO⊥OB,又 PO?平面 PBG,所以 PO⊥AD,又 AD∩OB=G,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 x 轴,z 轴,平行于 AD 的直线为 y 轴,建立如图 1-2 所示的空间直角坐标系. 1 1 设 P(0,0,m),G(n,0,0),则 A?n,-2,0?,D?n,2,0?. ? ? ? ? 在 Rt△ABG 中,BG=AB· sin60° =

图 1-2 3 → → ∵|GB|=|AB|sin60° = , 2 3 3 3 1 n 3 1 m ∴B?n+ ,0,0?,C?n+ ,1,0?,E?n+ , ,0?,F? + , , ?. 2 2 2 2 ? ? ? ? ? ? ?2 4 2 2 ? 3 m? → → ? 3 → ?n ?,FE= + ,0,- , ∴AD=(0,1,0),DE= 2? ? 2 ,0,0? ?2 4 → → → → ∴AD· =0,AD· =0, DE FE ∴AD⊥DE,AD⊥FE, 又 DE∩FE=E,∴AD⊥平面 DEF. 1 3 → → (2)∵PA=?n,-2,-m?,PB=?n+ ,0,-m?, ? ? 2 ? ? 1 3 ∴ m2+n2+ = 2, ?n+ ?2+m2=2, 4 2? ? 3 解得 m=1,n= . 2 取平面 ABD 的法向量 n1=(0,0,-1), 设平面 PAD 的法向量 n2=(a,b,c), 3 b → 由PA·2=0,得 a- -c=0, n 2 2 3 b → 由PD·2=0,得 a+ -c=0, n 2 2 3 故取 n2=?1,0, ?. 2? ? 3 - 2 21 ∴cos〈n1,n2〉= =- . 7 7 1· 4

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即二面角 P-AD-B 的余弦值为-

21 . 7

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课标理数 18.G5,G11[2011· 湖北卷] 如图 1-4,已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的各棱长 都是 4,E 是 BC 的中点,动点 F 在侧棱 CC1 上,且不与点 C 重合. (1)当 CF=1 时,求证:EF⊥A1C; (2)设二面角 C-AF-E 的大小为 θ,求 tanθ 的最小值.

图 1-4 课标理数 18.G5,G11[2011· 湖北卷] 【解答】 解法 1:过 E 作 EN⊥AC 于 N,连结 EF. (1)如图①,连结 NF、AC1,由直棱柱的性质知,底面 ABC⊥侧面 A1C, 又底面 ABC∩侧面 A1C=AC,且 EN?底面 ABC,所以 EN⊥侧面 A1C,NF 为 EF 在侧 面 A1C 内的射影, 在 Rt△CNE 中,CN=CEcos60° =1, CF CN 1 则由 = = ,得 NF∥AC1. CC1 CA 4 又 AC1⊥A1C,故 NF⊥A1C, 由三垂线定理知 EF⊥A1C. (2)如图②,连结 AF,过 N 作 NM⊥AF 于 M,连结 ME, 由(1)知 EN⊥侧面 A1C,根据三垂线定理得 EM⊥AF, 所以∠EMN 是二面角 C-AF-E 的平面角,即∠EMN=θ, 设∠FAC=α,则 0° <α≤45° . 在 Rt△CNE 中,NE=EC· sin60° 3, = 在 Rt△AMN 中,MN=AN· sinα=3sinα, NE 3 故 tanθ= = . MN 3sinα 2 又 0° <α≤45° ,∴0<sinα≤ , 2 2 故当 sinα= ,即当 α=45° 时,tanθ 达到最小值, 2 3 6 tanθ= × 2= ,此时 F 与 C1 重合. 3 3

解法 2:(1)建立如图③所示的空间直角坐标系,则由已知可得 A(0,0,0),B(2 3,2,0), C(0,4,0),A1(0,0,4), E( 3,3,0),F(0,4,1), → → 于是CA1=(0,-4,4),EF=(- 3,1,1), → → 则CA1· =(0,-4,4)· EF (- 3,1,1)=0-4+4=0,故 EF⊥A1C. (2)设 CF=λ(0<λ≤4),平面 AEF 的一个法向量为 m=(x,y,z),则由(1)得 F(0,4,λ), → → → → AE=( 3,3,0),AF=(0,4,λ),于是由 m⊥AE,m⊥ AF可得

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→ ?m· =0, ? AE ? 3x+3y=0, ? 即? 取 m=( 3λ,-λ,4), → ?4y+λz=0, ?m· =0, ? AF 又由直三棱柱的性质可取侧面 A1C 的一个法向量为 n=(1,0,0), λ2+16 λ2+16 3λ |m· n| 于是由 θ 为锐角可得 cosθ= = ,sinθ = ,所以 tanθ= = |m|· 2 λ2+4 |n| 3λ 2 λ2+4 1 16 + , 3 3λ2 1 1 1 1 6 由 0<λ≤4,得 ≥ ,即 tanθ≥ + = , λ 4 3 3 3 6 故当 λ=4,即点 F 与点 C1 重合时,tanθ 取得最小值 . 3

图 1-9 课标理数 18.G5,G10,G11[2011· 课标全国卷] 如图 1-9,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,∠DAB=60° ,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD. (1)证明:PA⊥BD; (2)若 PD=AD,求二面角 A-PB-C 的余弦值. 课标理数 18.G5, G10, G11[2011· 课标全国卷] 【解答】 (1)因为∠DAB=60° AB=2AD, , 由余弦定理得 BD= 3AD, 从而 BD2+AD2=AB2,故 BD⊥AD. 又 PD⊥底面 ABCD,可得 BD⊥PD, 所以 BD⊥平面 PAD.故 PA⊥BD.

图 1-10 (2)如图,以 D 为坐标原点,AD 的长为单位长,DA、DB、DP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 D-xyz,则 A(1,0,0),B(0, 3,0),C(-1, 3,0),P(0,0,1), → → → AB=(-1, 3,0),PB=(0, 3,-1),BC=(-1,0,0). → ?n· =0, ? AB 设平面 PAB 的法向量为 n=(x,y,z),则? → ?n· =0, ? PB

?-x+ 3y=0, 即? ? 3y-z=0.
因此可取 n=( 3,1, 3). → ?m· =0, ? PB 设平面 PBC 的法向量为 m,则? → ?m· =0, ? BC -4 2 7 可取 m=(0,-1,- 3).cos〈m,n〉= =- . 7 2 7

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2 7 故二面角 A-PB-C 的余弦值为- . 7

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课标理数 18.G10,G11[2011· 辽宁卷] 1 如图 1-8,四边形 ABCD 为正方形,PD⊥平面 ABCD,PD∥QA,QA=AB= PD. 2

图 1-8 (1)证明:平面 PQC⊥平面 DCQ; (2)求二面角 Q-BP-C 的余弦值. 课标理数 18.G10,G11[2011· 辽宁卷] 【解答】 如图 1-9,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.

图 1-9 (1)依题意有 Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0). → → → 则DQ=(1,1,0),DC=(0,0,1),PQ=(1,-1,0), → → → → 所以PQ· =0,PQ· =0. DQ DC 即 PQ⊥DQ,PQ⊥DC. 故 PQ⊥平面 DCQ. 又 PQ?平面 PQC,所以平面 PQC⊥平面 DCQ. → → (2)依题意有 B(1,0,1),CB=(1,0,0),BP=(-1,2,-1). → ?n· =0, ?x=0, ? CB ? 设 n=(x,y,z)是平面 PBC 的法向量,则? 即? ? → ?-x+2y-z=0. ? BP ?n· =0, 因此可取 n=(0,-1,-2). → ?m· =0, ? BP 设 m 是平面 PBQ 的法向量,则? → ?m· =0. ? PQ 可取 m=(1,1,1),所以 cos〈m,n〉=- 故二面角 Q-BP-C 的余弦值为- 15 . 5 15 . 5

图 1-6 课标理数 16.G5, G11[2011· 北京卷] 如图 1-6, 在四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥平面 ABCD, 底面 ABCD 是菱形,AB=2,∠BAD=60° . (1)求证:BD⊥平面 PAC; (2)若 PA=AB,求 PB 与 AC 所成角的余弦值; (3)当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时,求 PA 的长.
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课标理数 16.G5,G11[2011· 北京卷] 【解答】 (1)证明: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. (2)设 AC∩BD=O. 因为∠BAD=60° ,PA=AB=2, 所以 BO=1,AO=CO= 3. 如图,以 O 为坐标原点,OB、OC 所在直线及点 O 所在且与 PA 平行的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 O-xyz,则 P(0,- 3,2),A(0,- 3,0),B(1,0,0), C(0, 3,0).

图 1-7 → → 所以PB=(1, 3,-2),AC=(0,2 3,0). 设 PB 与 AC 所成角为 θ,则 → → ? PB· ? AC 6 6 cosθ=? = = . → → ? 2 2×2 3 4 ?|PB||AC|? → (3)由(2)知BC=(-1, 3,0). 设 P(0,- 3,t)(t>0), → 则BP=(-1,- 3,t). 设平面 PBC 的法向量 m=(x,y,z), → → 则BC· m=0,BP· m=0.

