高三数学立体几何专题复习课程

高三数学立体几何专题专题三 立体几何专题【命题趋向】高考对空间想象能力的考查集中体现在立体几何试题上，着重考查空间点、线、面的位置关系的判断及空间角等几何量的计算．既有以选择题、填空题形式出现的试题，也有以解答题形式出现的试题．选择题、填空题大多考查概念辨析、位置关系探究、空间几何量的简单计算求解，考查画图、识图、用图的能力；解答题一般以简单几何体为载体，考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及空间几何量的求解问题，综合考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．试题在突出对空间想象能力考查的同时，关注对平行、垂直关系的探究，关注对条件或结论不完备情形下的开放性问题的探究．【考点透析】立体几何主要考点是柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征、三视图、直观图，表面积体积的计算，空间点、直线、平面的位置关系判断与证明，（理科）空间向量在平行、垂直关系证明中的应用，空间向量在计算空间角中的应用等．【例题解析】题型1 空间几何体的三视图以及面积和体积计算例1（2008高考海南宁夏卷）某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a b +的最大值为A ． 22B ． 32C ． 4D ． 52分析：想像投影方式，将问题归结到一个具体的空间几何体中解决． 解析：结合长方体的对角线在三个面的投影来理解计算，如图设长方体的高宽高分别为,,m n k ==1n ⇒=，a =b =，所以22(1)(1)6a b -+-=228a b ⇒+=，22222()282816a b a ab b ab a b +=++=+≤++=∴4a b ⇒+≤当且仅当2a b ==时取等号．点评：本题是课标高考中考查三视图的试题中难度最大的一个，我们通过移动三个试图把问题归结为长方体的一条体对角线在三个面上的射影，使问题获得了圆满的解决．例2 （2008高考山东卷、2009年福建省理科数学高考样卷第3题）下图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是A ．9πB ．10πC ．11πD ．12π分析：想像、还原这个空间几何体的构成，利用有关的计算公式解答． 解析：这个空间几何体是由球和圆柱组成的，圆柱的底面半径是1，母线长是3，球的半径是1，故其表面积是22213214112ππππ⨯⨯+⨯⨯+⨯=，答案D ．点评：由三视图还原空间几何体的真实形状时要注意“高平齐、宽相等、长对正”的规则．例3（江苏省苏州市2009届高三教学调研测试第12题）已知一个正三棱锥P ABC -的主视图如图所示，若32AC BC ==， 6PC ，则此正三棱锥的全面积为_________．分析：正三棱锥是顶点在底面上的射影是底面正三角形的中心的三棱锥，根据这个主试图知道，主试图的投影方向是面对着这个正三棱锥的一条侧棱，并且和底面三角形的一条边垂直，这样就知道了这个三棱锥的各个棱长．解析：这个正三棱锥的底面边长是36，故底面正三角形的中心到一个顶点的距离是23333=22363+=，由此知道这个正三棱锥的侧面也是边长为3的正三角形，故其全面积是234393=93 点评：由空间几何体的一个视图再加上其他条件下给出的问题，对给出的这“一个视图”要仔细辨别投影方向，这是三视图问题的核心．题型2 空间点、线、面位置关系的判断例4（江苏苏州市2009届高三教学调研测试7）已知n m ,是两条不同的直线，βα,为两个不同的平面，有下列四个命题：①若βα⊥⊥n m ,，m n ⊥，则βα⊥；②若n m n m ⊥,//,//βα，则βα//；③若n m n m ⊥⊥,//,βα，则βα//；④若βαβα//,//,n m ⊥，则n m ⊥．其中正确的命题是（填上所有正确命题的序号）_______________． 分析：根据空间线面位置关系的判定定理和性质定理逐个作出判断． 解析：我们借助于长方体模型解决．①中过直线,m n 作平面γ，可以得到平面,αβ所成的二面角为直二面角，如图（1），故βα⊥①正确；②的反例如图（2）；③的反例如图（3）；④中由,m ααβ⊥P 可得m β⊥，过n 作平面γ可得n 与交线g 平行，由于m g ⊥，故m n ⊥．答案①④．点评：新课标的教材对立体几何处理的基本出发点之一就是使用长方体模型，本题就是通过这个模型中提供的空间线面位置关系解决的，在解答立体几何的选择题、填空题时合理地使用这个模型是很有帮助的． 例5（浙江省2009年高考省教研室第一次抽样测试理科第5题）设,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，下列命题正确的是A ．若,,//m n m n αβ⊥⊥，则//αβB ．若//,//,//,m n αβαβ则//m nC ．