2011高考数学立体几何
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年高考文科数学立体几何的综合测试
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,α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题:① 若//αβ，//αγ，则γβ//； ② 若αβ⊥，//m α,则β⊥m ；③ 若m α⊥，//m β,则βα⊥；④ 若//m n ，n α⊂，则α//m 。
其中真命题的序号是A ．① ③ B ．① ④ C ．② ③ D ．② ④2．如图，模块①－⑤均由4个棱长为1的小正方体构成，模块⑥由15个棱长为1的小正方体构成．现从模块①－⑤中选出三个放到模块⑥上，使得模块⑥成为一个棱长为3的大正方体．则下列选择方案中，能够完成任务的为( ）A 模块①，②，⑤B 模块①，③，⑤C 模块②,④，⑥D 模块③，④，⑤3.某几何体的三视图如图所示，当b a +取最大值时，这个几何体的体积为A61 B 31C 32D 214。
已知一个空间几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图都是由半圆和矩形组成，根据图中标出的尺寸(单位:cm )，可得这个几何体的体积是 A π B π34 C π35 D 2π2 1 1 211A 'GFE DCBA5. 已知不同的直线m ，n 不同的平面α,β，γ，则下列条件中是βα//的充分条件的是 A ．n =γα ，m =γβ ，m n // B ．αγ⊥，βγ⊥ C ．m n //，n α⊥，m β⊥ D ．α//n ，β//m ，m n //6．已知某个几何体的三视图 如下，根据图中标出的尺 寸（单位:cm )，可得这 个几何体的体积是______。
7．一几何体的三视图如右， 则它的体积为 ． 8．在空间中,有如下命题：① 两条平行直线在同一平面内的射影是互相平行的两条直线; ② 若平面α内任意一条直线m ∥平面β,则βα//；③ 若平面α与平面β的交线为m ，n β⊂，n m ⊥，则n α⊥；④ 若点P 到ABC ∆的三个顶点的距离相等，则点P 平面ABC 上的射影是三角形的外心； ⑤ 若平面β内的直线m 垂直于平面α，那么β⊥α；其中正确的命题为 ______________。
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111ABC A B C -中，H 是正方形11AA B B的中心，1AA =1C H ⊥平面11AA 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 AC B --的正弦值； （Ⅲ）设N 为棱11B C 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．【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),A B C 11(2,0),,22,2,5)A B C （I ）解：易得11((AC A B ==-，于是111111cos ,3||||AC A B AC A B AC A B ⋅===⋅所以异面直线AC 与A 1B 1 （II ）解：易知111(AA AC ==设平面AA 1C 1的法向量(,,)m x y z =，则11100m AC m AA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,0.⎧=⎪⎨=⎪⎩ 不妨令x =可得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0,0.⎧=⎪⎨-=⎪⎩不妨令y =， 可得n =于是2cos ,,||||7m n m n m n ⋅===⋅从而sin ,7m n =所以二面角A —A 1C 1—B（III ）解：由N 为棱B 1C 1的中点，得(222N 设M （a ，b ，0），则(,,222MN a b =--由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得11110,0.MN A B MN A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即)(0,2)()(0.a a b ⎧-⋅-=⎪⎪⎨⎪-⋅+-⋅=⎪⎩解得,2a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩故M因此(24BM = ，所以线段BM的长为||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，11AA C H ==可得1111 3.AC B C ==因此2221111111111111cos 23AC 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 1=C 1，所以11AC A ∆≌11B 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，11111sin 3B R A B RA B =⋅∠== 连接AB 1，在1ARB ∆中，2221111114,,cos 2AR B R AB AB AR B R ARB AR B R +-==∠=⋅27=-，从而1sin ARB ∠=所以二面角A —A 1C 1—B 1的正弦值为7（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112ND 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1111111,4B E B D DE AA B A B A ===得1DE B E ==EM 交AB 于点F ，可得12BF B E ==连接NE. 在Rt ENM ∆中，2,.ND ME ND DE DM ⊥=⋅故所以24ND DM DE ==可得4FM =连接BM ，在Rt BFM ∆中，4BM ==2. （2011北京理）16．（本小题共14分） 如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面A B C D ，底面A B C D 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(=-= 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 --=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(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=6 3. （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).DQ DC PQ ===-所以0,0.PQ DQ PQ DC ⋅=⋅=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 CB x x y z n BP ⎧⋅==⎧⎪⎨⎨-+-=⋅=⎩⎪⎩即 因此可取(0,1,2).n =--设m 是平面PBQ 的法向量，则0,0.m BP m PQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可取(1,1,1).cos ,5m m n =<>=-所以 故二面角Q —BP —C的余弦值为 ………………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 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,SE AB SE ⊥= 又SD=1，故222ED SE SD =+， 所以DSE ∠为直角。
高三数学立体几何历年高考题(2011年-2017年)完整版.doc