?-x+ 3y=0, 所以? ?-x- 3y+tz=0, 6 令 y= 3,则 x=3,z= , t 6? 所以 m=?3, 3, t ?. ?
6 同理,可求得平面 PDC 的法向量 n=?-3, 3, t ?. ? ? 因为平面 PBC⊥平面 PDC, 36 所以 m· n=0,即-6+ 2 =0. t 解得 t= 6. 所以当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时,PA= 6. 大纲理数 6.G5、 G11[2011· 全国卷] 已知直二面角 α-l-β, A∈α, 点 AC⊥l, 为垂足. C 点 B∈β,BD⊥l,D 为垂足.若 AB=2,AC=BD=1,则 D 到平面 ABC 的距离等于( ) 2 3 A. B. 3 3 6 C. D.1 3
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大纲理数 6.G5、G11[2011· 全国卷] C 【解析】 ∵α⊥β,AC⊥l,∴AC⊥β,则平面 ABC⊥β,在平面 β 内过 D 作 DE⊥BC,则 DE⊥平面 ABC,DE 即为 D 到平面 ABC 的距离, 6 在△DBC 中,运用等面积法得 DE= ,故选 C. 3 大纲理数 16.G11[2011· 全国卷] 已知点 E、F 分别在正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱 BB1、 CC1 上, B1E=2EB, 且 CF=2FC1, 则面 AEF 与面 ABC 所成的二面角的正切值等于________. 2 大纲理数 16.G11 [2011· 全国卷] 【解析】 法一:在平面 BC1 内延长 FE 与 CB 相 3 交于 G,过 B 作 BH 垂直 AG,则 EH⊥AG,故∠BHE 是平面 AEF 与平面 ABC 所成二面角 a 2 BE 的平面角.设正方体的棱长为 a,可得 BE= ,BG=a,所以 BH= a,则 tan∠BHE= 3 2 BH a 3 2 = = . 3 2 a 2 法二:设正方体的边长为 3,建立以 B1A1 为 x 轴,B1C1 为 y 轴,B1B 为 z 轴的空间直角 → → 坐标系,则 A(3,0,3),E(0,0,2),F(0,3,1),则EA=(3,0,1),EF=(0,3,-1),设平面 AFE 的法 → → 向量为 n=(x,y,z),则 n⊥EA,n⊥EF,即 3x+z=0 且 3y-z=0,取 z=3,则 x=-1,y =1,所以 n=(-1,1,3),又平面 ABC 的法向量为 m=(0,0,3),所以面 AEF 与面 ABC 所成的 m· 3 11 n 22 2 3 11?2 二面角的余弦值为 cosθ= = ,∴sinθ= 1-? = ,所以 tanθ= . |m||n| 11 3 ? 11 ? 11 大纲理数 19.G5,G11[2011· 全国卷] 如图 1-1,四棱锥 S-ABCD 中,AB∥CD,BC⊥ CD,侧面 SAB 为等边三角形.AB=BC=2,CD=SD=1. (1)证明:SD⊥平面 SAB; (2)求 AB 与平面 SBC 所成的角的大小.

图 1-1 大纲理数 19.G5,G11[2011· 全国卷] 【解答】 解法一:(1)取 AB 中点 E,连结 DE,则 四边形 BCDE 为矩形,DE=CB=2.

图 1-2 连结 SE,则 SE⊥AB,SE= 3. 又 SD=1,故 ED2=SE2+SD2, 所以∠DSE 为直角. 由 AB⊥DE,AB⊥SE, DE∩SE=E,得 AB⊥平面 SDE,所以 AB⊥SD. SD 与两条相交直线 AB、SE 都垂直. 所以 SD⊥平面 SAB. (2)由 AB⊥平面 SDE 知,平面 ABCD⊥平面 SDE. SD×SE 3 作 SF⊥DE,垂足为 F,则 SF⊥平面 ABCD,SF= = . DE 2 作 FG⊥BC,垂足为 G,则 FG=DC=1.
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连结 SG,则 SG⊥BC. 又 BC⊥FG,SG∩FG=G, 故 BC⊥平面 SFG,平面 SBC⊥平面 SFG. 作 FH⊥SG,H 为垂足,则 FH⊥平面 SBC. SF×FG 3 21 FH= = ,即 F 到平面 SBC 的距离为 . SG 7 7 由于 ED∥BC,所以 ED∥平面 SBC,故 E 到平面 SBC 的距离 d 也为 21 . 7

设 AB 与平面 SBC 所成的角为 α, d 21 21 则 sinα= = ,α=arcsin . EB 7 7 解法二:以 C 为坐标原点,射线 CD 为 x 轴正半轴,建立如图 1-3 所示的空间直角坐 标系 C-xyz.

图 1-3 设 D(1,0,0), 则 A(2,2,0),B(0,2,0). 又设 S(x,y,z), 则 x>0,y>0,z>0. → → → (1)AS=(x-2,y-2,z),BS=(x,y-2,z),DS=(x-1,y,z), → → 由|AS|=|BS|得 ?x-2?2+?y-2?2+z2= x2+?y-2?2+z2, 故 x=1, → 由|DS|=1 得 y2+z2=1, → 又由|BS|=2 得 x2+(y-2)2+z2=4, 1 3 即 y2+z2-4y+1=0,故 y= ,z= . 2 2 1 3 → 3 3 → 3 3 1 3 → 于是 S?1, , ?,AS=?-1,- , ?,BS=?1,- , ?,DS=?0, , ?, 2 2? 2 2? ? 2 2? ? ? ? 2 2? → → → → DS· =0,DS· =0. AS BS 故 DS⊥AS,DS⊥BS,又 AS∩BS=S, 所以 SD⊥平面 SAB. (2)设平面 SBC 的法向量 a=(m,n,p), → → → → 则 a⊥BS,a⊥CB,a· =0,a· =0. BS CB 3 3 → → 又BS=?1,- , ?,CB=(0,2,0), 2 2? ?

?m-3n+ 3p=0, ? 2 2 故? ?2n=0. ?
→ 取 p=2 得 a=(- 3,0,2).又AB=(-2,0,0), → AB· a 21 → 所以 cos〈AB,a〉= = . 7 → |AB|· |a|

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故 AB 与平面 SBC 所成的角为 arcsin

21 . 7

大纲文数 15.G11[2011· 全国卷] 已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为 C1D1 的中点,则 异面直线 AE 与 BC 所成角的余弦值为________. 2 大纲文数 15.G11[2011· 全国卷] 【解析】 取 A1B1 的中点 F,连 EF,则 EF∥BC,∠ 3 3 5 AEF 是异面直线 AE 与 BC 所成的角,设正方体的棱长为 a,可得 AE= a,AF= a,在△ 2 2 2 2 AEF 中,运用余弦定理得 cos∠AEF= ,即异面直线 AE 与 BC 所成角的余弦值为 . 3 3 大纲文数 20.G5,G11[2011· 全国卷] 如图 1-1,四棱锥 S-ABCD 中,

图 1-1 AB∥CD,BC⊥CD,侧面 SAB 为等边三角形.AB=BC=2,CD=SD=1. (1)证明:SD⊥平面 SAB; (2)求 AB 与平面 SBC 所成的角的大小. 大纲文数 20.G5,G11[2011· 全国卷] 【解答】 解法一:(1)取 AB 中点 E,连结 DE,则 四边形 BCDE 为矩形,DE=CB=2.

图 1-2 连结 SE,则 SE⊥AB,SE= 3. 又 SD=1,故 ED2=SE2+SD2, 所以∠DSE 为直角. 由 AB⊥DE,AB⊥SE,DE∩SE=E,得 AB⊥平面 SDE,所以 AB⊥SD. SD 与两条相交直线 AB、SE 都垂直. 所以 SD⊥平面 SAB. (2)由 AB⊥平面 SDE 知,平面 ABCD⊥平面 SDE. 作 SF⊥DE,垂足为 F, SD×SE 3 则 SF⊥平面 ABCD,SF= = . DE 2 作 FG⊥BC,垂足为 G,则 FG=DC=1. 连结 SG,则 SG⊥BC. 又 BC⊥FG,SG∩FG=G, 故 BC⊥平面 SFG,平面 SBC⊥平面 SFG. 作 FH⊥SG,H 为垂足,则 FH⊥平面 SBC. SF×FG 3 21 FH= = ,即 F 到平面 SBC 的距离为 . SG 7 7 由于 ED∥BC,所以 ED∥平面 SBC,故 E 到平面 SBC 的距离 d 也为 设 AB 与平面 SBC 所成的角为 α,则 sinα= 21 . 7

d 21 21 = ,α=arcsin . EB 7 7 解法二:以 C 为坐标原点,射线 CD 为 x 轴正半轴,建立如图 1-3 所示的空间直角坐 标系 C-xyz.

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图 1-3 设 D(1,0,0),则 A(2,2,0),B(0,2,0). 又设 S(x,y,z),则 x>0,y>0,z>0. → → → (1)AS=(x-2,y-2,z),BS=(x,y-2,z),DS=(x-1,y,z), → → 由|AS|=|BS|得 ?x-2?2+?y-2?2+z2= x2+?y-2?2+z2, 故 x=1, → 由|DS|=1 得 y2+z2=1, → 又由|BS|=2 得 x2+(y-2)2+z2=4, 1 3 即 y2+z2-4y+1=0,故 y= ,z= . 2 2 1 3 → 3 3 → 3 3 1 3 → 于是 S?1, , ?,AS=?-1,- , ?,BS=?1,- , ?,DS=?0, , ?, 2 2? 2 2? 2 2? 2 2? ? ? ? ? → → → → DS· =0,DS· =0. AS BS 故 DS⊥AS,DS⊥BS,又 AS∩BS=S,[来源:学§科§网] 所以 SD⊥平面 SAB. (2)设平面 SBC 的法向量 a=(m,n,p), → → → → 则 a⊥BS,a⊥CB,a· =0,a· =0. BS CB 3 3 → → 又BS=?1,- , ?,CB=(0,2,0), 2 2? ?

?m-3n+ 3p=0, ? 2 2 故? ?2n=0. ?
→ 取 p=2 得 a=(- 3,0,2).又AB=(-2,0,0), → AB· a 21 → 所以 cos〈AB,a〉= = . 7 → |AB|· |a| 21 故 AB 与平面 SBC 所成的角为 arcsin . 7 课标理数 20.G5,G10,G11[2011· 福建卷] 如图 1-7,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD.四边形 ABCD 中,

图 1-7 AB⊥AD,AB+AD=4,CD= 2,∠CDA=45° . (1)求证:平面 PAB⊥平面 PAD; (2)设 AB=AP. ①若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30° ,求线段 AB 的长; ②在线段 AD 上是否存在一个点 G,使得点 G 到 P、B、C、D 的距离都相等?说明理 由. 课标理数 20.G5,G10,G11
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[2011· 福建卷] 【解答】

图 1-8 (1)证明:因为 PA⊥平面 ABCD, AB?平面 ABCD, 所以 PA⊥AB. 又 AB⊥AD,PA∩AD=A, 所以 AB⊥平面 PAD. 又 AB?平面 PAB,所以平面 PAB⊥平面 PAD.