若,//,//m n αβαβ⊥，则m n ⊥D ．若//,//,//,m n m n αβ则//αβ 分析：借助模型、根据线面位置关系的有关定理逐个进行分析判断． 解析：对于//αβ，结合,//,m n αβ⊥则可推得m n ⊥．答案C ．点评：从上面几个例子可以看出，这类空间线面位置关系的判断类试题虽然形式上各异，但本质上都是以空间想象、空间线面位置关系的判定和性质定理为目标设计的，主要是考查考生的空间想象能力和对线面位置关系的判定和性质定理掌握的程度．题型3 空间平行与垂直关系的证明、空间几何体的有关计算（文科解答题的主要题型）例6．(2009江苏泰州期末16)如图所示，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别为1DD 、DB 的中点．（1）求证：EF //平面11ABC D ；（2）求证：1EF B C ⊥；（3）求三棱锥EFC B V -1的体积．分析：第一问就是找平行线，最明显的就是1EF BD P ；第二问转化为线面垂直进行证明；第三问采用三棱锥的等积变换解决．解析：（1）连结1BD ，如图，在B DD 1∆中，E 、F 分别为1D D ，DB 的中点，则111111////EF D B D B ABC D EF EF ABC D ⎫⎪⊂⇒⎬⎪⊄⎭平面平面平面11ABC D ．（2） 11111111111111111,//B C AB B C BC B C BD B C ABC D EF B C AB B C ABC D EF BD BD ABC D AB BC B ⊥⎫⎪⊥⊥⊥⎫⎫⎪⇒⇒⇒⊥⎬⎬⎬⊂⊂⎭⎭⎪⎪=⎭I 平面平面平面 （3）CF ⊥Q 平面11BDD B ，1CF EFB ∴⊥平面且2CF BF ==1132EF BD ==Q ，222211(2)26B F BF BB =+=+= 222211111(22)3B E B D D E =+=+= ∴22211EF B F B E += 即190EFB ∠=o，11113B EFC C B EF B EF V V S CF --∆∴==⋅⋅=11132EF B F CF ⨯⋅⋅⋅=11362132⨯⨯⨯⨯= ． 点评：这个题目也属于文科解答题的传统题型．空间线面位置关系证明的基本思想是转化，根据线面平行、垂直关系的判定和性质，进行相互之间的转化，如本题第二问是证明线线垂直，但问题不能只局限在线上，要把相关的线归结到某个平面上（或是把与这些线平行的直线归结到某个平面上，通过证明线面的垂直达到证明线线垂直的目的，但证明线面垂直又得借助于线线垂直，在不断的相互转化中达到最终目的．立体几何中的三棱柱类似于平面几何中的三角形，可以通过“换顶点”实行等体积变换，这也是求点面距离的基本方法之一．例7．（江苏省苏州市2009届高三教学调研测试第17题）在四棱锥P ABCD -中，90ABC ACD ∠=∠=o ，60BAC CAD ∠=∠=o ，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点，22PA AB ==．（1）求四棱锥P ABCD -的体积V ；（2）若F 为PC 的中点，求证PC ⊥平面AEF ；（3）求证CE ∥平面PAB ．分析：第一问只要求出底面积和高即可；第二问的线面垂直通过线线垂直进行证明；第三问的线面平行即可以通过证明线线平行、利用线面平行的判定定理解决，也可以通过证明面面平行解决，即通过证明直线CE 所在的一个平面和平面PAB 的平行解决．解析：（1）在ABC ∆Rt 中，1,60AB BAC =∠=o ，∴3BC 2AC =． 在ACD Rt Δ中，2,60AC ACD =∠=o ，∴3,4CD AD ==． ∴1122ABCD S AB BC AC CD =⋅+⋅115132233222=⨯⨯⨯=则155323323V == （2）∵PA CA =，F 为PC 的中点，∴AF PC ⊥．∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA CD ⊥，∵AC CD ⊥，PA AC A =I ，∴CD ⊥平面PAC ，∴CD PC ⊥．∵E 为PD 中点，F 为PC 中点，∴EF ∥CD ，则EF CD ⊥，∵AF EF F =I ，∴PC ⊥平面AEF ．（3）证法一：取AD 中点M ，连,EM CM ．则EM ∥PA ，∵EM ⊄平面PAB ，PA ⊂平面PAB ，∴EM ∥平面PAB ．在ACD ∆Rt 中，60CAD ∠=o ，2AC AM ==，∴60ACM ∠=o ．而60BAC ∠=o ，∴MC ∥AB ．∵MC ⊄平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，∴MC ∥平面PAB ．∵EM MC M =I ，∴平面EMC ∥平面PAB ．∵EC ⊂平面EMC ，∴EC ∥平面PAB ．证法二：延长,DC AB ，设它们交于点N ，连PN ．