2011高考数学立体几何

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高三数学立体几何历年高考题(2011年-2017年)完整版.doc

（Ⅱ）平面 BDC 1 分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比。
16 (2014 课标全国Ⅰ )如图 1-1 所示，三棱柱 ABC - A1B1C1中，点 A1 在平面 ABC 内的射影 D 在 AC 上，∠ ACB＝ 90°， BC＝ 1，AC＝ CC1＝ 2. (1)证明： AC1⊥ A1B； (2)设直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离为 3，求二面角 A1-AB -C 的大小．
12．（ 2017 年 16）已知三棱锥 S-ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上， SC 是球 O 的直径。若平面 SCA⊥平面 SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥 S-ABC 的体积为 9，则球 O 的表面积为 ________。
13(2011 年).如图，四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，
17.(2015 年新课标 1)如图四边形 ABCD 为菱形，
G 为 AC 与 BD 交点， BE 平面 ABCD ， (1) 证明：平面 AEC 平面 BED ； (2) 若 ABC 120o ， AE EC, 三棱锥
E ACD 的体积为 6 ，求该三棱锥的侧面积 . 3
18 (2016 年新课标 1)如图，已知正三棱锥 P-ABC 的侧面是直角三角形， PA=6，顶点 P 在平面 ABC 内的正投影为点 D， D 在平面 PAB 内的正投影为点 E，连结 PE 并延长交 AB 于点 G. （ I）证明： G 是 AB 的中点；（ II ）在图中作出点 E 在平面 PAC 内的正投影 F（说明作法及理由），并求四面体 PDEF 的体积．
PD 底面 ABCD ．（ I）证明： PA BD ；
（ II ）设 PD=AD=1 ，求棱锥 D-PBC 的高．

2011年高考数学立体几何要求及知识点

高中数学第九章-立体几何考试内容平面及其基本性质．平面图形直观图的画法．平行直线．对应边分别平行的角．异面直线所成的角．异面直线的公垂线．异面直线的距离．直线和平面平行的判定与性质．直线和平面垂直的判定与性质．点到平面的距离．斜线在平面上的射影．直线和平面所成的角．三垂线定理及其逆定理．平行平面的判定与性质．平行平面间的距离．二面角及其平面角．两个平面垂直的判定与性质．多面体．正多面体．棱柱．棱锥．球．考试要求（1）掌握平面的基本性质，会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图;能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想像它们的位置关系．（2）掌握两条直线平行与垂直的判定定理和性质定理，掌握两条直线所成的角和距离的概念，对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离．（3）掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理；掌握直线和平面垂直的判定定理和性质定理；掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念掌握三垂线定理及其逆定理．（4）掌握两个平面平行的判定定理和性质定理，掌握二面角、二面角的平面角、两个平行平面间的距离的概念，掌握两个平面垂直的判定定理和性质定理．（5）会用反证法证明简单的问题．（6）了解多面体、凸多面体的概念，了解正多面体的概念．（7）了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图．（8）了解棱锥的概念，掌握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图．（9）了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的表面积、体积公式．9（B）．直线、平面、简单几何体考试内容：平面及其基本性质．平面图形直观图的画法．平行直线．直线和平面平行的判定与性质．直线和平面垂直的判定．三垂线定理及其逆定理．两个平面的位置关系．空间向量及其加法、减法与数乘．空间向量的坐标表示．空间向量的数量积．直线的方向向量．异面直线所成的角．异面直线的公垂线．异面直线的距离．直线和平面垂直的性质．平面的法向量．点到平面的距离．直线和平面所成的角．向量在平面内的射影．平行平面的判定和性质．平行平面间的距离．二面角及其平面角．两个平面垂直的判定和性质．多面体．正多面体．棱柱．棱锥．球．考试要求：（1）掌握平面的基本性质。

2011年高考全国各地数学卷·文科解答题分类汇编03：立体几何

概率与统计1．（天津文）15．（本小题满分13分）编号为1216,,,A A A ⋅⋅⋅的16名篮球运动员在某次训练比赛中的得分记录如下：运动员编号 1A2A3A4A5A6A7A8A得分 1535212825361834运动员编号 9A10A11A12A13A14A15A16A得分1726253322123138（Ⅰ）将得分在对应区间内的人数填入相应的空格；区间 [)10,20[)20,30[]30,40人数（Ⅱ）从得分在区间[)20,30内的运动员中随机抽取2人，（i ）用运动员的编号列出所有可能的抽取结果；（ii ）求这2人得分之和大于50的概率．2. （北京文）16．以下茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学的植树棵树.乙组记录中有一个数据模糊，无法确认，在图中以X 表示. （1）如果X=8，求乙组同学植树棵树的平均数和方差；（2）如果X=9，分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学的植树总棵数为19的概率. （注：方差],)()()[(1222212x x x x x x ns n -+-+-=其中x 为n x x x ,,,21 的平均数）3. （全国新文）19．某种产品的质量以其质量指标值衡量，质量指标越大表明质量越好，且质量指标值大于或等于102的产品为优质品．现用两种新配方（分别称为A 配方和B 配方）做试验，各生产了100件这种产品，并测量了每产品的质量指标值，得到时下面试验结果：A 配方的频数分布表指标值分组 [90，94）[94，98）[98，102）[102，106）[106，110]频数 8 20 42 22 8 B 配方的频数分布表指标值分组 [90，94）[94，98）[98，102）[102，106）[106，110]频数 412423210（I ）分别估计用A 配方，B 配方生产的产品的优质品率；（II ）已知用B 配方生产的一种产品利润y （单位：元）与其质量指标值t 的关系式为2,942,941024,102t y t t -<⎧⎪=≤<⎨⎪≥⎩估计用B 配方生产的一件产品的利润大于0的概率，并求用B 配方生产的上述100件产品平均一件的利润． 4. （辽宁文）19．某农场计划种植某种新作物，为此对这种作物的两个品种（分别称为品种甲和品种乙）进行田间试验．选取两大块地，每大块地分成n 小块地，在总共2n 小块地中，随机选n 小块地种植品种甲，另外n 小块地种植品种乙．（I ）假设n =2，求第一大块地都种植品种甲的概率；（II ）试验时每大块地分成8小块，即n =8，试验结束后得到品种甲和品种乙在个小块地上的每公顷产量（单位：kg/hm 2）如下表：品种甲 403 397 390 404 388 400 412 406 品种乙419403412418408423400413分别求品种甲和品种乙的每公顷产量的样本平均数和样本方差；根据试验结果，你认为应该种植哪一品种？附：样本数据n x x x ,,,21⋅⋅⋅的的样本方差])()()[(1222212x x x x x x ns n -+⋅⋅⋅+-+-=，其中x 为样本平均数．5. （江西文）16．某饮料公司对一名员工进行测试以便确定考评级别，公司准备了两种不同的饮料共5杯，其颜色完全相同，并且其中的3杯为A 饮料，另外的2杯为B 饮料，公司要求此员工一一品尝后，从5杯饮料中选出3杯A 饮料。

2011年高考理科数学解答题18立体几何

P D CE BAG第2题B C ADP第3题2011年高考理科数学解答题18立体几何1．常规问题例1．如图，在四棱锥O-ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形， ∠ABC=45，OA ⊥底面ABCD,OA=2,M 为OA 的中点，N 为BC 的中点。

