[精品]2018版高考复习一轮人教版数学历高考真题与模拟题汇编 G单元 立体几何(理科2012)和答案

G 立体几何
G1 空间几何体的结构
9．G1设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，2和a，且长为a的棱与长为2的棱异面，则a的取值范围是( )
A．(0，2) B．(0，3)
C．(1，2) D．(1，3)
9．A 如图所示，设AB＝a，CD＝2，BC＝BD＝AC＝AD＝1，则∠ACD＝∠BCD＝45°，要构造一个四面体，则平面ACD与平面BCD不能重合，当△BCD与△ACD重合时，a＝0；当A、B、C、D四点共面，且A、B两点在DC的两侧时，在△ABC中，∠ACB＝∠ACD＋∠BCD＝45°＋45°＝90°，AB＝AC2＋BC2＝2，所以a的取值范围是(0，2)．
G2 空间几何体的三视图和直观图
13．G2一个几何体的三视图如图1－3所示．则该几何体的表面积为________．
图1－3
13．38 本小题主要考查三视图的应用和常见几何体表面积的
求法．解题的突破口为弄清要求的几何体的形状，以及表面积的构成．
由三视图可知，该几何体为一个长方体中挖去一个圆柱构成，几何体的表面积S ＝长方体表面积＋圆柱的侧面积－圆柱的上下底面面积，由三视图知，长方体的长、宽、高为4、3、1，圆柱的底面圆的半径为1，高为1，所以S ＝2×(4×3＋4×1＋3×1)＋2π×1×1－2×π×12＝38.
7．G2、G7 某三棱锥的三视图如图1－4所示，该三棱锥的表面积是( )
图1－4
A ．28＋6 5
B ．30＋6 5
C ．56＋12 5
D ．60＋12 5
7．B 本题考查的三棱锥的三视图与表面积公式．由三视图可知，几何体为一个侧面和底面垂直的三棱锥，如图所示，可知S 底面
＝12
×5×4＝10， S 后＝12
×5×4＝10， S 左＝12×6×25＝65，
S右＝1
2
×4×5＝10，
所以S表＝10×3＋65＝30＋6 5.
12．G2、G7某几何体的三视图如图1－3所示，该几何体的表面积是________．
图1－3
12．92 本题考查三视图的识别，四棱柱等空间几何体的表面积．
如图根据三视图还原的实物图为底面是直角梯形的直四棱柱，其表面积为
S＝1
2×()
2＋5×4×2＋4×2＋5×4＋4×4＋5×4＝92.
10．G2一个几何体的三视图如图1－2所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.
图1－2
10．18＋9π本题考查几何体的三视图及体积公式，考查运算求解及空间想象力，容易题．
由三视图可得该几何体为一个长方体与两个球的组合体，其体积
V＝6×3×1＋2×4
3π×
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫3
2
3＝18＋9π.
4．G2一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是( )
A．球 B．三棱锥
C．正方体 D．圆柱
4．D 本题考查简单几何体的三视图，大小、形状的判断以及空间想象能力，球的三视图大小、形状相同．三棱锥的三视图也可能相同，正方体三种视图也相同，只有圆柱不同．
6．G2某几何体的三视图如图1－1所示，它的体积为( )
图1－1
A．12π B．45π
C．57π D．81π
6．C 根据三视图知该几何体是由圆柱与圆锥构成，圆柱与圆锥的半径R ＝3，圆锥的高h ＝4，圆柱的高为5，所以V
组合体＝V 圆柱＋V 圆锥＝
π×32×5＋13×π×32×4＝57π，所以选择C. 4．G2 已知某几何体的三视图如图1－2所示，则该几何体的体积为( )
图1－2
A.8π3
B ．3π C.10π3
D ．6π
4．B 根据三视图知几何体的下面是一个圆柱，上面是圆柱的
一半，所以V ＝2π＋12
×2π＝3π.故选B. 3．G2 某几何体的正视图和侧视图均如图1－1所示，则该几何体的俯视图不可能．．．
是( )
图1－1 图1－2
3．D 本题考查三视图，意在考查考生对三视图的辨析，以及对三视图的理解和掌握．是基础题型. 选项A，B，C，都有可能，选项D的正视图应该有看不见的虚线，故D项是不可能的．本题由于对三视图的不了解，易错选C，三视图中看不见的棱应该用虚线标出．
7．G2、G7如图1－2，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为( )
图1－2
A．6 B．9 C．12 D．18
7．B 由三视图可知，该几何体是三棱锥，其底面是斜边长为6的等腰直角三角形，有一条长为3的侧棱垂直于底面(即三棱锥的高是3)，可知底面等腰直角三角形斜边上的高为3，故该几何体的体
积是V＝1
3
×
1
2
×6×3×3＝9，故选B.
11．G2、G7已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图1－3所示，则该三棱锥的体积等于________cm3.
图1－3
11．1 本题考查三棱锥的三视图与体积计算公式，考查
学生对数据的运算处理能力和空间想象能力．由三视图可知，几
何体为一个三棱锥，则V＝1
3
Sh＝
1
3
×
1
2
×1×3×2＝1.
正确的识图是解决三视图问题的关键，同时要注意棱长的长度、关系等．
G3 平面的基本性质、空间两条直线
18．G3、G5 (1)如图1－6所示，证明命题“a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线(b不垂直于π)，c是直线b在π上的投影，若a⊥b，则a⊥c”为真；
图1－6
(2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)．
18．解：(1)证法一：如下图，过直线b上任一点作平面π的垂线n，设直线a，b，c，n的方向向量分别是a，b，c，n，则b，c，n共面．根据平面向量基本定理，存在实数λ，μ使得c＝λb＋μn，则a·c＝a·(λb＋μn)＝λ(a·b)＋μ(a·n)，
因为a⊥b，所以a·b＝0，
又因为a，n⊥π，所以a·n＝0，
故a·c＝0，从而a⊥c.
证法二：如图，记c∩b＝A，P为直线b上异于点A的任意一点，过P作PO⊥π，垂足为O，则O∈c.
∵PO⊥π，a，∴直线PO⊥a，
又a⊥b，b平面PAO，PO∩b＝P，
∴a⊥平面PAO，又c平面PAO，∴a⊥c.
(2)逆命题为：a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线(b不垂直于π)，c是直线b在π上的投影，若a⊥c，则a⊥b.