∵60NAC DAC ∠=∠=o ，AC CD ⊥，∴C 为ND 的中点． ∵E 为PD 中点，∴EC ∥PN ．∵EC ⊄平面PAB ， PN ⊂平面PAB ，∴EC ∥平面PAB ．点评：新课标高考对文科的立体几何与大纲的高考有了诸多的变化．一个方面增加了空间几何体的三视图、表面积和体积计算，拓展了命题空间；另一方面删除了三垂线定理、删除了凸多面体的概念、正多面体的概念与性质、球的性质与球面距离，删除了空间向量，这就给立体几何的试题加了诸多的枷锁，由于这个原因课标高考文科的立体几何解答题一般就是空间几何体的体积和表面积的计算、空间线面位置关系的证明（主要是平行与垂直）．题型4 空间向量在立体几何中的应用（理科立体几何解答题的主要题型） 例8．（2009年福建省理科数学高考样卷第18题）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E F 、分别为11A D 和1CC 的中点．（1）求证：EF ∥平面1ACD ；（2）求异面直线EF 与AB 所成的角的余弦值；（3）在棱1BB 上是否存在一点P ，使得二面角P AC P --的大小为30o ?若存在，求出BP 的长；若不存在，请说明理由．【解析】解法一：如图分别以1,,DA DC DD 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，由已知得()0,0,0D 、()2,0,0A 、()2,2,0B 、()0,2,0C 、()12,2,2B 、()10,0,2D ()1,0,2E 、、()0,2,1F ．（1）取1AD 中点G ，则()1,0,1G ，()1,2,1CG =-u u u r ，又()1,2,1EF =--u u u r ，由EF CG =-u u u r u u u r ，∴EF u u u r 与CG u u u r 共线．从而EF ∥CG ， ∵CG ⊂平面1ACD ， EF ⊄平面1ACD ，∴EF ∥平面1ACD ．（2）∵()0,2,0AB =u u u r ，6cos ,||||26EF AB EF AB EF AB ⋅===⋅u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ∴异面直线EF 与AB 所成角的余弦值为36．（3）假设满足条件的点P 存在，可设点()2,2,P t （02t <≤），平面ACP的一个法向量为(),,n x y z =r，则0,0.n AC n AP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u rr u u u r∵()0,2,AP t =u u u r ()2,2,0AC =-u u u r ，∴220,20,x y y tz -+=⎧⎨+=⎩ 取2(1,1,)n t=-r ．易知平面ABC 的一个法向量1(0,0,2)BB =u u u r，依题意知， 1,30BB n =o u u u r r或150o ，∴14||cos ,2BB N -==u u u r u u r，即22434(2)4t t=+，解得3t =∵(0,2]3∈，∴在棱1BB 上存在一点P ，当BP的长为3P AC B --的大小为30o ． 解法二：（1）同解法一知()1,2,1EF =--u u u r ，()12,0,2AD =-u u u u r ， ()2,2,0AC =-u u u r，∴112EF AC AD =-u u u r u u u r u u u u r，∴EF u u u r 、AC u u u r 、1AD u u u u r 共面．又∵EF ⊄平面1ACD ，∴EF ∥平面1ACD ． （2）、（3）同解法一．解法三：易知平面1ACD 的一个法向量是()12,2,2DB =u u u u r．又∵()1,2,1EF =--u u u r ，由10EF DB ⋅=u u u r u u u u r·，∴1EF DB ⊥u u u r u u u u r，而EF ⊄平面1ACD ，∴EF ∥平面1ACD ． （2）、（3）同解法一．点评：本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系、二面角的概念等基础知识；考查空间想像能力、推理论证能力和探索问题、解决问题的能力．利用空间向量证明线面平行的方法基本上就是本题给出的三种，一是证明直线的方向向量和平面内的一条直线的方向向量共线，二是证明直线的方向向量和平面内的两个不共线的向量共面、根据共面向量定理作出结论；三是证明直线的方向向量与平面的一个法向量垂直．例9（浙江宁波市2008学年度第一学期期末理科第20题）已知几何体-的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直A BCED角三角形，正视图为直角梯形．（1）求异面直线DE与AB所成角的余弦值；（2）求二面角A ED B--的正弦值；（3）求此几何体的体积V的大小．