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2012年数学高考+模拟新题分类汇编：专题G立体几何（文科） 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com G 立体几何 G1 空间几何体的结构 9(G1[2012?重庆卷] 设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，2和a，且长为a的棱与长为2的棱异面，则a的取值范围为( ) A((0，2) B((0，3) C((1，2) D((1，3) ,2 图1 9(A [解析] 如图1,2所示～设AB,a～CD,2～BC,BD,AC,AD,1～则?ACD,?BCD,45?～要构造一个四面体～则?ACD与共面BCD不能重合～当?BCD与?ACD重合时～a,0,当A、B、C、D四点共面～且A、B两点在DC的两侧时～在?ABC中～? 22ACB,?ACD，?BCD,45?，45?,90?～AB,AC，BC,2～所以a的取值范围是(0～2)( 8(G1、G2[2012?陕西卷] 将正方体(如图1,3?所示)截去两个三棱锥，得到图?所示的几何体，则该几何体的左视图为( ) 图1,3 图1,4 8(B [解析] 题目中截几何体所得的新的几何体的形状～结合三视图实线和虚线的不同示可知对应的左视图应该为B. 15(G1、G12[2012?安徽卷] 若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即AB,CD，AC,BD，AD,BC，则________(写出所有正确结论的编号)( ?四面体ABCD每组对棱相互垂直;?四面体ABCD每个面的面积相等;?从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90?而小于180?;?连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分;?从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长( 15(??? [解析] 如图～把四面体ABCD放入长方体中～由长方体中相对面中相互异面的两条面对角线不一定相互垂直可知?错误,由长方体中?ABC??ABD??DCB??DCA～可知四面体ABCD每个面的面积相等～同时四面体ABCD中过同一顶点的三个角之和为一个三角形的三个内角之和～即为180?～故?正确～?错误,长方体中相对面中相互异面的两条面对角线中点的连线相互垂直～故?正确,从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱可以移到一个三角形中～作为一个三角形的三条边～故?正确(为???. 第 1 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 5(G1[2012?上海卷] 一个高为2的圆柱，底面周长为2π，该圆柱的表面积为________( 5(6π [解析] 考查圆柱的表面积～利用圆的周长求得圆柱的底面半径( 由圆柱的底面周长可得底面圆的半径～2πr,2π～?r,1～ 2得圆柱的表面积S,2πr，2πh,2π，4π,6π. 19(G1、G11[2012?上海卷] 如图1,1，在三棱锥P,ABC中，PA?底面ABC，D是 πPC的中点，已知?BAC,，AB,2，AC,23，PA,2，求: 2 图1,1 (1)三棱锥P,ABC的体积; (2)异面直线BC与AD所成的角的大小(结果用反三角函数值表示)( 119(解:(1)S,×2×23,23～ ?ABC2 图1,2 三棱锥P,ABC的体积为 114V,S×PA,×23×2,3. ?ABC333 (2)取PB的中点E，连接DE、AE，则ED?BC，所以?ADE(或其补角)是异面直线BC 与AD所成的角( 在?ADE中，DE,2，AE,2，AD,2， 222，2,23cos?ADE,,， 42×2×2 3所以?ADE,arccos. 4 3因此，异面直线BC与AD所成的角的大小是arccos. 4 G2 空间几何体的三视图和直观图 10(G2[2012?天津卷] 一个几何体的三视图如图1,2所示(单位:m)，则该几何体的体3积为________m. 第 2 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 图1,2 10(30 [解析] 由三视图可得该几何体为两个直四棱柱的组合体～其体积V,3×4×21(1，2)×1×4,30. ，2 13(G2[2012?