逆命题为真命题．
G4 空间中的平行关系
18．G4、G7、G11如图1－1，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝22，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC.
(1)证明：PC⊥平面BED；
(2)设二面角A－PB－C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．
图1－1
18．解：方法一：(1)因为底面ABCD 为菱形，所以BD ⊥AC ， 又PA ⊥底面ABCD ，所以PC ⊥BD .
设AC ∩BD ＝F ，连结EF .因为AC ＝22，
PA ＝2，PE ＝2EC ，故PC ＝23，EC ＝233
，FC ＝2， 从而PC
FC ＝6，AC EC ＝ 6. 因为PC FC ＝AC EC
，∠FCE ＝∠PCA ， 所以△FCE ∽△PCA ，∠FEC ＝∠PAC ＝90°，
由此知PC ⊥EF .
PC 与平面BED 内两条相交直线BD ，EF 都垂直，所以PC ⊥平面BED .
(2)在平面PAB 内过点A 作AG ⊥PB ，G 为垂足．
因为二面角A －PB －C 为90°，所以平面PAB ⊥平面PBC . 又平面PAB ∩平面PBC ＝PB ，
故AG ⊥平面PBC ，AG ⊥BC .
BC 与平面PAB 内两条相交直线PA ，AG 都垂直，故BC ⊥平面PAB ，于是BC ⊥AB ，所以底面ABCD 为正方形，AD ＝2，PD ＝PA 2＋AD 2＝2 2.
设D 到平面PBC 的距离为d .因为AD ∥BC ，且AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，故AD ∥平面PBC ，A 、D 两点到平面PBC 的距离相等，即d ＝AG ＝ 2.
设PD 与平面PBC 所成的角为α，则sin α＝d PD ＝12
. 所以PD 与平面PBC 所成的角为30°.
方法二：(1)以A 为坐标原点，射线AC 为x 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .
设C (22，0,0)，D (2，b,0)，其中b >0，则
P (0,0,2)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫
423，0，23，B (2，－b,0)．
于是PC →＝(22，0，－2)，
BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪
⎫
23，b ，23，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪
⎫
23，－b ，23，
从而PC →·BE →＝0，PC →·DE →＝0，
故PC ⊥BE ，PC ⊥DE .
又BE ∩DE ＝E ，所以PC ⊥平面BDE .
(2)AP →＝(0,0,2)，AB →＝(2，－b,0)．
设m ＝(x ，y ，z )为平面PAB 的法向量，
则m ·AP →＝0，m ·AB →＝0，
即2z ＝0，且2x －by ＝0，
令x ＝b ，则m ＝(b ，2，0)．
设n ＝(p ，q ，r )为平面PBC 的法向量，则
n ·PC →＝0，n ·BE →＝0，
即22p －2r ＝0且2p 3＋bq ＋2
3r ＝0，
令p ＝1，则r ＝2，q ＝－
2
b
，n ＝⎝
⎛⎭
⎪⎪⎫1，－2b ，2. 因为面PAB ⊥面PBC ，故m·n ＝0，即b －2
b
＝0，故b ＝2，于是
n ＝(1，－1，2)，DP →＝(－2，－2，2)，
cos 〈n ，DP →〉＝n ·DP
→|n ||DP →|＝12
，〈n ，DP
→〉＝60°. 因为PD 与平面PBC 所成角和〈n ，DP →〉互余，故PD 与平面PBC 所成的角为30°.
18．G4、G5、G11 如图1－3，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1
＝AD ＝1，E 为CD 中点．
(1)求证：B 1E ⊥AD 1；
(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求
AP 的长；若不存在，说明理由；
(3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．
图1－3
18．解：(1)以A 为原点，AB →，AD →，AA
1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，
D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，
E ⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 2，1，0，B 1(a,0,1)，故AD 1＝(0,1,1)，B 1E →
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 2，1，0. ∵AD 1→·B 1E →＝－a 2
×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
∴B 1E ⊥AD 1.
(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)， 使得DP ∥平面B 1AE .此时DP
→＝(0，－1，z 0)． 又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．
∵n ⊥平面B 1
AE ，∴n ⊥AB 1
→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧
ax ＋z ＝0，ax
2
＋y ＝0.
取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1，－a
2，－a .
要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12
.
又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝1
2.
(3)连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1
⊥A 1D .
∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .
又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1，
∴AD 1⊥平面DCB 1A 1.∴AD 1→是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时AD 1→＝(0,1,1)．
设AD
1→与n 所成的角为θ，
则cos θ＝n ·AD
1
→|n ||AD 1→|＝
－a
2
－a 2
1＋a
2
4
＋a 2
.
∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，
∴|cos θ|＝cos30°，即
3a 22
1＋
5a
2
4
＝32， 解得a ＝2，即AB 的长为2.
16．G4、G5 如图1－4，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1B 1＝A 1C 1，
D ，
E 分别是棱BC ，CC 1上的点(点D 不同于点C )，且AD ⊥DE ，
F 为B 1C 1
的中点．
求证：(1)平面ADE ⊥平面BCC 1B 1； (2)直线A 1F ∥平面ADE .
16．证明：(1)因为ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以CC 1⊥平面ABC ， 又AD ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥AD .
又因为AD ⊥DE ，CC 1，DE ⊂平面BCC 1B 1，CC 1∩DE ＝E ， 所以AD ⊥平面BCC 1B 1.又AD ⊂平面ADE ， 所以平面ADE ⊥平面BCC 1B 1.
(2)因为A 1B 1＝A 1C 1，F 为B 1C 1的中点，所以A 1F ⊥B 1C 1. 因为CC 1⊥平面A 1B 1C 1，且A 1F ⊂平面A 1B 1C 1， 所以CC 1⊥A 1F .
又因为CC 1，B 1C 1⊂平面BCC 1B 1，CC 1∩B 1C 1＝C 1， 所以A 1F ⊥平面BCC 1B 1.
由(1)知AD ⊥平面BCC 1B 1，所以A 1F ∥AD .
又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，所以A1F∥平面ADE.
18．G4、G11如图1－4，直三棱柱ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．
(1)证明：MN∥平面A′ACC′；
(2)若二面角A′－MN－C为直二面角，求λ的值．
图1－4
18．解：(1)(证法一)
连结AB′，AC′，由已知∠BAC＝90°，
AB＝AC，三棱柱ABC－A′B′C′为直三棱柱．
所以M为AB′中点．
又因为N为B′C′的中点．
所以MN∥AC′.
