高考数学试题(8)立体几何

1.（安徽理科第6题、文科第8题）
（A ） 48 (B)32+817 (C) 48+817 (D) 80
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()1
2244242
⨯
+⨯=，四个侧面的面积为()
44221724817++=+，所以几何体的表面积为48817+.故选C.
2.（安徽理科第17题，文科第19题，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 =，
ODE ODF OAC OAB ∆∆∆∆,,,都是正三角形。

(Ⅰ)证明直线BC EF ∥； (Ⅱ)求棱锥F OBED -的体积.
（1）证明：分别去OA ，OD 的中点M ，N ，连接CM ，ＢＭ
ＥＮ，ＦＮ，设ＥＢ和ＤＡ相交于Ｇ，由于ＯＡ＝１，
OD=2，则EN BM //，且EN BM 2
1
=
，则M 为GN 的中点，所以GA=1
同理可得：G 为FC 和DA 的交点。

则有C 为FG 的中点，B 为EG 的中点。

所以 BC 是EFG ∆的中位线。

故BC EF ∥。

（2）四边形OBED 是梯形，其中OB=1，DE=2，底边上的高为32
3
260sin =⋅
=︒OE
2
333)21(2131331=⋅⋅+⋅=⋅=
∴-OBED OBED F S V 3.（北京理科第7题）
某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是
(A) 8 (B) 62 (C)10 (D) 82
解：根据三视图可知，该四面体满足：⊥SA 平面ABC ，ABC ∆中
︒=∠90ABC ，3,4===BC AB SA ，四个三角形都是直角三角形
6,26,8,10,5,24======∆∆∆∆ABC SBC SAB SAC S S S S AC SB
4.（北京理科第16题）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.
解：（1）因为ABCD 是菱形，则对角线互相垂直，BD AC ⊥∴，又⊥PA 平面ABC
所以BD ⊥平面PAC ，
（2）设O BD AC = ，3,1,2,60=====︒=∠CO AO BO AB PA BAD 以O 为坐标原点以OC OB ,所在的直线分别为y x ,轴建立空间直角坐标系xyz O -
则)0,3,0(),0,1,1(,0,3,0(),2,3,0(C B A P ）
--，)2,3,1(-=∴PB ，)0,32,0(=AC 设AC PB ,的夹角为θ，则46
3
2226|
|||cos =⨯=
=
AC PB AC PB θ （3）由（2）知),0,3,1(-=BC 设)0)(,3,0(>t t P 设平面PBC 的法向量为),,(z y x m =，则0,0=⋅=⋅m BP m BC
所以⎪⎩⎪⎨⎧=+--=+-0
30
3tz y x y x ，令3=y ，则t z x 6,3==，)6,3,3(t m =∴
同理，平面PDC 的法向量为)6
,3,3(t
n -=，因为平面PBC ⊥平面PDC
所以0=⋅n m ，即036
62=+-t
，解得6=t ，6=∴PA
5.（北京文科第5题）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是
(A)32
(B)16+162 (C)48 (D)16322+
6.（北京文科17）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。

解：（3）存在满足条件的点Q ，连接DF ，EG ，设Q 为EG 的中点，由（2）知
EG QF QE QD Q EG DF 2
1
,=
=== ，分别取PC ，AB 的中点M 和N ，
连接MN MG NG EN ME ,,,,，同理可证，四边形MENG 也是矩形，其对角线的交点也为Q ， 且EG QN QM 2
1
=
=，此时Q 点为满足题意的点。

7.（福建理科第12题）三棱锥P-ABC 中，PA ⊥底面ABC ，PA=3，底面ABC 是边长为2的正三角形，则三棱锥P-ABC 的体积等于______。

答案：3
8.（福建理科20）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。

解：（2）以A 为坐标原点，以AB 所在的直线为x 轴，以AD 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系xyz A -。

在平面ABCD 内，作CE//AB 交AD 于E ，则AD CE ⊥，在CDE Rt ∆中，145cos =︒=CD De
145sin =︒=CD CE ，设t AP AB ==，则),0,0(),0,0,(t P t B ，由4=+AD AB 得t AD -=4；
所以)0,1,1(0,4,0(0,3,1(,0,3,0(-=---CD t D t C t E ），），），
（i ）设平面PCD 的法向量为),,(z y x n =，由0,0=⋅=⋅PD n CD n 得：⎩⎨
⎧=--=+-0
)4(0
tz y t y x
取t x =，得平面PCD 的一个法向量为)4,,(t t t n -=，又),0,(t t PB -=，则由直线PB 和平面PCD 所成的角为︒30得：2
12)4(|42||
|||60cos 2
2222=
⋅-++-=
=
︒
t t t t t t PB n PB 解得：54=
t 或4=t （舍),所以5
4=AB （ii ）假设在线段AD 上存在一点G ，使得点Ｇ到Ｐ，Ｃ，Ｄ，Ｂ的距离都相等，设)0,,0(m G 其中t m -≤≤40，则),,0(),0,4,0(),0,3,1(t m GP m t GD m t GC -=--=--= 由||||GD GC =得m t -=3；由||||GP GD =得：222)4(t m m t +=--，由以上两式消去t
3 2 正视图 图1 3
侧视图 图2
2
1
1
2 1 1
俯视图 图3
得0432
=+-m m ，此方程无实数解，故在线段ＡＤ上不存在一个点Ｇ使得
点Ｇ到Ｐ，Ｂ，Ｃ，Ｄ的距离都相等。

9.（福建文科18）如图，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB =2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上，若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于_____________. 答案：2
10.(福建文科20）如图，四棱锥P-ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，点E 在线段AD 上，且CE ∥AB 。

（1） 求证：CE ⊥平面PAD ；
（11）若P A =AB =1，AD =3，CD 2，∠CDA =45°，求四棱锥P-ABCD 的体积。

解：（
2）由（1）知，
AD
CE ⊥，
145sin ,145cos =︒==︒=CD CE CD DE
又AE AB CE AB CE AB ⊥==,//,1，所以，四边形ABCE 为矩形，
2
5
21=⋅+⋅=+=∴∆DE CD AE AB S S S ECD ABCE ABCD ，又P A ⊥底面ABCD ，1=PA
6
5
31=⋅=∴-PA S V ABCD ABCD P 。