（1）MN ∥平面OCD;（2）求异面直线AB 与MD 所成的角的大小；（3）求点B 到平面OCD 的距离。

例2．四棱锥P-ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD, 底面ABCD 是矩形， BC=2CD=2,又PA=PD, ∠APD=90,E 、G 分别是BC 、PE 的中点。

（1）求证：AD ⊥PE;（2）求二面角E-AD-G 的大小。

例3．如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是菱形，PA ⊥平面ABCD ， PA=AD=2, ∠BAD=60.(1)求证：平面PBD ⊥平面PAC ； (2)求点A 到平面PBD 的距离； (3)求二面角A-PB-D 的余弦值。

2．立体几何与三视图例4．一个多面体的直观图及三视图如图所示（其中M,N 分别是AF,BC 的中点）。

(1)求证：MN ∥平面CDEF ； (2)求二面角A-CF-B 的大小；(3)求多面体A-CDEF 的体积。

DO CN B M A 第1题NF BD AMC第4题E 侧视图正视图俯视图CA PDE B第6题C O E AB D 第7题a 2侧视图俯视图例5．一个多面体的直观图，主视图（正前方观察），俯视图（正上方观察），左视图（左侧正前方观察）如下图所示。

(1)求1A A 与平面ABCD 所成角的大小；(2)求平面11AA D 与平面ABCD 所成二面角的大小；(3)3．存在性问题例6．如图，四边形ABCD 为矩形，且AD=4,AB=2,PA ⊥平面ABCD ，E 为BC 上的动点。

(1)当E 为BC 中点时，求证：PE ⊥DE;(2)设PA=2,线段BC 上存在这样的点E ，使得二面角P-ED-A 的大小为45，试确定点E 的位置。

【数学】2011年江苏高考热点题型聚焦：立体几何(2)

1. 如图，矩形ABCD 中，AD ABE ⊥平面，2AE EB BC ===，F 为CE 上的点，且BF ACE ⊥平面，AC BDG = ．（Ⅰ）求证：AE ⊥平面BCE ；（Ⅱ）求证：//AE 平面BFD ；（Ⅲ）求三棱锥C BGF -的体积．解析：（Ⅰ）证明：AD ⊥平面ABE ，//AD BC ． ∴BC ⊥平面ABE ，则AE BC ⊥．又 BF ⊥平面ACE ，则AE BF ⊥． ∴AE ⊥平面BCE ．（Ⅱ）证明：依题意可知：G 是AC 中点．BF ⊥平面ACE ，则CE BF ⊥，而BC BE =． ∴F 是AC 中点．在AEC ∆中，//FG AE ，∴//AE 平面BFD ．（Ⅲ）解法一： //AE 平面BFD ，∴//AE FG ，而AE ⊥平面BCE ． ∴FG ⊥平面BCE ，∴FG ⊥平面BCF ．G 是AC 中点，∴F 是CE 中点．∴FG //AE 且112FG AE ==．BF ⊥平面ACE ，∴BF CE ⊥．∴Rt BCE ∆中，12BF CF CE ===112CFB S ∆=．∴1133C BFG G BCF CFB V V S FG --∆==⋅⋅=．解法二：111111444323C BFG C ABE A BCE V V V BC BE AE ---==⋅=⋅⋅⋅⋅⋅=．ADADEAB CFE 1A 1B 1C 1D 1D EA BCFE 1A 1B 1C 1D 1DF 1EA BCFE 1 A 1 B 1C 1D 1 D2. 如图，在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB//CD ，AB=4, BC=CD=2, AA 1=2, E 、E 1分别是棱AD 、AA 1的中点. （1）设F 是棱AB 的中点,证明：直线EE 1//平面FCC 1；（2）证明:平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C.证明:（1）在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，取A 1B 1的中点F 1，连接A 1D ，C 1F 1，CF 1，因为AB=4, CD=2,且AB//CD ，所以CD =//A 1F 1，A 1F 1CD 为平行四边形，所以CF 1//A 1D ，又因为E 、E 1分别是棱AD 、AA 1的中点，所以EE 1//A 1D ，所以CF 1//EE 1，又因为1EE ⊄平面FCC 1，1CF ⊂平面FCC 1，所以直线EE 1//平面FCC 1.（2）连接AC,在直棱柱中，CC 1⊥平面ABCD,AC ⊂平面ABCD, 所以CC 1⊥AC,因为底面ABCD 为等腰梯形，AB=4, BC=2,F 是棱AB 的中点,所以CF=CB=BF ，△BCF 为正三角形， 60BCF ∠=︒,△ACF 为等腰三角形，且30ACF ∠=︒所以AC ⊥BC, 又因为BC 与CC 1都在平面BB 1C 1C 内且交于点C,所以AC ⊥平面BB 1C 1C,而AC ⊂平面D 1AC,所以平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C.3.如图所示，在四棱锥S-ABCD 中，侧棱SA=SB=SC=SD ，底面ABCD 是正方形，AC与交于点O ，M N E DC SC BC 、、分别是、、的中点。

2011高考数学立体几何大题汇总

2011高考数学立体几何大题汇总D因此可取n=(3,1,3)设平面PBC 的法向量为m ，则 00m PB m BC ⋅=⋅=可取m=（0，-1，3-）27cos ,727m n ==-故二面角A-PB-C 的余弦值为277-2如图，四棱锥S ABCD -中， AB CD ⊥,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，2,1AB BC CD SD ====．（Ⅰ）证明：SD SAB ⊥平面;（Ⅱ）求AB 与平面SBC 所成角的大小．解法一：（I ）取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE为矩形，DE=CB=2，连结SE ，则, 3.SE AB SE ⊥= 又SD=1，故222ED SE SD =+，所以DSE ∠为直角。

…………3分由,,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 。

…………6分（II ）由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SED 。

作,SF DE ⊥垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，3SD SE SF DE⨯== 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 。

…………9分作FH SG ⊥，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC 。

37SF FG FH SG ⨯==，即F 到平面SBC 的距离为217 由于ED//BC ，所以ED//平面SBC ，E 到平面SBC 的距离d 也有217 设AB 与平面SBC 所成的角为α，则2121sin arcsin 77d EBαα=== …………12分解法二：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C —xyz 。