高三数学立体几何高考题1.（2012年7）如图，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 （A ）6 （B ）9 （C ）12 （D ）182.（2012年8）平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为（A ）6π （B ）43π （C ）46π （D ）63π3.(2013年11)某几何体的三视图如图所示， 则该几何体的体积为( )．A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π4.(2013年15)已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为______．5.(2014年8)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的 事一个几何体的三视图，则这个几何体是（ ） A.三棱锥 B.三棱柱 C.四棱锥 D.四棱柱6.(2014年10)正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4， 底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9π D.27π47.(2015年6)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问”积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各位多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有（ ） （A ）14斛 （B ）22斛 （C ）36斛 （D ）66斛8.(2015年11)圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为1620π+，则r =( ) （A ）1 （B ）2 （C ）4 （D ）89（2016年7）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（A ）17π （B ）18π （C ）20π （D ）28π10（2016年11）平面α过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点A ，11//CB D α平面,ABCD m α=I 平面，11ABB A n α=I 平面，则m ，n 所成角的正弦值为（A ）32 （B ）22 （C ）33 （D ）1311．(2017年6)如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是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。
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）。
2011届高考数学知识点总结-立体几何
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。
2011年高考题中的立体几何 大题
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 都是正三角形，OA ＝1，OD ＝2，所以OB 綊12，OG ＝OD ＝2.同理，设G ′是线段DA 与FC 延长线的交点，有OC 綊12DF ，OG ′＝OD ＝2，又由于G 和G ′都在线段DA 的延长线上，所以G 与G ′重合．在△GED 和△GFD 中，由OB 綊12DE 和OC 綊12DF ，可知B 和C 分别是GE 和GF 的中点．所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF .(2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°，知S △EOB ＝32.而△OED 是边长为2的正三角形，故S △OED ＝ 3.所以S OBED ＝S △EOB ＋S △OED ＝332.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－OBED 的高，且FQ ＝3，所以V F －OBED ＝13FQ ·S 四边形OBED ＝32.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．(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．由(2)知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝12EG .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 ，且QM ＝QN ＝12EG .所以Q 为满足条件的点．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P AD . 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P AD . 又因为BF ⊂平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面PAD .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P A ＝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P A 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°，P A ＝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 →＝(0,23，0)． 设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64. (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.所以⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0，令y ＝3，则x ＝3，z ＝6t ，所以m ＝⎝⎛⎭⎫3，3，6t .同理，可求得平面PDC 的法向量n ＝⎝⎛－3，3，6t .因为平面PBC ⊥平面PDC ，所以m ·n ＝0，即－6＋36t2＝0.解得t ＝ 6.所以当平面PBC 与平面PDC 垂直时，PA ＝ 6.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ED 2＝SE 2＋SD 2， 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 ，则SF ⊥平面ABCD ，SF ＝SD ×SE DE ＝32.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 .FH ＝SF ×FG SG ＝37，即F 到平面SBC 的距离为217.由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，故E 到平面SBC 的距离d 也为217. 设AB 与平面SBC 所成的角为α，则sin α＝d EB ＝217，α＝arcsin 217. 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＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2， 故x ＝1， 由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1，又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4，即y 2＋z 2－4y ＋1＝0，故y ＝12，z ＝32.于是S ⎝⎛⎭⎫1，12，32，AS →＝⎝⎛⎭⎫－1，－32，32，BS →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，DS →＝⎝⎛⎭⎫0，12，32，DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0.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 ·BS →＝0，a ·CB →＝0. 又BS →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，CB →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．又AB →＝(－2,0,0)，所以cos 〈AB →，a 〉＝AB →·a |AB →|·|a |＝217.故AB 与平面SBC 所成的角为arcsin 217.大纲文数20.G5，G11[2011·全国卷] 如图1－1，四棱锥S －ABCD 中，图1－1AB ∥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ED 2＝SE 2＋SD 2， 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 ，则SF ⊥平面ABCD ，SF ＝SD ×SE DE ＝32.