图 1-9 (2)①以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 A-xyz(如图 1-9). 在平面 ABCD 内,作 CE∥AB 交 AD 于点 E, 则 CE⊥AD. 在 Rt△CDE 中,DE=CD· cos45° =1, CE=CD· sin45° =1. 设 AB=AP=t,则 B(t,0,0),P(0,0,t). 由 AB+AD=4 得 AD=4-t, 所以 E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0), → → CD=(-1,1,0),PD=(0,4-t,-t). 设平面 PCD 的法向量为 n=(x,y,z). ? ?-x+y=0. → → 由 n⊥CD,n⊥PD,得? ??4-t?y-tz=0. ? 取 x=t,得平面 PCD 的一个法向量 n=(t,t,4-t). → 又PB=(t,0,-t),故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30° 得

? n· → ? PB cos60° ? = , →? |PB ?|n|· |?
即 |2t2-4t|
2 2 2

t +t +?4-t? · 2t 4 解得 t= 或 t=4(舍去,因为 AD=4-t>0), 5 4 所以 AB= . 5

2=2.

1

图 1-10 ②法一: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 0≤m≤4-t). → → 则GC=(1,3-t-m,0),GD=(0,4-t-m,0),
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→ GP=(0,-m,t). → → 由|GC|=|GD|得 12+(3-t-m)2=(4-t-m)2, 即 t=3-m;① → → 由|GD|=|GP|得(4-t-m)2=m2+t2.② 由①、②消去 t,化简得 m2-3m+4=0.③ 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. 法二: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=GD,得∠GCD=∠GDC=45° ,

图 1-12 从而∠CGD=90° ,即 CG⊥AD. 所以 GD=CD· cos45° =1. 设 AB=λ,则 AD=4-λ,AG=AD-GD=3-λ. 在 Rt△ABG 中, GB= AB2+AG2 3 9 = λ2+?3-λ?2= 2?λ-2?2+ >1. ? ? 2 这与 GB=GD 矛盾.

为 2,侧棱长为 3 2,点 E 在侧棱 AA1 上,点 F 在侧棱 BB1 上,且 AE=2 2,BF= 2. (1)求证:CF⊥C1E; (2)求二面角 E-CF-C1 的大小. 课标文数 18.G5,G11[2011· 湖北卷] 【解答】 解法 1:(1)证明:由已知可得 CC1=3 2,CE=C1F= 22+?2 2?2=2 3, EF=C1E= 22+? 2?2= 6. 于是有 EF2+C1E2=C1F2,CE2+C1E2=CC2. 1 所以 C1E⊥EF,C1E⊥CE. 又 EF∩CE=E,所以 C1E⊥平面 CEF. 又 CF?平面 CEF,故 CF⊥C1E. (2)在△CEF 中,由(1)可得 EF=CF= 6,CE=2 3, 于是有 EF2+CF2=CE2,所以 CF⊥EF. 又由(1)知 CF⊥C1E,且 EF∩C1E=E,
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所以 CF⊥平面 C1EF. 又 C1F?平面 C1EF,故 CF⊥C1F. 于是∠EFC1 即为二面角 E-CF-C1 的平面角 . 由(1)知△C1EF 是等腰直角三角形,所以∠EFC1=45° ,即所求二面角 E-CF-C1 的大 小为 45° .

图 1-3 解法 2:建立如图 1-3 所示的空间直角坐标系,则由已知可得 A(0,0,0),B( 3,1,0),C(0,2,0),C1(0,2,3 2),E(0,0,2 2),F( 3,1, 2). → → (1)C1E=(0,-2,- 2),CF=( 3,-1, 2), → → ∴C1E· =0+2-2=0, CF ∴CF⊥C1E. → (2)CE=(0,-2,2 2),设平面 CEF 的一个法向量为 m=(x,y,z). → ?m· =0, ? CE → → 由 m⊥CE,m⊥CF,得? → ? CF ?m· =0,

?-2y+2 2z=0, 即? 可取 m=(0, 2,1). ? 3x-y+ 2z=0, → → → → 设侧面 BC1 的一个法向量为 n, n⊥CB, 由 n⊥CC1, 及CB=( 3, -1,0), 1=(0,0,3 2), CC 可取 n=(1, 3,0),设二面角 E-CF-C1 的大小为 θ,于是由 θ 为锐角可得 |m· n| 6 2 cosθ= = = ,所以 θ=45° , |m||n| 3×2 2
即所求二面角 E-CF-C1 的大小为 45° .

图 1-6 课标理数 19.G5,G11[2011· 湖南卷] 如图 1-6,在圆锥 PO 中,已知 PO= 2,⊙O 的 直径 AB=2,C 是 AB 的中点,D 为 AC 的中点. (1)证明:平面 POD⊥平面 PAC; (2)求二面角 B-PA-C 的余弦值. 课标理数 19.G5,G11[2011· 湖南卷] 【解答】 解法一:(1)连结 OC,因为 OA=OC,D 是 AC 的中点,所以 AC⊥OD.

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图 1-7 又 PO⊥底面⊙O,AC?底面⊙O,所以 AC⊥PO.因为 OD,PO 是平面 POD 内的两条 相交直线,所以 AC⊥平面 POD,而 AC?平面 PAC,所以平面 POD⊥平面 PAC. (2)在平面 POD 中,过 O 作 OH⊥PD 于 H, 由(1)知,平面 POD⊥平面 PAC,所以 OH⊥平面 PAC. 又 PA?面 PAC,所以 PA⊥OH. 在平面 PAO 中,过 O 作 OG⊥PA 于 G,连结 HG,则有 PA⊥平面 OGH.从而 PA⊥HG. 故∠OGH 为二面角 B-PA-C 的平面角. 2 在 Rt△ODA 中,OD=OA· sin45° = . 2 2 2× 2 PO· OD 10 在 Rt△POD 中,OH= = = . 5 1 PO2+OD2 2+ 2 2×1 PO· OA 6 在 Rt△POA 中,OG= = . 2 2= 3 PO +OA 2+1 10 5 OH 15 在 Rt△OHG 中,sin∠OGH= = = . OG 5 6 3 15 10 所以 cos∠OGH= 1-sin2∠OGH= 1- = . 25 5 10 故二面角 B-PA-C 的余弦值为 . 5 解法二:(1)如图 1-8 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

图 1-8 1 1 O(0,0,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0, 2),D?-2,2,0?. ? ? → → 设 n1=(x1,y1,z1)是平面 POD 的一个法向量,则由 n1 · =0,n1· =0,得 OD OP ?-1x1+1y1=0, ? 2 2 ?

? 2z1=0. ?

所以 z1=0,x1=y1.取 y1=1,得 n1=(1,1,0). → → 设 n2 = (x2 , y2 , z2)是 平 面 PAC 的一 个 法 向 量, 则 由 n2· = 0 , n2· = 0 , 得 PA PC

?-x2- 2z2=0, ? ?y2- 2z2=0.
所以 x2=- 2z2,y2= 2z2, 取 z2=1,得 n2=(- 2, 2,1). 因为 n1·2=(1,1,0)· n (- 2, 2,1)=0,所以 n1⊥n2.从而平面 POD⊥平面 PAC. (2)因为 y 轴⊥平面 PAB, 所以平面 PAB 的一个法向量为 n3=(0,1,0). 由(1)知, 平面 PAC 的一个法向量为 n2=(- 2, 2,1). 设向量 n2 和 n3 的夹角为 θ,则
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n 2· 3 n 2 10 cosθ= = = . |n2|· 3| |n 5 5 由图可知, 二面角 B-PA-C 的平面角与 θ 相等, 所以二面角 B-PA-C 的余弦值为 10 . 5

课标文数 19.G5,G11[2011· 湖南卷] 如图 1-5,在圆锥 PO 中,已知 PO= 2,⊙O 的 直径 AB=2,点 C 在 AB 上,且∠CAB=30° ,D 为 AC 的中点. (1)证明:AC⊥平面 POD; (2)求直线 OC 和平面 PAC 所成角的正弦值.

图 1-5 课标文数 19.G5,G11[2011· 湖南卷] 【解答】 (1)因为 OA=OC,D 是 AC 的中点,所以 AC⊥OD. 又 PO⊥底面⊙O,AC?底面⊙O,所以 AC⊥PO. 而 OD,PO 是平面 POD 内的两条相交直线, 所以 AC⊥平面 POD. (2)由(1)知,AC⊥平面 POD,又 AC?平面 PAC, 所以平面 POD⊥平面 PAC. 在平面 POD 中,过 O 作 OH⊥PD 于 H,则 OH⊥平面 PAC.

图 1-6 连结 CH,则 CH 是 OC 在平面 PAC 上的射影, 所以∠OCH 是直线 OC 和平面 PAC 所成的角. 1 在 Rt△ODA 中,OD=OA· sin30° . = 2 在 Rt△POD 中, 1 2× 2 PO· OD 2 OH= = . 2 2= 3 1 PO +OD 2+ 4 OH 2 在 Rt△OHC 中,sin∠OCH= = . OC 3 2 故直线 OC 和平面 PAC 所成角的正弦值为 . 3

图 1-9 课标理数 18.G5,G10,G11[2011· 课标全国卷] 如图 1-9,四棱锥 P-ABCD 中,底面
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ABCD 为平行四边形,∠DAB=60° ,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD. (1)证明:PA⊥BD; (2)若 PD=AD,求二面角 A-PB-C 的余弦值. 课标理数 18.G5, G10, G11[2011· 课标全国卷] 【解答】 (1)因为∠DAB=60° AB=2AD, , 由余弦定理得 BD= 3AD, 从而 BD2+AD2=AB2,故 BD⊥AD. 又 PD⊥底面 ABCD,可得 BD⊥PD, 所以 BD⊥平面 PAD.故 PA⊥BD.