【解析】（1）取EC 的中点是F ，连结BF ，则BF DE P ，∴FBA ∠或其补角即为异面直线DE 与AB 所成的角．在BAF ∆中，42AB =25BF AF ==∴10cos ABF ∠=． ∴异面直线DE 与AB 所成的角的余弦值为10 （2）AC ⊥平面BCE ，过C 作CG DE ⊥交DE 于G ，连结AG ． 可得DE ⊥平面ACG ，从而AG DE ⊥, ∴AGC ∠为二面角A ED B --的平面角． 在ACG ∆Rt 中，90ACG ∠=o ，4AC =，855CG =,∴5tan 2AGC ∠=． ∴5sin 3AGC ∠=． ∴二面角A ED B --5 （3）1163BCED V S AC =⋅⋅=，∴几何体的体积V 为16．方法二：（坐标法）（1）以C 为原点，以,,CA CB CE 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系． 则()4,0,0A ，(0,4,0)B ，(0,4,2)D ，()0,0,4E ，(0,4,2),(4,4,0)DE AB =-=-u u u r u u u r，∴10cos ,DE AB <>=u u u r u u u r∴异面直线DE 与AB ． （2）平面BDE 的一个法向量为(4,0,0)CA =u u u r， 设平面ADE 的一个法向量为(,,)n x y z =r， ,,n AD n DE ⊥⊥r u u u r r u u u r (4,4,2),(0,4,2)AD DE =-=-u u u r u u u r∴0,0n AD n DE ==r u u u r r u u u rg g从而4420,420x y z y z -++=-+=,令1y =，则(2,1,2)n =r , 2cos ,3CA n <>=u u u r r∴二面角A ED B -- （3）1163BCED V S AC =⋅⋅=，∴几何体的体积V 为16．点评：本题考查异面直线所成角的求法、考查二面角的求法和多面体体积的求法．空间向量对解决三类角（异面直线角、线面角、面面角）的计算有一定的优势．对理科考生来说除了要在空间向量解决立体几何问题上达到非常熟练的程度外，不要忽视了传统的方法，有些试题开始部分的证明就没有办法使用空间向量． 【专题训练与高考预测】说明：文科以选择题、填空题和解答题前三题为主．理科以选择题、填空题和解答题后三题为主． 一、选择题1．如图为一个几何体的三视图，尺寸如图所示，则该几何体的表面积为（不考虑接触点）（ ）A ． 63π++B ． 1834π++C ． 1823π++D ． 32π+2．某几何体的三视图如图所示，根据图中数据，可得该几何体的体积是 （ ）A ．323+B ．233+C ．2233-D ． 3223-3．已知一个几何体的主视图及左视图均是边长为2的正三角形，俯视图是直径为2的圆，则此几何体的外接球的表面积为（ ） A ．π34B ．π38C ．π316D ．π3324．一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45o ，腰和上底长均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是 （ ）A ．2221+B ．221+C ．21+D ．22+5． 一个盛满水的三棱锥容器S ABC -，不久发现三条侧棱上各有一个小洞,,D E F ，且知:::2:1SD DA SE EB CF FS ===，若仍用这个容器盛水，则最多可盛原来水的（ ）A ．2923B ．2719C ．3130D ．2723 6． 点P 在直径为2的球面上，过P 作两两垂直的三条弦，若其中一条弦长是另一条弦长的2倍，则这三条弦长之和为最大值是（ ）A ．5B ．5C ．5D ．57．正方体''''ABCD A B C D -中，AB 的中点为M ，'DD 的中点为N ，异面直线'B M 与CN 所成的角是（ ）A ．30oB ．90oC ．45oD ．60o8．已知异面直线a 和b 所成的角为50o ，P 为空间一定点，则过点P 且与,a b 所成角都是30o 的直线有且仅有 （ ）A ． 1条B ． 2条C ． 3条D ． 4条9．如图所示，四边形ABCD 中，//,,45,90AD BC AD AB BCD BAD =∠=∠=o o ，将△ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A BCD -，则在三棱锥A BCD -中，下列命题正确的是（ ）A ．平面ABD ⊥平面ABCB ．平面ADC ⊥平面BDCC ．平面ABC ⊥平面BDCD ．平面ADC ⊥平面ABC10．设x 、y 、z 是空间不同的直线或平面，对下列四种情形：① x 、y 、z 均为直线；② x 、y 是直线，z 是平面；③ z 是直线，x 、y 是平面；④ x 、y 、z 均为平面．其中使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题的是（ ）A ． ③ ④B ． ① ③C ． ② ③D ． ① ②11．