高考数学二轮复习专题六 立体几何

高考数学二轮复习
专题六 立体几何
【重点知识回顾】
稳定中有所创新,由知识立意转为能力立意
（1） 考查重点及难点稳定：高考始终把空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直的性质与判定,以及求线面角、二面角等知识都是重点考查的内容，其中线线角、线面角、二面角的求解更是重中之重在难度上平稳过渡，始终以中等偏难为主。

实行新课程的高考，命题者在求稳的同时注重创新高考创新，主要体现在命题的立意和思路上注重对学生能力的考查
（2）空间几何体中的三视图仍是高考的一个重要知识点解答题的考查形式仍要注重在一个具体立体几何模型中考查线面的关系
（3）使用，“向量”仍将会成为高考命题的热点，一般选择题、填空题重在考查向量的概念、数量积及其运算律在有些立体几何的解答题中，建立空间直角坐标系，以向量为工具，利用空间向量的坐标和数量积解决直线、平面问题的位置关系、角度、长度等问题，比用传统立体几何的方法简便快捷，空间向量的数量积及坐标运算仍是2019年高考命题的重点 （4）支持新课改，在重叠部分做文章,在知识交汇点处命题 立体几何中平行、垂直关系证明的思路清楚吗？ 平行垂直的证明主要利用线面关系的转化：
线∥线线∥面面∥面
判定线⊥线线⊥面面⊥面性质
线∥线线⊥面面∥面
←→−←→−−→−−←→−←→−←−
−−←→−←→−
线面平行的判定：
a b b a a ∥，面，∥面⊂⊄⇒ααα
a
b
α
线面平行的性质：
αααβαβ∥面，面，∥⊂=⇒ b a b 三垂线定理（及逆定理）：
PA AO PO ⊥面，为在内射影，面，则αααa ⊂ a OA a PO a PO a AO ⊥⊥；⊥⊥⇒⇒
α
a
P
O
线面垂直：
a b a c b c b c O a ⊥，⊥，，，⊥⊂=⇒αα
a
O α b c
面面垂直：
a a ⊥面，面⊥αββα⊂⇒
面⊥面，，，⊥⊥αβαβαβ =⊂⇒l l a a a
α a
l
β
a b a b ⊥面，⊥面∥αα⇒ 面⊥，面⊥∥αβαβa a ⇒
a b
α
三类角的定义及求法
（1）异面直线所成的角θ，0°＜θ≤90°
（2）直线与平面所成的角θ，0°≤θ≤90° θαα＝时，∥或0b o
b ⊂
（）二面角：二面角的平面角，30180αβθθ--<≤l o
o
（三垂线定理法：A ∈α作或证AB ⊥β于B ，作BO ⊥棱于O ，连AO ，则AO ⊥棱l ，∴∠AOB 为所求。

） 三类角的求法：
①找出或作出有关的角。

②证明其符合定义，并指出所求作的角。

③计算大小（解直角三角形，或用余弦定理）。

点与点，点与线，点与面，线与线，线与面，面与面间距离。

将空间距离转化为两点的距离，构造三角形，解三角形求线段的长（如：三垂线定理法，或者用等积转化法）。

如：正方形ABCD —A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，则： （1）点C 到面AB 1C 1的距离为___________； （2）点B 到面ACB 1的距离为____________；
（3）直线A 1D 1到面AB 1C 1的距离为____________； （4）面AB 1C 与面A 1DC 1的距离为____________；
（5）点B 到直线A 1C 1的距离为_____________。

D C
A B
D 1 C 1
A 1
B 1
你是否准确理解正棱柱、正棱锥的定义并掌握它们的性质？ 正棱柱——底面为正多边形的直棱柱
正棱锥——底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面的中心。

正棱锥的计算集中在四个直角三角形中： Rt SOB Rt SOE Rt BOE Rt SBE ∆∆∆∆，，和 它们各包含哪些元素？
S C h C h 正棱锥侧·（——底面周长，为斜高）=1
2''
V 锥底面积×高=
1
3
球有哪些性质？
（）球心和截面圆心的连线垂直于截面122
r R d =-
（2）球面上两点的距离是经过这两点的大圆的劣弧长。