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 .FH ＝SF ×FG SG ＝37，即F 到平面SBC 的距离为217.由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，故E 到平面SBC 的距离d 也为217. 设AB 与平面SBC 所成的角为α，则sin α＝d EB ＝217，α＝arcsin 217. 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＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2， 故x ＝1， 由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1，又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4，即y 2＋z 2－4y ＋1＝0，故y ＝12，z ＝32.于是S ⎝⎛⎭⎫1，12，32，AS →＝⎝⎛⎭⎫－1，－32，32，BS →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，DS →＝⎝⎛⎭⎫0，12，32，DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0.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 ·BS →＝0，a ·CB →＝0. 又BS →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，CB →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．又AB →＝(－2,0,0)，所以cos 〈AB →，a 〉＝AB →·a |AB →|·|a |＝217.故AB 与平面SBC 所成的角为arcsin 217.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1－7AB ⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°. (1)求证：平面P AB ⊥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P A ⊥平面ABCD ， AB ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥AB .又AB ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， 所以AB ⊥平面P AD .又AB ⊂平面P AB ，所以平面PAB ⊥平面P AD .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 )．由n ⊥CD →，n ⊥PD →，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0.(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°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n |·|PB →|，即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋(4－t )2·2t2＝12.解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t >0)，所以AB ＝45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＝m 2＋t 2.②由①、②消去t ，化简得m 2－3m ＋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 ＝AB 2＋AG 2＝λ2＋(3－λ)2＝2⎝⎛⎭⎫λ－322＋92>1.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 ，得AD ⊥EF ，而DE ∥GB 得AD ⊥DE ，又FE ∩DE ＝E ，所以AD ⊥平面DEF . (2)∵PG ⊥AD ，BG ⊥AD ，∴∠PGB 为二面角P －AD －B 的平面角．在Rt △PAG 中，PG 2＝P A 2－AG 2＝74，在Rt △ABG 中，BG ＝AB ·sin60°＝32，∴cos ∠PGB ＝PG 2＋BG 2－PB 22PG ·BG ＝74＋34－42·72·32＝－217.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．设P (0,0，m )，G (n,0,0)，则A ⎝⎛⎭⎫n ，－12，0，D ⎝⎛⎭⎫n ，12，0.图1－2∵|GB →|＝|AB →|sin60°＝32，∴B ⎝⎛⎭⎫n ＋32，0，0，C ⎝⎛⎭⎫n ＋32，1，0，E ⎝⎛⎭⎫n ＋32，12，0，F ⎝⎛⎭⎫n 2＋34，12，m 2. ∴AD →＝(0,1,0)，DE →＝⎝⎛⎭⎫32，0，0，FE →＝⎝⎛⎭⎫n 2＋34，0，－m 2， ∴AD →·DE →＝0，AD →·FE →＝0， ∴AD ⊥DE ，AD ⊥FE ，又DE ∩FE ＝E ，∴AD ⊥平面DEF .(2)∵PA →＝⎝⎛⎭⎫n ，－12，－m ，PB →＝⎝⎛⎭⎫n ＋32，0，－m ， ∴m 2＋n 2＋14＝2，⎝⎛⎭⎫n ＋322＋m 2＝2，解得m ＝1，n ＝32.取平面ABD 的法向量n 1＝(0,0，－1)， 设平面PAD 的法向量n 2＝(a ，b ，c )，由PA →·n 2＝0，得32a －b 2－c ＝0，由PD →·n 2＝0，得32a ＋b 2－c ＝0，故取n 2＝⎝⎛⎭⎫1，0，32.∴cos 〈n 1，n 2〉＝－321·74＝－217.即二面角P －AD －B 的余弦值为－217.课标理数18.G5，G11[2011·湖北卷] 如图1－4，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长都是4，E 是BC 的中点，动点F 在侧棱CC 1上，且不与点C 重合．(1)当CF ＝1时，求证：EF ⊥A 1C ；(2)设二面角C －AF －E 的大小为θ，求tan θ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 、AC 1，由直棱柱的性质知，底面ABC ⊥侧面A 1C ，又底面ABC ∩侧面A 1C ＝AC ，且EN ⊂底面ABC ，所以EN ⊥侧面A 1C ，NF 为EF 在侧面A 1C 内的射影，在Rt △CNE 中，CN ＝CE cos60°＝1，则由CF CC 1＝CN CA ＝14，得NF ∥AC 1.又AC 1⊥A 1C ，故NF ⊥A 1C ， 由三垂线定理知EF ⊥A 1C .(2)如图②，连结AF ，过N 作NM ⊥AF 于M ，连结ME ， 由(1)知EN ⊥侧面A 1C ，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 ·sin α＝3sin α，故tan θ＝NE MN ＝33sin α.又0°<α≤45°，∴0<sin α≤22，故当sin α＝22，即当α＝45°时，tan θ达到最小值，tan θ＝33×2＝63，此时F 与C 1重合．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 (23，2,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)，于是CA 1→＝(0，－4,4)，EF →＝(－3，1,1)， 则CA 1→·EF →＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0，故EF ⊥A 1C .(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 ·AE →＝0，m ·AF →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0，取m ＝(3λ，－λ，4)， 又由直三棱柱的性质可取侧面A 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n||m|·|n|＝3λ2λ2＋4，sin θ＝λ2＋162λ2＋4，所以tan θ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2 由0<λ≤4，得1λ≥14，即tan θ≥13＋13＝63，故当λ＝4，即点F 与点C 1重合时，tan θ取得最小值63.