设D （1，0，0），则A （2，2，0）、B （0，2，0）。

围绕核心优化运算提升想象——2011年数学高考立体几何试题评析

（）Ａ２求Ｂ与平面ＳＣ所成角的大小．Ｂ（０１全国数学高考理科试题）２１年
评析第（）１小题的线面垂直是常规判定（经计算）和证明；（）题的实质是寻找平面ＳＣ第２小Ｂ的垂线．Ａ由Ｂ上平面ＥＳ知可以作ＳＤ，Ｆ上平面
ＡＰ第（）题是证明平面ＢＯ．２小ＭＣ上平面ＡＭＣ，因为平面ＭＢＣ的垂线较容易找到（图３中的Ｅ）如Ｆ，所以只需证明平面ＡＭＣ与ＥＦ平行即可，即只也
解得ｍ∈ ，即该点不存在．由此可见，用空间坐标系设向量建方程可以简化立体几何中一些难度较大的运算，优化判定和证明过程，但在同时对考生的运算熟练性和准确性提出相应的要求．２３注重在立体几何与其他知识方法交汇点处考．
（萧山区第二中学浙江求
中一个平面的垂线是基本方法．
能根据条件作出正确的图形，根据图形想象出直观形象，能正确分析出图形中基本元素及其相互关系；能识别三视图所表示的几何体，理解三视图与直观图的联系；从定义、理、能公定理出发，定判并证明点、直线、平面的位置关系；会用向量方法证明直线与平面的有关命题并能求解线面角、面面角和距离；能进行较严密的推理论证和表述；寻求能合理的途径正确地进行有关计算，并能优化运算过
系或适当确立基底，运用向量工具加以解决．
向量的双重性体现了数形结合思想，向量的坐

高考数学第二轮复习立体几何教学案

2011年高考第二轮专题复习（教学案）：立体几何第1课时直线、平面、空间几何体考纲指要：立体几何在高考中占据重要的地位，考察的重点及难点是直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的性质和判定，而查空间线面的位置关系问题，又常以空间几何体为依托，因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式。

考点扫描：1．空间两条直线的位置关系：（1）相交直线；（2）平行直线；（3）异面直线。

2．直线和平面的位置关系：（1）直线在平面内；（2）直线和平面相交；（3）直线和平面平行。

3．两个平面的位置关系有两种：（1）两平面相交；（2）两平面平行。

4．多面体的面积和体积公式，旋转体的面积和体积公式。

考题先知：例1．在平面几何中，我们学习了这样一个命题：过三角形的内心作一直线，将三角形分成的两部分的周长比等于其面积比。

请你类比写出在立体几何中，有关四面体的相似性质，并证之。

解：通过类比，得命题：过四面体的内切球的球心作一截面，将四面体分成的两部分的表面积比等于其体积比。

证明：如图，设四面体P-ABC 的内切球的球心为O ，过O 作截面DEF交三条棱于点E 、D 、F ，记内切圆半径为r,则r 也表示点O 到各面的距离，利用体积的“割补法”知：PDF O PEFO PDE O DEF P V V V V ----++==r S r S r S PDF PEF PDE ⋅+⋅+⋅313131BCFD O DEF O ACFE O ABC O ABDE O ABC DEF V V V V V V ------++++==r S r S r S r S r S BCFD DEF ACFE ABC ABDE ⋅+⋅+⋅+⋅+⋅3131313131，从而21表表S S V V ABC DEF DEF P =--。

例2．（1）当你手握直角三角板，其斜边保持不动，将其直角顶点提起一点，则直角在平面内的正投影是锐角、直角还是钝角？（2）根据第（1）题，你能猜想某个角在一个平面内的正投影一定大于这个角吗？如果正确，请证明；如果错误，则利用下列三角形举出反例：△ABC 中，2,6==AC AB ，13-=BC ，以∠BAC 为例。

2011年高考立体几何分类解析

2011年高考立体几何分类解析（全国）(6)已知直二面角l αβ--,点A α∈，AC l ⊥,C 为垂足,B β∈，BD l ⊥,D 为垂足．若2,1AB ACBD ===，则D 到平面ABC 的距离等于【答案】C【命题意图】本题主要考查空间点到平面距离的求法. 【解析】如图,过D 作DE BC ⊥,垂足为E ,因为l αβ--面角, AC l ⊥,∴AC ⊥平面β,∴ACDE ⊥,BC DE ⊥,AC BC C =I ,∴DE ⊥平面ABC ,故DE 的长为点D 到平面ABC 的距离.在RtBCD ∆中,由等面积法得3BD CD DE BC ⨯===(11)已知平面α截一球面得圆M ，过圆心M 且与α成060二面角的平面β截该球面得圆N .若该球面的半径为4，圆M 的面积为4π，则圆N 的面积为(A)7π (B)9π (C)11π (D)13π【答案】D【命题意图】本题主要考查二面角的概念与球的性质. 【解析】如图所示,由圆M 的面积为4π知球心O 到圆M 的距离OM =,在Rt OMN∆中,30OMN ︒∠=, ∴12ONOM ==故圆N 的半径r ∴圆N的面积为213S r ππ==.(16)己知点E 、F 分别在正方体1111ABCD A BC D -的棱1BB 、1CC 上，且112,2B E EB CF FC ==，则面AEF 与面ABC所成的二面角的正切值等于 . 【答案】3【命题意图】本题主要考查正方体中二面角的求法.【解析】延长FE 交CB 的延长线于G ,连结AG ,则AG 为面AEF 与面ABC 的交线,由112,2B E EB CF FC ==得2CF BE =,∴B 为GC 中点.设正方体的棱长为1,则AG AC ==又2GC =,∴222AC AG GC +=∴90CAG ︒∠=Q FC ⊥平面ABC ,∴FA AG ⊥∴CAF ∠是面AEF 与面ABC 所成的二面角的平面角,在Rt ACFV 中,2tan CF CAF AC ∠===,故面AEF 与面ABC所成的二面角的正切值等于3. (19)(本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．) 如图，四棱锥S ABCD -中， //AB CD ,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，2,1AB BC CD SD ====.(Ⅰ)证明：SD ⊥平面SAB ；(Ⅱ)求AB 与平面SBC 所成角的大小.【命题意图】以四棱锥为载体考查线面垂直证明和线面角的计算，注重与平面几何的综合.解法一：(Ⅰ)取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，2DE CB ==，连结SE ，则SE AB ⊥，SE =又1SD =,故222ED SE SD =+,所以DSE ∠为直角. ………………3分由AB DE ⊥,AB SE ⊥,DE SE E =I ,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 . ………………6分另解:由已知易求得1,2SD AD SA ==,于是222SA SD AD +=.可知SD SA ⊥,同理可得SD SB ⊥,又SA SB S =I .所以SD ⊥平面SAB . ………………6分 (Ⅱ)由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE .作SF DE ⊥,垂足为F ,则SF ⊥平面ABCD,2SD SE SF DE ⨯==. 作FG BC ⊥,垂足为G ,则1FG DC ==. 连结SG .则SG BC ⊥.又,BC FG SG FG G ⊥=I ,故BC ⊥平面SFG ,平面SBC ⊥平面SFG .……9分作FH SG ⊥,H 为垂足,则FH ⊥平面SBC .SF FG FH SG ⨯==,即F 到平面SBC .由于//ED BC ,所以//ED 平面SBC ,E 到平面SBC 的距离d 也为7.设AB 与平面SBC 所成的角为α,则sin d EB α==,α=……12分解法二：以C 为原点,射线CD 为x 轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系C xyz -. 设(1,0,0)D ,则(2,2,0)A 、(0,2,0)B . 又设(,,)S x y z ,则0,0,0x y z >>>.(Ⅰ)(2,2,),(,2,),(1,,)AS x y z BS x y z DS x y z =--=-=-u u r u u r u u u r, 由||||AS BS =u u r u u r 得=故1x =.由||1DS =u u u r得221y z +=,又由||2BS =u u r得222(2)4x y z +-+=,即22410y z y +-+=,故1,22y z ==. ………………3分于是1331(1,(1,(1,(0,2222S AS BS DS =--=-=uu r uu r uu u r ,0,0DS AS DS BS ⋅=⋅=u u u r u u r u u u r u u r.故,DS AS DS BS ⊥⊥,又AS BS S =I ,所以SD ⊥平面SAB . ………………6分(Ⅱ)设平面SBC 的法向量(,,)a m n p =r,则,,0,0a BS a CB a BS a CB ⊥⊥⋅=⋅=r u u r r u u r r u u r r u u r.又3(1,(0,2,0)2BS CB =-=uu r uu r,故30,220m n p n ⎧-=⎪⎨⎪=⎩………………9分取2p =得(a =r ,又(2,0,0),AB =-u u u r21cos ,||||AB a AB a AB a ⋅<>==⋅uu u r ruu u r r uu u r r .故AB 与平面SBC 所成的角为21arcsin7. ………………12分【点评】立体几何一直以来都是让广大考生又喜又忧的题目.为之而喜是因为只要能建立直角坐标系，基本上可以处理立体几何绝大多数的问题；为之而忧就是对于不规则的图形来讲建系的难度较大，问题不能得到很好的解决.今年的立几问题建系就存在这样的问题，很多考生由于建系问题导致立几的完成情况不是很好（江西卷）（8）已知321,,ααα是三个相互平行的平面,平面21,αα之间的距离为1d ,平面32,αα之间的距离为2d .直线l 与321,,ααα分别交于321,,P P P .那么”“3221P P P P =是”“21d d =的 ( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件答案：C解析：平面321,,ααα平行，由图可以得知：如果平面距离相等，根据两个三角形全等可知3221P P P P = 如果3221P P P P =，同样是根据两个三角形全等可知21d d =21.（本小题满分14分）（1）如图，对于任一给定的四面体4321A A A A ，找出依次排列的四个相互平行的平面 4321,,,αααα，使得i i A α∈（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4321,,,αααα，其中每相邻两个平面间的距离为1，若一个正四面体4321A A A A 的四个顶点满足：i i A α∈（i=1,2,3,4），求该正四面体4321A A A A 的体积.解：（1）将直线41A A 三等分，其中另两个分点依次为32,A A '',连接3322,A A A A '',作平行于3322,A A A A ''的平面，分别过3322,A A A A ''，即为32,αα。