为此，要找球心角！ （3）如图，θ为纬度角，它是线面成角；α为经度角，它是面面成角。

（），球球444323S R V R ==
ππ
（5）球内接长方体的对角线是球的直径。

正四面体的外接球半径R 与内切球半径r 之比为R ：r ＝3：1。

【典型例题】
1，空间几何体及三视图
例1．用一些棱长为1cm的小正方体码放成一个几何体，图1为其俯视图，图2为其主视图则这个几何体的体积最大是 7 cm3．
图1（俯视图）图2（主视图）
例2.一个多面体的直观图及三视图如图所示，则多面体A CDEF
-的体积为▲．
3
8
例4.右图是由一些相同的小正方体构成的几何体的三视图，这些相同的小正方体共有▲ 个．5 例5．如果一个几何体的三视图如图所示(单位长度: cm), 则此几何体的表面积是2
4
20+ 2
cm。

例 6.矩形ABCD中，AB=4，BC=3，沿AC将矩形ABCD折成一
主视图
俯视图
左视图
2
俯视图
左视图
2
1
2
个直二面角B －AC －D ，则四面体ABCD 的外接球的体积为
π6
125
例7.一个几何体的三视图中，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是等腰直角三角形（如图），根据图中标注的长度，可以计算出该几何体的表面积是 12+42 ． 2.平行与垂直
例8.已知：正方体1111ABCD-A B C D ，1AA =2，E 为棱1CC 的中点． ⑴求证：11B D AE ⊥；
⑵求证：//AC 平面1B DE ；⑶求三棱锥1B ADE -的体积
证明：连结BD ，则BD //11B D ， ∵ABCD 是正方形，∴
AC BD ⊥．
∵CE ⊥面ABCD ，∴CE BD ⊥． 又C =AC CE ，∴BD ⊥面ACE ．
∵AE ⊂面ACE ，∴BD AE ⊥， ∴11B D AE ⊥．
⑵证明：作1BB 的中点F ，连结AF CF EF 、、． ∵E F 、是1BB 1CC 、的中点，∴CE
1B F ，
∴四边形1B FCE 是平行四边形，∴ 1CF// B E ． ∵,E F 是1BB 1CC 、的中点，∴//EF BC ， 又//BC AD ，∴//EF AD ．
∴四边形ADEF 是平行四边形，AF ∴//ED ， ∵AF CF C =，1B E ED E =， ∴平面//ACF 面1B DE ． 又AC ⊂平面ACF ，∴//AC 面1B DE
例9. 多面体ABCDE 中，1====AE AC BC AB ，2=CD ，ABC AE 面⊥，
CD AE //。

（1）求证：BCD AE 面//；
（2）求证：BCD BED 面面⊥ 证明：（1）∵CD AE //
BCD AE 面⊄
∴BCD AE 面//
（2）令BC 中点为N ，BD 中点为M ，连结MN 、EN ∵MN 是BCD ∆的中位线
∴CD MN //
A
B
C
D
E
又∵CD AE // ∴MN AE //
∴ABC MN 面⊥ ∴AN MN ⊥ ∵ABC ∆为正∆
∴BC AN ⊥ ∴BCD AN 面⊥
又∵1==MN AE ，MN AE //
∴四边形ANME 为平行四边形
∴BCD EN 面⊥
∴BCD BED 面面⊥
例10．如图四边形ABCD 是菱形，PA ⊥平面ABCD ， Q 为PA 的中点. 求证： ⑴ PC ∥平面QBD ； ⑵ 平面QBD ⊥平面PAC .
解：证：设 ⋂AC BD=0,连OQ ⑴ ∵ABCD 为菱形， ∴ O 为AC 中点，又Q 为PA 中点。