又MN⊄平面A′ACC′，
AC′⊂平面A′ACC′，
因此MN∥平面A′ACC′.
(证法二)
取A′B′中点P，连结MP，NP，
M，N分别为AB′与B′C′的中点，所以MP∥AA′，PN∥A′C′，所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′，又MP∩NP＝P，因此平面MPN∥平面A′ACC′，而MN⊂平面MPN，
因此MN∥平面A′ACC′.
(2)以A为坐标原点，分别以直线AB，AC，AA′为x轴，y轴，z 轴建立直角坐标系O－xyz，如图1－5所示．
图1－5
设AA ′＝1，则AB ＝AC ＝λ，
于是A (0,0,0)，B (λ，0,0)，C (0，λ，0)，A ′(0,0,1)，B ′(λ，0,1)，C ′(0，λ，1)．
所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2，0，12，N ⎝ ⎛⎭
⎪⎫λ2，λ2，1.
设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A ′MN 的法向量，
由⎩⎨⎧
m ·A ′M →＝0，
m ·MN →＝0
得⎩⎪⎨⎪
⎧
λ
2x 1－1
2
z 1＝0，λ2y 1
＋1
2z 1
＝0，
可取m ＝(1，－1，λ)．
设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面MNC 的法向量，
由⎩⎨⎧
n ·NC →＝0，
n ·MN →＝0
得⎩⎪⎨⎪⎧
－λ
2x 2＋λ
2
y 2－z 2＝0，
λ2y 2
＋12z 2
＝0.
可取n ＝(－3，－1，λ)．
因为A ′－MN －C 为直二面角，所以m ·n ＝0. 即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝ 2.
G5 空间中的垂直关系
19．G5、G6、G10、G11 如图1－2，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，
AB＝4，AC＝BC＝3，D为AB的中点．
(1)求点C到平面A1ABB1的距离；
(2)若AB1⊥A1C，求二面角A1－CD－C1的平面角的余弦值．
图1－2
19．解：(1)由AC＝BC，D为AB的中点，得CD⊥AB.又CD⊥AA1，故CD⊥面A1ABB1，所以点C到平面A1ABB1的距离为
CD＝BC2－BD2＝ 5.
(2)解法一：如图，取D1为A1B1的中点，连结DD1，则DD1∥AA1∥CC1.又由(1)知CD⊥面A1ABB1，故CD⊥A1D，CD⊥DD1，所以∠A1DD1为所求的二面角A1－CD－C1的平面角．
因A1D为A1C在面A1ABB1上的射影，又已知AB1⊥A1C，由三垂线定理的逆定理得AB1⊥A1D，从而∠A1AB1、∠A1DA都与∠B1AB互余，因此
∠A1AB1＝∠A1DA，所以Rt△A1AD∽Rt△B1A1A.因此AA1
AD
＝
A1B1
AA1
，即AA21＝
AD·A1B1＝8，得AA1＝2 2.
从而A1D＝AA21＋AD2＝2 3.
所以，在Rt△A1DD1中，
cos∠A1DD1＝DD1
A1D
＝
AA1
A1D
＝
6
3
.
解法二：如图，过D 作DD 1∥AA 1交A 1B 1于点D 1，在直三棱柱中，易知DB ，DC ，DD 1两两垂直．以D 为原点，射线DB ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .
设直三棱柱的高为h ，则A (－2,0,0)，A 1(－2,0，h )，B 1(2,0，h )，C (0，5，0)，C 1(0，5，h )，从而AB 1→＝(4,0，h )，A 1C →＝(2，5，－h )．
由AB 1→⊥A 1C →，有8－h 2＝0，h ＝2
2. 故DA
1→＝(－2,0,22)，CC 1→＝(0,0,22)，DC →＝ (0，5，0)．
设平面A 1CD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则m ⊥DC →，m ⊥DA
1→，即 ⎩⎪⎨⎪⎧
5y 1＝0，
－2x 1＋22z 1＝0，
取z 1＝1，得m ＝(2，0,1)，
设平面C 1CD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则n ⊥DC →，n ⊥CC
1→，即 ⎩⎪⎨⎪⎧
5y 2＝0，22z 2＝0，
取x 2＝1，得n ＝(1,0,0)，所以
cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝22＋1·1＝63
.
所以二面角A 1－CD －C 1的平面角的余弦值为6
3
.
20． G5、G7 如图1－5所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面是边
长为23的菱形，∠BAD＝120°，且PA⊥平面ABCD，PA＝26，M，N分别为PB，PD的中点．
(1)证明：MN∥平面ABCD；
(2)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．
图1－5
20．解：(1)因为M，N分别是PB，PD的中点，所以MN是△PBD 的中位线，所以MN∥BD.
又因为MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.
(2)方法一：
连结AC交BD于O.以O为原点，OC，OD所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示．
在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，得
AC＝AB＝23，BD＝3AB＝6.
又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AC.
在Rt△PAC中，AC＝23，PA＝26，AQ⊥PC，得QC＝2，PQ＝4.
由此知各点坐标如下，
A (－3，0,0)，
B (0，－3,0)，
C (3，0,0)，
D (0,3,0)，P (－3，
0,26)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，－32， 6，N ⎝
⎛⎭
⎪⎪⎫－32，32， 6， Q ⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫33，0，263. 设m ＝(x ，y ，z )为平面AMN 的法向量．
由AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，－32，6，AN →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫32，32，6知 ⎩⎪⎨⎪⎧
32x －3
2
y ＋6z ＝0，32x ＋32y ＋
6z ＝0.
取z ＝－1，得
m ＝(22，0，－1)．
设n ＝(x ，y ，z )为平面QMN 的法向量．
由QM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－536，－32，63，QN →＝⎝
⎛⎭⎪⎪⎫－536，32，63知 ⎩⎪⎨⎪
⎧
－536x －32y ＋63
z ＝0，
－536x ＋32y ＋63z ＝0，
取z ＝5，得n ＝(22，0,5)．
于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m |·|n |＝3333
.
所以二面角A －MN －Q 的平面角的余弦值为33
33.
方法二：在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，得
AC ＝AB ＝BC ＝CD ＝DA ，BD ＝3AB .
又因为PA ⊥平面ABCD ，所以
PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，PA ⊥AD .