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 －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为32，点E 在侧棱AA 1上，点F 在侧棱BB 1上，且AE ＝22，BF ＝ 2.(1)求证：CF ⊥C 1E ；(2)求二面角E －CF －C 1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CC 1＝32，CE ＝C 1F ＝22＋(22)2＝23， EF ＝C 1E ＝22＋(2)2＝ 6.于是有EF 2＋C 1E 2＝C 1F 2，CE 2＋C 1E 2＝CC 21. 所以C 1E ⊥EF ，C 1E ⊥CE .又EF ∩CE ＝E ，所以C 1E ⊥平面CEF . 又CF ⊂平面CEF ，故CF ⊥C 1E .(2)在△CEF 中，由(1)可得EF ＝CF ＝6，CE ＝23， 于是有EF 2＋CF 2＝CE 2，所以CF ⊥EF . 又由(1)知CF ⊥C 1E ，且EF ∩C 1E ＝E ， 所以CF ⊥平面C 1EF .又C 1F ⊂平面C 1EF ，故CF ⊥C 1F .于是∠EFC 1即为二面角E －CF －C 1的平面角．由(1)知△C 1EF 是等腰直角三角形，所以∠EFC 1＝45°，即所求二面角E －CF －C 1的大小为45°.[来源:Z|xx|]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)，C 1(0,2,32)，E (0,0,22)，F (3，1，2)． (1)C 1E →＝(0，－2，－2)，CF →＝(3，－1，2)， ∴C 1E →·CF →＝0＋2－2＝0， ∴CF ⊥C 1E . (2)CE →＝(0，－2,22)，设平面CEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )．由m ⊥CE →，m ⊥CF →，得⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CF →＝0，即⎩⎨⎧－2y ＋22z ＝0，3x －y ＋2z ＝0，可取m ＝(0，2，1)． 设侧面BC 1的一个法向量为n ，由n ⊥CB →，n ⊥CC 1→，及CB →＝(3，－1,0)，CC 1→＝(0,0,32)，可取n ＝(1，3，0)，设二面角E －CF －C 1的大小为θ，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n ||m ||n |＝63×2＝22，所以θ＝45°，即所求二面角E －CF －C 1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P AC ； (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P AC .(2)在平面POD 中，过O 作OH ⊥PD 于H ，由(1)知，平面POD ⊥平面P AC ，所以OH ⊥平面P AC . 又PA ⊂面PAC ，所以PA ⊥OH .在平面PAO 中，过O 作OG ⊥P A 于G ，连结HG ，则有P A ⊥平面OGH .从而PA ⊥HG . 故∠OGH 为二面角B －P A －C 的平面角．在Rt △ODA 中，OD ＝OA ·sin45°＝22.在Rt △POD 中，OH ＝PO ·OD PO 2＋OD2＝2×222＋12＝105.在Rt △POA 中，OG ＝PO ·OA PO 2＋OA 2＝2×12＋1＝63.在Rt △OHG 中，sin ∠OGH ＝OH OG ＝10563＝155. 所以cos ∠OGH ＝1－sin 2∠OGH ＝1－1525＝105.故二面角B －P A －C 的余弦值为105.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1－8O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0，2)，D ⎝⎛⎭⎫－12，120. 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面POD 的一个法向量，则由n 1·OD →＝0，n 1·OP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－12x 1＋12y 1＝0，2z 1＝0.所以z 1＝0，x 1＝y 1.取y 1＝1，得n 1＝(1,1,0)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面PAC 的一个法向量，则由n 2·PA →＝0，n 2·PC →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－2z 2＝0，y 2－2z 2＝0.所以x 2＝－2z 2，y 2＝2z 2，取z 2＝1，得n 2＝(－2，2，1)． 因为n 1·n 2＝(1,1,0)·(－2，2，1)＝0，所以n 1⊥n 2.从而平面POD ⊥平面P AC . (2)因为y 轴⊥平面P AB ，所以平面PAB 的一个法向量为n 3＝(0,1,0)．由(1)知，平面PAC 的一个法向量为n 2＝(－2，2，1)．设向量n 2和n 3的夹角为θ，则cos θ＝n 2·n 3|n 2|·|n 3|＝25＝105.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105.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BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD . 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD ， 所以BD ⊥平面PAD .故P A ⊥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)．设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，3y －z ＝0.因此可取n ＝(3，1，3)．设平面PBC 的法向量为m ，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PB →＝0，m ·BC →＝0，可取m ＝(0，－1，－3)．cos 〈m ，n 〉＝－427＝－277.故二面角A －PB －C 的余弦值为－277.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BD 2＋AD 2＝AB 2，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.根据DE ·PB ＝PD ·BD 得DE ＝32.即棱锥D －PBC 的高为32.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 .[来源:学科网ZXXK] 又DB ∩DC ＝D ， ∴AD ⊥平面BDC ， ∵AD 平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BDC .cos 〈AE →，DB →〉＝AE →·DB →|AE →|·|DB →|＝121×224＝2222.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.从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12.S △ABC ＝12×2×2×sin60°＝32.∴表面积S ＝12×3＋32＝3＋32.课标文数18.G7[2011·辽宁卷] 如图1－8，四边形ABCD 为正方形，图1－8QA ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(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 .在直角梯形PDAQ 中可得DQ ＝PQ ＝22PD ，则PQ ⊥QD .所以PQ ⊥平面DCQ . (2)设AB ＝a .由题设知AQ 为棱锥Q －ABCD 的高，所以棱锥Q －ABCD 的体积V 1＝13a 3.由(1)知PQ 为棱锥P －DCQ 的高，而PQ ＝2a ，△DCQ 的面积为22a 2，所以棱锥P －DCQ 的体积V 2＝13a 3.故棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值为1.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P A ＝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P A 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°，P A ＝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 →＝(0,23，0)． 设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64. (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.所以⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0，令y ＝3，则x ＝3，z ＝6t ，所以m ＝⎝⎛⎭⎫3，3，6t .同理，可求得平面PDC 的法向量n ＝⎝⎛－3，3，6t .因为平面PBC ⊥平面PDC ，所以m ·n ＝0，即－6＋36t2＝0.解得t ＝ 6.所以当平面PBC 与平面PDC 垂直时，PA ＝ 6.图1－8课标数学22.G11[2011·江苏卷] 如图1－8，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，AB ＝1，点N 是BC 的中点，点M 在CC 1上．设二面角A 1－DN －M 的大小为θ.(1)当θ＝90°时，求AM 的长；(2)当cos θ＝66时，求CM 的长．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)，则各点的坐标为A (1,0,0)，A 1(1,0,2)，N ⎝⎛⎭⎫121，0，M (0,1，t )．所以DN →＝⎝⎛⎭⎫12，1，0，DM →＝(0,1，t )，DA 1→＝(1,0,2)．设平面DMN 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则n 1·DN →＝0，n 1·DM →＝0，即x 1＋2y 1＝0，y 1＋tz 1＝0.令z 1＝1，则y 1＝－t ，x 1＝2t ，所以n 1＝(2t ，－t,1)是平面DMN 的一个法向量．设平面A 1DN 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则n 2·DA 1→＝0，n 2·DN →＝0，即x 2＋2z 2＝0，x 2＋2y 2＝0.令z 2＝1，则x 2＝－2，y 2＝1.所以n 2＝(－2,1,1)是平面A 1DN 的一个法向量．从而n 1·n 2＝－5t ＋1.(1)因为θ＝90°，所以n 1·n 2＝－5t ＋1＝0，解得t ＝15.从而M ⎝⎛⎭⎫0，1，15.所以AM ＝12＋12＋⎝⎛⎭⎫152＝515.(2)因为|n 1|＝5t 2＋1，|n 2|＝6，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－5t ＋165t 2＋1.因为〈n 1，n 2〉＝θ或π－θ，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪－5t ＋165t 2＋1＝66， 解得t ＝0或t ＝12.根据图形和(1)的结论可知t ＝12，从而CM 的长为12.大纲理数19.G11图1－5[2011·四川卷] 如图1－5，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1＝1，D 是棱CC 1上的一点，P 是AD 的延长线与A 1C 1的延长线的交点，且PB 1∥平面BDA 1.(1)求证：CD ＝C 1D ；(2)求二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值； (3)求点C 到平面B 1DP 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AB 1与BA 1交于点O ，连结OD . ∵PB 1∥平面BDA 1，PB 1⊂平面AB 1P ，平面AB 1P ∩平面BDA 1＝OD ， ∴OD ∥PB 1.又AO ＝B 1O ，∴AD ＝PD . 又AC ∥C 1P ，∴CD ＝C 1D .(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，A 1D ＝⎝⎛⎭⎫122＋12＝52， 又S △AA 1D ＝12×1×1＝12×52×AE ，∴AE ＝255.在Rt △BAE 中，BE ＝12＋⎝⎛⎭⎫2552＝355，∴cos ∠BEA ＝AE BE ＝23.故二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值为23.(3)由题意知，点C 到平面B 1DP 的距离是点C 到平面DB 1A 的距离， 设此距离为h . ∵VC －DB 1A ＝VB 1－ACD ， ∴13S △DB 1A ·h ＝13S △ACD ·B 1A 1. 由已知可得AP ＝5，PB 1＝5，AB 1＝2， ∴在等腰△AB 1P 中，S △AB 1P ＝12AB 1·AP 2－⎝⎛⎭⎫12AB 12＝32∴S △DB 1A ＝12S △AB 1P ＝34.又S △ACD ＝12AC ·CD ＝14∴h ＝S △ACD ·B 1A 1S △DB 1A ＝13.故C 到平面B 1DP 的距离等于13.解法二：图1－7如图1－7，以A 1为原点，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A 1－xyz ，则A 1(0,0,0)，B 1(1,0,0)，C 1(0,1,0)，B (1,0,1)．(1)设C 1D ＝x ，∵AC ∥PC 1，∴C 1P AC ＝C 1D CD ＝x1－x.由此可得D (0,1，x )，P ⎝⎛⎭⎫0，1＋x1－x ，0， ∴A 1B →＝(1,0,1)，A 1D →＝(0,1，x )，B 1P →＝⎝⎛⎭⎫－1，1＋x 1－x ，0. 设平面BA 1D 的一个法向量为n 1＝(a ，b ，c )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1B →＝a ＋c ＝0，n 1·A 1D →＝b ＋cx ＝0.令c ＝－1，则n 1＝(1，x ，－1)．∵PB 1∥平面BA 1D ，∴n 1·B 1P →＝1×(－1)＋x ·⎝⎛⎭⎫1＋x 1－x ＋(－1)×0＝0.由此可得x ＝12，故CD ＝C 1D .(2)由(1)知，平面BA 1D 的一个法向量n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－1. 又n 2＝(1,0,0)为平面AA 1D 的一个法向量．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝11×32＝23.故二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值为23.(3)∵PB 1→＝(1，－2,0)，PD →＝⎝⎛⎭⎫0，－1，12，设平面B 1DP 的一个法向量n 3＝(a 1，b 1，c 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3·PB 1→＝a 1－2b 1＝0，n 3·PD →＝－b 1＋c 12＝0. 令c 1＝1，可得n 3＝⎝⎛⎭⎫1，12，1. 又DC →＝⎝⎛⎭⎫0，0，12，∴C 到平面B 1DP 的距离d ＝|DC →·n 3||n 3|＝13.图1－8课标理数17.G11[2011·天津卷] 如图1－8所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，H 是正方形AA 1B 1B 的中心，AA 1＝22，C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，且C 1H ＝ 5.(1)求异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值； (2)求二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值；(3)设N 为棱B 1C 1的中点，点M 在平面AA 1B 1B 内，且MN ⊥平面A 1B 1C 1，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 (22，0,0)，B (0,0,0)，C (2，－2，5)，A 1(22，22，0)，B 1(0,22，0)，C 1(2，2，5)．