∴OQ ∥PC
又⊄PC 平面QBD ,
⊂OQ 平面QBD ∴PC ∥平面QBD
⑵ ∵ABCD 为菱形， ∴⊥BD AC ,
又∵⊥PA 平面ABCD ， ⊂BD 平面ABCD ∴⊥PA BD 又 PA AC D ⋂= ∴BD P ⊥平面AC 又⊂BD 平面QBD ∴P ⊥平面QBD 平面AC 3.距离与角
例11．已知DBC ∆∆和ABC 所在的平面互相垂直，且ＡＢ＝ＢＣ＝ＢＤ，
120=∠=∠DBC CBA ，求：
⑴．直线AD 与平面BCD 所成角的大小；
⑵．直线AD 与直线BC 所成角的大小；
A
B
C
D
E
M
N
B
A
C
D
P Q O
⑶．二面角A-BD-C 的余弦值．
⑴如图，在平面ABC 内，过A 作AH ⊥BC ，垂足为H ，
则AH ⊥平面DBC ，∴∠ADH 即为直线AD 与平面BCD 所成的角
由题设知△AHB ≌△AHD ，则DH ⊥BH ，AH =DH ，∴∠ADH =45° ⑵∵BC ⊥DH ，且DH 为AD 在平面BCD 上的射影，
∴BC ⊥AD ，故AD 与BC 所成的角为90°
⑶过H 作HR ⊥BD ，垂足为R ，连结AR ，则由三垂线定理知，AR ⊥BD ，故∠
ARH 为二面角A —BD —C 的平面角的补角 设BC =a ,则由题设知，AH =DH =
2,23a BH a =,在△HDB 中，HR =
43
a ，∴tan ARH =HR
AH =2 故二面角A —BD —C 的余弦值的大小为5
5
-
【点评】:本题着眼于让学生掌握通性通法。

几何法在书写上体现：“作出来、证出来、指出来、算出来、答出来”五步。

斜线和平面所成的角是一个直角三角形所成的锐角，它的三条边分别是平面的垂线段、斜线段及斜线段在平面内的射影。

因此求直线和平面所成的角，几何法一般先定斜足、再作垂线找射影、通过解直角三角形求解；向量法则利用斜线和射影的夹角或考虑法向量，设 θ为直线与平面α所成的角，ϕ为直线的方向向量v 与平面α的法向量之间的夹角，则有θπ
ϕ-=
2
或θπ
ϕ+=
2
（如图）
特别地 0=ϕ时，2
π
θ=
，α⊥l ；2
π
ϕ=
时， 0=θ，α⊆l 或α//l 。

⑴用两面垂直的性质作垂线，找垂足的位置作出线面角，⑵利用三垂线定理证，
θ
ωα
l
v
n
ω
θ
α
v
l
n
⑴. PD ⊥平面BCD ，∴BD 是PB 在平面BCD 内的射影， ∴∠PBD 为PB 与平面BCD 所成角,BD ⊥BC ， 由三垂线定理得BC ⊥BD ，∴BP=CD ，设BC=a ， 则BD=a ，BP=CD=2a ∴在Rt △BPD 中， cos ∠DBP=
2
2
∴∠DBP=45°, 即PB 与平面BCD 所成角为45°． ⑵.过B 作BE ⊥CD 于E ，连结PE ，PD ⊥平面BCD 得PD ⊥BE ，∴BE ⊥平面PCD ， ∴∠BPE 为BP 与平面PCD 所成的角,在Rt △BEP 中，BE=2
2
a, BP=2a,∴∠BPE=30° 即BP 与平面PCD 所成角为30°
例12.在四棱锥P-ABCD 中，已知ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，设PA=AB=a ，BC=2a ，求二面角B-PC-D 的大小
D
P
A
解析1.定义法 过D 作DE ⊥PC 于E ，过E 作EF ⊥PC 于F ，连接FD ，由二面角的平面角的定义可知DEF ∠是所求二面角B-PC-D 的平面角。

求解二面角B-PC-D 的大小只需解△DEF 即可
【解法一】过D 作DE ⊥PC 于E ，过E 作EF ⊥PC 于F ，连接FD ，由二面角的平面角的定义可知DEF ∠是所求二面角B-PC-D 的平面角
在四棱锥P-ABCD 中， PA ⊥平面ABCD 且ABCD 为矩形，∵AD ⊥DC ∴PD ⊥DC ∵
PA=a
，
AD=BC=2a
，
∴
PD=a 5,PC=a 6,DE=630a PC DC PD =•,CE=662a
CP CD = 同理在Rt △PBC 中，
a BC PB EC EF EC EF BC PB 6
3
=•==， 在Rt △EFC 中,FC=a 2
1
, 在Rt △DFC 中,DF=a 25, 在△DEF 中由余弦定理cos DEF ∠=510
2222-=•-+ED EF DF ED EF
所求二面角B-PC-D 的余弦值为5
10
-
解析2.垂面法 易证面PAB ⊥面PBC ，过A 作AM ⊥BP 于M ，显然AM ⊥
B
P
C
A
解析一
Ｅ
Ｆ B
D
P
C
A 解析三
E
F
G
B
D
P
C
解析二
面PBC ，从而有AM ⊥PC ，同法可得AN ⊥PC ，再由AM 与AN 相交与A 得PC ⊥面AMN 。