图 1-10 (2)如图,以 D 为坐标原点,AD 的长为单位长,DA、DB、DP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 D-xyz,则 A(1,0,0),B(0, 3,0),C(-1, 3,0),P(0,0,1), → → → AB=(-1, 3,0),PB=(0, 3,-1),BC=(-1,0,0). → ?n· =0, ? AB 设平面 PAB 的法向量为 n=(x,y,z),则? → ?n· =0, ? PB

?-x+ 3y=0, 即? ? 3y-z=0.
因此可取 n=( 3,1, 3). → ?m· =0, ? PB 设平面 PBC 的法向量为 m,则? → ? BC ?m· =0, -4 2 7 可取 m=(0,-1,- 3).cos〈m,n〉= =- . 7 2 7 2 7 故二面角 A-PB-C 的余弦值为- . 7 课标理数 18.G10,G11[2011· 辽宁卷] 1 如图 1-8,四边形 ABCD 为正方形,PD⊥平面 ABCD,PD∥QA,QA=AB= PD. 2

图 1-8 (1)证明:平面 PQC⊥平面 DCQ; (2)求二面角 Q-BP-C 的余弦值. 课标理数 18.G10,G11[2011· 辽宁卷] 【解答】 如图 1-9,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.

图 1-9
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(1)依题意有 Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0). → → → 则DQ=(1,1,0),DC=(0,0,1),PQ=(1,-1,0), → → → → 所以PQ· =0,PQ· =0. DQ DC 即 PQ⊥DQ,PQ⊥DC. 故 PQ⊥平面 DCQ. 又 PQ?平面 PQC,所以平面 PQC⊥平面 DCQ. → → (2)依题意有 B(1,0,1),CB=(1,0,0),BP=(-1,2,-1). → ?n· =0, ?x=0, ? CB ? 设 n=(x,y,z)是平面 PBC 的法向量,则? 即? ? → ?-x+2y-z=0. ? BP ?n· =0, 因此可取 n=(0,-1,-2). → ?m· =0, ? BP 设 m 是平面 PBQ 的法向量,则? → ?m· =0. ? PQ 可取 m=(1,1,1),所以 cos〈m,n〉=- 故二面角 Q-BP-C 的余弦值为- 15 . 5 15 . 5

图 1-8 课标文数 18.G5,G11[2011· 课标全国卷] 如图 1-8,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,∠DAB=60° ,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD.[来源:Zxxk.Com] (1)证明:PA⊥BD; (2)设 PD=AD=1,求棱锥 D-PBC 的高. 课标文数 18.G5,G11[2011· 课标全国卷] 【解答】 (1)证明:因为∠DAB=60° ,AB= 2AD,由余弦定理得 BD= 3AD, 从而 BD2+AD2=AB2,故 BD⊥AD. 又 PD⊥底面 ABCD,可得 BD⊥PD, 所以 BD⊥平面 PAD,故 PA⊥BD. (2)如图,作 DE⊥PB,垂足为 E. 已知 PD⊥底面 ABCD,则 PD⊥BC. 由(1)知 BD⊥AD,又 BC∥AD,所以 BC⊥BD.

图 1-9 故 BC⊥平面 PBD,BC⊥DE. 则 DE⊥平面 PBC. 由题设知 PD=1,则 BD= 3,PB=2. 3 根据 DE· PB=PD· 得 DE= . BD 2 3 即棱锥 D-PBC 的高为 . 2

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图 1-8 课标数学 22.G11[2011· 江苏卷] 如图 1-8,在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=2, AB=1,点 N 是 BC 的中点,点 M 在 CC1 上.设二面角 A1-DN-M 的大小为 θ. (1)当 θ=90° 时,求 AM 的长; 6 (2)当 cosθ= 时,求 CM 的长. 6 课标数学 22.G11[2011· 江苏卷] 本题主要考查空间向量的基础知识,考查运用空间向量 解决问题的能力. 【解答】 建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz,设 CM=t(0≤t≤2),则各点的坐标 1 1 → → → 为 A(1,0,0),A1(1,0,2),N?2,1,0?,M(0,1,t).所以DN=?2,1,0?,DM=(0,1,t),DA1= ? ? ? ? (1,0,2). → → 设平面 DMN 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),则 n1· =0,n1· =0,即 x1+2y1=0,y1 DN DM +tz1=0. 令 z1=1,则 y1=-t,x1=2t,所以 n1=(2t,-t,1)是平面 DMN 的一个法向量. → → 设平面 A1DN 的法向量为 n2=(x2,y2,z2),则 n2· 1=0,n2· =0,即 x2+2z2=0, DA DN x2+2y2=0. 令 z2=1,则 x2=-2,y2=1.所以 n2=(-2,1,1)是平面 A1DN 的一个法向量.从而 n1· 2 n =-5t+1.

1 1 (1)因为 θ=90° ,所以 n1· 2=-5t+1=0,解得 t= .从而 M?0,1,5?. n ? ? 5 1?2 51 所以 AM= 12+12+?5? = . ? 5 (2)因为|n1|= 5t2+1,|n2|= 6, -5t+1 n1·2 n 所以 cos〈n1,n2〉= = . |n1||n2| 6 5t2+1 因为〈n1,n2〉=θ 或 π-θ,所以? 1 解得 t=0 或 t= . 2 1 1 根据图形和(1)的结论可知 t= ,从而 CM 的长为 . 2 2

? -5t+1 ? 6 ?= , ? 6 5t2+1? 6

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大纲理数 19.G11

图 1-5 [2011· 四川卷] 如图 1-5,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠BAC=90° ,AB=AC=AA1 =1, 是棱 CC1 上的一点, 是 AD 的延长线与 A1C1 的延长线的交点, PB1∥平面 BDA1. D P 且 (1)求证:CD=C1D; (2)求二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值; (3)求点 C 到平面 B1DP 的距离. 大纲理数 19.G11[2011· 四川卷] 【解答】 解法一:

图 1-6 (1)证明:连结 AB1 与 BA1 交于点 O,连结 OD. ∵PB1∥平面 BDA1, PB1?平面 AB1P,平面 AB1P∩平面 BDA1=OD, ∴OD∥PB1. 又 AO=B1O,∴AD=PD. 又 AC∥C1P,∴CD=C1D. (2)过 A 作 AE⊥DA1 于点 E,连结 BE. ∵BA⊥CA,BA⊥AA1,且 AA1∩AC=A, ∴BA⊥平面 AA1C1C. 由三垂线定理可知 BE⊥DA1. ∴∠BEA 为二面角 A-A1D-B 的平面角. 1 5 在 Rt△A1C1D 中,A1D= ?2?2+12= , ? ? 2 1 1 5 又 S△AA1D= ×1×1= × ×AE, 2 2 2 2 5 ∴AE= . 5 在 Rt△BAE 中,BE= AE 2 ∴cos∠BEA= = . BE 3 2 故二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值为 . 3 (3)由题意知,点 C 到平面 B1DP 的距离是点 C 到平面 DB1A 的距离, 设此距离为 h. ∵VC-DB1A=VB1-ACD, 1 1 ∴ S△DB1A· S△ACD· 1A1. h= B 3 3 由已知可得 AP= 5,PB1= 5,AB1= 2, ∴在等腰△AB1P 中, 1 1 3 S△AB1P= AB1· AP2-?2AB1?2= , ? ? 2 2 1 3 ∴S△DB1A= S△AB1P= . 2 4
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12+?

2 5?2 3 5 = , 5 ? 5 ?

1 1 又 S△ACD= AC· CD= , 2 4 S△ACD· 1A1 1 B ∴h= = . S△DB1A 3 1 故 C 到平面 B1DP 的距离等于 . 3 解法二:

图 1-7 如图 1-7,以 A1 为原点,A1B1,A1C1,A1A 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间 直角坐标系 A1-xyz,则 A1(0,0,0),B1(1,0,0),C1(0,1,0),B(1,0,1). (1)设 C1D=x, C1P C1D x ∵AC∥PC1,∴ = = . AC CD 1-x x 由此可得 D(0,1,x),P?0,1+1-x,0?, ? ? x → → → ∴A1B=(1,0,1),A1D=(0,1,x),B1P=?-1,1+1-x,0?. ? ? 设平面 BA1D 的一个法向量为 n1=(a,b,c), → ?n1· 1B=a+c=0, ? A 则? → ? A ?n1· 1D=b+cx=0. 令 c=-1,则 n1=(1,x,-1). ∵PB1∥平面 BA1D, x → ? ∴n1· 1P=1×(-1)+x·1+1-x?+(-1)×0=0. B ? ? 1 由此可得 x= ,故 CD=C1D. 2 1 (2)由(1)知,平面 BA1D 的一个法向量 n1=?1,2,-1?. ? ? 又 n2=(1,0,0)为平面 AA1D 的一个法向量. n1·2 n 1 2 ∴cos〈n1,n2〉= = = . |n1|· 2| |n 3 3 1× 2 2 故二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值为 . 3 1? → → (3)∵PB1=(1,-2,0),PD=?0,-1,2?, ? 设平面 B1DP 的一个法向量 n3=(a1,b1,c1), → ?n3· 1=a1-2b1=0, ? PB 则? c1 → ?n3· =-b1+ 2 =0. ? PD 1 令 c1=1,可得 n3=?1,2,1?. ? ? 1 → 又DC=?0,0,2?, ? ?