辽宁卷] 一个几何体的三视图如图1,3所示，则该几何体的体积为________( 图1,3 13(12，π [解析] 本小题主要考查三视图和体积公式(解题的突破口为通过观察分析三视图～得出几何体的形状～是解决问题的根本( 由三视图可知～ 几何体是一个长方体与一个圆柱构成的组合体～所以该几何体的体积2为V,V，V,4×3×1，π×1×1,12，π. 长方体圆柱 7(G2[2012?课标全国卷] 如图1,2，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( ) 图1,3 A(6 B(9 C(12 D(18 7(B [解析] 根据三视图可知该几何体是三棱锥～其底面是斜边长为6的等腰直角三 11角形(斜边上的高为3)～有一条长为3的侧棱垂直于底面～所以该几何体的体积是V,×32×6×3×3,9～故选B. 3. G2、G7[2012?浙江卷] 已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图1,1所示，则该三棱锥的体积是( ) 33A(1 cm B(2 cm 33C(3 cm D(6 cm 第 3 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 图1,1 3(A [解析] 本题考查三棱锥的三视图与体积计算公式～考查学生对数据的运算能力 111和空间想象能力(由三视图可知～该几何体为一个正三棱锥～则V,Sh,××1×2×3332,1. 8(G1、G2[2012?陕西卷] 将正方体(如图1,3?所示)截去两个三棱锥，得到图?所示的几何体，则该几何体的左视图为( ) 图1,3 图1,4 8(B [解析] 分析题目中截几何体所得的新的几何体的形状～结合三视图实线和虚线的不同表示可知对应的左视图应该为B. 15.G2[2012?湖北卷] 已知某几何体的三视图如图1,4所示，则该几何体的体积为________( 图1,4 第 4 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 图1,5 15([答案] 12 π [解析] 由三视图可知～该几何体是由左右两个相同的圆柱(底面圆半径为2～高为1)与2中间一个圆柱(底面圆半径为1～高为4)组合而成～故该几何体的体积是V,π×2×1×2，2π×1×4,12π. (G2[2012?广东卷] 某几何体的三视图如图1,1所示，它的体积为( ) 7 图1,1 A(72π B(48π C(30π D(24π 7(C [解析] 根据三观图知该几何体是由半球与圆锥构成～球的半径R,3～圆锥半径 14132R,3～高为4～所以V,V，V,×π×3，π×3×4,30π～所以选择C. 组合体半球圆锥233 4(G2[2012?福建卷] 一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是( ) A(球 B(三棱锥 C(正方体 D(圆柱 4(D [解析] 球的三视图大小、形状相同～三棱锥的三视图也可能相同～正方体三种视图也相同～只有D不同( 12(G2、G7[2012?安徽卷] 某几何体的三视图如图1,2所示，则该几何体的体积等于________( 图1,2 12(56 [解析] 如图～根据三视图还原的实物图为底面是直角梯形的直四棱柱～其体第 5 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 12，5()×积为V,Sh,4×4,56. 2 7(G2、G7[2012?北京卷] 某三棱锥的三视图如图1,4所示，该三棱锥的表面积是( ) 图1,4 A(28，65 B(30，65 C(56，125 D(60，125 7(B [解析] 本题考查三棱锥的三视图与表面积公式( 1由三视图可知～几何体为一个侧面和底面垂直的三棱锥～如图所示～可知S,×5×4底面2,10～ 1S,×5×4,10～ 后2 1S,×6×25,65～ 左2 1S,×4×5,10～ 右2 所以S,10×3，65,30，65. 表 4(G2[2012?湖南卷] 某几何体的正视图和侧视图均如图1,1所示，则该几何体的俯视图不可能是( ) ((( 图1,1 4(C [解析] 本题考查三视图～意在考查考生三视图的辨析～以及对三视图的理解和掌握(选项A, B, D～都有可能～选项C的正视图应该有看不见的虚线～故C是不可能的( [易错点] 本题由于对三视图的不了解，易错选D，三视图中看不见的棱应该用虚线标第 6 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 出( 7(G2[2012?