设面AMN 交PC 于Q ，则MQN ∠为二面角B-PC-D 的平面角；再利用三面角公式可解 【解法二】略
解析3.利用三垂线求解 把四棱锥P-ABCD 补成如图的直三棱柱PAB-EDC ，显然二面角E-PC-D 与二面角D-PC-B 互补，转化为求二面角E-PC-D 。

易证面PEDA ⊥PDC ，过E 作EF ⊥ PD 于F ，显然PF ⊥面PDC ，在面PCE 内，过E 作EG ⊥PC 于G ，连接GF ，由三垂线得GF ⊥ PC 即EGF ∠为二面角E-PC-D 的平面角，只需解△EFG 即可
解析4.在面PDC 内，分别过D 、B 作DE ⊥PC 于E ，
BF ⊥PC 于F ，连接EF 即可。

利用平面知识求BF 、EF 、DE 的长度， 再利用空间余弦定理求出θ 即可
【点评】.用几何法求二面角的方法比较多，常见的有： （1）定义法, 在棱上的点分别作棱的垂线，如解析１ （2）三垂线求解 ,在棱上的点分别作棱的垂线，如解析２
（3）垂面法, 在棱上的点分别作棱的垂线，如解析３
用几何法将二面角转化为其平面角，要掌握以下三种基本做法：①直接利用定义，图(1).②利用三垂线定理及其逆定理，图 (2).最常用。

③作棱的垂面，图(3).
4.空间几何中的向量方法
例13. 如下图，直棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面△ABC 中，CA =CB =1，∠BCA =90°，棱AA 1=2，M 、N 分别是A 1B 1、A 1A 的中点.
B
D P
C
A
解析四
Ｅ
Ｆ
α β
A
O P A B O P α
β (1)
(2)
(3)
（1）求BN 的长；
（2）求异面直线B A 与1C B 1的余弦值；
（3）求证：A 1B ⊥C 1M . 【解法】：∵AC ⊥BC,CC 1⊥面ABC ，
∴可以建立如图所示的坐标系
（1）依题意得B （0， 1，0），N （1，0，1）， ∴｜BN ｜=222)01()10()01(-+-+-=3.
（2）A 1（1，0，2），B （0，1，0），C （0，0，0），B 1（0，1，2）， ∴1BA =(1,-1,2)，1CB =（0，1，2），1BA ·1CB =3，｜1BA ｜=6，｜1CB ｜=5.
∴cos 〈1BA ，1CB 〉11CB BA ⋅=
10
30
. 所以，异面直线B A 与1C B 1的余弦值为
10
30
（3）证明：C 1（0，0，2），M （21
，2
1，2），
B A 1=(-1,1,-2)，M
C 1=（2
1，2
1，0），∴B A 1·M C 1=0，∴A 1B ⊥C 1M .
【点评】底面有直角的直棱柱适合建立坐标系的条件，可以用两点间的距离公式，数量积的夹角公式，用坐标法求点点距、向量夹角。