已知三条不重合的直线m 、n 、l 两个不重合的平面α、β，有下列命题 ①若//,m n n α⊂，则//m α；②若l α⊥，m β⊥且l m P ，则αβP ；③若,m m αα⊂⊂，,m n ββP P ，则αβP ；④若αβ⊥，m αβ=I ，n β⊂，n m ⊥，则n α⊥． 中正确的命题个数是 （ ）A ．1B ． 2C ．3D ．412．直线AB 与直二面角l αβ--的两个面分别交于,A B 两点，且,A B 都不在棱上，设直线AB 与平面,αβ所成的角分别为,θϕ，则θϕ+的取值范围是 （ ）A ．(0,)2π B ．0,2π⎛⎤⎥⎝⎦C ．(,)2ππD ．{}2π二、填空题13． 在三棱锥P ABC -中，2PA PB PC ===，30APB BPC CPA ∠=∠=∠=o ，一只蚂蚁从A 点出发沿三棱锥的侧面绕一周，再回到A 点，则蚂蚁经过的最短路程是 ．14．四面体的一条棱长为x ，其它各棱长为1，若把四面体的体积V 表示成x 的函数()f x ，则()f x 的增区间为 ，减区间为 ．15． 如图，是正方体平面展开图，在这个正方体中：① BM 与ED 平行； ②CN 与BE 是异面直线；③CN 与BM 成60o 角； ④DM 与BN 垂直． 以上四个说法中，正确说法的序号依次是 ．16． 已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 是11A B 的中点，则直线AE 与平面11ABC D 所成的角的正弦值是 ． 三、解答题17．已知，如图是一个空间几何体的三视图． （1）该空间几何体是如何构成的； （2）画出该几何体的直观图； （3）求该几何体的表面积和体积．18．如图，已知等腰直角三角形RBC ，其中90RBC ∠=o ，2==BC RB ．点,A D 分别是RB ,RC 的中点，现将RAD ∆沿着边AD 折起到PAD ∆位置，使PA AB ⊥，连结PB 、PC ．（1）求证：BC PB ⊥；（2）求二面角P CD A --的平面角的余弦值．19．如下图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，112AA AB =，点,E M 分别为11,A B CC 的中点，过点1,,A B M 三点的平面1A BMN 交11C D 于点N ．（1）求证：EM P 平面1111A B C D ； （2）求二面角11B A N B --的正切值；（3）设截面1A BMN 把该正四棱柱截成的两个几何体的体积分别为12,V V （12V V <），求12:V V 的值．20． 如图，在四棱锥ABCD P -中，底面为直角梯形，//,90AD BC BAD ︒∠=，PA 垂直于底面ABCD ，N M BC AB AD PA ,,22====分别为PB PC ,的中点．（1）求证：DM PB ⊥；（2）求BD 与平面ADMN 所成的角；（3）求截面ADMN 的面积．21．如图，正方形ACDE 所在的平面与平面ABC 垂直，M 是CE 和AD 的交点，BC AC ⊥，且BC AC =．（1）求证：⊥AM 平面EBC ；（2）求直线AB 与平面EBC 所成的角的大小；（3）求二面角C EB A --的大小．22．已知斜三棱柱111ABC A B C -，90BCA ∠=o ，2AC BC ==，1A 在底面ABC 上的射影恰为AC 的中点D ，又知11BA AC ⊥．（1）求证：1AC ⊥平面1A BC ； （2）求1CC 到平面1A AB 的距离；（3）求二面角1A A B C --的一个三角函数值．【参考答案】1．解析：C 该几何体是正三棱柱上叠放一个球．故其表面积为2231323224182342ππ⎛⎫⨯⨯+⨯⨯+⨯=+ ⎪⎝⎭．2．解析：B 这个空间几何体的是一个底面边长为3的正方形、高为3的四棱柱，上半部分是一个底面边长为3的正方形、高为2的四棱锥，故其体积为133********⨯⨯+⨯⨯⨯=+． 3．解析：C 由三视图知该几何体是底面半径为1，高为3的圆锥，其外接球的直径为43． 4．解析：D 如图设直观图为''''O A B C ，建立如图所示的坐标系，按照斜二测画法的规则，在原来的平面图形中OC OA ⊥，且2OC =，1BC =，212122OA =+⨯=+，故其面积为()11222222⋅++⋅=+5．解析：D 当平面EFD 处于水平位置时，容器盛水最多2121sin 31sin 313131h ASB SB SA h DSE SE SD h S h S V V SAB SDE SAB C SDEF ⋅∠⋅⋅⋅⋅∠⋅⋅⋅=⋅⋅=∴∆∆--27431323221=⋅⋅=⋅⋅=h h SB SE SA SD 最多可盛原来水得42312727-=．6．解析：A 设三边长为,2,x x y ，则2254x y +=， 令442cos ,2sin ,33cos 2sin 70555x y x y θθθθ==∴+=+≤． 