2011年安徽高考数学试题立体几何

2011年安徽高考数学试题立体几何安徽理(6)一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为（A ） 48(D) 80(6)C 【命题意图】本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.【解析】由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4，两底面积和为()12244242⨯+⨯=，四个侧面的面积为(44224++=+48+.故选C.（17）（本小题满分12分）如图，ABCDEF 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，1,2,OA OD ==OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形。

（Ⅰ）证明直线BC ∥EF ；（Ⅱ）求梭锥F —OBED 的体积。

解：（Ⅰ）设G 是线段DA 和线段EB 延长线的交点。

由于OAB 与ODE 都是正三角形，所以： 1//,,22OB DE OB DE OG OD ===；同理，/G 是线段DA 和线段FG 延长线的交点。

有 /2OG OD ==，又由于G 和/G 都在线段DA 的延长线上，所以G 和/G 重合。

在GED 和GFD 中，由1//,2OB DE OB DE =和1//,2OC DF OC DF =,可知,B C 分别是GE 和GF 的中点，所以BC 是GEF 的中位线，故//BC EF 。

（Ⅱ）由1,2,60OB OE EOB ==∠= 知EOB S =而O E D 是边长为2的正三角正（主）视图侧（左）视图俯视图第6题图形，故OED S =,所以OBED S =；过点F 作FQ AD ⊥于点Q ，由于平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F OBED -的高，且FQ ，所以1332F OBED OBED V FQ S -=⋅=。

16.如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD是菱形，2AB ＝，60BAD ∠︒＝.（1）求证：BD ⊥平面PAC ；（2）若PA PB ＝，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.16．（本小题共14分）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，2,60AB BAD =∠= .(Ⅰ)求证：BD ⊥平面;PAC（Ⅱ）若,PA AB =求PB 与AC 所成角的余弦值；（Ⅲ）当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求PA 的长.（16）（共14分）证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD.又因为PA ⊥平面ABCD.所以PA ⊥BD ，所以BD ⊥平面PAC.（Ⅱ）设AC ∩BD=O.因为∠BAD=60°，PA=PB=2,所以BO=1，AO=CO=3.如图，以O 为坐标原点，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）. 所以).0,32,0(),2,3,1(=-=设PB 与AC 所成角为θ，则4632226cos =⨯=. （Ⅲ）由（Ⅱ）知).0,3,1(-=设P （0，－3，t ）（t>0），则),3,1(t BP --=AB C设平面PBC 的法向量),,(z y x m =,则0,0=⋅=⋅m m 所以⎪⎩⎪⎨⎧-+--=+-03,03tz y x y x 令,3=y 则.6,3t z x ==所以)6,3,3(t m = 同理，平面PDC 的法向量)6,3,3(tn -=，因为平面PCB ⊥平面PDC, 所以n m ⋅=0，即03662=+-t ，解得6=t ，所以PA=6。