特别注意异面直线角的范围(0,
2
],而向量角的范围为[0,π] 【变式与拓展】在三棱锥S —ABC 中，∠SAB =∠SAC =∠ACB =90°，AC =2，
BC =13，SB =29. （1）求证：SC ⊥BC ；
（2）求SC 与AB 所成角的余弦值.
【解法一】：如下图，取A 为原点，AB 、AS 分别为y 、z 轴建立空间直角坐标系，则有AC =2，BC =13，SB =29，得B （0，17，0）、S （0，0，23）、C （2
17
13
，17
4，0），SC =（2
1713，174，－23），CB =（－21713，17
13
，0）
. （1）∵SC ·CB =0，∴SC ⊥BC .
（2）设SC 与AB 所成的角为α，∵AB =（0，17，0），SC ·AB =4，|SC ||
|=417，∴cos α=
17
17
，即为所求. 【解法二】：（1）∵SA ⊥面ABC ，AC ⊥BC ，AC 是斜线SC 在平面ABC 内的射
影，∴SC ⊥B C.
（2）如下图，过点C 作CD ∥AB ，过点A 作AD ∥BC 交CD 于点D ，连结SD 、SC ，则∠SCD 为异面直线SC 与AB 所成的角.∵四边形ABCD 是平行四边形，CD =17，SA =23，
SD =22AD SA +=1312+=5，∴在△SDC 中，由余弦定理得cos ∠SCD =
17
17
，即为所求.
例14.如图，在四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 是正方形，侧棱⊥PD 底面ABCD ，
DC PD =，E 是PC 的中点，作PB EF ⊥交PB 于点F.
（1）证明 ∥PA 平面EDB ； （2）证明⊥PB 平面EFD ； （3）求二面角D -PB -C 的大小．
【解法】：如图所示建立空间直角坐标系，D 为坐标原点.设.DC a =
⑴证明：连结AC ，AC 交BD 于G.连结EG.
依题意得(,0,0),(0,0,),(0,,)22
a a
A a P a E
底面ABCD 是正方形， G ∴是此正方形的中心，
故点G 的坐标为(,,0)22a a
且(,0,),(,0,).22
a a PA a a EG =-=-
2PA EG ∴=. 这表明EG PA ∥.
而EG ⊂平面EDB 且PA ⊄平面EDB ，PA ∴∥平面EDB 。

G
A B
C
D
P
y
x
z
E
F
y z
A
D P
F
⑵证明：依题意得(,,0),(,,)B a a PB a a a =-。

又(0,,),22
a a
DE =
故02
202
2=-+=⋅a a DE PB
PB DE ∴⊥, 由已知EF PB ⊥，且,EF DE E =所以PB ⊥平面EFD.
(3)解：设点F 的坐标为000(,,),,x y z PF PB λ=则000(,,)(,,)x y z a a a a λ-=- 从而000,,(1).x a y a z a λλλ===-所以00011(,,)(,(),()).2
2
2
2
a a FE x y z a a a λλλ=---=---
由条件EF PB ⊥知，0=⋅PB PE 即22211()()0,22
a a a λλλ-+---= 解得 1
3λ=
∴点F 的坐标为2(,,),333a a a 且2(,,),(,,).366333
a a a a a a FE FD =--=---
03
2332
22=+--=⋅a a a FD PB ,即PB FD ⊥，
故EFD ∠是二面角C PB D --的平面角.
∵6
91892
222a a a a FD PE =
+-=⋅且
a a a a FD a a a a PE 3
6
9499,6636369222222=++==++=
2
.1
6cos .2
||||
66.a FE FD EFD FE FD a a ∴==
=3EFD π∴∠=,
所以，二面角C —PC —D 的大小为.3
π
【点评】考查空间向量数量积及其坐标表示，运用向量数量积判断向量的共线与垂直，用向量证明线线、线面、面面的垂直与平行关系。