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∴C 到平面 B1DP 的距离 d=

→ |DC· 3| 1 n = . |n3| 3

图 1-8 课标理数 17.G11[2011· 天津卷] 如图 1-8 所示,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,H 是正方 形 AA1B1B 的中心,AA1=2 2,C1H⊥平面 AA1B1B,且 C1H= 5. (1)求异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值; (2)求二面角 A-A1C1-B1 的正弦值; (3)设 N 为棱 B1C1 的中点,点 M 在平面 AA1B1B 内,且 MN⊥平面 A1B1C1,求线段 BM 的长. 课标理数 17.G11[2011· 天津卷] 【解答】 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 A(2 2,0,0),B(0,0,0),C( 2,- 2, 5),A1(2 2,2 2,0), B1(0,2 2,0),C1( 2, 2, 5).

图 1-9 → → AC· 1B1 A → → → → (1)易得AC=(- 2,- 2, 5),A1B1=(-2 2,0,0),于是 cos〈AC,A1B1〉= → → |AC||A1B1| 4 2 = = . 3×2 2 3 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 2 . 3

→ → (2)易知AA1=(0,2 2,0),A1C1=(- 2,- 2, 5). 设平面 AA1C1 的法向量 m=(x,y,z), ?m·→ 1=0, ? A 1C 则? → ?m· 1=0. ? AA

?- 2x- 2y+ 5z=0, 即? ?2 2y=0.
不妨令 x= 5,可得 m=( 5,0, 2). 同样地,设平面 A1B1C1 的法向量 n=(x,y,z), ?n·→ 1=0, ? A1C ?- 2x- 2y+ 5z=0, 则? 即? ?-2 2x=0. ? A→ ?n· 1B1=0. 不妨令 y= 5,可得 n=(0, 5, 2). 2 2 m· n 于是 cos〈m,n〉= = = , |m|· |n| 7· 7 7 3 5 从而 sin〈m,n〉= . 7
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3 5 所以二面角 A-A1C1-B1 的正弦值为 . 7 2 3 2 5? (3)由 N 为棱 B1C1 的中点,得 N? , . , 2 2? ?2 2 3 2 5? → 设 M(a,b,0),则MN=? -a, . -b, 2 2? ?2 → ?MN·→ 1=0, A1B ? 由 MN⊥平面 A1B1C1,得? ? → A→ ?MN· 1C1=0. ?-2 ?? 22-a?· 2?=0, ?? ? 即? ?? 2 ? ?- ?3 2 ? ?- ?? 2 -a?· 2?+? 2 -b?·

2?+

5 · 5=0. 2

?a= 22, 解得? 2 ?b= 4 ,

故 M?

2 2 ? , ,0 . 4 ?2 ?

2 2 → 因此BM=? , ,0?, 4 ?2 ? 10 → 所以线段 BM 的长|BM|= . 4 方法二:(1)由于 AC∥A1C1.故∠C1A1B1 是异面直线 AC 与 A1B1 所成的角. 因为 C1H⊥平面 AA1B1B,又 H 为正方形 AA1B1B 的中心,AA1=2 2,C1H= 5,可得 A1C1=B1C1=3.

图 1-10 A1C2+A1B2-B1C2 2 1 1 1 因此 cos∠C1A1B1= = . 2A1C1· 1B1 A 3 2 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 . 3 (2)连接 AC1, 易知 AC1=B1C1.又由于 AA1=B1A1, 1C1=A1C1, A 所以△AC1A1≌△B1C1A1. 过点 A 作 AR⊥A1C1 于点 R,连接 B1R,于是 B1R⊥A1C1.故∠ARB1 为二面角 A-A1C1-B1 的 平面角. 2 14 2 在 Rt△A1RB1 中, 1R=A1B1· B sin∠RA1B1=2 2· 1-? ?2= .连接 AB1, 在△ARB1 3 ?3? AR2+B1R2-AB2 2 3 5 1 中,AB1=4,AR=B1R,cos∠ARB1= =- ,从而 sin∠ARB1= . 2AR· 1R B 7 7 3 5 所以二面角 A-A1C1-B1 的正弦值为 . 7 (3)因为 MN⊥平面 A1B1C1,所以 MN⊥A1B1,取 HB1 中点 D,连接 ND.由于 N 是棱 B1C1 1 5 中点,所以 ND∥C1H 且 ND= C1H= .又 C1H⊥平面 AA1B1B,所以 2 2 ND⊥平面 AA1B1B.故 ND⊥A1B1.又 MN∩ND=N,所以 A1B1⊥平面 MND.连接 MD 并延 长交 A1B1 于点 E,则 ME⊥A1B1.故 ME∥AA1.
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DE B1E B1D 1 2 2 = = = ,得 DE=B1E= ,延长 EM 交 AB 于点 F,可得 BF=B1E= . AA1 B1A1 B1A 4 2 2 ND2 5 2 2 连接 NE.在 Rt△ENM 中,ND⊥ME.故 ND2=DE· DM.所以 DM= = .可得 FM= .连 DE 4 4 接 BM,在 Rt△BFM 中. 10 BM= FM2+BF2= . 4 由

图 1-7 课标文数 20.G11[2011· 浙江卷] 如图 1-7,在三棱锥 P-ABC 中,AB=AC,D 为 BC 的中点,PO⊥平面 ABC,垂足 O 落在线段 AD 上. (1)证明:AP⊥BC; (2)已知 BC=8,PO=4,AO=3,OD=2,求二面角 B-AP-C 的大小. 课标文数 20.G11[2011· 浙江卷] 【解答】 (1)证明:由 AB=AC,D 是 BC 中点,得 AD ⊥BC,

又 PO⊥平面 ABC,得 PO⊥BC, 因为 PO∩AD=O,所以 BC⊥平面 PAD,故 BC⊥AP. (2)如图,在平面 APB 内作 BM⊥PA 于 M,连 CM. 因为 BC⊥PA,得 PA⊥平面 BMC,所以 AP⊥CM. 故∠BMC 为二面角 B-AP-C 的平面角. 在 Rt△ADB 中,AB2=AD2+BD2=41,得 AB= 41. 在 Rt△POD 中,PD2=PO2+OD2, 在 Rt△PDB 中,PB2=PD2+BD2, 所以 PB2=PO2+OD2+BD2=36,得 PB=6. 在 Rt△POA 中,PA2=AO2+OP2=25,得 PA=5. PA2+PB2-AB2 1 又 cos ∠BPA= = , 2PA· PB 3 2 2 从而 sin∠BPA= . 3 故 BM=PBsin∠BPA=4 2. 同理 CM=4 2.因为 BM2+MC2=BC2, 所以∠BMC=90° , 即二面角 B-AP-C 的大小为 90° .

大纲理数 9.G11[2011· 重庆卷] 高为

2 的四棱锥 S-ABCD 的底面是边长为 1 的正方形, 4

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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( ) 2 2 A. B. 4 2 C.1 D. 2 大纲理数 9.G11[2011· 重庆卷] C

图 1-3 1 【解析】 如图 1-3 所示,设球心为 O,正方形的中心为 O1,则 OB=1,O1B= BD= 2 2 , 2 所以点 O 到平面 ABCD 的距离 OO1= OB2-O1B2= 因为四棱锥 S-ABCD 的高为 2 , 4 2 的一个小圆的圆周上, 此 4 2 . 2

故四棱锥 S-ABCD 的顶点 S 在与平面 ABCD 平行且距离为

小圆的圆心 O2 在 OO1 的中点上, 易知 SO2 为线段 OO1 的垂直平分线,所以 SO1=SO=1.故选 C.

图 1-5 大纲理数 19.G11[2011· 重庆卷] 如图 1-5,在四面体 ABCD 中,平面 ABC⊥平面 ACD, AB⊥BC,AD=CD,∠CAD=30° . (1)若 AD=2,AB=2BC,求四面体 ABCD 的体积; (2)若二面角 C-AB-D 为 60° .求异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值. 大纲理数 19.G11[2011· 重庆卷]

图 1-6 【解答】 (1)如图 1-6,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° 3. = 在 Rt△ABC 中,因 AC=2AF=2 3,AB=2BC, 2 15 4 15 由勾股定理易知 BC= ,AB= . 5 5 1 1 1 4 15 2 15 4 故四面体 ABCD 的体积 V= ·△ABC· S DF= × × × ×1= . 3 3 2 5 5 5 (2)解法一:如图 1-6,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.
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设 E 为边 AB 的中点,则 EF∥BC,由 AB⊥BC,知 EF⊥AB.又由(1)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° . a 设 AD=a,则 DF=AD· sin∠CAD= . 2 a 3 3 在 Rt△DEF 中,EF=DF· cot∠DEF= · = a, 2 3 6 1 3 从而 GH= BC=EF= a. 2 6 因 Rt△ADE≌Rt△BDE,故 BD=AD=a, 1 a 从而,在 Rt△BDF 中,FH= BD= . 2 2 1 a 又 FG= AD= ,从而在△FGH 中,因 FG=FH,由余弦定理得 2 2 FG2+GH2-FH2 GH 3 cos∠FGH= = = . 2FG· GH 2FG 6 3 因此,异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值为 . 6

图 1-7 解法二:如图 1-7,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=A D,∠CAD=30° ,易知点 A,C,D 的坐标分别为 A(0,- 3, → 0),C(0, 3,0),D(0,0,1),则AD=(0, 3,1). 显然向量 k=(0,0,1)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 n=(l,m,n),使得〈n, 1 k〉=60° ,从而 n= . 2 3 → 由 n⊥AD,有 3m+n=0,从而 m=- . 6 6 由 l2+m2+n2=1,得 l=± . 3 2 2 ?x +y =3, ? 6 → → → 设点 B 的坐标为 B(x, y,0), 由AB⊥BC, n⊥AB, l= , ? 6 取 有 3 3 ? 3 x- 6 ?y+ 3?=0, ?

?x=4 9 6, 解之得? 7 3 ?y= 9
易知 l=-

?x=0, 或? (舍去). ?y=- 3

6 与坐标系的建立方式不合,舍去. 3 4 6 7 3 ? 4 6 2 3 ? → 因此点 B 的坐标为 B? ,所以CB=? .从而 ? 9 , 9 ,0? ? 9 ,- 9 ,0? → → AD· CB → → cos〈AD,CB〉= → → |AD||CB|
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3?- = 3+1

?