2011年数学高考分类汇编解答题(理)03——立体几何

03 立体几何1. （2011天津卷理）17．（本小题满分13分）如图，在三棱柱111A B C A B C -中，H 是正方形11A A B B的中心，1A A =1C H ⊥平面11A A B B，且1C H =（Ⅰ）求异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值；（Ⅱ）求二面角111A A C B --的正弦值；（Ⅲ）设N 为棱11B C 的中点，点M 在平面11A A B B内，且M N ⊥平面11A B C ，求线段B M 的长．【解析】17．本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.满分13分.方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B 为坐标原点. 依题意得(0,0),(0,0,0),A B C - 11(2,0),,22,2,5)A B C （I ）解：易得11((0,0)A C A B ==-，于是111111c o s ,3||||A C AB AC A B A C A B ⋅===⋅所以异面直线AC 与A 1B 13（II ）解：易知111(0,0),(A A A C == 设平面AA 1C 1的法向量(,,)m x y z =，则11100m A C m A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,0.⎧-+=⎪⎨=⎪⎩不妨令x =可得0,m =，同样地，设平面A 1B 1C 1的法向量(,,)n x y z =，则11110,0.n A C n A B ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,0.⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩不妨令y =可得(0,n =于是22c o s ,,||||7m n m n m n ⋅===⋅从而s in ,7m n =所以二面角A —A 1C 1—B的正弦值为7（III ）解：由N 为棱B 1C 1的中点，得222N 设M （a ，b ，0），则2(,,)222M N a b =--由M N ⊥平面A 1B 1C 1，得11110,0.MN A B M NA C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即()(0,2()(()(0.222a a b ⎧-⋅-=⎪⎪⎨⎪-⋅-+-⋅+⋅=⎪⎩解得24a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩故0).24M因此2(,0)24B M =，所以线段BM 的长为10||4B M =方法二：（I ）解：由于AC//A 1C 1，故111C A B ∠是异面直线AC 与A 1B 1所成的角.因为1C H⊥平面AA 1B 1B ，又H 为正方形AA 1B 1B 的中心，11AA C H ==可得1111 3.A C B C == 因此2221111111111111co s 23A C AB BC C A B A C A B +-∠==⋅2011年数学各地高考分类汇编解答题（理） 0303 立体几何（理）第3页（30）天津蓟县擂鼓台中学张友清所以异面直线AC 与A 1B 13（II ）解：连接AC 1，易知AC 1=B 1C 1，又由于AA 1=B 1A 1，A 1C 1=A 1=C 1，所以11A C A ∆≌11B C A ∆，过点A 作11A R A C ⊥于点R ，连接B 1R ，于是111B R A C ⊥，故1A R B ∠为二面角A —A 1C 1—B 1的平面角.在11R t A R B ∆中，11111sin 3B R A B R A B =⋅∠==连接AB 1，在1A R B ∆中，2221111114,,co s 2A R B R A B A B A R B R A R B A R B R+-==∠=⋅27=-，从而1s in 7A RB ∠=所以二面角A —A 1C 1—B 17（III ）解：因为M N ⊥平面A 1B 1C 1，所以11.M N A B ⊥ 取HB 1中点D ，连接ND ，由于N 是棱B 1C 1中点，所以ND//C 1H且1122N D C H ==.又1C H ⊥平面AA 1B 1B ，所以N D ⊥平面AA 1B 1B ，故11.N D A B ⊥ 又,M NN D N =所以11A B ⊥平面MND ，连接MD 并延长交A 1B 1于点E ，则111,//.M E A B M E A A ⊥故由1111111,4B E B D D E A A B A B A ===得12D E B E ==，延长EM 交AB 于点F ，可得12B F B E ==连接NE.在R t E N M ∆中，2,.N D M E N DD E D M ⊥=⋅故所以24N D D M D E==可得4F M =连接BM ，在R t B F M ∆中，4B M ==2. （2011北京理）16．（本小题共14分）如图，在四棱锥P A B C D -中，P A ⊥平面A B C D ，底面A B C D 是菱形，2,60A B B A D =∠=.(Ⅰ)求证：B D ⊥平面;P A C （Ⅱ）若,P A A B =求P B 与A C 所成角的余弦值；（Ⅲ）当平面P B C 与平面P D C 垂直时，求P A 的长.【解析】（16）（共14分）证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD.又因为PA ⊥平面ABCD. 所以PA ⊥BD.所以BD ⊥平面PAC. （Ⅱ）设AC∩BD=O. 因为∠BAD=60°，PA=PB=2,所以BO=1，AO=CO=3.如图，以O 为坐标原点，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）. 所以).0,32,0(),2,3,1(=-=AC PB 设PB 与AC 所成角为θ，则2011年数学各地高考分类汇编解答题（理） 0303 立体几何（理）第5页（30）天津蓟县擂鼓台中学张友清4632226cos =⨯=θ.（Ⅲ）由（Ⅱ）知).0,3,1(-=BC 设P （0，－3，t ）（t>0），则),3,1(t BP --=设平面PBC 的法向量),,(z y x m =, 则0,0=⋅=⋅m BP m BC所以⎪⎩⎪⎨⎧-+--=+-03,03tz y x y x 令,3=y 则.6,3tz x ==所以)6,3,3(tm =同理，平面PDC 的法向量)6,3,3(tn -=因为平面PCB ⊥平面PDC, 所以n m ⋅=0，即03662=+-t解得6=t 所以PA=63. （2011辽宁卷理）18．（本小题满分12分）如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA =AB =12P D ．（I ）证明：平面PQC ⊥平面DCQ ；（II ）求二面角Q —BP —C 的余弦值．【解析】18．解：如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D —xyz. （I ）依题意有Q （1，1，0），C （0，0，1），P （0，2，0）.则(1,1,0),(0,0,1),(1,1,0).D Q D C P Q ===- 所以0,0.P Q D Q P Q D C ⋅=⋅=即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC. 故PQ ⊥平面DCQ.又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ. …………6分（II ）依题意有B （1，0，1），(1,0),(12,1).CB B P ==--设(,,)n x y z =是平面PBC 的法向量，则0,0,20.0,n C B x x y z n B P ⎧⋅==⎧⎪⎨⎨-+-=⋅=⎩⎪⎩即因此可取(0,1,2).n =--设m 是平面PBQ 的法向量，则0,0.m B P m P Q ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可取(1,1,1).c o s ,5m m n =<>=-所以故二面角Q —BP —C的余弦值为5-………………12分4. （全国大纲卷理）19．（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．）如图，四棱锥S A B C D -中， A B C D ⊥,B C C D ⊥，侧面S A B 为等边三角形，2,1A B B C C D S D ====．（Ⅰ）证明：S D S A B ⊥平面;（Ⅱ）求A B 与平面S B C 所成角的大小．【解析】19．解法一：（I ）取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE=CB=2，连结SE，则,S E A B S E ⊥=又SD=1，故222E D S E S D =+，所以D S E ∠为直角。

2011年高考数学—立体几何(解答题)

1、江苏16、如图，在四棱锥ABCD P -中，平面PAD ⊥平面ABCD ， AB=AD ，∠BAD=60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点求证：（1）直线EF ‖平面PCD ；（2）平面BEF ⊥平面PAD2、上海文20、（14分）已知1111ABCD A BC D -是底面边长为1的正四棱柱，高12AA =。

求： ⑴ 异面直线BD 与1AB 所成的角的大小（结果用反三角函数表示）；⑵ 四面体11AB D C 的体积。

3、全国文20．（本小题满分l2分）（注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．）如图，四棱锥S ABCD -中， AB CD ,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，2,1AB BC CD SD ====．（I ）证明：SD ⊥平面SAB ；（II ）求AB 与平面SBC 所成的角的大小。

4、北京文17．（本小题共14分）如图，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. （Ⅰ）求证：DE∥平面BCP ；（Ⅱ）求证：四边形DEFG 为矩形；（Ⅲ）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.ADBD 11B5、四川文19．（本小题共l2分）如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC =90°，AB =AC =AA 1=1，延长A 1C 1至点P ，使C 1P ＝A 1C 1，连接AP 交棱CC 1于D ．（Ⅰ）求证：PB 1∥平面BDA 1；（Ⅱ）求二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值；6、天津文17．（本小题满分13分）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，045ADC ∠=，1AD AC ==，O 为AC 中点，PO ⊥平面ABCD ， 2PO =，M 为PD 中点．（Ⅰ）证明：PB //平面ACM ；（Ⅱ）证明：AD ⊥平面PAC ；（Ⅲ）求直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值．7、安徽文（19）（本小题满分13分）如图，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，1OA =，2OD =，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF 都是正三角形。