【变式与拓展】如图，已知矩形ABCD 所在平面外一点P ，PA ⊥平面ABCD ， E 、F 分别是AB 、PC 的中点． （1）求证：EF ∥平面PAD ； （2）求证：EF ⊥CD ；
（3）若∠PDA ＝45︒，求EF 与平面ABCD 所成的角． 证明：如图，建立空间直角坐标系A －xyz ，
设AB ＝2a ，BC ＝2b ，PA ＝2c ，则：A (0, 0, 0)，
B (2a , 0, 0)，
C (2a , 2b , 0)，
D (0, 2b , 0)， P (0, 0, 2c )∵
E 为AB 的中点，
F 为PC 的中点
∴ E (a , 0, 0)，F (a , b , c )
(1)∵EF ＝(0, b , c )，AP ＝(0, 0, 2c )，AD ＝(0, 2b , 0) ∴EF ＝12
(→ AP ＋→
AD ) ∴EF 与AP 、AD 共面
又∵ E ∉ 平面PAD ∴ EF ∥平面PAD ．
(2)∵ →
CD ＝(-2a , 0, 0 )
∴→CD ·→
EF ＝(-2a , 0, 0)·(0, b , c )＝0 ∴ CD ⊥EF ．
(3)若∠PDA ＝45︒，则有2b ＝2c ，即 b ＝c ，∴ →
EF ＝(0, b , b )，
→ AP ＝(0, 0, 2b ) ∴ cos 〈→ EF ，→ AP 〉＝2b 22b ·
2b
＝
22
∴ 〈→ EF ，→
AP 〉＝ 45︒
∵ → AP ⊥平面AC ，∴ →
AP 是平面AC 的法向量
∴ EF 与平面AC 所成的角为：90︒－〈→ EF ，→
AP 〉＝ 45︒．
例15.如图，在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，已知2=AB ，,51=AA E 、F 分别为D D 1、B B 1上的点，且.11==F B DE
（Ⅰ）求证：⊥BE 平面ACF ； （Ⅱ）求点E 到平面ACF 的距离.
解：(Ⅰ)以D 为原点，以、、D 1的正向分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则
).4,2,2(),1,0,0(),5,0,0(),0,2,0(),0,2,2(),0,0,2(),0,0,0(1F E D C B A D
于是).1,2,2(),4,2,0(),0,2,2(--==-=
,,,0,0AF BE AC BE ⊥⊥∴=⋅=⋅ 且,A AF AC = ∴⊥BE 平面ACF
（Ⅱ）由(Ⅰ)知，为平面ACF 的一个法向量，
∴向量AE 在BE 上的射影长即为E 到平面ACF 的距离，设为d ，于是
,3
51)2()2(|
)1,2,2()1,0,2(||||,cos |||222=+-+---⋅-=
=><⋅=d
故点E 到平面ACF 的距离为.3
5
图9
A B
C
D
F
E
1
A 1
B 1
C 1
D
例16.如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，AB =3，
BC =1，PA =2，E 为PD 的中点．
（Ⅰ）求直线AC 与PB 所成角的余弦值；
（Ⅱ）在侧面PAB 内找一点N ，使NE ⊥面PAC ， 并求出N 点到AB 和AP 的距离．
解：方法一、（1）设AC ∩BD=O ，连OE ，则OE//PB ，
∴∠EOA 即为AC 与PB 所成的角或其补角.
在△AOE 中，AO=1，OE=,27
21=
PB ,2
5
21==
PD AE ∴.14731
2
7
245
471cos =⨯⨯-
+
=
EOA 即AC 与PB 所成角的余弦值为
14
7
3. （2）在面ABCD 内过D 作AC 的垂线交AB 于F ，则6
π
=∠ADF .
连PF ，则在Rt △ADF 中.3
3
tan ,332cos ====
ADF AD AF ADF AD DF
设N 为PF 的中点，连NE ，则NE//DF ，
∵DF ⊥AC ，DF ⊥PA ，∴DF ⊥面PAC ，从而NE ⊥面PAC. ∴N 点到AB 的距离12
1
==
AP ，N 点到AP 的距离.6321=
=AF 方法二、（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，
则A 、B 、C 、D 、P 、E 的坐标为A （0，0，0）、 B （3，0，0）、C （3，1，0）、D （0，1，0）、
P （0，0，2）、E （0，2
1
，1），
从而).2,0,3(),0,1,3(-==PB AC
设PB AC 与的夹角为θ，则
,14
7
3723
||||cos ==⋅=PB AC PB AC θ
P
C
D E
∴AC 与PB 所成角的余弦值为
14
7
3. （Ⅱ）由于N 点在侧面PAB 内，故可设N 点坐标为（x ，O ，z ），
则)1,2
1
,(z x NE --=，
由NE ⊥面PAC 可得，
⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-⎪
⎪⎩
⎪⎪⎨⎧=⋅--=⋅--⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.021
3,01.0)0,1,3()1,2
1,(,0)2,0,0()1,21,(.0,0x z z x z x AC NE AP NE 化简得即 ∴⎪⎩⎪⎨⎧==163z x 即N 点的坐标为)1,0,63(
，从而N 点到AB 、AP 的距离分别为1，6
3
.
【模拟演练】
一、选择
1．已知正方体外接球的体积是
324
3
π，那么正方体的棱长为（ ） A ．23 B ．33 C ．3 D ．3
2．一个几何体的三视图如图所示，已知侧视图是一个等腰三角形, 根据图中尺寸(单位:cm ),可知这个几何体的体积是（ ）
6
5
4
5
6
5俯视图
侧视图
正视图
A.360 cm
B.350 cm
C.330 cm
D.3
30 3 cm
4．已知、m 是不重合的直线，α、β、γ是两两不重合的平面，给出下列命题：①若
,,,,l m l a m a αα⊂⊂⊥⊥则a α⊥；②若l m //，,α⊥m 则α⊥l ;③若βα⊥，
βα⊥⊂l l 则,；④若.//,//,,l m l m 则βαγβγα== 其中真命题的序号为
（ ）
A ①②
B ①③
C ①④
D ②④
5. 在正三棱锥A BCD -中，,E F 分别为AB 、CD 的中点，若EF 与BD 所成的角为6
π，则
EF 与AC 所成的角为（ ） A.
6π B. 4π C. 3π D. 2
π
7．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC =BC ，M 、N 分别是A 1B 1，AB 的中点，P 点在线段1AC 上，则MP 与平面1B CN 的位置关系是 （ ）
A ．垂直
B ．平行
C ．相交但不垂直
D ． 要依P 点的位置而定
P
M
C 1
B 1
A 1
B
C
N
11. 如图所示，设地球半径为R ，点,A B 在赤道上，O 为地心，点C 在北纬30°的纬线
（O '为其圆心）上，且点,,A C D ，O '，O 共面，点D 、O '、O 共线 若 90=∠AOB ，则异面直线AB 与CD 所成角的正弦值为
（ ）
A.
46
B. 46-
C.
104
D. 104
-
二、填空
13.已知一个正四棱柱内接于球，该正四棱柱高为3，体积为24，则这个球的表面积是 。