2 3? 9 ?

?4 6?2+?-2 3?2 ? 9 ? ? 9 ?

=-

3 , 6 3 . 6

故异面直线 AD 与 BC 所成的角的余弦值为

大纲文数 10.G11[2011· 重庆卷] 高为 2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( ) 2+ 3 10 A. B. 2 2 3 C. D. 2 2 大纲文数 10.G11[2011· 重庆卷] A 【解析】 如图 1-1 所示,设球心为 O,正方形的中 心为 O1,

图 1-1 1 2 则 OB=1,O1B= BD= , 2 2 所以点 O 到平面 ABCD 的距离 OO1= OB2-O1B2= 2 , 2

∵四棱锥 S-ABCD 的高为 2, ∴四棱锥的顶点 S 在与平面 ABCD 平行且距离为 2的一个小圆的圆周上, 同时这两个小圆面与球心的距离均相等, 因此它们是等圆周, 故可取一个特殊点来解答. 即过 B 作平面 ABCD 的垂线,与球交于点 S,则 SO1 即为所求. 10 2 易知 SB= 2,所以 SO1= O1B2+SB2= ? 2?2+? ?2= .故选 A. 2 ?2?

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图 1-5 课标文数 20.G12[2011· 福建卷] 如图 1-5,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AB ⊥AD,点 E 在线段 AD 上,且 CE∥AB. (1)求证:CE⊥平面 PAD; (2)若 PA=AB=1,AD=3,CD= 2,∠CDA=45° ,求四棱锥 P-ABCD 的体积. 课标文数 20.G12[2011· 福建卷] 【解答】 (1)证明:因为 PA⊥平面 ABCD,CE?平面 ABCD,

图 1-6 所以 PA⊥CE. 因为 AB⊥AD,CE∥AB, 所以 CE⊥AD. 又 PA∩AD=A, 所以 CE⊥平面 PAD. (2)由(1)可知 CE⊥AD. 在 Rt△ECD 中,DE=CD· cos45° =1,CE=CD· sin45° =1. 又因为 AB=CE=1,AB∥CE, 所以四边形 ABCE 为矩形. 1 1 5 所以 S 四边形 ABCD=S 矩形 ABCE+S△ECD=AB· AE+ CE· DE=1×2+ ×1×1= . 2 2 2 又 PA⊥平面 ABCD,PA=1, 1 1 5 5 所以 V 四棱锥 P-ABCD= S 四边形 ABCD· PA= × ×1= . 3 3 2 6

课标文数 18.G12[2011· 广东卷] 【解答】 证明:(1)∵A,A′分别为 CD , C′D′ 的中点, O1,O1′分别为 CD,C′D′的中点, ∴O1′A′∥O1A.
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连接 BO2, ∵直线 BO2 是由直线 AO1 平移得到的,

图 1-1 ∴AO1∥BO2, ∴O1′A′∥BO2, ∴O1′,A′,O2,B 四点共面. (2)将 AO1 延长至 H 使得 O1H=O1A,连接 HO1′,HB,H′H, 由平移性质得 O1′O2′綊 HB, ∴BO2′∥HO1′.

π ∵A′G=H′O1′,A′H′=H′H,∠GA′H′=∠O1′H′H= , 2 ∴△GA′H′≌△O1′H′H, π ∴∠H′O1′H+∠GH′A′= , 2 ∴O1′H⊥H′G,[来源:Z*xx*k.Com] ∴BO2′⊥H′G. ∵O1′O2′⊥B′O2′,O1′O2′⊥O2′O2,B′O2′∩O2′O2=O2′, ∴O1′O2′⊥平面 B′BO2O2′, ∴O1′O2′⊥BO2′, ∴BO2′⊥H′B′, ∵H′B′∩H′G=H′, ∴BO2′⊥平面 H′B′G. 课标理数 21.G12[2011· 江西卷] (1)如图 1-7,对于任一给定的四面体 A1A2A3A4,找出依 次排列的四个相互平行的平面 α1,α2,α3,α4,使得 Ai∈αi(i=1,2,3,4),且其中每相邻两个 平面间的距离都相等; (2)给定依次排列的四个相互平行的平面 α1,α2,α3,α4,其中每相邻两个平面间的距离 都为 1,若一个正四面体 A1A2A3A4 的四个顶点满足: Ai∈αi(i=1,2,3,4),求该正四面体 A1A2A3A4 的体积.

图 1-7 课标理数 21.G12[2011· 江西卷] 【解答】 (1)如图 1-8 所示,取 A1A4 的三等分点 P2, P3,A1A3 的中点 M,A2A4 的中点 N,过三点 A2,P2,M 作平面 α2,过三点 A3,P3,N 作平 面 α3,因为 A2P2∥NP3,A3P3∥MP2,所以平面 α2∥平面 α3,再过点 A1,A4 分别作平面 α1, α4 与平面 α2 平行,那么四个平面 α1,α2,α3,α4 依次相互平行,由线段 A1A4 被平行平面 α1, α2,α3,α4 截得的线段相等知,其中每相邻两个平面间的距离相等,故 α1,α2,α3,α4 为所 求平面. (2)解法一:当(1)中的四面体为正四面体,若所得的四个平行平面,每相邻两平面之间 的距离为 1,则正四面体 A1A2A3A4 就是满足题意的正四面体.设正四面体的棱长为 a,以△
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A2A3A4 的中心 O 为坐标原点,以直线 A4O 为 y 轴,直线 OA1 为 z 轴建立如图的右手直角坐 标系,

图 1-8 6 ? a 3 a 3 3 则 A1?0,0, a ,A2?- , a,0?,A3? , a,0?,A4?0,- a,0?. 3 ? 3 ? ? 2 6 ? ?2 6 ? ? ? 令 P2,P3 为 A1A4 的三等分点,N 为 A2A4 的中点,有 2 3 6 ? 3 ? a ? P3?0,- a, a ,N - ,- a,0 , 9 9 ? 12 ? ? 4 ? a 5 3 6 → 所以,P3N=- , a,- a, 4 36 9 3 3 → NA3=? a, a,0?, 4 ?4 ? 1 3 → A4N=?- a, a,0?. 4 ? 4 ? → ? P ?n· 3N=0, 设平面 A3P3N 的法向量 n=(x,y,z),有? → ? NA ?n· 3=0.

?9x-5 3y+4 6z=0, 即? ?3x+ 3y=0.
取 x=1,则 n=(1,- 3,- 6).因为 α1,α2,α3,α4 相邻平面之间的距离为 1,所 ??-a?×1+ 3a×?- 3?+0×?- 6?? 4 ? ? 4? ? 以点 A4 到平面 A3P3N 的距离 =1, 2 2 1+?- 3? +?- 6? 解得 a= 10,由此可得,边长为 10的正四面体 A1A2A3A4 满足条件.[来源:Zxxk.Com] 1 1 3 6 2 5 所以所求正四面体的体积 V= Sh= × a2× a= a3= 5. 3 3 4 3 12 3 解法二:如图①,现将此正四面体 A1A2A3A4 置于一个正方体 ABCD-A1B1C1D1 中(或者 说,在正四面体的四个面外侧各镶嵌一个直角正三棱锥,得到一个正方体),E1,F1 分别是 A1B1,C1D1 的中点,EE1D1D 和 BB1F1F 是两个平行平面,若其距离为 1,则四面体 A1A2A3A4 即为满足条件的正四面体.图②是正方体的上底面,现设正方体的棱长为 a,

图 1-9 若 A1M=MN=1,则有 a A1E1= , 2 D1E1= A1D2+A1E2= 1 1 5 a, 2
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据 A1D1×A1E1=A1M×D1E1,得 a= 5, 1 1 5 5 于是正四面体的棱长 d= 2a= 10,其体积 V=a3-4× a3= a3= . 6 3 3 (即等于一个棱长为 a 的正方体割去四个直角正三棱锥后的体积) π 课标文数 18.G12[2011· 江西卷] 如图 1-7,在△ABC 中,∠B= ,AB=BC=2,P 为 2 AB 边上一动点, PD∥BC 交 AC 于点 D, 现将△PDA 沿 PD 翻折至△PDA′, 使平面 PDA′ ⊥平面 PBCD. (1)当棱锥 A′-PBCD 的体积最大时,求 PA 的长; (2)若点 P 为 AB 的中点,E 为 A′C 的中点,求证:A′B⊥DE.

图 1-7 课标文数 18.G12[2011· 江西卷] 【解答】 (1)令 PA=x(0<x<2),则 A′P=PD=x,BP= 2-x.因为 A′P⊥PD,且平面 A′PD⊥平面 PBCD,故 A′P⊥平面 PBCD. 1 1 1 所以 VA′-PBCD= Sh= (2-x)(2+x)x= (4x-x3). 3 6 6

图 1-8 1 1 2 令 f(x)= (4x-x3),由 f′(x)= (4-3x2)=0,得 x= 3. 6 6 3 2 ? 当 x∈?0,3 3?时,f′(x)>0,f(x)单调递增; ? 2 当 x∈?3 3,2?时,f′(x)<0,f(x)单调递减, ? ? 2 所以,当 x= 3时,f(x)取得最大值, 3 2 3 即:当 VA′-PBCD 最大时,PA= . 3 1 1 (2)证明:设 F 为 A′B 的中点,连接 PF,FE.则有 EF 綊 BC,PD 綊 BC,所以 EF 綊 2 2 PD,四边形 DEFP 为平行四边形, 所以 DE∥PF,又 A′P=PB, 所以 PF⊥A′B, 故 DE⊥A′B. 课标理数 8.G12[2011· 辽宁卷] 如图 1-3,四棱锥 S-ABCD 的底面为正方形,SD⊥底 面 ABCD,则下列结论中不正确的是( ) ...