所以PB ＝PC ＝PD . 所以△PBC ≌△PDC .
而M ，N 分别是PB ，PD 的中点，所以
MQ ＝NQ ，且AM ＝12PB ＝12
PD ＝AN .
取线段MN 的中点E ，连结AE ，EQ ，则
AE ⊥MN ，QE ⊥MN ，
所以∠AEQ 为二面角A －MN －Q 的平面角． 由AB ＝23，PA ＝26，故
在△AMN 中，AM ＝AN ＝3，MN ＝1
2
BD ＝3，得
AE ＝
33
2
. 在直角△PAC 中，AQ ⊥PC ，得
AQ ＝22，QC ＝2，PQ ＝4.
在△PBC 中，cos ∠BPC ＝PB 2＋PC 2－BC 22PB ·PC ＝5
6
，
得MQ ＝PM 2＋PQ 2－2PM ·PQ cos ∠BPC ＝ 5.
在等腰△MQN 中，MQ ＝NQ ＝5，MN ＝3，得 QE ＝MQ 2
－ME 2
＝11
2
.
在△AEQ 中，AE ＝332，QE ＝11
2
，AQ ＝22，得
cos ∠AEQ ＝AE 2＋QE 2－AQ 22AE ·QE ＝33
33
.
所以二面角A －MN －Q 的平面角的余弦值为33
33
.
17．G5、G11 如图1－4所示，在四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥平面
ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，PA ＝AD ＝2，AC ＝1.
(1)证明PC ⊥AD ；
(2)求二面角A －PC －D 的正弦值；
(3)设E 与棱PA 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长．
17．解：方法一：如图所示，以点A 为原点建立空间直角坐标系，
依题意得A (0,0,0)，D (2,0,0)，C (0,1,0)，B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－12，12，0，P (0,0,2)．
(1)易得PC →＝(0,1，－2)，AD →＝(2,0,0)，于是PC →·AD →＝0，所以
PC ⊥AD .
(2)PC →＝(0,1，－2)，CD →＝(2，－1，0)．设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎨⎧
n ·PC →＝0，n ·CD →＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
y －2z ＝0，
2x －y ＝0.
不妨令z ＝1， 可得n ＝(1,2,1)．
可取平面PAC 的法向量m ＝(1,0,0)．
于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n |＝16
＝66，从而sin 〈m ，n 〉＝30
6.
所以二面角A －PC －D 的正弦值为30
6
.
(3)设点E 的坐标为(0,0，h )，其中h ∈．由此得BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12
，－12，h ，
由CD
→＝(2，－1,0)，故 cos 〈BE →，CD →〉＝BE →·CD
→|BE →||CD →|
＝
32
12＋h 2
×5＝3
10＋20 h 2， 所以，310＋20 h 2＝cos30°＝32，解得h ＝10
10， 即AE ＝1010
.
方法二：(1)由PA ⊥平面ABCD ，可得PA ⊥AD . 又由AD ⊥AC ，PA ∩AC ＝A ，故AD ⊥平面PAC ， 又PC ⊂平面PAC ，所以PC ⊥AD .
(2)如图所示，作AH ⊥PC 于点H ，连接DH .
由PC ⊥AD ，PC ⊥AH ，可得PC ⊥平面ADH ，因此DH ⊥PC ，从而∠
AHD 为二面角A －PC －D 的平面角在Rt △PAC 中，PA ＝2，AC ＝1，由此得AH ＝2
5
.
由(1)知AD ⊥AH .故在Rt △DAH 中，DH ＝AD 2＋AH 2＝230
5.因此
sin ∠AHD ＝AD DH ＝
306.所以二面角A －PC －D 的正弦值为306
. (3)如图所示，因为∠ADC ＜45°，故过点B 作CD 的平行线必与线段AD 相交，设交点为F ，连接BE ，EF .故∠EBF 或其补角为异面直线BE 与CD 所成的角．
由BF ∥CD ，故∠AFB ＝∠ADC .
在Rt △DAC 中，CD ＝5，sin ∠ADC ＝1
5，
故sin ∠AFB ＝1
5
.
在△AFB 中，由BF sin ∠FAB ＝AB sin ∠AFB ，AB ＝1
2
，
sin ∠FAB ＝sin135°＝22，可得BF ＝5
2
.
由余弦定理，BF 2
＝AB 2
＋AF 2
－2AB ·AF ·cos∠FAB ，可得AF ＝1
2
.
设AE ＝h .
在Rt △EAF 中，EF ＝AE 2
＋AF 2
＝h 2
＋14
.
在Rt △BAE 中，BE ＝AE 2
＋AB 2
＝
h 2
＋12
.
在△EBF 中，因为EF ＜BE ，从而∠EBF ＝30°，由余弦定理得
cos30°＝BE 2＋BF 2－EF 22BE ·BF ，可解得h ＝10
10
.
所以AE ＝10
10
.
14．G5 如图1－4所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是棱CD 、CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是________．
图1－4
14．90° 因为ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，故A 1在平面CDD 1C 1
上的射影为D 1，
即A 1M 在平面CDD 1C 1上的射影为D 1M ，
而在正方形CDD 1C 1中，由tan ∠DD 1M ＝tan ∠CDN ＝1
2，
可知D 1M ⊥DN ，
由三垂线定理可知，A 1M ⊥DN .
16．G4、G5 如图1－4，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1B 1＝A 1C 1，
D ，
E 分别是棱BC ，CC 1上的点(点D 不同于点C )，且AD ⊥DE ，
F 为B 1C 1
的中点．
求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；
(2)直线A1F∥平面ADE.
16．证明：(1)因为ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.
又因为AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，
所以AD⊥平面BCC1B1.又AD⊂平面ADE，
所以平面ADE⊥平面BCC1B1.
(2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1.
因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1，
所以CC1⊥A1F.
又因为CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，
所以A1F⊥平面BCC1B1.
由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.
又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，所以A1F∥平面ADE.
18．G5、G10、G11如图1－6，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．
(1)证明：CD⊥平面PAE；
(2)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．
图1－6
18．解：解法1：(1)如下图(1)，连结AC .由AB ＝4，BC ＝3，∠
ABC ＝90°得AC ＝5.又AD ＝5，E 是CD 的中点，所以CD ⊥AE .因为PA
⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CD .而PA ，AE 是平面PAE 内的两条相交直线，所以CD ⊥平面PAE .