14．若直线l 与平面所成角为π
4
，直线a 在平面内，且与直线l 异面，则直线l 与直线a
所成的角的取值范围是 。

三解答题
17．（本题满分12分）
如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，AC AB ⊥，PA ⊥平面
ABCD ，点E 是PD 的中点。

（1）求证：平面PAB ⊥平面PAC ； （2）求证：AC EO ⊥。

P
E
D
C
B
A
18. （本小题满分12分）
如图所示，矩形ABCD 中，G 是对角线AC ，BD 的交点，ABE AD 平面⊥，，F 为CE 上的点，且ACE BF 平面⊥，连接FG . ⑴求证：ACE BCE ⊥平面平面； ⑵求证：AE //BFG 平面；
⑶求三棱锥BGF C -的体积.
F
G
A
D
C
B
E
19．如图,四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形，//,AD BC ,90︒=∠ABC
平面⊥PA
ABCD,4,2,,6PA a AD a AB BC a ====。

(Ⅰ)求证:;PAC BD 平面⊥ (Ⅱ)求二面角A-PC-D 的大小
P
A D
E
B
C
专题训练答案
1．B 解析：由正方体对角线得到直径可知，34
324
,333R R ππ=
=，
所以棱长为33333
⨯=。

2.A 解析：由三视图可知该几何体的底面是底边为6，高是4的等腰三角形，该几何体的高
为5，所以1
5642
V =⨯⨯⨯（）=60。

4．D 解析：①只有、m 相交才正确，所以①错误；②正确；③l 还需与α、β的交线垂直，错误；④由平面与平面平行的性质定理可知正确，选D.
5．C 解析：由正三棱锥A BCD -的对应棱互相垂直，得AC BD ⊥。

取BC 的中点H ，连,EH FH ，则//,//EH AC FH BD ，所以△EFH 是直角三角形，EF 与BD 所成的角为
6π，就是∠EFH ＝6π，从而∠EFH ＝3π，即EF 与AC 所成的角为3
π
，故选C 。