图1－9(1)易得AC →＝(－2，－2，5)，A 1B 1→＝(－22，0,0)，于是cos 〈AC →，A 1B 1→〉＝AC →·A 1B 1→|AC →||A 1B 1→|＝43×22＝23. 所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为23. (2)易知AA 1→＝(0,22，0)，A 1C 1→＝(－2，－2，5)． 设平面AA 1C 1的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·AA 1→＝0.即⎩⎨⎧－2x －2y ＋5z ＝0，22y ＝0.不妨令x ＝5，可得m ＝(5，0，2)．同样地，设平面A 1B 1C 1的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0.即⎩⎨⎧－2x －2y ＋5z ＝0，－22x ＝0.不妨令y ＝5，可得n ＝(0，5，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n|＝27·7＝27，从而sin 〈m ，n 〉＝357.所以二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值为357.(3)由N 为棱B 1C 1的中点，得N ⎝⎛⎭⎫22，322，52. 设M (a ，b,0)，则MN →＝⎝⎛⎭⎫22－a ，322－b ，52.由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得⎩⎪⎨⎪⎧MN →·A 1B 1→＝0，MN →·A 1C 1→＝0.即⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫22－a ·(－22)＝0，⎝⎛⎭⎫22－a ·(－2)＋⎝⎛⎭⎫322－b ·(－2)＋52·5＝0.解得⎩⎨⎧a ＝22，b ＝24，故M ⎝⎛⎭⎫22，24，0.因此BM →＝⎝⎛⎭⎫22，24，0，所以线段BM 的长|BM →|＝104.方法二：(1)由于AC ∥A 1C 1.故∠C 1A 1B 1是异面直线AC 与A 1B 1所成的角．因为C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，又H 为正方形AA 1B 1B 的中心，AA 1＝22，C 1H ＝5，可得A 1C 1＝B 1C 1＝3.图1－10 因此cos ∠C 1A 1B 1＝A 1C 21＋A 1B 21－B 1C 212A 1C 1·A 1B 1＝23.所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为23.(2)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△AC 1A 1≌△B 1C 1A 1.过点A 作AR ⊥A 1C 1于点R ，连接B 1R ，于是B 1R ⊥A 1C 1.故∠ARB 1为二面角A －A 1C 1－B 1的平面角．在Rt △A 1RB 1中，B 1R ＝A 1B 1·sin ∠RA 1B 1＝22·1－⎝⎛⎭⎫232＝2143.连接AB 1，在△ARB 1中，AB 1＝4，AR ＝B 1R ，cos ∠ARB 1＝AR 2＋B 1R 2－AB 212AR ·B 1R ＝－27，从而sin ∠ARB 1＝357.所以二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值为357.(3)因为MN ⊥平面A 1B 1C 1，所以MN ⊥A 1B 1，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ND ＝12C 1H ＝52.又C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，所以ND ⊥平面AA 1B 1B .故ND ⊥A 1B 1.又MN ∩ND ＝N ，所以A 1B 1⊥平面MND .连接MD 并延长交A 1B 1于点E ，则ME ⊥A 1B 1.故ME ∥AA 1.由DE AA 1＝B 1E B 1A 1＝B 1D B 1A ＝14，得DE ＝B 1E ＝22，延长EM 交AB 于点F ，可得BF ＝B 1E ＝22.连接NE .在Rt △ENM 中，ND ⊥ME .故ND 2＝DE ·DM .所以DM ＝ND 2DE ＝524.可得FM ＝24.连接BM ，在Rt △BFM 中．BM ＝FM 2＋BF 2＝104.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P AD ，故BC ⊥AP . (2)如图，在平面APB 内作BM ⊥P A 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，AB 2＝AD 2＋BD 2＝41，得AB ＝41. 在Rt △POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2，在Rt △PDB 中，PB 2＝PD 2＋BD 2，所以PB 2＝PO 2＋OD 2＋BD 2＝36，得PB ＝6.在Rt △POA 中，PA 2＝AO 2＋OP 2＝25，得PA ＝5.又cos ∠BPA ＝PA 2＋PB 2－AB 22PA ·PB ＝13，从而sin ∠BPA ＝223.故BM ＝PB sin ∠BPA ＝4 2.同理CM ＝4 2.因为BM 2＋MC 2＝BC 2， 所以∠BMC ＝90°，即二面角B －AP －C 的大小为90°.。
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年高考数学试题分类汇编 立体几何
一、选择题1.（重庆理9）高为24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A ．24 B ．22C ．1D 2【答案】C2.（浙江理4）下列命题中错误的是A ．如果平面αβ⊥平面，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB ．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βC ．如果平面αγ⊥平面，平面βγ⊥平面，=l αβ⋂，那么l γ⊥平面D ．如果平面αβ⊥平面，那么平面α内所有直线都垂直于平面β【答案】D3.（四川理3）1l ，2l ，3l是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是 A ．12l l ⊥，23l l ⊥13//l l ⇒ B ．12l l ⊥，23//l l ⇒13l l ⊥C ．233////l l l ⇒1l ，2l，3l共面D ．1l ，2l ，3l 共点⇒1l ，2l ，3l 共面【答案】B【解析】A 答案还有异面或者相交，C 、D 不一定 4.（陕西理5）某几何体的三视图如图所示，则它的体积是A ．283π-B ．83π-C ．82π-D ．23π【答案】A5.（浙江理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】D6.（山东理11）右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、俯视图如右图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图．其中真命题的个数是A．3 B．2C．1 D．0【答案】A7.（全国新课标理6）。
在一个几何体的三视图中，正视图与俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为【答案】D3 32正视图侧视图俯视图 图1 8.（全国大纲理6）已知直二面角α− ι−β，点A ∈α，AC ⊥ι，C 为垂足，B ∈β，BD ⊥ι，D 为垂足．若AB=2，AC=BD=1，则D 到平面ABC 的距离等于A ．23B ．3C ．6D ．1【答案】C9.（全国大纲理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】D10.（湖南理3）设图1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为 A ．9122π+ B ．9182π+C ．942π+D ．3618π+【答案】B11.（江西理8）已知1a ，2a ，3a 是三个相互平行的平面．平面1a ，2a之间的距离为1d ，平面2a ，3a 之间的距离为2d ．直线l 与1a ，2a ，3a 分别相交于1p ，2p ，3p ，那么“12P P =23P P ”是“12d 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】C12.（广东理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．63B．93C．123D．183【答案】B13.（北京理7）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．62C．10 D．82【答案】C14.（安徽理6）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（A）48（B）32+817（C）48+817（D）80【答案】C15.（辽宁理8）。