7．解析：B 如图，取'AA 的中点P ，连结BP ，在正方形''ABB A 中易证'BP B M ⊥．8．解析：B 过点P 作a a 'P ，b b 'P ，若P a ∈，则取a 为a '，若P b ∈，则取b 为b '．这时a '，b '相交于P 点，它们的两组对顶角分别为50o 和130o ． 记a '，b '所确定的平面为α，那么在平面α内，不存在与a '，b '都成30o 的直线． 过点P 与a '，b '都成30o 角的直线必在平面α外，这直线在平面α的射影是a '，b '所成对顶角的平分线．其中射影是50o 对顶角平分线的直线有两条l 和l '，射影是130o 对顶角平分线的直线不存在．故答案选B ．9．解析：D 如图，在平面图形中CD BD ⊥，折起后仍然这样，由于平面ABD ⊥平面BCD ，故CD ⊥平面ABD ，CD AB ⊥，又AB AD ⊥，故AB ⊥平面ADC ，所以平面ADC ⊥平面ABC ．10．解析：C x 、y 、z 均为直线，显然不行；由于垂直于同一个平面的两条直线平行，故②，可以使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题；又由于垂直于同一条直线的两个平面平行，故③可以使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题；当x 、y 、z 均为平面时，也不能使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题．11．解析：B ①中有m α⊂的可能；l m P 且l α⊥，可得m α⊥，又m β⊥，故αβP ，②正确；③中当m n P 时，结论不成立；④就是面面垂直的性质定理，④正确．故两个正确的．12．解析：B 如图，在Rt ADC ∆中，cos ,sin AD AB AC AB θϕ==，而AD AC >，即cos sin cos 2πθϕϕ⎛⎫>=- ⎪⎝⎭，故2πθϕ<-，即2πθϕ+<，而当AB l ⊥时，2πθϕ+=．13．解析：22 将如图⑴三棱锥P ABC -，沿棱PA 展开得图⑵，蚂蚁经过的最短路程应是A A '，又∵30APB BPC CPA ∠=∠=∠=o ，'90APA ∠=o ，∴A A '=22．14．解析：60,⎛⎤ ⎥ ⎝⎦，⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡326， 2()34x f x x =-，利用不等式或导数即可判断． 15．解析：③④ 如图，逐个判断即可．1610 取CD 的中点F ，连接EF 交平面11ABC D 于O ，连AO ．由已知正方体，易知EO ⊥平面11ABC D ，所以EAO ∠为所求．在EOA ∆Rt 中，111222EO EF A D ==，2215()12AE =+10sin EO EAO AE ∠==．所以直线AE 与平面11ABC D 10．17．解析：（1）这个空间几何体的下半部分是一个底面边长为2的正方形高为1的长方体，上半部分是一个底面边长为2的正方形高为1的四棱锥．（2）按照斜二测的规则得到其直观图，如图．（3）由题意可知，该几何体是由长方体''''ABCD A B C D -与正四棱锥''''P A B C D -构成的简单几何体．由图易得：2,'1,'1AB AD AA PO ====，取''A B 中点Q ，连接PQ ，从而2222''112PQ PO O Q =++=()()1'''''''''''''''''4212.2S A B B C C D D A PQ A B B C C D D A AA AB AD =++++++++⋅=体积11622122133V =⨯⨯+⨯⨯⨯=． 18．解析：（1）∵点A 、D 分别是RB 、RC 的中点，∴BC AD BC AD 21,//=． ∴90PAD RAD RBC ∠=∠=∠=o ,∴AD PA ⊥．∴ BC PA ⊥, ∵A AB PA AB BC =⊥I ,,∴BC ⊥平面PAB ． ∵⊂PB 平面PAB ,∴PB BC ⊥． （2）取RD 的中点F ，连结AF 、PF ． ∵1==AD RA ,∴RC AF ⊥． ∵AD AP AR AP ⊥⊥,,∴⊥AP 平面RBC ．∵⊂RC 平面RBC ,∴AP RC ⊥．∵,A AP AF =I ∴⊥RC 平面PAF ．∵⊂PF 平面PAF ,∴PF RC ⊥．∴AFP ∠是二面角P CD A --的平面角．在RAD ∆Rt 中, 22212122=+==AD RA RD AF ， 在PAF ∆Rt 中, 2622=+=AF PA PF ， 332622cos ===∠PF AF AFP ． ∴ 二面角P CD A --的平面角的余弦值是33． 19．解析：（1）设11A B 的中点为F ，连结1,EF FC ．∵E 为1A B 的中点，∴EF 112BB ．又1C M 112BB ，∴EF 1MC ．∴四边形1EMC F 为平行四边形． ∴1EM FC P ．