7．B 解析：由题设知B 1M ∥AN 且B 1M =AN ，四边形ANB 1M 是平行四边形， 故B 1N ∥AM ，B 1N ∥AMC 1平面．又C 1M ∥CN ，得CN ∥平面AMC 1，则平面B 1NC ∥AMC 1，MP ⊂平面AMC 1，∴MP ∥平面B 1NC 。

11.C 解析：分别以,,OB OA OD 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系O xyz -，
易得A （0，R ，0），B （R ，0，0），C （0，
)2
1
,23R R ，D （0，0，R ）
，,46223,cos ),21,23,0(),0,,(22
==⋅>=<-=-=R R
CD
AB CD AB CD AB R R CD R R AB 所以2610
sin ,1(
)4AB CD <>=-=
， 故选C 。

13.
125
6
π 解析：正四棱柱高为3，体积为24，底面积为8，正方形边长为2正四棱柱的对角线长即球的直径为5，∴ 球的半径为
5
2
，球的表面积是1256π。

14．ππ 42
⎡⎤⎢⎥⎣
⎦
，；解析：因为直线l 是平面的斜线，斜线与平面所成的角，是这条斜线和这个
平面内的直线所成的一切角中最小的角，故a 与l 所成的角大于或等于π
4
；又因为异面直线所成的角不大于
2
π.
17、证明：（1）PA ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，PA AC ∴⊥。

2分
又
,AB AC PA AC A ⊥⋂=，PA ⊂平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，
AC ∴⊥平面PAB ，AC ⊂平面PAC ，∴平面PAB ⊥平面PAC 。

6分
O
P
E
D
C
B
A
（2）连结BD 交AC 于点O ，并连结EO ， 四边形ABCD 为平行四边形
∴O 为BD 的中点， 又E 为PD 的中点。

8分 ∴在PDB ∆中EO 为中位线，PB EO // ，
AC ⊥平面PAB ，
PB ∴⊂平面PAB ，AC PB ∴⊥，AC EO ∴⊥。

12分 18、解：（1）证明：∵ABE AD 平面⊥，BC AD //
∴ABE BC 平面⊥，∴BC AE ⊥， 2分 又∵ACE BF 平面⊥，∴ BF AE ⊥， 4分 又∵B BF BC =
∴BCE AE 平面⊥.，AE ACE ⊂平面，ACE BCE ∴⊥平面平面。

5分
⑵证明：∵ACE BF 平面⊥，∴BF CE ⊥，又BE BC =
∴F 是EC 的中点，又易知G 是AC 的中点，
∴在△AEC 中，AE FG //，又BFG FG 平面⊂，BFG AE 平面⊄ ∴BFG AE 平面//. 9分
⑶由⑵知AE FG //且12
1
==AE FG ， BCE AE 平面⊥.
∴BCE FG 平面⊥∴BCF FG 平面⊥，
又∵ACE BF 平面⊥，∴CE BF ⊥，∴在BCE Rt ∆中，22
1
===CE CF BF 。

∴在1222
1
=⋅⋅=∆CFB S ，
∴在3
1
31=⋅⋅==∆--FG S V V CFB BCF G BFG C 。

12分
解析：（Ⅰ）如图，建立坐标系，
C
则(000)
A，，，00)
B，，，60)
C a
，，，(020)
D a
，，，(004)
P a
，，，(004)
AP a
∴
=，，，(2360)
AC a
=，，，(20)
BD a
=-，，，
BD AP
∴=，0
BD AC=2分BD AP
∴⊥，BD AC
⊥，又PA AC A
=，BD
∴⊥平面PAC 6分（Ⅱ）设平面PCD 的法向量为(1)
x y
=，，
n，
则0
CD=
n ，0
PD=
n，
又(40)
CD
a
=--
，，，(024)
PD a a
=-
，，，
40
240
y
y
⎧--=
⎪
∴⎨
-=
⎪⎩
，
，
解得3
2
x
y
⎧
=-
⎪
⎨
⎪=
⎩，
43
21
⎛⎫
∴=-
⎪
⎪
⎝⎭
，
n。

8分
平面PAC的法向量取为()
20
BD a
==-，，
m，
cos<m，
393
31
>=
=
m n
n
m n。

∴二面角A PC D
--的大小为12分
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