图 1-3 A.AC⊥SB
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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 课标理数 8.G12[2011· 辽宁卷] D 【解析】 ①由 SD⊥底面 ABCD,得 SD⊥AC,又由 于在正方形 ABCD 中,BD⊥AC,SD∩BD=D,所以 AC⊥平面 SBD,故 AC⊥SB,即 A 正 确. ②由于 AB∥CD,AB?平面 SCD,CD?平面 SCD,所以 AB∥平面 SCD,即 B 正确. ③设 AC,BD 交点为 O,连结 SO,则由①知 AC⊥平面 SBD,则由直线与平面成角定 义知 SA 与平面 SBD 所成的角为∠ASO,SC 与平面 SBD 所成的角为∠CSO.由于△ADS≌△ CDS,所以 SA=SC,所以△SAC 为等腰三角形,又由于 O 是 AC 的中点,所以∠ASO=∠ CSO,即 C 正确. ④因为 AD∥CD,所以 AB 与 SC 所成的角为∠SCD,DC 与 SA 所成的角为∠SAB,∠ SCD 与∠SAB 不相等,故 D 项不正确.

图 1-4 课标理数 19.G12[2011· 山东卷] 在如图 1-4 所示的几何体中,四边形 ABCD 为平行四 边形,∠ACB=90° ,EA⊥平面 ABCD,EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,AB=2EF. (1)若 M 是线段 AD 的中点,求证:GM∥平面 ABFE; (2)若 AC=BC=2AE,求二面角 A-BF-C 的大小. 课标理数 19.G12[2011· 山东卷] 【解答】 (1)证法一: 因为 EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,∠ACB=90° , 所以△ABC∽△EFG,∠EGF=90° . 由于 AB=2EF, 因此 BC=2FG, 连接 AF, 1 由于 FG∥BC,FG= BC, 2 在?ABCD 中,M 是线段 AD 的中点, 1 则 AM∥BC 且 AM= BC, 2 因此 FG∥AM 且 FG=AM, 所以四边形 AFGM 为平行四边形, 因此 GM∥FA, 又 FA?平面 ABFE,GM?平面 ABFE, 所以 GM∥平面 ABFE. 证法二: 因为 EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,∠ACB=90° , 所以△ABC∽△EFG,∠EGF=90° . 由于 AB=2EF, 所以 BC=2FG, 取 BC 的中点 N,连接 GN,

图 1-2 因此四边形 BNGF 为平行四边形,
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所以 GN∥FB. 在?ABCD 中,M 是线段 AD 的中点,连接 MN. 则 MN∥AB. 因为 MN∩GN=N, 所以平面 GMN∥平面 ABFE, 又 GM?平面 GMN, 所以 GM∥平面 ABFE. (2)解法一: 因为∠ACB=90° ,所以∠CAD=90° , 又 EA⊥平面 ABCD,

图 1-3 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 1-3 所示的空间直角坐 标系, 不妨设 AC=BC=2AE=2,则由题意得 A(0,0,0),B(2,-2,0),C(2,0,0),E(0,0,1), → → 所以AB=(2,-2,0),BC=(0,2,0), 1 又 EF= AB, 2 → 所以 F(1,-1,1),BF=(-1,1,1). 设平面 BFC 的法向量为 m=(x1,y1,z1), → → 则 m· =0,m· =0, BC BF ?y1=0, ? 所以? ? ?x1=z1, 取 z1=1 得 x1=1. 所以 m=(1,0,1). 设平面 ABF 的法向量为 n=(x2,y2,z2), → → 则 n· =0,n· =0, AB BF ? ?x2=y2, 所以? ?z2=0, ? 取 y2=1,得 x2=1, 则 n=(1,1,0), m· 1 n 所以 cos〈m,n〉= = . |m||n| 2 因此二面角 A-BF-C 的大小为 60° . 解法二: 由题意知,平面 ABFE⊥平面 ABCD, 取 AB 的中点 H,连接 CH.

图 1-4 因为 AC=BC, 所以 CH⊥AB, 则 CH⊥平面 ABFE,
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过 H 向 BF 引垂线交 BF 于 R,连接 CR, 则 CR⊥BF, 所以∠HRC 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 FH⊥AB, 又 AB=2 2, 所以 HF=AE=1,BH= 2, 6 因此在 Rt△BHF 中,HR= , 3 1 由于 CH= AB= 2, 2 2 所以在 Rt△CHR 中,tan∠HRC= = 3. 6 3 因此二面角 A-BF-C 的大小为 60° . 课标文数 19.G12[2011· 山东卷] 如图 1-5,在四棱台 ABCD-A1B1C1D1 中,D1D⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是平行四边形,AB=2AD,AD=A1B1,∠BAD=60° . (1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面 A1BD.

图 1-5 课标文数 19.G12[2011· 山东卷] 【解答】 证明:(1)证法一: 因为 D1D⊥平面 ABCD,且 BD?平面 ABCD,

图 1-6 所以 D1D⊥BD. 又因为 AB=2AD,∠BAD=60° , 在△ABD 中,由余弦定理得 BD2=AD2+AB2-2AD· ABcos60° =3AD2. 所以 AD2+BD2=AB2, 所以 AD⊥BD. 又 AD∩D1D=D, 所以 BD⊥平面 ADD1A1. 又 AA1?平面 ADD1A1, 所以 AA1⊥BD. 证法二: 因为 D1D⊥平面 ABCD,且 BD?平面 ABCD,

图 1-7 所以 BD⊥D1D. 取 AB 的中点 G,连接 DG.
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在△ABD 中,由 AB=2AD 得 AG=AD, 又∠BAD=60° ,所以△ADG 为等边三角形. 因此 GD=GB. 故∠DBG=∠GDB, 又∠AGD=60° , 所以∠GDB=30° , 故∠ADB=∠ADG+∠GDB=60° +30° =90° , 所以 BD⊥AD. 又 AD∩D1D=D, 所以 BD⊥平面 ADD1A1, 又 AA1?平面 ADD1A1, 所以 AA1⊥BD. (2)连接 AC,A1C1.

图 1-8 设 AC∩BD=E,连接 EA1. 因为四边形 ABCD 为平行四边形, 1 所以 EC= AC, 2 由棱台定义及 AB=2AD=2A1B1 知, A1C1∥EC 且 A1C1=EC, 所以四边形 A1ECC1 为平行四边形. 因此 CC1∥EA1, 又因为 EA1?平面 A1BD,CC1?平面 A1BD, 所以 CC1∥平面 A1BD. 大纲文数 19.G12[2011· 四川卷] 如图 1-5,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠BAC=90° , AB=AC=AA1=1,延长 A1C1 至点 P,使 C1P=A1C1,连结 AP 交棱 CC1 于点 D. (1)求证:PB1∥平面 BDA1; (2)求二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值.

图 1-5 大纲文数 19.G12[2011· 四川卷] 【解答】 解法一: (1)连结 AB1 与 BA1 交于点 O,连结 OD. ∵C1D∥AA1,A1C1=C1P, ∴AD=PD, 又 AO=B1O,∴OD∥PB1.

图 1-6 又 OD?平面 BDA1,PB1?平面 BDA1, ∴PB1∥平面 BDA1.
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(2)过 A 作 AE⊥DA1 于点 E,连结 BE. ∵BA⊥CA,BA⊥AA1,且 AA1∩AC=A, ∴BA⊥平面 AA1C1C. 由三垂线定理可知 BE⊥DA1. ∴∠BEA 为二面角 A-A1D-B 的平面角. 1 5 在 Rt△A1C1D 中,A1D= ?2?2+12= , ? ? 2 1 1 5 又 S△AA1D= ×1×1= × ×AE, 2 2 2 2 5 ∴AE= . 5 在 Rt△BAE 中,BE= AE 2 ∴cos∠BEA= = . BE 3 2 故二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值为 . 3 解法二: 12+? 2 5?2 3 5 = , 5 ? 5 ?

图 1-7 如图 1-7,以 A1 为原点,A1B1,A1C1,A1A 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间 直角坐标系 A1-xyz,则 A1(0,0,0),B1(1,0,0),C1(0,1,0),B(1,0,1),P(0,2,0). 1 1 (1)在△PAA1 中有 C1D= AA1,即 D?0,1,2?. ? ? 2 1? → → → ∴A1B=(1,0,1),A1D=?0,1,2?,B1P=(-1,2,0). ? 设平面 BA1D 的一个法向量为 n1=(a,b,c), → ?n1· 1B=a+c=0, ? A 则? 1 → ?n1· 1D=b+2c=0. ? A 1 令 c=-1,则 n1=?1,2,-1?. ? ? 1 → ∵n1· 1P=1×(-1)+ ×2+(-1)×0=0, B 2 ∴PB1∥平面 BDA1, 1 (2)由(1)知,平面 BA1D 的一个法向量 n1=?1,2,-1?. ? ? 又 n2=(1,0,0)为平面 AA1D 的一个法向量, n1·2 n 1 2 ∴cos〈n1,n2〉= = = . |n1|· 2| |n 3 3 1× 2 2 故二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值为 . 3

课标文数 17.G12[2011· 天津卷] 如图 1-7,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为平行 四边形,∠ADC=45° ,AD=AC=1,O 为 AC 的中点,PO⊥平面 ABCD,PO=2,M 为 PD 的中点.
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(1)证明 PB∥平面 ACM; (2)证明 AD⊥平面 PAC; (3)求直线 AM 与平面 ABCD 所成角的正切值.