11.（广东理科7）如图1 ~ 3，某几何体的
正视图（主视图）是平行四边形，侧视
图（左视图）和俯视图都是矩形，
则该几何体的体积为
A ．63
B ．93
C ．123
D ．183
图5
C
D
P
A
E
F
C D P
A
E
F
H
（B ）．该几何体是一个底面为平行四边形，高为3的四棱柱，，
则33V Sh === 12．（广东理科18）
（本小题满分13分）
如图5，在锥体P ABCD -中，ABCD 是边长为1的 菱形，且60DAB ∠=，PA PD ==
2PB =，,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．
18．（1）证明：取AD
的中点H ，连接,,PH BH BD
∵PA PD =，∴AD PH ⊥
∵在边长为1的菱形ABCD 中，60DAB ∠= ∴△ABD 是等边三角形
∴AD HB ⊥，PH HB H = ∴AD ⊥平面PHB ∴AD PB ⊥
∵,E F 分别是BC ,PC 的中点 ∴EF ∥PB ，HB ∥DE
∴AD DE ⊥，AD EF ⊥，DE
EF E =
∴AD ⊥平面DEF
（2）解：由（1
）知PH AD ⊥，HB
AD ⊥ ∴PHB ∠是二面角P AD B --的平面角
易求得PH BH =
=
∴2
2
2
733
4cos 27PH HB PB PHB PH
HB +--
+-∠====-
⋅ ∴二面角P AD B --的余弦值为7
-
13.（广东文科7）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
解：上底面的每一个顶点都只有两条对角线，共有10条对角线。

14.（广东文科9）如图1-3，某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图分别是等腰三角形和菱形，则该几何体体积为
（A ）34 （B ）4 （C ）32 （D ）2 解：该几何体是底面为菱形的四棱锥，其中侧棱长为32，底面棱长为2，其中一条对角线的长为2，此时正视图为等边三角形，所以360sin 32=︒=h ，底面积
3232221
=⨯⨯=S
323323
1
=⨯⨯=∴V 。

15.（广东文科18）（本小题满分13分）
图5所示的几何体是将高为2，底面半径为1的直圆柱沿过轴的平面切开后，将其中一半沿切面向右水平平移后得到的. B B A A '',,,分别为
CD ,''C D ,DE ,''D E 的中点，'
'2211,,,O O O O 分别为,'',,''CD C D DE D E 的中点.
（1）证明：''12,,,O A O B 四点共面；
（2）设G 为A A '中点，延长'
'
1AO 到H ′，使得''''
11O H AO =.证明：'''2BO H BG
⊥平面 证明：（1）以1O 为坐标原点，以A O 1所在的直线为x 轴，以E O 1所在的直线为y 轴，建立
空间直角坐标系，则有：)0,2,1(),0,2,0(),2,0,1(),2,0,0(21
-''B O A O ，此时)0,0,1(),0,0,1(21
-==''B O A O ，∴B O A O 21-=''，即B O A O 21、''共线，所以''12,,,O A O B 四点共面。

（2）由(1)知，)2,0,1(),1,0,1(),2,2,1(),2,2,0(),0,2,1(2-'-''-H G B O B ，所以)2,0,1(2
='O B )0,2,0(=''B H ，),1,0,2(-='G H 02
=''⋅'∴B H O B ，且02='⋅'G H O B ， B H O B ''⊥'∴2
，G H O B '⊥'2，又H G H B H '=''' ，G B H O B ''⊥'∴平面2。

16.（湖北理科14）如图，直角坐标系xOy 所在的平面为α，直角坐标系//Oy x （其中/
y 轴
与y 轴重合）所在的平面为β，0
/
45=∠xOx . （Ⅰ）已知平面β内有一点()
2,22/P ，
则点/P 在平面α内的射影P
的坐标为 ； （Ⅱ）已知平面β内的曲线/C 的方程是
()
02222/2
/
=-+-y x
，则曲线/C 在平面α内的
射影C 的方程是 . 【答案】()2,2,()1122
=+-y x
解析：（Ⅰ）设点/P 在平面α内的射影P 的坐标为()y x ,， 则点P 的纵坐标和()
2,22/P 纵坐标相同， 所以2=y ，过点/P 作Oy H P ⊥/，垂足为H ， 连结PH ，则0
/
45=∠HP P ，P 的横坐标为
0/45cos H P PH x ==22
2
2245cos 0/=⨯
==x ， 所以点/P 在平面α内的射影P 的坐标为()2,2；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得2245cos /
/
⨯==x x x ，y y =/
，所以⎪⎩⎪⎨⎧==y
y x x //2代入曲线/C 的方
程
()
02222/2
/
=-+-y x
，得
(
)
⇒=-+-0222222
y x ()1122
=+-y x ，所以射影
C 的方程填()1122=+-y x .
17.（湖北理科18）如图，已知正三棱柱111C B A ABC -的各棱长都是4，E 是BC 的中点，动点F 在侧棱1CC 上，且不与点C 重合． （Ⅰ）当1=CF 时，求证C A EF 1⊥；
（Ⅱ）设二面角E AF C --的大小为θ，θtan 的最小值．
本题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础 知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解 能力.
A
C
A 1
C 1
B 1
解析：
解法一：（1）过E 作AC EN ⊥于N ，连接1AC NF 、，由直棱柱的性质知，底面
C A ABC 1侧面⊥
又底面AC C A ABC =1侧面 ，ABC EN 底面⊂，C A EN 1侧面⊥∴，NF 为EF 在侧面
C A 1内的射影，
在CNE Rt ∆中，160cos =︒=CE CN ，则由4
1
1==CA CN CC CF 得：1//AC NF 又C A AC 11⊥，由三垂线定理知：C A EF 1⊥。