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 =（Ⅰ）求异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值； （Ⅱ)求二面角111A AC B --的正弦值； （Ⅲ）设N 为棱11B C 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．【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(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11111142cos ,,3||||322AC 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 A C 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 A C n A B ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即2250,220.x y z x ⎧--+=⎪⎨-=⎪⎩不妨令5y =，可得(0,5,2).n =于是22cos ,,||||777m n m n m n ⋅===⋅⋅从而35sin ,.7m n =所以二面角A —A 1C 1-B 的正弦值为35.7（III ）解:由N 为棱B 1C 1的中点,得2325(,,).222N 设M （a ，b ，0）， 则2325(,,)222MN a b =-- 由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得11110,0.MN A B MN AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即2()(22)0,22325()(2)()(2)50.222a ab ⎧-⋅-=⎪⎪⎨⎪-⋅-+-⋅-+⋅=⎪⎩解得2,22.4a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩故22(,,0).24M因此22(,,0)24BM =,所以线段BM 的长为10||.4BM = 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.AC B C ==因此22211111111111112cos .23AC A B B C C A B AC A B +-∠==⋅所以异面直线AC 与A 1B 1（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11AC A ∆≌11B 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。
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年高考数学试题分类汇编 立体几何
四、立体几何 一、选择题1.（重庆理9）高为24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A ．24 B ．22C ．1D ．2【答案】C2.（浙江理4）下列命题中错误的是A ．如果平面αβ⊥平面，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB ．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βC ．如果平面αγ⊥平面，平面βγ⊥平面，=l αβ⋂，那么l γ⊥平面D ．如果平面αβ⊥平面，那么平面α内所有直线都垂直于平面β【答案】D3.（四川理3）1l ，2l ，3l是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是 A ．12l l ⊥，23l l ⊥13//l l ⇒ B ．12l l ⊥，23//l l ⇒13l l ⊥C ．233////l l l ⇒1l ，2l ，3l共面D ．1l，2l，3l共点⇒1l ，2l ，3l共面【答案】B【解析】A 答案还有异面或者相交，C 、D 不一定 4.（陕西理5）某几何体的三视图如图所示，则它的体积是A ．283π-B ．83π-C ．82π-D ．23π【答案】A5.（浙江理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】D3 32正视图侧视图俯视图图16.（山东理11）右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、俯视图如右图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图．其中真命题的个数是 A ．3 B ．2 C ．1 D ．0 【答案】A7.（全国新课标理6）。
在一个几何体的三视图中，正视图与俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为 【答案】D8.（全国大纲理6）已知直二面角α− ι−β，点A ∈α，AC ⊥ι，C 为垂足，B ∈β，BD ⊥ι，D 为垂足．若AB=2，AC=BD=1，则D 到平面ABC 的距离等于A ．23B ．33 C ．63 D ．1【答案】C9.（全国大纲理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 ．7πB ．9πC ．11πD ．13π 【答案】D10.（湖南理3）设图1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为 A ．9122π+ B ．9182π+C ．942π+D ．3618π+【答案】B11.（江西理8）已知1a ，2a ，3a 是三个相互平行的平面．平面1a ，2a 之间的距离为1d ，平面2a ，3a 之间的距离为2d ．直线l 与1a ，2a ，3a 分别相交于1p ，2p ，3p ，那么“12P P =23P P ”是“12d 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】C12.（广东理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 ．63B ．3C ．123D ．183【答案】B13.（北京理7）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 ．8B ．62C ．10D ．2【答案】C14.（安徽理6）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 （A ）48 （B ）32+817（C ）48+817（D ）80 【答案】C15.（辽宁理8）。
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四、立体几何一、选择题1.（重庆理9）高为24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 的中心及顶点S 之间的距离为A ．24 B ．22C ．1D 2【答案】C2.（浙江理4）下列命题中错误的是A ．如果平面αβ⊥平面，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB ．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βC ．如果平面αγ⊥平面，平面βγ⊥平面，=l αβ⋂，那么l γ⊥平面D ．如果平面αβ⊥平面，那么平面α内所有直线都垂直于平面β【答案】D3.（四川理3）1l ，2l ，3l是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是 A ．12l l ⊥，23l l ⊥13//l l ⇒ B ．12l l ⊥，23//l l ⇒13l l ⊥C ．233////l l l ⇒1l ，2l，3l共面D ．1l，2l，3l共点⇒1l ，2l ，3l共面【答案】B【解析】A 答案还有异面或者相交，C 、D 不一定4.（陕西理5）某几何体的三视图如图所示，则它的体积是A ．B ．C ．82π-D ．23π【答案】A5.（浙江理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】D6.（山东理11）右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、俯视图如右图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图．其中真命题的个数是A．3 B．2C．1 D．0【答案】A7.（全国新课标理6）。