2011年高考数学试题分析及2012届高考备考建议立体几何与解析几何

（2）新课标试卷分析： 2007年有两道客观题，一道考查三视图与几何体的求解，一道考查柱体、锥体、球的组合体体积； 2008年有两道客观题，文理均不同，一道题目基本相同，考查球内接六棱柱以及球的体积；一道文理不同的试题，其中文科考查线面平行与垂直的判断，理科考查几何体与三视图有关最值； 2009年有两道客观题，一道通过三视图求棱锥的全面积，文理相同；一道是在正方体中文理关于线面关系、几何体体积等不同命题的判断； 2010年有两道客观题，两道试题均不同，一道考查球的组合体以及球的表面积计算；一道考查简单几何体三视图的了解.
（二）解答题部分 1.2011年高考试题展示
（1）山东卷
本题主要考查四棱台中的结构特征、余弦定理、线线垂直与线面平行的垂直，以及空间想象能力与逻辑推理能力.
本题主要考查空间几何体的结构特征、空间线面平行的证明与二面角的求解，以及空间想象能力与逻辑推理能力.
本题涉及到空间组合体的体积求解.
谢谢各位老师请批评指正
本题主要考查二面角中的基本计算以及点到面的距离求解.C
本题主要考查二面角中的基本计算.C
本题考查球得截面的性质以及二面角的应用.B
（3）全国卷本题主要考Fra bibliotek正方体中二面角的求解.
本题主要考查正方体中异面直线所成角的求解.
（3）上海卷
本题主要考查圆锥的侧面积与体积的计算.
本题主要考查圆锥的三视图及其侧面积的计算.
命题的趋势与预测：（1）命题的载体逐步趋向不规则几何体，有意识地加强对空间几何体结构特征的认识和空间想象能力的考查；（2）几何载体也趋向文理有别；（3）在空间线面关系的证明过程中渗透空间几何体中的一些基本运算；（4）试题的位置在19题左右摆动；（5）注意几何体中的一些运算在其它问题中的渗透，如 2011年山东卷中的应用题就是以几何体体积的计算为背景，考查函数建模以及导数在实际问题中的应用. 预计2012年的山东高考命题中，总体上试题的难度基本保持不变，命题的几何载体可能为不规则的几何体（或组合体），文科仍会坚持以空间线面关系的推理证明、几何体的体积求解为主；理科坚持以空间线面关系的推理证明与二面角的求解为主.

2011年高考文科数学立体几何的综合测试题及参考答案

易证得 Rt�ADC ≌ Rt�B1C1D �故 AD � B1D �
又 O 为 AB1的中点�故 OD � AB1 �∴ AB1 � 平面 A1BD
13��1�证明�∵ AD � 平面 ABE � AD // BC �
∴ BC � 平面 ABE �则 AE � BC
�
�
又 BF �平面 ACE �则 AE � BF
�2�在�1�的条件下�求异面直线 DE 与 CF 所成的角�
E
D
C
B
A
F
E·
D·
C · ·B
·
A
F·
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立体几何的综合答案
1、A � 2、A � 3、D� 4、C � 5、C� 8�② ④ ⑤ � 9、① ② ③ � 10、C �
6� 4 cm3 3
7�1.5 �
11��1�证明�连接 D1C 交 DC1 于 F �连结 EF �
D1 A1
D A
C1 B1
C E B
12�如图�三棱柱 ABC � A1B1C1 的所有棱长都相等�且 A1A � 底面 ABC � D为 C1C 的中点� AB1与 A1B 相交于点 O �连结 OD �
�1� 求证� OD// 平面 ABC ��2�求证� AB1 � 平面 A1BD 。
13 � 如图所示 � 四边形 A B C D为矩形 � AD � 平面 ABE � F 为 CE 上的点 � AE � EB � BC � 2� F 为CE 上的点�且 BF �平面 ACE
2011 年高考文科数学立体几何的综合测试题及参考答案
1� m 、 n 是不同的直线�� 、 � 、� 是不同的平面�有以下四个命题�

2011高考数学真题考点分类新编：考点35立体几何中的向量方法(新课标地区)

考点35立体几何中的向量方法一、解答题1.（2011·福建卷理科·Ｔ20）(本小题满分14分)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD.四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，CD=2，︒∠45CDA.=（I）求证：平面PAB⊥平面PAD；（II）设AB=AP.（i）若直线PB与平面PCD所成的角为︒30，求线段AB的长；（ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由.【思路点拨】(1)证面面PAB中的直线AB PAD⊥面，也可⊥面，从而可推得面PAB PAD以建立坐标系证明两面的法向量垂直；（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系-A xyz，然后用空间向量法进行求解探究.【精讲精析】（I）因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以PA AB解法1：⊥，又,A B A D P A A D A⊥=，所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A xyz-（如图）.在平面ABCD内，作//⊥.CE AB交AD于点E，则CE AD在Rt CDE ∆中，cos451DE CD =⋅︒=.设AB AP t ==，则(,0,0),(0,0,)B t P t . 由AB+AD ＝4得AD ＝4t -，所以(0,3,0),1,3,0),(0,4,0)E t C t D t ---（，(1,1,0),(0,4,).CD PD t t =-=--（i ）设平面PCD 的法向量为=(,,),x y z n 由,,CD PD ⊥⊥n n 得0(4)0.x y t y tz -+=⎧⎨--=⎩取x t =，得平面PCD 的一个法向量(,,4)t t t =-n .cos60||,|||PBPB ⋅︒=⋅n n |即21,2= 解得45t =或4t =（舍去，因为40AD t =->），所以AB ＝4.5（ii ）假设在线段AD 上存在一个点G （如下图），使得点G 到点P 、B 、C 、D 的距离都相等，设G （0,m,0）(其中04m t ≤≤-)，则(1,3,0),(0,4,0),(0,,)GC t m GD t m GP m t =--=--=-由||||GC GD =得2221(3)(4),t m t m +--=--即3t m =-.① 由||||GD GP =得222(4).m t m t --=+②C由①②消去t ，化简得23+40.m m -=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. 解法2：（I ）同解法1. （Ⅱ）（i ）同解法1 .（ii ）假设在线段AD 上存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等. 由GC ＝GD ，得45,GCD GDC ∠=∠=︒从而90,CGD ∠=︒即CG AD ⊥，所以cos451GD CD =⋅︒=.设AB λ=，则4AD λ=-，AG ＝AD-GD＝3λ-.在Rt ABG ∆中，1,GB ==>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P 、B 、C 、D 的距离都相等. 2. （2011·江苏高考·Ｔ22）（本小题满分10分）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12,1AA AB ==，点N 是BC 的中点，点M 在1CC 上，设二面角1A DN M --的大小为θ。