（2）连接AF ，过N 作AF NM ⊥于M ，连接ME ，由（1）知C A EN 1侧面⊥，根据三垂线定理得：AF EM ⊥，所以EMN ∠就是二面角E AF C --的平面角，即θ=∠EMN ，
设,α=∠FAC 则︒≤<︒450α，在CNE Rt ∆中，
360sin =︒⋅=NC NE ，在AMN Rt ∆中，
ααsin 3sin =⋅=AN MN ，
故αθsin 33tan ==MN NE ，又︒≤<︒450α，2
2
sin 0≤
<∴α 当22sin =α，即︒=45α时，θtan 达到最小值，3
6
233tan =⨯=θ，此时，F 与1C 重合。

解法二：以A 点为坐标原点，以AC 所在的直线为y 轴，以1AA 所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则由已知可得：)4,0,0(),0,4,0(),0,2,32(),0,0,0(1A C B A ，
)0,3,3(E ，)1,4,0(F ，于是)1,1,3(),4,4,0(1-==，则 04401=+-=⋅EF CA ，故C A EF 1⊥。

（2）设)40(≤<=λλCF ，平面AEF 的一个法向量为),,(z y x m =，由（1） 得
),4,0(λF ，),4,0(),0,3,3(λ==AF AE ，于是由AF m AE m ⊥⊥,得
⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0
0m AE m ，即⎩⎨
⎧=+=+04033z y y x λ，取)4,,3(λλ-=m ，又由直三棱柱的性质可取侧面
1AC 的一个法向量）
0,0,1(=n ，于是由θ为锐角可得：=+=⋅=θλλ
θsin 4
23||||||cos 2，n m n m
4
216
22++λλ，所以22316
31316cos sin tan λλλθθθ+=+==，又40≤<λ得411≥λ， 即3
6
3131tan ≥
+≥
θ。

故当4=λ，即F 与1C 重合时，θtan 达到最小值为36。

18.（湖北文科7）设球的体积为V ，它的内接正方体的体积为V ，下列说法中最合适的是
A. V 比V 大约多一半
B. V 比V 大约多两倍半
C. V 比V 大约多一倍
D. V 比V
大约多一倍半
答案：D
19.（湖北文科18）如图，已知正三棱柱A B C -111A B C 的底面边长为2，侧棱长为32，
点E 在侧棱1A A 上，点F 在侧棱1B B 上，且22A E =,2BF =.
(I) 求证：1C F C E ⊥；
(II) 求二面角1E C F C --的大小。

解法（一）（1）由已知可得，231=CC ，32)22(2221=+=
=F C CE
6)2(2)(22222=+=-+=BF AE AB EF ，21212F C E C EF =+∴
2
1212CC E C CE =+，CE E C EF E C ⊥⊥∴11,，又E CE EF =
CEF E C 平面⊥∴1，又CEF CF 平面⊂，CF E C ⊥∴1。

（2）在CEF ∆中，由（1）得32,6==
=CE CF EF ，于是有
222CE CF EF =+，EF CF ⊥∴，又由 （1）知，CF E C ⊥1，E E C EF =1
EF C CF 1平面⊥∴，又EF C F C 11平面⊂，故CF F C ⊥1，于是1EFC ∠为二面角 1C CF E --的平面角，由（1）知，EF C 1∆为等于直角三角形，︒=∠451EFC
即二面角1C CF E --的大小为︒45。

解法（二）以A 点为坐标原点，以AC 所在的直线为y 轴，以1AA 所在的直线为z 轴，建立空
间
直
角
坐
标
系
，
由
已
知
可
得
：
)2,1,3()22,0,0(),23,2,0(),0,2,0(),0,1,3(),0,0,0(1F E C C B A ，
（1）)2,1,3(),2,2,0(1-=--=CF E C ，01=⋅∴CF E C ，CF E C ⊥∴1
（2）)22,2,0(-=，设平面CEF 的一个法向量为),,(z y x m =，由m m ⊥⊥,得
⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0
0m m ，即⎪⎩⎪⎨
⎧=+-=+-0230
222z y x z y ，可取)1,2,0(=m ，设侧面1BC 的一个法向量为 n ，由1,CC n n ⊥⊥及)23,0,0(),0,1,3(1=-=CC ，可取)0,3,1(=n
设二面角
1C CF E --的大小为θ
，由θ
为锐角可得：
︒=∴==⋅=
45,2
2326||||||cos θθn m n m
即二面角1C CF E --的大小为︒45。

20.（湖南理科3、文科4）设图一是某几何体的三视图，
则该几何体的体积为（ ）
A ．9122π+
B ．9182
π+
C ．942π+
D ．3618π+
答案：B 解析：有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合
体，其体积3439
+332=18322
V ππ=⨯⨯+（）。

21.（湖南理科19）（本题满分12分）
正视图
侧视图
俯视图
图1
如图5，在圆锥PO 中，已知2,PO O =的直径2,,AB C AB D AC =是的中点,为的中
点．
（I ）证明：;POD PAC ⊥平面平面
（II ）求二面角B PA C --的余弦值． 解：（I ）连接OC ，因为OA OC =,D 为的AC 中点，所以AC OD ⊥. 又,,.
PO O AC O AC PO ⊥⊂⊥底面
底面所以因为,OD PO 是平面POD 内的两条相交直线，所以
AC POD ⊥平面。

而AC PAC ⊂平面，所以POD PAC ⊥平面平面。

（II ）在平面POD 中，过O 作OH PD ⊥于H ，由（I ）知，POD PAC ⊥平面平面,所以,OH PAC ⊥平面又,PA PAC ⊂平面所以PA OH ⊥.
在平面PAO 中，过O 作OG PA ⊥于G,连接HG ,则有PA OGH ⊥平面， 从而PA HG ⊥，所以OGH ∠是二面角B PA C --的平面角． 在2,sin 452
Rt ODA OD OA ∆=⋅︒=
中 在2
2
2
2102,51
+2+2
Rt POD OH PO OD
⨯∆=
=
=中
在22
216
,32+1
+Rt POA OG PO OA ⨯∆=
=
=中 在10
155,sin 6
OH Rt OHG OGH OG ∆∠====中,所以10
cos 5OGH ∠=。