(2)过点B 作BG ∥CD ，分别与AE 、AD 相交于点F ，G ，连结PF . 由(1)CD ⊥平面PAE 知，BG ⊥平面PAE .于是∠BPF 为直线PB 与平面PAE 所成的角，且BG ⊥AE .
由PA ⊥平面ABCD 知，∠PBA 为直线PB 与平面ABCD 所成的角．
由题意∠PBA ＝∠BPF ，因为sin ∠PBA ＝PA PB ，sin ∠BPF ＝BF PB
，所
以PA ＝BF .
由∠DAB ＝∠ABC ＝90°知，AD ∥BC ，又BG ∥CD ， 所以四边形BCDG 是平行四边形．故GD ＝BC ＝3. 于是AG ＝2.
在Rt △BAG 中，AB ＝4，AG ＝2，BG ⊥AF ，所以
BG ＝AB 2＋AG 2＝25，BF ＝AB 2
BG ＝1625＝85
5
.
于是PA ＝BF ＝85
5
.
又梯形ABCD 的面积为S ＝1
2×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P －
ABCD 的体积为V ＝1
3
×S ×PA ＝
13×16×855＝128515
.
解法2：如上图(2)，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设PA ＝h ，则相关各点的坐标为：A (0,0,0)，B (4,0,0)，C (4,3,0)，D (0,5,0)，E (2,4,0)，
P (0,0，h )．
(1)易知CD →＝(－4,2,0)，AE →＝(2,4,0)，AP →＝(0,0，h )． 因为CD →·AE →＝－8＋8＋0＝0，CD →·AP →＝0，所以CD ⊥AE ，CD ⊥AP .而AP ，AE 是平面PAE 内的两条相交直线，所以CD ⊥平面PAE .
(2)由题设和(1)知，CD →，PA →分别是平面PAE ，平面ABCD 的法向量．而PB 与平面PAE 所成的角和PB 与平面ABCD 所成的角相等，所以|cos 〈CD →，PB →〉|＝|cos 〈PA →，PB →〉|，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪CD →·PB →|CD →|·|PB →|＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪PA →·PB →|PA →|·|PB →|. 由(1)知，CD →＝(－4,2,0)，PA →＝(0,0，－h )， 又PB →＝(4,0，－h )，
故⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－16＋0＋025·16＋h 2＝⎪⎪⎪⎪⎪
⎪⎪
⎪
0＋0＋h 2h ·16＋h 2. 解得h ＝855
.
又梯形ABCD 的面积为S ＝1
2×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P －
ABCD 的体积为V ＝13×S ×PA ＝13×16×855＝1285
15
.
18．G5、G11 如图1－5所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD
为矩形，PA ⊥平面ABCD ，点E 在线段PC 上，PC ⊥平面BDE .
(1)证明：BD ⊥平面PAC ；
(2)若PA ＝1，AD ＝2，求二面角B －PC －A 的正切值．
图1－5
18．证明：(1)
⎭
⎪⎬⎪
⎫PC ⊥平面BDE BD ⊂平面BDE ⇒PC ⊥BD .
⎭
⎪⎬⎪
⎫PA ⊥平面ABCD BD ⊂平面ABCD ⇒PA ⊥BD .
∵PA ∩PC ＝P ，PA ⊂平面PAC ，PC ⊂平面PAC ， ∴BD ⊥平面PAC .
(2)法一：如图所示，记BD 与AC 的交点为F ，连接EF .
由PC ⊥平面BDE ，BE ⊂平面BDE ，EF ⊂平面BDE ， ∴PC ⊥BE ，PC ⊥EF .
即∠BEF 为二面角B －PC －A 的平面角． 由(1)可得BD ⊥AC ，
所以矩形ABCD 为正方形，AB ＝AD ＝2，
AC ＝BD ＝22，FC ＝BF ＝ 2.
在Rt△PAC中，PA＝1，PC＝PA2＋AC2＝3，
即二面角B－PC－A的正切值为3.
法二：以A为原点，AB→、AD→、AP→的方向分别作为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．
设AB＝b，则：
A(0,0,0)，B(b,0,0)，
C(b,2,0)，D(0,2,0)，
P(0,0,1)．
于是PC→＝(b,2，－1)，DB→＝(b，－2,0)．
因为PC⊥DB，所以PC→·DB→＝b2－4＝0，
从而b＝2.结合(1)可得DB→＝(2，－2,0)是平面APC的法向量．现设n＝(x，y，z)是平面BPC的法向量，则
n⊥BC→，n⊥PC→，即n·BC→＝0，n·PC→＝0.
因为BC→＝(0,2,0)，PC→＝(2,2，－1)，
所以2y＝0,2x－z＝0.
取x＝1，则z＝2，n＝(1,0,2)．
令θ＝〈n，DB→〉，则
cosθ＝n·DB→
|n||DB→|＝
2
5·22
＝
1
10
，
sinθ＝3
10
，tanθ＝3.
由图可得二面角B－PC－A的正切值为3.
16．G5、G7、G9、G10如图1－9(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1－8(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．
图1－9
16．解：(1)证明：因为AC⊥BC，DE∥BC，
所以DE⊥AC，
所以DE⊥A1D，DE⊥CD，
所以DE⊥平面A1DC，
所以DE⊥A1C.
又因为A1C⊥CD，
所以A1C⊥平面BCDE.
(2)如右图，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C－xyz，
则A 1(0,0,23)，D (0,2,0)，M (0,1，3)，B (3,0,0)，E (2,2,0)． 设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 n ·A 1B →＝0，n ·BE →＝0.
又A 1B →＝(3,0，－2
3)，BE →＝(－1,2,0)， 所以⎩⎪⎨
⎪⎧
3x －23z ＝0，－x ＋2y ＝0.
令y ＝1，则x ＝2，z ＝3， 所以n ＝(2,1，3)．
设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ， 因为CM
→＝(0,1，3)， 所以sin θ＝|cos(n ，CM →)|＝⎪⎪⎪⎪⎪
⎪⎪⎪n ·CM →|n ||CM |＝48×4＝22.
所以CM 与平面A 1BE 所成角的大小为π
4
.
(3)线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直，理由如下：
假设这样的点P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p ∈． 设平面A 1DP 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则 m ·A 1D →＝0，m ·DP →＝0.