∵EM ⊄平面1111A B C D ，1FC ⊂平面1111A B C D ， ∴EM P 平面1111A B C D ．（2）作11B H A N ⊥于H ，连结BH ，∵1BB ⊥⊥平面1111A B C D ，∴1BH A N ⊥． ∴1BHB ∠为二面角11B A N B --的平面角．∵EM ∥平面1111A B C D ，EM ⊂平面1A BMN ，平面1A BMN I 平面11111A B C D A N = ，∴1EM A N P ．又∵1EM FC P ，∴11A N FC P ．又∵11A F NC P ，∴四边形11A FC N 是平行四边形．∴11NC A F =． 设1AA a =，则112A B a =，1D N a =．在11A D N ∆Rt 中，2211115A N A D D N a=+=，∴sin ∠A 1ND 1=11111sin 5AD A ND A N ∠==．在11A B H ∆Rt 中，11111sin 255B H A B HA B a =∠==在1BB H ∆Rt 中， 1115tan 45BB aBHB B H ∠===．（3）延长1A N 与11B C 交于P ，则P ∈平面1A BMN ，且P ∈平面11BB C C ． 又∵平面1A BMN I 平面11BB C C BM = ，∴P BM ∈，即直线111,,A N B C BM 交于一点P ．又∵平面1MNC P ∥平面11BA B ，∴几何体111MNC BA B -为棱台．∵112122A BB S a a a ∆=⋅⋅=，12111224MNC S a a a ∆=⋅⋅=， 棱台111MNC BA B -的高为112B C a =，故22311172346V a a a a ⎛⎫=+⋅= ⎪ ⎪⎝⎭，3327172266V a a a a a =⋅⋅-=，．∴12717V V =． 20．解析：（1）因为N 是PB 的中点，AB PA =， 所以PB AN ⊥． 由PA ⊥底面ABCD ，得PA AD ⊥，又90BAD ︒∠=，即BA AD ⊥，∴ ⊥AD 平面PAB ，所以PB AD ⊥ ，∴ ⊥PB 平面ADMN ， ∴DM PB ⊥．（2）连结DN ， 因为⊥BP 平面ADMN ，即⊥BN 平面ADMN ，所以BDN ∠是BD 与平面ADMN 所成的角． 在ABD ∆Rt中，BD ==，在PAB ∆Rt中，PB ==，故12BN PB ==BDN ∆Rt 中, 21sin ==∠BD BN BDN ，又02BDN π≤∠≤，故BD 与平面ADMN 所成的角是6π． （3）由,M N 分别为PB PC ,的中点，得//MN BC ，且1122MN BC ==，又//AD BC ，故//MN AD ，由（1）得⊥AD 平面PAB ，又AN ⊂平面PAB ，故AD AN ⊥，∴四边形ADMN 是直角梯形，在Rt PAB ∆中，PB ==12AN PB ==∴ 截面ADMN的面积111()(2)2224S MN AD AN =+⨯=+=．法二： （1）以A 点为坐标原点建立空间直角坐标系A xyz -，如图所示（图略）由22====BC AB AD PA ，得(0,0,0)A ，1(0,0,2),(2,0,0),(1,,1),(0,2,0)2P B M D 因为3(2,0,2)(1,,1)2PB DM ⋅=--u u u r u u u u r 0= ，所以DM PB ⊥． （2）因为 (2,0,2)(0,2,0)PB AD ⋅=-⋅u u u r u u u r 0=，所以PB AD ⊥，又DM PB ⊥ ， 故PB ⊥平面ADMN ，即(2,0,2)PB =-u u u r 是平面ADMN 的法向量．设BD 与平面ADMN 所成的角为θ，又(2,2,0)BD =-u u u r ． 则||1sin |cos ,|2||||4444BD PB BD PB BD PB θ⋅=<>===+⨯+u u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u u r ， 又[0,]2πθ∈，故6πθ=，即BD 与平面ADMN 所成的角是6π． 因此BD 与平面ADMN 所成的角为6π． （3）同法一． 21．解析：法一：（1）∵四边形ACDE 是正方形， EC AM AC EA ⊥⊥∴,．∵平面⊥ACDE 平面ABC ，又∵AC BC ⊥，⊥∴BC 平面EAC ． ⊂AM Θ平面EAC ，⊥∴BC AM ． ⊥∴AM 平面EBC ．（2）连结BM ，⊥AM Θ平面EBC ，ABM ∠∴是直线AB 与平面EBC 所成的角．设a BC AC EA 2===，则a AM 2=，a AB 22=，21sin ==∠∴AB AM ABM ， ︒=∠∴30ABM ． 即直线AB 与平面EBC 所成的角为︒30（3）过A 作EB AH ⊥于H ，连结HM ． ⊥AM Θ平面EBC ，EB AM ⊥∴．⊥∴EB 平面AHM ．