故二面角B PA C --的余弦值为10。

22.（湖南文科19）如图3，在圆锥PO 中，已知2,PO O =
的直径2,,AB C AB D AC =∠点在上,且CAB=30为的中点． （I ）证明：;AC POD ⊥平面
（II ）求直线OC 和平面PAC 所成角的正弦值．
解析：（I ）因为,OA OC D AC =⊥是的中点,所以AC OD.又ABC OP 底面⊥，
ABC AC 平面⊂，AC OP ⊥∴，OP 和OD 是平面POD 内的两条相交直线，所以;AC POD ⊥平面
（II ）由（I ）知，,AC POD ⊥平面又,AC PAC ⊂平面所以平面,POD PAC ⊥平面在平面POD 中，过O 作
OH PD ⊥于H,则,OH PAC ⊥平面连结CH ，则CH
是OC PAC 在平面上的射影，所以OCH ∠是直线OC 和平面PAC 所成的角．
在22
1
222,3124
Rt POD OH PO OD ⨯
=
=
=++中 在2
,sin OH Rt OHC OCH OC ∠=
=中
23.（江西理科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 '',设31A A 的中点为M ,42A A 的中点为N ，则平面332
2,A NA A MA ''和平面互相平行,即为32,αα。

过点41,A A 分别作平面41,αα与32,αα平行即可的出结论。

（2）把正四面体置于一个正方体1111D C B A ABCD -中，432,,A A A 分别和1,,C B D 重合，现设正方体的棱长为a ,由（1）的作法，过1A 点分别作32,αα得垂线，垂足分别为N M , 则11,1E MN M A ==为11B A 的中点，2
11a E A =，a E A D A E D 252
1121111=+=， 由于,
1111111E D M A E A D A ⨯=⨯得，5=a ，
那么，正四面体的棱长为102==a d ，其体积为3
5531614333
==⨯-=a a a V （即一个棱长为a 的正方体割去四个直角三棱锥后的体积）
24.（四川理科3、文科6）.321,,l l l 是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是 (A)21l l ⊥，32l l ⊥31//l l ⇒ （B ）21l l ⊥，32//l l 31l l ⊥⇒ (C)⇒321////l l l 321,,l l l 共面 （D ）321,,l l l 共点⇒321,,l l l 共面
答案：B
解析：A 答案还有异面或者相交；三棱柱的三条侧棱相互平行，但不共面，则C 不正确；三棱锥的三条侧棱所在的直线共点，但不共面，故D 不正确。

25.（四川理科15）如图，半径为R 的球O 中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是 . 答案：22R π
解析：设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则圆柱的侧面积为
)(4222
2
2
2
2
r R r r R r S -=-⋅=ππ侧22
2222
4R r R r ππ=-+⋅
≤ 等号成立时，2
22r R r -=，解得R r 2
2
=
，此时222224R R R S S πππ=-=-侧球 26.（四川理科19）如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，
︒=∠90BAC ，11===AA AC AB ．D 是棱1CC 上的一点，P 是AD 的延长线与11C A 的
延长线的交点，且1PB ∥平面1BDA (1)求证：D C CD 1=：
(2)求二面角B D A A --1的平面角的余弦值； (3)求点C 到平面DP B 1的距离．
解析：（1）连接A B 1交1BA 于O , 1PB ∥平面1BDA ，P AB P B 11平面⊂，
平面P AB 1 平面BD A 1OD =，OD P B //1∴，又O 为A B 1的中点，∴D 为AP 的中点， 故D C 1为AP A 1∆的中位线，1112
1
21DD AA D C ==
∴，∴D C CD 1= （2）由题意C AA AB AA AB AC AB 11,,平面⊥∴⊥⊥,过B 作AD AH ⊥于H 点， 连接BH ，则AD BH ⊥,AHB ∠∴为二面角B D A A --1的平面角。

在AD A 1∆中，
25411,111=+
===D A AD AA ，则55
22
5
11=⨯=AH ， 3215
4
55
2cos =+==∠∴BH AH AHB ，故二面角B D A A --1的平面角的余弦值为32。

(3)因为CDP B DP B C V V --=11，设点C 到平面DP B 1的距离为h ，则113
1
311B A S h S CDP DP B ⋅=⋅∆∆ 在PD B 1∆中，541212
111=+=+=
P A A B P B ，2
5=
=AD DP ， 2
3
412212
111=+
=+=D C C B D B ，由余弦定理得： 545
2
5
2495452cos 12
12
12
1=⨯⨯-
+=⋅-+=∠PB PD D B PB PD PD B 53sin 1
=∠∴PD B ， 则4
35325521sin 21111=⋅⋅⋅=∠⨯⨯⨯=
∆PD B PD P B S PD B ，
又4
1
12121211=⋅⋅=⋅⋅=
∆PC CD S CDP ，111=B A 314
341
111==⋅=∴∆∆PD B CDP S B A S h ，即点C 到平面DP B 1的距离为31。

向量解法：以1A 为坐标原点，以A A C A B A 11111,,所在的直线分别为z y x ,,轴，建立空间直角坐标系，则)1,0,1(),0,1,0(),0,0,1(),0,0,0(111B C B A
（1）设x D C =1，由P C AC 1//，两三角形相似得：x
x
CD D C AC P C -==111，由此可得： )0,11,0(),,1,0(x x P x D -+，)0,11,1(),,1,0(),1,0,1(111x
x
P B x D A B A -+-===∴
设平面D BA 1的法向量为),,(1c b a n =，则有⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0
1111D A n B A n ，即⎩⎨⎧=+=+00cx b c a ，取1-=c 得
)1,,1(1-=x n 。