2011高考数学立体几何题解

学科网备战高考数学立体几何（Ⅰ）∵平面PCBM ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，AC ⊂平面ABC ∴AC ⊥平面PCBM又∵BM ⊂平面PCBM ∴AC BM ⊥（Ⅱ）取BC 的中点N ，则1CN = 连接AN 、MN∵平面PCBM ⊥平面ABC ，平面PCBM 平面ABC BC=，PC BC ⊥ ∴PC ⊥平面ABC ∵//PM CN =，∴//MN PC =，从而MN ⊥平面ABC作NH AB ⊥于H ，连结MH ，则由三垂线定理知AB MH ⊥ 从而MHN ∠为二面角M AB C --的平面角∵直线AM 与直线PC 所成的角为60°，∴60AMN ∠=︒在ACN ∆中，由勾股定理得AN =在Rt AMN ∆中，cot MN AN AMN =⋅∠==在Rt BNH ∆中，sin 15AC NH BN ABC BN AB =⋅∠=⋅== 在Rt MNH ∆中，tan 5MN MHN NH ∠=== 故二面角M AB C --的大小为tan3arc （Ⅱ）如图以C 为原点建立空间直角坐标系C xyz - 设0(0,0,)P z 0(0)z >，有(0,2,0)B ，(1,0,0)A ，0(0,1,)M z 0(1,1,)AM z =- ，0(0,0,)CP z =由直线AM 与直线PC 所成的角为60°，得cos 60AM CP AM CP ⋅=⋅⋅︒即20z z =，解得0z =∴(AM =- ，(1,2,0)AB =- 设平面MAB 的一个法向量为1111(,,)n x y z =，则由00020n AM x y n AB x y ⎧⎧⋅=-++=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=⎪⎪⎩-+=⎩，取1z =1(4,n =取平面ABC 的一个法向量为2(0,0,1)n = 则12cos ,n n <>121213n n n n ⋅===⋅由图知二面角M AB C --为锐二面角，故二面角M AB C --的大小为arccos 13（Ⅲ）多面体PMABC 就是四棱锥A BCPM -11111()(21)133232PMABC A PMBC PMBC V V S AC PM CB CP AC -==⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅+=75.（天津理19）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，60AB AD AC CD ABC ⊥⊥∠=，，°，PA AB BC ==，E 是PC 的中点．（Ⅰ）证明CD AE ⊥；（Ⅱ）证明PD ⊥平面ABE ；（Ⅲ）求二面角A PD C--的大小．（Ⅰ）证明：在四棱锥P ABCD -中，因PA ⊥底面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，故P A C D ⊥ AC CD PA AC A ⊥= ，∵，CD ⊥∴平面PAC而AE ⊂平面PAC ，CD AE ⊥∴（Ⅱ）证明：由PA AB BC ==，60ABC ∠=°，可得AC PA = E ∵是PC 的中点，AE PC ⊥∴由（Ⅰ）知，AE CD ⊥，且PC CD C = ，所以AE ⊥平面PCD而PD ⊂平面PCD ，AE PD ⊥∴PA ⊥∵底面ABCD PD ，在底面ABCD 内的射影是AD ，AB AD ⊥，AB PD ⊥∴ 又AB AE A = ∵，综上得PD ⊥平面ABE（Ⅲ）解法一：过点A 作AM PD ⊥，垂足为M ，连结EM 则（Ⅱ）知，AE ⊥平面PCD ，AM 在平面PCD 内的射影是EM ，则EM PD ⊥ 因此AME ∠是二面角A PD C --的平面角由已知，得30CAD ∠=° 设AC a =，可得32PA a AD PD AE a ====，，，在ADP Rt △中，AM PD ⊥∵，AM PD PA AD =∴··，则3a PA ADAM PD===·· 在AEM Rt △中，sin 4AE AME AM ==所以二面角A PD C --的大小是arcsin 4解法二：由题设PA ⊥底面ABCD ，PA ⊂平面PAD ，则平面PAD ⊥平面ACD ，交线为AD 过点C 作CF AD ⊥，垂足为F ，故CF ⊥平面PAD 过点F 作FM PD ⊥，垂足为M ，连结CM ，故CM PD ⊥ 因此CMP ∠是二面角A PD C --的平面角由已知，可得30CAD ∠=°，设AC a =，ACDPEAD可得12PA a AD PD CF a FD =====，，，， FMD PAD ∵△∽△，FM FDPA PD=∴于是，3aFD PA FM PD ===·· 在CMF Rt △中，1tan 14aCF CMF FM === 所以二面角A PD C --的大小是76.（天津文19）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AB AD AC CD ⊥⊥，，60ABC ∠=°，PA AB BC ==，E 是PC 的中点．（Ⅰ）求PB 和平面PAD 所成的角的大小；（Ⅱ）证明AE ⊥平面PCD ；（Ⅲ）求二面角A PD C --的大小．（Ⅰ）解：在四棱锥P ABCD -中，因PA ⊥底面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，故PA AB ⊥ 又AB AD ⊥，PA AD A = ，从而AB ⊥平面PAD 故PB 在平面PAD 内的射影为PA ，从而APB∠为PB 和平面PAD 所成的角在Rt PAB △中，AB PA =，故45APB = ∠所以PB 和平面PAD 所成的角的大小为45（Ⅱ）证明：在四棱锥P ABCD -中，因PA ⊥底面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，故CD PA ⊥ 由条件CD PC ⊥，PA AC A = ，CD ∴⊥面PAC又AE ⊂面PAC ，AE CD ∴⊥由PA AB BC = ，60ABC = ∠，可得AC PA =E 是PC 的中点，AE PC ∴⊥，PC CD C ∴= 综上得AE ⊥平面PCD（Ⅲ）解：过点E 作EM PD ⊥，垂足为M ，连结AM 由（Ⅱ）知，AE ⊥平面PCD ，AM 在平面PCD 内的射影是EM ，则AM PD ⊥ 因此AME ∠是二面角A PD C --的平面角由已知，可得30CAD = ∠ 设AC a =，可得PA a =，AD =，PD =，AE = ADAD在Rt ADP △中，AM PD ⊥ ，AM PD PA AD ∴=，则3PA AD AM PD =在Rt AEM △中，sin AE AME AM ==所以二面角A PD C --的大小arcsin 477.（浙江理19）在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，且2AC BC BD AE ===，M 是AB 的中点．（I ）求证：CM EM ⊥；（II ）求CM 与平面CDE 所成的角．方法一：（I ）证明：因为AC BC =，M 是AB 的中点，所以CM AB ⊥ 又EA ⊥平面ABC ，所以CM EM ⊥（II ）解：过点M 作MH ⊥平面CDE ，垂足是H ，连结CH 交延长交ED 于点F ，连结MF ，MDFCM ∠是直线CM 和平面CDE 所成的角因为MH ⊥平面CDE ，所以MH ED ⊥，又因为CM ⊥平面EDM ，所以CM ED ⊥，则ED ⊥平面CMF ，因此E D ⊥设EA a =，2BD BC AC a ===，在直角梯形ABDE 中，AB =，M 是AB 的中点，所以3DE a =，EM =，MD =，得EMD △是直角三角形，其中90EMD = ∠，所以EM MDMF DE ==在Rt CMF △中，tan 1MFFCM MC==∠，所以45FCM = ∠，故CM 与平面CDE 所成的角是45 方法二：如图，以点C 为坐标原点，以CA ，CB 分别为x 轴和y 轴，过点C 作与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立直角坐标系C xyz -，设E A a =，则(2)A a 00，，，(020)B a ，，，(20)E a a ，， (022)D a a ，，，(0)M a a ，，（I ）证明：因为()EM a a a =-- ，，，(0)CM a a =，，，所以0EM CM = ，故EM CM ⊥ （II ）解：设向量001y z ()，，n =与平面CDE 垂直，则CE ⊥ n ，CD ⊥ n ，即0CE =n ，0CD =n 因为(20)CE a a = ，，，(022)CD a a =，，， EDCMA（第19题）C所以02y =，02x =-，即(122)=-，，n ，cos 2CM CM CM ==，n n n，直线CM 与平面CDE 所成的角θ是 n 与CM夹角的余角，所以45θ= ，因此直线CM 与平面CDE 所成的角是4578.