又A 1D →＝(0,2，－2
3)，DP →＝(p ，－2,0)， 所以⎩⎪⎨
⎪⎧
2y －23z ＝0，px －2y ＝0.
令x ＝2，则y ＝p ，z ＝
p
3
.
所以m ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫2，p ，p 3. 平面A 1DP ⊥平面A 1BE ，当且仅当m·n ＝0， 即4＋p ＋p ＝0.
解得p ＝－2，与p ∈矛盾．
所以线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直． 6．A2、G5 设平面α与平面β相交于直线m ，直线a 在平面α内，直线b 在平面β内，且b ⊥m ，则“α⊥β”是“a ⊥b ”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
6．A 本题考查线面关系的判断，证明，充要条件的判断． 由题知命题是条件命题为“α⊥β”，命题“a ⊥b ”为结论命题，当α⊥β时，由线面垂直的性质定理可得a ⊥b ，所以条件具有充分性；但当a ⊥b 时，如果a ∥m ，就得不出α⊥β，所以条件不具有必要性，故条件是结论的充分不必要条件．
18．G4、G5、G11 如图1－3，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1
＝AD ＝1，E 为CD 中点．
(1)求证：B 1E ⊥AD 1；
(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求
AP 的长；若不存在，说明理由；
(3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．
图1－3
18．解：(1)以A 为原点，AB →，AD →，AA
1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，
D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，
E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0，B 1(a,0,1)，故AD 1＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 2，1，0.
∵AD 1→·B 1E →＝－a 2
×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
∴B 1E ⊥AD 1.
(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)， 使得DP ∥平面B 1AE .此时DP
→＝(0，－1，z 0)． 又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．
∵n ⊥平面B 1
AE ，∴n ⊥AB 1
→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧
ax ＋z ＝0，ax
2
＋y ＝0.
取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1，－a
2，－a .
要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12
.
又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝1
2.
(3)连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1
⊥A 1D .
∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .
又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1，
∴AD 1⊥平面DCB 1A 1.∴AD 1→是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时AD 1→＝(0,1,1)．
设AD
1→与n 所成的角为θ， 则cos θ＝n ·AD
1
→|n ||AD 1→|＝
－a
2
－a 2
1＋a
2
4
＋a 2
.
∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，
∴|cos θ|＝cos30°，即
3a 22
1＋
5a
2
4
＝32， 解得a ＝2，即AB 的长为2.
18．G5、G10、G11 平面图形ABB 1A 1C 1C 如图1－4(1)所示，其中
BB 1C 1C 是矩形，BC ＝2，BB 1＝4，AB ＝AC ＝2，A 1B 1＝A 1C 1＝
5.图1－4
现将该平面图形分别沿BC 和B 1C 1折叠，使△ABC 与△A 1B 1C 1所在
平面都与平面BB 1C 1C 垂直，再分别连接A 1A ，A 1B ，A 1C ，得到如图1－4(2)所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．
(1)证明：AA 1⊥BC ； (2)求AA 1的长；
(3)求二面角A －BC －A 1的余弦值．
18．解：(向量法)：(1)证明：取BC B 1C 1的中点分别为D 和D 1，连接A 1D 1，DD 1，AD .
由BB 1C 1C 为矩形知，
DD 1⊥B 1C 1，
因为平面BB 1C 1C ⊥平面A 1B 1C 1， 所以DD 1⊥平面A 1B 1C 1， 又由A 1B 1＝A 1C 1知，
A 1D 1⊥
B 1
C 1.
故以D 1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D 1－xyz . 由题设，可得A 1D 1＝2，AD ＝1.
由以上可知AD ⊥平面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，于是AD ∥A 1D 1. 所以A (0，－1,4)，B (1,0,4)，A 1(0,2,0)，C (－1,0,4)，D (0,0,4)． 故AA 1→＝(0,3，－4)，BC →＝(－2,0,0)，AA 1→·BC →＝0， 因此AA 1→⊥BC →，即AA 1⊥BC . (2)因为AA
1→＝(0,3，－4)， 所以⎪⎪⎪⎪AA 1→＝5，即AA 1＝5.
(3)连接A 1D ，由BC ⊥AD ，BC ⊥AA 1，可知BC ⊥平面A 1AD ，BC ⊥A 1D ，
所以∠ADA 1为二面角A －BC －A 1的平面角．
因为DA
→＝(0，－1,0)，DA 1→＝(0,2，－4)，所以 cos 〈DA →，DA 1→〉＝－
21×22＋－
2＝－55
. 即二面角A －BC －A 1的余弦值为－5
5
.
(综合法)(1)证明：取BC ，B 1C 1的中点分别为D 和D 1，连接A 1D 1，
DD 1，AD ，A 1D .
由条件可知，BC ⊥AD ，B 1C 1⊥A 1D 1， 由上可得AD ⊥面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥面BB 1C 1C . 因此AD ∥A 1D 1，即AD ，A 1D 1确定平面AD 1A 1D . 又因为DD 1∥BB 1，BB 1⊥BC ，所以DD 1⊥BC . 又考虑到AD ⊥BC ，所以BC ⊥平面AD 1A 1D ， 故BC ⊥AA 1.
(2)延长A 1D 1到G 点，使GD 1＝AD ，连接AG . 因为AD 綊GD 1，所以AG 綊DD 1綊BB 1. 由于BB 1⊥平面A 1B 1C 1，所以AG ⊥A 1G . 由条件可知，A 1G ＝A 1D 1＋D 1G ＝3，AG ＝4， 所以AA 1＝5.
(3)因为BC ⊥平面AD 1A 1D ，所以∠ADA 1为二面角A －BC －A 1的平面角．
在Rt △A 1DD 1中，DD 1＝4，A 1D 1＝2，解得 sin ∠D 1DA 1＝5
5
，
cos ∠ADA 1＝cos ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2＋∠D 1DA 1＝－5
5.
即二面角A －BC －A 1的余弦值为－5
5
.
19．G5、G11 如图1－5，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝1
2
AA 1，
D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD .
(1)证明：DC 1⊥BC ；
(2)求二面角A 1－BD －C 1的大小．
图1－5
19．解：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形． 由于D 为AA 1的中点，故DC ＝DC 1. 又AC ＝12AA 1，可得DC 21＋DC 2＝CC 2
1，
所以DC 1⊥DC .