因为1PB ∥平面1
BDA ，所以011=⋅PB n ，0)11(1=-++-∴x
x
x 解得2
1
=x ，所以D C CD 1=。

（2）由（1)可知，平面D BA 1的法向量的一个法向量为)1,2
1
,1(1-=n ，又)0,0,1(2=n 为平
面D AA 1的一个法向量，32
14
1
11|
|||,cos 212
121=++=
⋅>=
<∴n n n n n n ，由图知，二面角 B D A A --1的平面角为锐二面角。

所以二面角B D A A --1的平面角的余弦值为3
2。

（3）)2
1,1,0(),0,2,1(1-=-=DP P B ，设平面DP B 1的法向量为),,(1113c b a n =
所以⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00313DP n P B n ，即⎪⎩
⎪
⎨⎧=-=+-021021111c b b a ，令21
=c 有)2,1,2(3=n ，又)21,0,0(=DC ∴C 点到平面DP B 1的距离为3
1
2121||||22233=++=⋅=
n n DC d 。

27.（四川文科15）如图，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_________． 答案：32π
解析：如图，球的表面积为ππ6442
=R 。

设球的一条半径与圆柱相 应的母线夹角为α， 圆柱侧面积，24sin 24cos S παα=⨯⨯⨯侧＝32sin 2πα，
当4
π
α=
时，侧S 取最大值为32π，此时球的表面积与该圆柱的侧面积之
差为32π．
28.（四川文科19）如图，在直三棱柱111C B A ABC -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于点D ．
（1）求证：PB 1∥平面BDA 1；
（2）求二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值；
本小题主要考查直三棱柱的性质、线面关系、二面角等基本知识，并考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查应用向量知识解决问题的能力． 解法一：
（1）连结AB 1与BA 1交于点O ，连结OD ，
∵C 1D ∥平面AA 1，C 1P ＝A 1C 1，∴AD =PD ，又AO =B 1O ， ∴OD ∥PB 1，又OD ⊂面BDA 1，PB 1⊄面BDA 1， ∴PB 1∥平面BDA 1．
（2）过A 作AE ⊥DA 1于点E ，连结BE ．∵BA ⊥CA ，BA ⊥AA 1，且AA 1∩AC =A ， ∴BA ⊥平面AA 1C 1C ．由三垂线定理可知BE ⊥DA 1． ∴∠BEA 为二面角A －A 1D －B 的平面角．
在Rt △A 1C 1D 中，22115
()12A D =+=，
又1115
1122AA D S AE ∆=⨯⨯=⨯⋅，∴25AE =
． 在Rt △BAE 中，222535(
)15BE =+=，∴2
cos 3
AE AEB BE ∠==． 故二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值为
2
3
． 解法二：
如图，以A 1为坐标原点，以A 1B 1，A 1C 1，A 1A 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立 空间直角坐标系xyz A -1，则1(0,0,0)A ，1(1,0,0)B ，1(0,1,0)C ，(1,0,1)B ，(0,2,0)P ．
（1）在△P AA 1中有1112C D AA =，即1
(0,1,)2
D ．
)0,2,1(),2
1
,1,0(),1,0,1(111-===∴P B D A B A 。

设平面BA 1D
的一个法向量为1(,,)a b c =n ，
则11110,
1
0.
2
A B a c A D b c ⎧⋅=+=⎪
⎨⋅=+=⎪⎩n n 令1c =-，则11(1,,1)2=-n ． ∵111
1(1)2(1)002
B P ⋅=⨯-+⨯+-⨯=n ，PB 1⊄面BDA 1
∴PB 1∥平面BDA 1。

（2）由（1）知，平面BA 1D 的一个法向量11
(1,,1)2
=-n ．
又2(1,0,0)=n 为平面AA 1D 的一个法向量．∴12121212
cos ,3||||3
12
⋅<>=
==⋅⨯n n n n n n ．
故二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值为
23
．
29.（江西文科9）将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如右图所示，则该几何体的左视图为（ ）
答案：D 被截去的四棱锥的三条侧棱中，有两条为面对角线，它们在右侧面上的投影与右侧面的两条边重合，另外一条为体对角线，在右侧面上的投影为右侧面的对角线，左视图即是从正左方看，找特殊位置的可视点，连起来就可以得到答案。

30（江西文科18）(本小题满分12分）
如图，在ABC ∆中，,2
π
=
∠B 2==BC AB ，P 为AB 边上一动点，BC PD //交AC 于D ，
现将PDA ∆沿PD 翻折至A PD '∆，使平面A PD '⊥平面PBCD 。

（1）当棱锥PBCD A -'的体积最大时，求PA 的长； （2）若点P 为AB 的中点，E 为C A '的中点，求证：DE B A ⊥'
解：（1）,2
π
=
∠B BC PD //，则AB DP ⊥，翻折后PD P A ⊥'，
又平面A PD '⊥平面 PBCD ，平面A PD ' 平面PBCD PD =，则平面A P '⊥平面PBCD
设x PA =，则)2
2(31312
-x x S PA V PDCB PBCD
A -=⋅='底面 令)0(,632)22(31)(32>-=-=x x x x x x f ， 则6
34232)(2
2x x x f -=
-='
x )3
3
2,
0( 33
2 ),3
3
2(
+∞ )(x f '
+
-
)(x f
单调递增
极大值
单调递减
由上表易知：当3
3
2=
=x PA 时，有PBCD A V -'取最大值。

（2）证明：作B A '的中点F ，连接EF 、FP 由已知得：FP ED PD BC EF ////2
1
//
⇒
PB A '∆为等腰直角三角形，PF B A ⊥' 所以DE B A ⊥'.
31.（浙江理科3）若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是
【答案】D
【解析】由正视图可排除A 、B 选项；由俯视图可排除C 选项. 32.（浙江理科4）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⊥γ，=l α
β，那么⊥l 平面γ
（D ）如果平面⊥α平面β，那么平面⊥α内所有直线都垂直与平面β 【答案】D
33.（浙江理科20）本题满分15分）如图，在三棱锥ABC P -中，AC AB =，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 ＝3OD ＝2 （1）证明：BC AP ⊥；
（2）在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角B MC A --为直二面角？ 若存在，求AM 的长；若不存在，请说明理由。