（重庆理19）如题（19）图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12AA =，1AB =，90ABC = ∠；点D E ，分别在 1BB ，1A D 上，且11B E A D ⊥，四棱锥1C ABDA -与直三棱柱的体积之比为3:5．（Ⅰ）求异面直线DE 与11B C 的距离；（Ⅱ）若BC =111A DC B --的平面角的正切值．解法一：（Ⅰ）因1111B C A B ⊥，且111B C BB ⊥，故11B C ⊥面11A ABB ，从而111B C B E ⊥，又1B E DE ⊥，故1B E 是异面直线11B C 与DE 的公垂线设BD 的长度为x ，则四棱椎1C ABDA -的体积1V 为111111()(2)366ABDA V S BC DB A A AB BC x BC ==+=+···· 而直三棱柱111ABC A B C -的体积2V 为21112ABC V S AA AB BC AA BC ===△···由已知条件12:3:5V V =，故13(2)65x +=，解之得85x =从而1182255B D B B DB =-=-=在直角三角形11A B D中，1A D ===，又因11111111122A B D S A D B E A B B D ==△··，故11111A B B D B E A D ==· （Ⅱ）如答（19）图1，过1B 作11B F C D ⊥，垂足为F ，连接1A F ，因ABCDE 1B1C 1A题（19）图DE 1B1C 1AF1111A B B C ⊥，111A B B D ⊥，故11A B ⊥面11B DC由三垂线定理知11C D A F ⊥，故11A FB ∠为所求二面角的平面角在直角11C B D △中，15C D ===，又因11111111122C BD S C D B F B C B D ==△··，故111119B C B D B F C D ==·，所以11111tan 2A B A FB B F == 解法二：（Ⅰ）如答（19）图2，以B 点为坐标原点O 建立空间直角坐标系O xyz -，则(000)B ，，，1(002)B ，，，(010)A ，，，1(012)A ，，，则1(002)AA = ，，，(010)AB =-，，设1(02)C a ，，，则11(00)B C a = ，，，又设00(0)E y z ，，，则100(02)B E y z =-，，，从而1110B C B E = ，即111B E B C ⊥又11B E DA ⊥，所以1B E 是异面直线11B C 与DE 的公垂线下面求点D 的坐标设(00)D z ，，，则(00)BD z，，因四棱锥1C ABDA -的体积1V 为11111()36ABDA V S BC BD AA AB BC ==+ 1(2)16z BC =+ 而直三棱柱111ABC A B C -的体积2V 为21112ABC V S AA AB BC AA BC ===△由已知条件12:3:5V V =，故13(2)65z +=，解得85z =，即8005D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，从而12005DB ⎛⎫ ⎪⎝⎭ ，，，12015DA ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，，，00805DE y z ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，，接下来再求点E 的坐标由11B E DA ⊥，有110B E DA = ，即002(2)05y z +-= （1）又由1DA DE ∥得085215z y -=（2）联立（1），（2），解得0429y =，04829z =，即44802929E ⎛⎫= ⎪⎝⎭，，，得141002929B E ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，，答（19）图2故1B E ==（Ⅱ）由已知BC =12)C ，，从而12)5DC = ，，过1B 作11B F C D ⊥，垂足为F ，连接1A F ，设11(0)F x z ，，，则111(02)B F x z =- ，，，因为110B F DC =，故1124055z +-=① 因11805DF x z ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，，且1DF DC∥18525z -=，即11205x +=②联立①②解得1x =14427z =，即4427F ⎫⎪⎭，则110127A F ⎫=--⎪⎭ ，，11027B F ⎫=-⎪⎭ ，1||B F =又11102(1)00275A F DC =--= ，故11A F DC ⊥，因此11A FB ∠为所求二面角的平面角又11(010)A B =- ，，，从而1110A B B F = ，故11A B ⊥1B F ，11A B F △为直角三角形，所以11111||tan 2||A B A FB B F ==79.（重庆文19）如题19图，在直三棱柱111ABC A B C -中，90ABC ∠=°，13122AB BC AA ===，，；点D 在棱1BB 上，113BD BB =；11B E A D ⊥，垂足为E ，求：（Ⅰ）异面直线1A D 与11B C 的距离；（Ⅱ）四棱锥C ABDE -的体积．BA CDF E1A 1B 1C 题（19）图.解法一：（Ⅰ）由直三棱柱的定义知111B C B D ⊥，又因为90ABC ∠=°，因此1111B C A B ⊥，从而11B C ⊥平面11A B D 得111B C B E ⊥，又11B E A D ⊥故1B E 是异面直线11B C 与1A D 的公垂线由113BD BB =知143B D =，在11A B D Rt △中，53AD ===又因11111111122A B D S A B B D A D B E ==△··，故111114143553A B B D B E A D ===··（Ⅱ）由（Ⅰ）知11B C ⊥平面11A B D ，又11BC B C ∥，故BC ⊥平面ABDE ，即BC 为四棱锥C ABDE -的高，从而所求四棱锥的体积V 为13C ABDEV V S BC -==··，其中S 为四边形ABDE 的面积，如答（19）图1，过E 作1EF B D ⊥，垂足为F在1B ED Rt △中，1615ED ===又因1111122B ED S B E DE B D EF ==△··，故111625B E DE EF B D ==· 因1A AE △的边1A A 上的高1116912525h A B EF =-=-=，故1111992222525A AE S A A h ===△··· 又因为11111114212233A B D S A B B D ===△···，从而111119273225375ABB A A AE A B D S S S S =--=--=△△所以117337333752150V S BC ===···· 解法二：（Ⅰ）如答（19）图2，以B 点为坐标原点O 建立空间直角坐标系O xyz -，则11132(010)(012)(000)(002)020023A A B B C D ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，，，，，，，，，，，，，，BACDFE1A1B1C答（19）图1因此1(002)AA = ，，，(010)AB =- ，，， 1132B C ⎛⎫=00 ⎪⎝⎭ ，，，1403A D ⎛⎫=-1- ⎪⎝⎭ ，，设00(0)E y z ，，，则100(02)B E y z =-，，，因此1B E 11B C0=，从而111B C B E ⊥又由题设11B E A D ⊥，故1B E 是异面直线11B C 与1A D 的公垂线下面求点E 的坐标因11B E A D ⊥，即110B E A D = ，从而004(2)03y z --=， (1)又100(012)A E y z =-- ，，，且11A E A D ∥，得0012413y z --=············ （2）联立（1），（2）解得01625y =，03825z =，即3802525E 16⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，161202525B E 1⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，，所以145B E == （II ）由BC AB ⊥，BC DB ⊥，故BC ⊥面ABDE ，即BC 为四棱锥C ABDE -的高因为1ABDE ABE BDE S S S AB =+= △△，，23BD = 而01138191222525ABE S AB z === △ 011216162232575BDE S BD y ===△ 故191673257575ABDE S =+=所以117337333752150C ABDE ABDE V S BC -===yx 答（19）图2。