而DC 1⊥BD ，DC ∩BD ＝D ，所以DC 1⊥平面BCD .
BC ⊂平面BCD ，故DC 1⊥BC .
(2)由(1)知BC ⊥DC 1，且BC ⊥CC 1，则BC ⊥平面ACC 1，所以CA ，
CB ，CC 1两两相互垂直．
以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴的正方向，|CA →|为单位长，建
立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .
由题意知A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，D (1,0,1)，C 1(0,0,2)． 则A 1D →＝(0,0，－1)，BD →＝(1，－1,1)，DC 1→＝(－1,0,1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1B 1BD 的法向量，则 ⎩⎨
⎧
n ·BD →＝0，n ·A 1
D →＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
x －y ＋z ＝0，
z ＝0.
可取n ＝(1,1,0)．
同理，设m 是平面C 1
BD 的法向量，则⎩⎨
⎧
m ·BD →＝0，
m ·DC
1
→＝0.可得m ＝
(1,2,1)．
从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝3
2
.
故二面角A 1－BD －C 1的大小为30°.
18．G5、G11 在如图1－5所示的几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°，FC ⊥平面ABCD ，AE ⊥BD ，CB ＝CD ＝CF .
(1)求证：BD ⊥平面AED ； (2)求二面角F －BD －C 的余弦值．
图1－5
18．解：(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB ＝60°，
所以∠ADC＝∠BCD＝120°.
又CB＝CD，
所以∠CDB＝30°，
因此∠ADB＝90°，AD⊥BD，
又AE⊥BD，
且AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面AED，
所以BD⊥平面AED.
(2)解法一：
取BD的中点G，连接CG，FG，
由于CB＝CD，因此CG⊥BD，
又FC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以FC⊥BD，
由于FC∩CG＝C，FC，CG⊂平面FCG，
所以BD⊥平面FCG，
故BD⊥FG，
所以∠FGC为二面角F－BD－C的平面角．
在等腰三角形BCD 中，由于∠BCD ＝120°， 因此CG ＝1
2CB .
又CB ＝CF ，
所以GF ＝CG 2＋CF 2＝5CG ， 故cos ∠FGC ＝
55
， 因此二面角F －BD －C 的余弦值为55
. 解法二：
由(1)知AD ⊥BD ，所以AC ⊥BC . 又FC ⊥平面ABCD ， 因此CA ，CB ，CF 两两垂直，
以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CF
所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设CB ＝1.
则C (0,0,0)，B (0,1,0)，D ⎝
⎛⎭⎪⎪⎫32，－12，0，F (0,0,1)． 因此BD →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫32，－32，0，BF →＝(0，－1,1)． 设平面BDF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，
所以x＝3y＝3z，
取z＝1，则m＝(3，1,1)．
由于CF→＝(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，
则cos〈m，CF→〉＝
m·CF→
|m||CF→|
＝
1
5
＝
5
5
，
所以二面角F－BD－C的余弦值为
5 5
.
18．G3、G5 (1)如图1－6所示，证明命题“a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线(b不垂直于π)，c是直线b在π上的投影，若a⊥b，则a⊥c”为真；
图1－6
(2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)．
18．解：(1)证法一：如下图，过直线b上任一点作平面π的垂线n，设直线a，b，c，n的方向向量分别是a，b，c，n，则b，c，n共面．根据平面向量基本定理，存在实数λ，μ使得c＝λb＋μn，则a·c＝a·(λb＋μn)＝λ(a·b)＋μ(a·n)，
因为a⊥b，所以a·b＝0，
又因为a，n⊥π，所以a·n＝0，
故a·c＝0，从而a⊥c.
证法二：如图，记c∩b＝A，P为直线b上异于点A的任意一点，过P作PO⊥π，垂足为O，则O∈c.
∵PO⊥π，a，∴直线PO⊥a，
又a⊥b，b平面PAO，PO∩b＝P，
∴a⊥平面PAO，又c平面PAO，∴a⊥c.
(2)逆命题为：a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线(b不垂直于π)，c是直线b在π上的投影，若a⊥c，则a⊥b.
逆命题为真命题．
10．G5、G7已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝ 2.将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，( ) 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，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直
10．B 本题主要考查空间几何体的判定与分析问题．考查空间想象能力和动手操作能力．
对于AB⊥CD，因为BC⊥CD，由线面垂直的判定可得CD⊥平面ACB，则有CD⊥AC，而AB＝CD＝1，BC＝AD＝2，可得AC＝1，那么存在AC这样的位置，使得AB⊥CD成立，故应选B.
解决折叠问题时，可以先通过实际操作，找到可行性后再加以合理判断与分析．实际解决此类问题时可以通过草稿纸加以折叠分析后直接判断．
G6 三垂线定理
19．G5、G6、G10、G11如图1－2，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，AC＝BC＝3，D为AB的中点．
(1)求点C到平面A1ABB1的距离；
(2)若AB1⊥A1C，求二面角A1－CD－C1的平面角的余弦值．
图1－2
19．解：(1)由AC＝BC，D为AB的中点，得CD⊥AB.又CD⊥AA1，故CD⊥面A1ABB1，所以点C到平面A1ABB1的距离为
CD＝BC2－BD2＝ 5.
(2)解法一：如图，取D1为A1B1的中点，连结DD1，则DD1∥AA1∥CC1.又由(1)知CD⊥面A1ABB1，故CD⊥A1D，CD⊥DD1，所以∠A1DD1为所求的二面角A1－CD－C1的平面角．
因A1D为A1C在面A1ABB1上的射影，又已知AB1⊥A1C，由三垂线定理的逆定理得AB1⊥A1D，从而∠A1AB1、∠A1DA都与∠B1AB互余，因此
∠A1AB1＝∠A1DA，所以Rt△A1AD∽Rt△B1A1A.因此AA1
AD
＝
A1B1
AA1
，即AA21＝
AD·A1B1＝8，得AA1＝2 2.
从而A1D＝AA21＋AD2＝2 3.
所以，在Rt△A1DD1中，
cos∠A1DD1＝DD1
A1D
＝
AA1
A1D
＝
6
3
.
解法二：如图，过D 作DD 1∥AA 1交A 1B 1于点D 1，在直三棱柱中，易知DB ，DC ，DD 1两两垂直．以D 为原点，射线DB ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .
设直三棱柱的高为h ，则A (－2,0,0)，A 1(－2,0，h )，B 1(2,0，h )，C (0，5，0)，C 1(0，5，h )，从而AB 1→＝(4,0，h )，A 1C →＝(2，5，－h )．
由AB 1→⊥A 1C →，有8－h 2＝0，h ＝2
2. 故DA
1→＝(－2,0,22)，CC 1→＝(0,0,22)，DC →＝ (0，5，0)．
设平面A 1CD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则m ⊥DC →，m ⊥DA
1→，即 ⎩⎪⎨⎪⎧
5y 1＝0，
－2x 1＋22z 1＝0，
取z 1＝1，得m ＝(2，0,1)，
设平面C 1CD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则n ⊥DC →，n ⊥CC
1→，即 ⎩⎪⎨⎪⎧
5y 2＝0，22z 2＝0，
取x 2＝1，得n ＝(1,0,0)，所以
cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝22＋1·1＝63
.
所以二面角A 1－CD －C 1的平面角的余弦值为6
3
.
G7 棱柱与棱锥
14．G7 如图1－2所示，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________．
图1－2
14.2
3c a 2－c 2－1 以空间四面体为载体，考查几何体的体积和代数式的最值问题，以及转化思想，解此题的关键是求出侧面三角形
ABD 的高的最大值．
作BE 垂直AD 于E ，连接CE ，则CE 也垂直AD ，且BE ＝CE ，所以四面体ABCD 的体积
V ＝13S △BCE ·AD ＝2
3c BE 2－1，在三角形ABD 中，AB ＋BD ＝2a ，AD ＝2c ，所以AD 边上的高BE 等于以AD 为焦点，长轴为2a 的椭圆上的点到x 轴的距离，其最大值刚好在点在短轴端点的时候得到，即BE ≤a 2
－c 2
，所以V ＝23c BE 2
－1≤23
c a 2－c 2－1.
8．G7 若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为________．
8.3
3π 考查扇形的弧长和面积公式，以及圆锥的体积公式，关键是求出圆锥的半径和高．
由已知可得圆锥的母线长l ＝2，底面圆的周长2πr ＝πl ＝2π，所以底面半径r ＝1，由此得圆锥的高h ＝l 2－r 2＝3，由圆锥的体积公式得V ＝13πr 2
h ＝33
π.
14．G7 如图1－3所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段 AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________．
图1－3
14.1
6 本题考查棱锥的体积公式，考查空间想象力与转化能力，中档题．
VD 1－EDF ＝VF －DD 1E ＝13×12×1×1×1＝1
6.
11．G7 已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，则此棱锥的体积为( )
A.26
B.3
6 C.23 D.22
11．A 设三角形ABC 的中心为M ，球心为O ，则OM ⊥平面ABC ，且OM ＝
1－⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫332＝63.所以此棱锥的高h ＝2OM ＝263.所以此棱锥
的体积V ＝13×12×1×32×263＝2
6
.故选A.
7．G7 如图1－2，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3 cm ，
AA 1＝2 cm ，则四棱锥A －BB 1D 1D 的体积为________cm 3.
图1－2
7．6 本题考查四棱锥体积的求解以及对长方体性质的运用． 解题突破口为寻找四棱锥的高．
连AC 交BD 于点O ，因四边形ABCD 为正方形，故AO 为四棱锥A －BB 1D 1D 的高，从而V ＝13×2×32×32
2
＝6.
11．G2、G7 已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图1－3所示，则该三棱锥的体积等于________cm 3.
图1－3
11．1 本题考查三棱锥的三视图与体积计算公式，考查
学生对数据的运算处理能力和空间想象能力．由三视图可知，几
何体为一个三棱锥，则V＝1
3
Sh＝
1
3
×
1
2
×1×3×2＝1.
正确的识图是解决三视图问题的关键，同时要注意棱长的长度、关系等．
20． G5、G7如图1－5所示，在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为23的菱形，∠BAD＝120°，且PA⊥平面ABCD，PA＝26，M，N分别为PB，PD的中点．
(1)证明：MN∥平面ABCD；
(2)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．
图1－5
20．解：(1)因为M，N分别是PB，PD的中点，所以MN是△PBD 的中位线，所以MN∥BD.
又因为MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.
(2)方法一：
连结AC 交BD 于O .以O 为原点，OC ，OD 所在直线为x ，y 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示．
在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，得
AC ＝AB ＝23，BD ＝3AB ＝6.
又因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AC .
在Rt △PAC 中，AC ＝23，PA ＝26，AQ ⊥PC ，得QC ＝2，PQ ＝4.
由此知各点坐标如下，
A (－3，0,0)，
B (0，－3,0)，
C (3，0,0)，
D (0,3,0)，P (－3，
0,26)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，－32， 6，N ⎝
⎛⎭
⎪⎪⎫－32，32， 6， Q ⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫33，0，263. 设m ＝(x ，y ，z )为平面AMN 的法向量．
由AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，－32，6，AN →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫32，32，6知 ⎩⎪⎨⎪⎧
32x －3
2
y ＋6z ＝0，32x ＋32y ＋
6z ＝0.
取z ＝－1，得
m ＝(22，0，－1)．
设n ＝(x ，y ，z )为平面QMN 的法向量．
由QM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－536，－32，63，QN →＝⎝
⎛⎭⎪⎪⎫－536，32，63知
⎩⎪⎨⎪⎧
－536x －32y ＋63z ＝0，－536x ＋32y ＋63z ＝0，
取z ＝5，得n ＝(22，0,5)．
于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m |·|n |＝3333
.
所以二面角A －MN －Q 的平面角的余弦值为
3333
. 方法二：在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，得
AC ＝AB ＝BC ＝CD ＝DA ，BD ＝3AB .
又因为PA ⊥平面ABCD ，所以
PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，PA ⊥AD .
所以PB ＝PC ＝PD . 所以△PBC ≌△PDC .
而M ，N 分别是PB ，PD 的中点，所以 MQ ＝NQ ，且AM ＝12PB ＝1
2PD ＝AN .
取线段MN 的中点E ，连结AE ，EQ ，则
AE ⊥MN ，QE ⊥MN ，
所以∠AEQ 为二面角A －MN －Q 的平面角． 由AB ＝23，PA ＝26，故
在△AMN 中，AM ＝AN ＝3，MN ＝1
2
BD ＝3，得。