本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考
查想象能力和运算求解能力。

满分15分。

（1）证明：如图，以O 为原点，以射线OP 为z 轴的正半轴，OD 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系xyz O -， 则)0,0,0(O ，)0,3,0(-A ，)0,2,4(B ，)0,2,4(-C ，
)4,0,0(P ，(0,3,4),(8,0,0),AP BC ==-由此可得0AP BC ⋅=所以
AP ⊥BC ，即BC AP ⊥
（2）解：设,(01),(0,3,4),PM PA PM λλλ=<<=--
BM BP PM BP PA λ=+=+(4,2,4)(0,3,4)λ=--+-- (4,23,44),λλ=----(4,5,0),(8,0,0).AC BC =-=-
设平面BMC 的法向量1111(,,),n x y z =平面APC 的法向量 2222(,,),n x y z =
由1
10,0,BM n BC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 得11114(23)(44)0,80,x y z x λλ--++-=⎧⎨-=⎩即1110,23,44x z y λ
λ=⎧⎪⎨+=⎪-⎩
可取123(0,1,
),44n λ
λ
+=- 由220,
0,AP n AC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即2222340,450,y z x y +=⎧⎨-+=⎩ 得2222
5,43,4x y z y ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩ 可取2(5,4,3),n =-
由120n n ⋅=，得2343044λλ+-⋅
=-，解得2
5
λ=，故3=AM
综上所述，存在点M 符合题意3=AM 。

方法二：
（1）证明：由AC AB =,D 是BC 的中点，得BC AD ⊥, 又PO ⊥平面ABC ,得PO ⊥BC 。

因为O AD PO = ，所以BC ⊥平面PAD
故BC AP ⊥.
（2）解：如图，在平面PAD 内作PA BM ⊥于M ,连CM . 由（1）中知BC AP ⊥,得AP ⊥平面BMC .
又AP ⊂平面APC ,所以平面BMC ⊥平面APC 。

在ADB Rt ∆中，412
22=+=BD AD AB ，得41=
AB
在POD Rt ∆中,2
2
2
OD PO PD +=,在PBD Rt ∆，2
22BD PD PB +=
所以362
2
2
2
=++=BD OD PO PB ，所以6=PB 在POA Rt ∆中, 252
2
2
=+=OP AO PA 得5=PA
又2221
cos ,23
PA PB AB BPA PA PB +-∠=
=⋅ 从而cos 2,PM PB BPA =∠=所以3AM PA PM =-= 综上所述，存在点M 符合题意，3=AM .
34.（浙江文科4）（4）若直线l 不平行于平面α，且l α⊄，则 (A)
α内存在直线与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
【答案】B
【解析】在α内存在直线与l 异面，所以A 不正确；若α存在直线与l 平行，又∵α⊄l 则有α//l ，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.
35.（浙江文科7）几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是
【答案】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.
36.（浙江文科20）（本题满分14分）如图，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.
（Ⅰ）证明：AP ⊥BC ；
（Ⅱ）已知8BC =，4PO =，3AO =，2OD =.求二面角B AP C --的大小. 解：（1）证明：以O 为原点，以射线OP 为z 轴的正半轴，OD 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系xyz O -，由AB AC =设)0,,(b a B ，)0,,(b a C -，),0,0(),0,,0(h P c A -，则)0,0,2(),,,0(a h c -==，
则0000)2(=⨯+⨯+⨯-=⋅h c a ，所以AP ⊥BC （2）证明：如图，以O 为原点，以射线OP 为z 轴的正半轴，OD 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系xyz O -， 则)0,0,0(O ，)0,3,0(-A ，)0,2,4(B ，
)0,2,4(-C ，)4,0,0(P ，(0,3,4),AP =)0,5,4(=，)0,5,4(-=，设平
面ABP 的法向量为),,(1z y x n =，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00
11AP n n ，所以⎩⎨⎧=+=+054043y x z y ，可设4=y ，则
)3,4,5(1--=n ；设平面APC 的法向量为),,(2222z y x n =
则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0
12AP n n ，即⎩⎨⎧=+-=+0540432222y x z y ，可取42=y ，则
)3,4,5(2-=n ，所以0)3()3(44)5(521=-⨯-+⨯+-⨯=⋅n n ，即二面角B AP C --的大
小为︒90。

解法二：（Ⅰ）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=0，所以BC ⊥平面PAD
故BC ⊥PA.
（Ⅱ）解：如图，在平面PAB 内作BM ⊥PA 于M,连CM. 因为BC ⊥PA.，得AP ⊥平面BMC.
所以AP ⊥CM.
故∠BMC 为二面角B-AP-C 的平面角。

在ADB Rt ∆中，412
22=+=BD AD AB ，得41=
AB
在POD Rt ∆中,2
2
2
OD PO PD +=,在PBD Rt ∆，2
22BD PD PB +=
所以362
2
2
2
=++=BD OD PO PB ，所以6=PB 在POA Rt ∆中, 252
2
2
=+=OP AO PA 得5=PA
又2221
cos ,23
PA PB AB BPA PA PB +-∠=
=⋅ 从而22
sin 3
BPA ∠=
所以sin 42BM PB BPA =∠=同理24=CM ，因为2
22BC MC BM =+， 所以BPA ∠=900
即二面角C AP B --的大小为900。