AHM ∠∴是二面角C EB A --的平面角．∵平面⊥ACDE 平面ABC ，⊥∴EA 平面ABC ．⊥∴EA AB ． 在EAB Rt ∆中， EB AH ⊥，有AH EB AB AE ⋅=⋅．由(2)所设a BC AC EA 2===可得a AB 22=，a EB 32=，322a EB AB AE AH =⋅=∴． 23sin ==∠∴AH AM AHM ．︒=∠∴60AHM ．∴二面角C EB A --等于︒60． 法二: ∵四边形ACDE 是正方形 ，EC AM AC EA ⊥⊥∴,，∵平面⊥ACDE 平面ABC ，⊥∴EA 平面ABC ， ∴可以以点A 为原点，以过A 点平行于BC 的直线为x 轴，分别以直线AC 和AE 为y 轴和z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系xyz A -．设2===BC AC EA ，则),0,2,2(),0,0,0(B A )2,0,0(),0,2,0(E C ，M Θ是正方形ACDE 的对角线的交点，)1,1,0(M ∴．（1）=)1,1,0(，)2,2,0()2,0,0()0,2,0(-=-=，)0,0,2()0,2,0()0,2,2(=-=，0,0=⋅=⋅∴， CB AM EC AM ⊥⊥∴,⊥∴AM 平面EBC ．（2） ⊥AM Θ平面EBC ，∴为平面EBC 的一个法向量，)0,2,2(),1,1,0(==AB AM Θ，21==∴AM AB ．︒=60．∴直线AB 与平面EBC 所成的角为︒30．（3）设平面EAB 的法向量为),,(z y x =，则⊥且⊥， 0=⋅∴且0=⋅．⎩⎨⎧=⋅=⋅∴.0),,()0,2,2(,0),,()2,0,0(z y x z y x 即⎩⎨⎧=+=.0,0y x z ，取1-=y ，则1=x ， 则)0,1,1(-=n ．又∵AM 为平面EBC 的一个法向量，且)1,1,0(=，21-==∴，设二面角C EB A --的平面角为θ，则21cos ==θ，︒=∴60θ．∴二面角C EB A --等于︒60． 22．解析：法一：（1）因为1A D ⊥平面ABC ，所以平面11AA C C ⊥平面ABC ，又BC AC ⊥，所以BC ⊥平面11AAC C ，得1BC AC ⊥，又11BA AC ⊥，所以1AC ⊥平面1A BC ；（2）因为11AC A C ⊥，所以四边形11AAC C 为 菱形，故12AA AC ==，又D 为AC 中点，知160A AC ∠=o ．取1AA 中点F ，则1AA ⊥平面BCF ，从而面1A AB ⊥面BCF ， 过C 作CH BF ⊥于H ，则CH ⊥面1A AB ．在Rt BCF ∆中，2,BC CF ==7CH =，即1CC 到平面1A AB 的距离为CH =．（3）过H 作1HG A B ⊥于G ，连CG ，则1CG A B ⊥，从而CGH ∠为二面角1A A B C --的平面角，在1Rt A BC ∆中，12A C BC ==，所以2CG =，在Rt CGH ∆中，42sin 7CH CGH CG ∠==，故二面角1A A B C --的正弦值为427．法二：（1）如图，取AB 的中点E ，则//DE BC ，因为BC AC ⊥，所以DE AC ⊥，又1A D ⊥平面ABC ，以1,,DE DC DA 为,,x y z 轴建立空间坐标系，则()0,1,0A -，()0,1,0C ，()2,1,0B ，()10,0,A t ，()10,2,C t ，()10,3,AC t =u u u u r ，()12,1,BA t =--u u u r ，()2,0,0CB =u u u r ，由10AC CB ⋅=u u u r u u u r ，知1A C CB ⊥， 又11BA AC ⊥，从而1AC ⊥平面1A BC ；（2）由1AC ⋅u u u u r 2130BA t =-+=u u u r，得t =设平面1A AB 的法向量为(),,n x y z =r，(1AA =u u u r ，()2,2,0AB =u u u r ，所以10220n AA y n AB x y ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩r u u u r r u u u r ， 设1z =，则)n =r所以点1C 到平面1A AB 的距离1AC n d n ⋅==u u u u r rr ． （3）再设平面1A BC 的法向量为(),,m x y z =u r，(10,CA =-u u u r ，()2,0,0CB =u u u r ，所以1020m CA y m CB x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅==⎪⎩u r u u u r u r u u u r ，设1z =，则()m =u r ， 故cos ,m n m n m n⋅<>==⋅u r r u r r u rr 7-，根据法向量的方向，可知二面角1A A B C --。