在一个几何体的三视图中，正视图及俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为【答案】D8.（全国大纲理6）已知直二面角α− ι−β，点A∈α，AC⊥ι，C为垂足，B∈β，BD⊥ι，D为垂足．若AB=2，AC=BD=1，则D到平面ABC的距离等于A．2B．3C．6D．1【答案】C9.（全国大纲理11）已知平面α截一球面得圆M，过圆心M且及α成060二面角的平面β3 3 2正视图侧视图俯视图 图1 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】D10.（湖南理3）设图1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为A ．B ．C ．942π+D ．3618π+【答案】B11.（江西理8）已知1a ，2a ，3a 是三个相互平行的平面．平面1a ，2a 之间的距离为1d ，平面2a ，3a 之间的距离为2d ．直线l 及1a ，2a ，3a 分别相交于1p ，2p ，3p ，那么“12P P =23P P ”是“12d 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】C12.（广东理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 ．63B ．93C ．123D ．183【答案】B13.（北京理7）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 ．8B ．62C ．10D ．82【答案】C14.（安徽理6）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 （A ）48 （B ）32+817 （C ）48+817 （D ）80【答案】C15.（辽宁理8）。
如图，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 （A ）AC ⊥SB（B ）AB ∥平面SCD（C ）SA 及平面SBD 所成的角等于SC 及平面SBD 所成的角 （D ）AB 及SC 所成的角等于DC 及SA 所成的角 【答案】D16.（辽宁理12）。
已知球的直径SC=4，A ，B 是该球球面上的两点，AB=3，30=∠=∠BSC ASC ，则棱锥S —ABC 的体积为（A ）33 （B ）32 （C ）3（D ）1【答案】C 17．（上海理17）设12345,,,,A A A A A 是空间中给定的5个不同的点，则使123450MA MA MA MA MA ++++=成立的点M 的个数为A ．0B ．1C ．5D ．10 【答案】B 二、填空题18.（上海理7）若圆锥的侧面积为2π，底面积为π，则该圆锥的体积为 。
【答案】19.（四川理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是，求的表面积及改圆柱的侧面积之差是 ． 【答案】22R π 【解析】22222max224()S r R r r R r S ππ=⋅-=-⇒侧侧时，22222222R r R r r r R=-⇒=⇒=，则222422R R R πππ-=20.（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 ．【答案】2321.（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__________3m【答案】6π+22.（全国新课标理15）。
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=O-ABCD 的体积为_____________．【答案】23.（湖北理14）如图，直角坐标系xOy 所在的平面为α，直角坐标系''x Oy （其中'y 轴一及y 轴重合）所在的平面为β，'45xOx ∠=︒。
（Ⅰ）已知平面β内有一点'2)P ，则点'P 在平面α内的射影P 的坐标为 （2，2） ；（Ⅱ）已知平面β内的曲线'C的方程是'2'2(220x y +-=，则曲线'C 在平面α内的射影C 的方程是 。
【答案】22(1)1x y -+=24.（福建理12）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______。
三、解答题25.（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PAD本题主要考查直线及平面、平面及平面的位置关系，考察空间想象能力和推理论证能力。
满分14分。
证明：（1）在△PAD 中，因为E 、F 分别为AP ，AD 的中点，所以EF//PD.A又因为EF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ， 所以直线EF//平面PCD.（2）连结DB ，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.26.（安徽理17）如图，ABCDEFG 为多面体，平面ABED 及平面AGFD 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 ）求棱锥F —OBED 的体积。
本题考查空间直线及直线，直线及平面、平面及平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力.（I ）（综合法） 证明：设G 是线段DA 及EB 延长线的交点. 由于△OAB 及△ODE 都是正三角形，所以 OB ∥，OG=OD=2，同理，设G '是线段DA 及线段FC 延长线的交点，有.2=='OD G O 又由于G 和G '都在线段DA 的延长线上，所以G 及G '重合.在△GED 和△GFD 中，由OB ∥和OC ∥，可知B 和C 分别是GE 和GF 的中点，所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF.== ==（向量法）过点F 作AD FQ ⊥，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，为x 轴正向，为y 轴正向，为z 轴正向，建立如图所示空间直角坐标系.由条件知).23,23,0(),0,23,23(),3,0,0(),0,0,3(--C B F E则有).3,0,3(),23,0,23(-=-=所以,2BC EF =即得BC ∥EF.（II ）解：由OB=1，OE=2，23,60=︒=∠EOB S EOB 知，而△OED 是边长为2的正三角形，故.3=OED S所以.233=+=OED EOB OBED S S S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 —OBED 的高，且FQ=3，所以.2331=⋅=-OBED OBED F S FQ V27.（北京理16）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 及AC 所成角的余弦值；（Ⅲ）当平面PBC 及平面PDC 垂直时，求PA 的长.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 及AC 所成角为θ，则4632226||||cos =⨯=⋅⋅AC PB AC PB 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 令,3=y 则所以同理，平面PDC 的法向量因为平面PCB ⊥平面PDC, 所以n m ⋅=0，即 解得6=t所以PA=628.（福建理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 及平面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。