37（山东理11、文11）下图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图．其中真命题的个数是（ ）
正（主视图） 俯视图
(A)3 (B)2 (C)1 (D)0 【答案】A
【解析】对于①,可以是放倒的三棱柱；容易判断②③可以.
38（山东理19）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为平行四边形，ACB ∠=90︒，EA ⊥平面ABCD ，//EF AB ，//FG BC ，//EG AC .2AB EF =. （Ⅰ)若M 是线段AD 的中点，求证：//GM ABFE 平面 （Ⅱ）若2AC BC AE ==,求二面角A BF C --的大小． 【解析】（Ⅰ)连结AF ,因为//EF AB ，//FG BC ，
EF FG F =,所以平面EGF ∥平面
ABCD ,又易证EFG ∆∽ABC ∆,
所以
12FG EF BC AB ==,即1
2FG BC =,也即1
2
FG AD =,又M 为AD
的中点,所以1
2
AM AD =,又因为
////FG BC AD ，所以//FG AM ,所以四边形AMGF 是平行四边形,故//GM FA ,又因为GM ⊄平面ABFE ,FA ⊂平面ABFE ,所以GM ∥平面ABFE . （Ⅱ）取AB 的中点O ,连结CO ,因为AC BC =,所以CO AB ⊥, 又因为EA ⊥平面ABCD ，CO ⊂平面ABCD ,所以EA CO ⊥,又EA AB A =,所以CO ⊥平面ABFE ,在平面ABFE 内,过点O 作OH BF ⊥于H ,连结CH ,由三垂线定理知:CH BF ⊥,所以CHO ∠为二面角A BF C --的平面角.
设22AB EF a ==,因为ACB ∠=90︒，
AC BC = =2a ,CO =a ,22
AE a =
,连结FO ,容易证得//FO EA 且22FO a =
,所以6BF a =,所以OH =
226a ⨯
=33
a ,所以在Rt COH ∆中,tan CHO ∠ =CO OH =3,故CHO ∠=60,
所以二面角A BF C --的大小为60. 39（山东文19）如图，在四棱台
1111ABCD A B C D -中，1D D ⊥平面ABCD ，
A 1
B 1
C 1
D 1
底面ABCD 是平行四边形，2AB AD =，11AD A B =，BAD ∠=60° （Ⅰ）证明：1AA BD ⊥； （Ⅱ）证明：11//CC A BD
平面
【解析】（Ⅰ）证明：因为2AB AD =，所以设
AD a =,则2AB a =,又因为BAD ∠=60°,所以在ABD ∆中,由余弦定理得：
2222(2)22cos 603BD a a a a a =+-⨯⨯=,所以BD =3a ,所以222AD BD AB +=,故
BD AD ⊥,又因为1D D ⊥平面ABCD ，所以1D D ⊥BD ,又因为1AD D D D =, 所以
BD ⊥平面11ADD A ,又因为111A D ADD A ⊂平面，故1AA BD ⊥.
(2)连结AC ,设AC
BD O =, 连结1AO ,由底面ABCD 是平行四边形得:O AC 是的中
点,由四棱台1111ABCD A B C D -知:平面ABCD ∥平面1111A B C D ,因为这两个平面同时都
和平面11ACA C 相交,交线分别为AC 、11AC ，故
11//AC A C ，又因为2AB a =, BC a =,120ABC ︒∠=，所以可由余弦定理计算得AC =
7a ，又因为
1111,2a A B a B C ==
,111120A BC ︒∠=，所以可由余弦定理计算得11AC =72
a ，所以11//A C OC 且11A C OC =，故四边形11OCC A 是平行四边形，所以11//CC A O ，又1CC ⊄
平面1A BD ，1AO
⊂平面1A BD ，所以11//CC A BD 平面. 40（辽宁理8）如图，四棱锥ABCD S -的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结
论中不正确．．．的是 (A) SB AC ⊥ (B)//AB 平面SCD
(C) SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 (D)AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角 答案：D
41（辽宁理12）已知球的直径SC=4，A,B 是该球球面上的两点，
3=AB ，︒=∠=∠30B SC ASC ，则棱锥S-ABC 的体积为
（A ）33 （B ）32 （C ）3 （D ）1
解析：由题可知，A 与B 两点在与直径垂直的小圆面上，作过AB 的小圆，与SC 相交于D 点，设x SD =，则x CD -=4，此时所求棱锥分割成两个棱锥ABD S -，ABD C -，在SAD ∆和
SBD ∆中，由已知条件可得：
x BD AD 3
3
=
=，又因为SC 为直径，所以︒=∠=∠90SAC SBC ，则 ︒=∠=∠60DCA DCB ，
在SBD ∆中，x BD AD 3
3
==，在BDC ∆中，)4(3x BD -= 所以
)4(33
3
x x -=，解得3=x ，所以3==BD AD ，ABD ∆是等边三角形。

所以344
333131=⨯⨯=⋅=
∆-SC S V ABD ABC S ，选C 42（辽宁理15）一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为32，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是____________.
解：由体积可知，侧棱长与底面边长是2，由俯视图和左视图可知，矩形的长和宽分别是2和3，故它的面积是32。

43（辽宁理18）如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，
PD AB QA 2
1
=
=。

（1）证明：平面PQC ⊥平面DCQ
（2）求二面角C BP Q --的余弦值。

解：（1）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xyz D -，依题意有：)0,2,0(),1,0,0(),0,1,1(P C Q 则),1,0,0(),0,1,1(==DC DQ 则)0,1,1(-=PQ ，所以0=⋅=⋅DC PQ DQ PQ ，即DC PQ DQ PQ ⊥⊥,，故
⊥PQ 平面DCQ ，又⊂PQ 平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ 。

y
z
x
（2）依题意有：)1,2,1(
),0,0,1(),1,0,1(--==BP CB B ，设),,(z y x n =是平面PBC 的法
向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0
BP n CB n ，即⎩⎨⎧=-+-=020z y x x ，可取)2,1,0(--=n ，设平面PBQ 的法向量为
m ，
则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0
0PQ m BP m ，可取)1,1,1(=m ，所以515533||||,cos -
=⋅-=⋅>=<n m n m n m 故二面角C BP Q --的余弦值为5
15
-。

44（辽宁文8）一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为32，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是
（A ）4 （B ）32 （C ）2 （D ）3 答案：B
45（辽宁文10）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 （A ）3
3
(B)233 (C) 433 (D)533
答案：C
46(辽宁文18）如图，四边形ABCD 为正方形，QA ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA=AB=
1
2
PD 。