图 1-7 课标文数 17.G12[2011· 天津卷]

图 1-8 【解答】 (1)证明:连接 BD,MO.在平行四边形 ABCD 中,因为 O 为 AC 的中点,所 以 O 为 BD 的中点. M 为 PD 的中点, 又 所以 PB∥MO.因为 PB?平面 ACM, MO?平面 ACM, 所以 PB∥平面 ACM. (2)证明:因为∠ADC=45° ,且 AD=AC=1,所以∠DAC=90° ,即 AD⊥AC.又 PO⊥平 面 ABCD,AD?平面 ABCD,所以 PO⊥AD.而 AC∩PO=O,所以 AD⊥平面 PAC. 1 (3)取 DO 中点 N,连接 MN,AN.因为 M 为 PD 的中点,所以 MN∥PO,且 MN= PO 2 =1.由 PO⊥平面 ABCD,得 MN⊥平面 ABCD,所以∠MAN 是直线 AM 与平面 ABCD 所成 1 5 1 5 的角.在 Rt△DAO 中, AD=1, AO= ,所以 DO= .从而 AN= DO= .在 Rt△ANM 中, 2 2 2 4 MN 1 4 5 4 5 tan∠MAN= = = ,即直线 AM 与平面 ABCD 所成角的正切值为 . AN 5 5 5 4 资料来源:数学驿站 www.maths168.com 课标理数 20.G12[2011· 浙江卷] 如图 1-5,在三棱锥 P-ABC 中,AB=AC,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. (1)证明:AP⊥BC;

图 1-5 (2)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. 课标理数 20.G12[2011· 浙江卷] 【解答】 方法一:(1)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.

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→ → 则 O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4),AP=(0,3,4),BC=(-8,0,0), → → → → 由此可得AP· =0,所以AP⊥BC,即 AP⊥BC. BC

图 1-6 → → → (2)设PM=λPA,λ≠1,则PM=λ(0,-3,-4). → → → → → BM=BP+PM=BP+λPA =(-4,-2,4)+λ(0,-3,-4) =(-4,-2-3λ,4-4λ), → → AC=(-4,5,0),BC=(-8,0,0). 设平面 BMC 的法向量 n1=(x1,y1,z1). 平面 APC 的法向量 n2=(x2,y2,z2), → ?BM· 1=0, ? n 由? → ?BC· 1=0, ? n
?-4x1-?2+3λ?y1+?4-4λ?z1=0, ? 得? ? ?-8x1=0,

?x1=0, ? 2+3λ? ? 即? 可取 n1=?0,1, . 2+3λ 4-4λ? ? ? ?z1=4-4λy1, ?
→ ?AP· 2=0, ?x2=4y2, ? ? n ?3y2+4z2=0, 由? 即 ? 得? 3 ?-4x2+5y2=0, → ? ?AC· 2=0, ? n ?z2=-4y2, 5 2+3λ 由 n1· 2=0,得 4-3· n =0, 4-4λ 2 解得 λ= ,故 AM=3, 5 综上所述,存在点 M 符合题意,AM=3, 可取 n2=(5,4,-3).

图 1-7 方法二: (1)证明:由 AB=AC,D 是 BC 的中点,得 AD⊥BC. 又 PO⊥平面 ABC,得 PO⊥BC. 因为 PO∩AD=O,所以 BC⊥平面 PAD. 故 BC⊥PA.
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(2)如图,在平面 PAB 内作 BM⊥PA 于 M,连 CM, 由(1)中知 AP⊥BC,得 AP⊥平面 BMC. 又 AP?平面 APC,所以平面 BMC⊥平面 APC. 在 Rt△ADB 中,AB2=AD2+BD2=41,得 AB= 41. 在 Rt△POD 中,PD2=PO2+OD2, 在 Rt△PDB 中,PB2=PD2+BD2, 所以 PB2=PO2+OD2+DB2=36,得 PB=6, 在 Rt△POA 中,PA2=AO2+OP2=25,得 PA=5, PA2+PB2-AB2 1 又 cos∠BPA= = , 2PA· PB 3 从而 PM=PBcos∠BPA=2,所以 AM=PA-PM=3. 综上所述,存在点 M 符合题意,AM=3.

图 1-2 大纲文数 20.G12[2011· 重庆卷] 如图 1-2,在四面体 ABCD 中,平面 ABC⊥平面 ACD, AB⊥BC,AC=AD=2,BC=CD=1. (1)求四面体 ABCD 的体积; (2)求二面角 C-AB-D 的平面角的正切值. 大纲文数 20.G12[2011· 重庆卷]

图 1-3 【解答】 法一: (1)如图 1-3, D 作 DF⊥AC, 过 垂足为 F, 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.设 G 为边 CD 的中点,则由 AC=AD,知 AG⊥CD,从而 1 15 AG= AC2-CG2= 22-?2?2= . ? ? 2 1 1 AG· CD 15 由 AC· DF= CD· 得 DF= AG = . 2 2 AC 4 在 Rt△ABC 中,AB= AC2-BC2= 3, 1 3 S△ABC= AB· BC= . 2 2 1 5 故四面体 ABCD 的体积 V= ·△ABC· S DF= . 3 8 (2)如图 1-3,过 F 作 FE⊥AB,垂足为 E,连接 DE.由(1)知 DF⊥平面 ABC.由三垂线定 理知 DE⊥AB,故∠DEF 为二面角 C-AB-D 的平面角. 在 Rt△AFD 中,AF= AD2-DF2= 22- 152 7 = , 4 4

AF· BC 7 在 Rt△ABC 中,EF∥BC,从而 EF∶BC=AF∶AC,所以 EF= = . AC 8 DF 2 15 在 Rt△DEF 中,tan∠DEF= = . EF 7

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图 1-4 法二:(1)如图 1-4,设 O 是 AC 的中点,过 O 作 OH⊥AC,交 AB 于 H,过 O 作 OM ⊥AC,交 AD 于 M.由平面 ABC⊥平面 ACD,知 OH⊥OM.因此以 O 为原点,以射线 OH, OC,OM 分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正半轴,可建立空间直角坐标系 O-xyz.已知 AC=2,故 点 A,C 的坐标分别为 A(0,-1,0),C(0,1,0). → → → 设点 B 的坐标为 B(x1,y1,0),由AB⊥BC,|BC|=1,有 2 ? 2 ?x1+y1=1,
? 2 2 ?x1+?y1-1? =1, ?

?x = 23, 解得? 1 ?y =2
1 1

?x =- 23, 或? 1 ?y =2
1 1

(舍去).

即点 B 的坐标为 B?

3 1 ? . ? 2 ,2,0?

→ → 又设点 D 的坐标为 D(0,y2,z2),由|CD|=1,|AD|=2,有 2 2 ? ??y2-1? +z2=1,
? 2 2 ? ??y2+1? +z2=4,

?y =4, 解得? 15 ?z = 4
3
2 2

?y =4, 或? 15 ?z =- 4
3
2 2

(舍去).

15 3 15? 即点 D 的坐标为 D?0, , .从而△ACD 边 AC 上的高为 h=|z2|= . 4 ? 4 4 ? → → ? 3?2+?1+1?2= 3.|BC|=1. 又|AB|= ? 2 ? ?2 ? 1 1 → → 5 故四面体 ABCD 的体积 V= × · |· |h= . |AB |BC 3 2 8 3 3 7 15? → → (2)由(1)知AB=? , ,0?,AD=?0, , . ?2 2 ? ? 4 4 ? → 设非零向量 n=(l,m,n)是平面 ABD 的法向量,则由 n⊥AB有 3 3 l+ m=0, ① 2 2 → 由 n⊥AD,有 7 15 m+ n=0, ② 4 4 7 15 7 15? 取 m=-1,由①②,可得 l= 3,n= ,即 n=? 3,-1, . 15 15 ? ? 显然向量 k=(0,0,1)是平面 ABC 的法向量.从而 7 15 15 7 109 cos〈n,k〉= = . 109 49 3+1+ 15
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49 109 2 15 2 15 故 tan〈n,k〉= = ,即二面角 C-AB-D 的平面角的正切值为 . 7 7 7 109 [2011· 金华模拟] 如图 K37-1,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,P 为 BD1 的中点,则△ PAC 在该正方体各个面上的射影可能是( ) 1-

图 K37-1

图 K37-2

A.①④ B.②③ C.②④ D.①②

[2011· 南京质检] 平面 α∥平面 β 的一个充分条件是( ) A.存在一条直线 a,a∥α,a∥β B.存在一条直线 a,a?α,a∥β C.存在两条平行直线 a、b,a?α,b?β,a∥β,b∥α D.存在两条异面直线 a、b,a?α,b?β,a∥β,b∥α

[2011· 北京崇文一模] 已知 m,n 是两条不同直线,α,β,γ 是三个不同平面,则下列命 题中正确的为 ( ) A.若 α⊥γ,β⊥γ,则 α∥β B.若 m∥α,m∥β,则 α∥β C.若 m∥α,n∥α,则 m∥n D.若 m⊥α,n⊥α,则 m∥n

[2011· 宁波二模] 已知 a,β 表示两个互相垂直的平面,a,b 表示一对异面直线,则 a ⊥b 的一个充分条件是( ) A.a∥α,b⊥β B.a∥α,b∥β C.a⊥α,b∥β D.a⊥α,b⊥β

[2011· 泸州二诊] 如图 K40-4,在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=1.若二面角 C-AB -C1 的大小为 60° ,则点 C 到平面 C1AB 的距离为( ) 3 1 3 A. B. C. D.1 4 2 2
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[2011· 大连一模] 已知三棱锥底面是边长为 1 的等边三角形,侧棱长均为 2,则侧棱与 底面所成角的余弦值为( ) 3 1 A. B. 2 2 3 3 C. D. 3 6

[2011· 丰台调研] 一个体积为 12 3的正三棱柱的三视图如图所示, 则这个三棱柱的左视 图的面积为( )

A.6 3 B.8 C.8 3 D.12

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[ 来 源:Zxxk.Com] [2011· 深圳调研] 在三棱柱 ABC-A1B1 C1 中,各棱长相等,侧棱垂直于底面,点 D 是侧 面 BB1C1C 的中心,则 AD 与平面 BB1C1C 所成角的大小是( ) A.30° B.45° C.60° D.90°

→ → → → [2011· 沈阳模拟] 设 A,B,C,D 是空间不共面的四个点,且满足AB· =0,AD· = AC AC → → 0,AD· =0,则△BCD 的形状是( AB ) A.钝角三角形 B.直角三角形 C.锐角三角形 D.无法确定

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