（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。

解：（1）由条件知，PDAQ 为直角梯形，⊥QA 平面ABCD ，∴平面PDAQ ⊥平面
ABCD ，又平面PDAQ 平面ABCD AD =，且四边形ABCD 为正方形，AD DC ⊥∴
∴⊥DC 平面PDAQ ，可知DC PQ ⊥，在直角梯形PDAQ 中，PD PQ DQ 2
2
=
=
则QD PQ ⊥，⊥∴PQ 平面DCQ 。

（2）设a AB =，由题可知AQ 为棱锥ABCD Q -的高，33
1a V ABCD Q =
∴- 由（1）知，PQ 为棱锥DCQ P -的高，而a PQ 2=，DCQ ∆的面积为
22
2a 33
1
a V DCQ P =∴-，1:1:=∴--DCQ P ABCD Q V V 。

47（天津理10）一个几何体的三视图如右图所示（单位：m ），则该几何体的体积为
__________3
m
答案：6+π
解：该几何体是一个组合体，其中下面是一个长方体，其长宽高分别是3,2,1，上面是一个
圆锥，底面半径为1，高为3，故
ππ+=⨯⨯⨯+⨯⨯=6313
1
123V 。

48（天津理17）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，
H 是正方形11AA B B 的中心，122AA =，1C H ⊥平面11AA B B ，且1 5.C H =
（1）求异面直线AC 与11B A 所成角的余弦值； （2）求二面角111A A C B --的正弦值；
（3）设N 为棱11BC 的中点，点M 在平面
11AA B B 内，且MN ⊥平面11A B C ，求线段BM
的长．
本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量
解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.满分13分. 方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B 为坐标原点. 依题意得(22,0,0),(0,0,0),(2,2,5)A B C - 111(22,22,0),(0,22,0),(2,2,5)A B C
（I ）解：易得11(2,2,5),(22,0,0)AC A B =--=-， 于是11111142
cos ,,3||||322
AC A B AC A B AC A B ⋅=
==⋅⨯
所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为
2.3
（II ）解：易知111(0,22,0),(2,2,5).AA AC ==--
设平面AA 1C 1的法向量(,,)m x y z =，
则11100m AC m AA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即2250,220.x y z y ⎧--+=⎪⎨=⎪
⎩
不妨令5,x =可得(5,0,2)m =，同样地，设平面A 1B 1C 1的法向量(,,)n x y z =，
则11110,0.n AC n A B ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即2250,220.x y z x ⎧--+=⎪⎨-=⎪
⎩不妨令5y =， 可得(0,5,2).n =于是2
cos ,,||||7
77m n m n m n ⋅=
==⋅⋅
从而35
sin ,.m n =
所以二面角A —A 1C 1—B 的正弦值为35. （III ）解：由N 为棱B 1C 1的中点，得2325
(
,,).N 设)0,,(b a M ， 则2325(,,)22MN a b =--，由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0
1111C A MN B A MN ， 即2
()(22)0,22325()(2)()(2)50.22a a b ⎧
-⋅-=⎪⎪⎨⎪-⋅-+-⋅-+⋅=⎪⎩
解得2
,
22
.4
a b ⎧=⎪⎪⎨
⎪=⎪⎩
故22(,,0).24M 因此22(,,0)24BM =，
所以线段BM 的长为10||.4
BM = 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，
1122,5,AA C H ==可得1111 3.A C B C ==
因此222111111
1111111
2cos .2AC A B B C C A B AC A B +-∠==⋅
所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为
2.3
（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 1C 1，
所以11AC A ∆≌111B C A ∆，过点A 作
11AR A C ⊥于点R ， 连接B 1R ，于是111B R AC ⊥，故1ARB ∠为二面角A —A 1C 1—B 1的平面角. 在11Rt A RB ∆中，2111112214
sin 221().33
B R A B RA B =⋅∠=⋅-= 连接AB 1，在1ARB ∆中，
222
1111114,,cos 2AR B R AB AB AR B R ARB AR B R
+-==∠=
⋅27=-， 从而135
sin .ARB ∠=
所以二面角A —A 1C 1—B 1的正弦值为35. （III ）解：因为MN ⊥平面A 1B 1C 1，所以11.MN 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1152ND C H =
=
. 又1C H ⊥平面AA 1B 1B ，所以ND ⊥平面AA 1B 1B ，故11.ND A B ⊥ 又,MN
ND N =所以11A B ⊥平面MND ，连接MD 并延长交A 1B 1于点E ，
则111,//.ME A B ME AA ⊥故由
1111111
,4
B E B D DE AA B A B A === 得12DE B E ==
，延长EM 交AB 于点F ，可得12.BF B E ==连接NE. 在Rt ENM ∆中，2
,.ND ME ND DE DM ⊥=⋅故所以252
.4
ND DM DE ==
可得2
.4
FM =
连接BM ，在Rt BFM ∆中，2210.4
BM FM BF =+=
49（天津文10）一个几何体的三视图如图所示（单位：m ），
则该几何体的体积为__________3
m
答案：4
50（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，0
45ADC ∠=，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．
本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识，
考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力。

满分13分。

（Ⅰ）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，又M 为PD 的中点，所以PB//MO 。

因为PB ⊄平面ACM ，MO ⊂平面ACM ，所以PB//平面ACM 。

（Ⅱ）证明：因为45ADC ∠=︒，且AD=AC=1，所以90DAC ∠=︒，即AD AC ⊥，又PO ⊥平面ABCD ，AD ⊂平
面ABCD ，所以,PO AD AC PO O ⊥⋂=而，所以AD ⊥平面PAC 。

（Ⅲ）解：取DO 中点N ，连接MN ，AN ，因为M 为PD 的中点，
所以MN//PO ，且11,2
MN PO PO =
=⊥由平面ABCD ，得MN ⊥平面ABCD ，
所以MAN ∠是直线AM 与平面ABCD 所成的角，在Rt DAO ∆
中，11,2AD AO ==
，所
以DO =，从而
1
2AN DO =
=
，在
,tan 4
MN Rt ANM MAN AN ∆
∠=
==
中，即直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值为
5
51（全国大纲理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 AC
BD ===，则D 到平面ABC
的距离等于
(A)
3 (B)3 (C)3
(D) 1 【答案】C。