江西卷] 若一个几何体的三视图如图1,2所示，则此几何体的体积为( ) 11A. 2 B(5 9C. 2 D(4 图1,2 7(D [解析] 该几何体是直六棱柱～由左视图知其高为1～由主视图和俯视图知其底 面面积S,(1，3)×1,4～因此其体积为4～故选D. G3 平面的基本性质、空间两条直线 G4 空间中的平行关系 19(G4、G5[2012?山东卷] 如图1,6，几何体E,ABCD是四棱锥，?ABD为正三角 形，CB,CD，EC?BD. 图1,6 (1)求证:BE,DE; (2)若?BCD,120?，M为线段AE的中点，求证:DM?平面BEC. 19(:(1)取BD的中点O～连接CO～EO. 由于CB,CD～所以CO?BD～ 又EC?BD～EC?CO,C～ CO～EC?平面EOC～ 所以BD?平面EOC～ 因此BD?EO～ 又O为BD的中点～ 所以BE,DE. (2)证法一:取AB的中点N～连接DM～DN～MN～ 因为M是AE的中点～ 所以MN?BE. 第 7 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 又MN?平面BEC～BE?平面BEC～ 所以MN?平面BEC～ 又因为?ABD为正三角形～ 所以?BDN,30?～ 又CB,CD～?BCD,120?～ 因此?CBD,30?～ 所以DN?BC～ 平面BEC～BC?平面BEC～所以DN?平面BEC～ 又DN? 又MN?DN,N～ 故平面DMN?平面BEC～ 又DM?平面DMN～ 所以DM?平面BEC. 证法二: 延长AD～BC交于点F～连接EF. 因为CB,CD～?BCD,120?. 所以?CBD,30?. 因为?ABD为正三角形( 所以?BAD,60?～?ABC,90?～ 因此?AFB,30?～ 1所以AB,AF. 2 又AB,AD～ 所以D为线段AF的中点( 连接DM～由点M是线段AE的中点～ 因此DM?EF. 又DM?平面BEC～EF?平面BEC～ 所以DM?平面BEC. 18(G4、G7[2012?辽宁卷] 如图1,5，直三棱柱ABC,A′B′C′，?BAC,90?，AB ,AC,2，AA′,1，点M，N分别为A′B和B′C′的中点( (1)证明:MN?平面A′ACC′; (2)求三棱锥A′,MNC的体积( 1(锥体体积公式V,Sh，其中S为底面面积，h为高) 3 图1,5 第 8 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 18(解:(1)(证法一) 连结AB′～AC′～由已知?BAC,90?～ AB,AC～三棱柱ABC,A′B′C′为直三棱柱～ 所以M为AB′中点～ 又因为N为B′C′的中点～所以MN?AC′. 又MN?平面A′ACC′～ AC′?平面A′ACC′～ 因此MN?平面A′ACC′. (证法二) 取A′B′中点P～连结MP～NP～ M、N分别为AB′与B′C′的中点～ 所以MP?AA′～PN?A′C′～ 所以MP?平面A′ACC′～PN?平面A′ACC′～ 又MP?NP,P～ 因此平面MPN?平面A′ACC′～而MN?平面MPN. 因此MN?平面A′ACC′. (2)(解法一) 连结BN～由题意A′N?B′C′～ 平面A′B′C′?平面B′BCC′,B′C′～ 所以A′N?平面NBC. 1又A′N,B′C′,1～故 2 111V,V,V,V,. ′,,′,′′,AMNCNAMCNABCANBC226 (解法二) 11V,V,V,V,. ′,′,,′,AMNCANBCMNBCANBC26 16(G4、G5、G7[2012?北京卷] 如图1,9(1)，在Rt?ABC中，?C,90?，D，E分别 为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将?ADE沿DE折起到?ADE的位置，使1 AF?CD，如图1,9(2)( 1 (1)求证:DE?平面ACB; 1 (2)求证:AF?BE; 1 (3)线段AB上是否存在点Q，使AC?平面DEQ,说明理由( 11 图1,9 16(解:(1)证明:因为D～E分别为AC～AB的中点～ 所以DE?BC. 又因为DE?平面ACB～ 1 所以DE?平面ACB. 1 (2)证明:由已知得AC?BC且DE?BC～ 所以DE?AC. 第 9 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 所以DE?AD～DE?CD～ 1 所以DE?平面ADC. 1 而AF?平面ADC～ 11 所以DE?AF. 1 又因为AF?CD～ 1 所以AF?平面BCDE～ 1 所以AF?BE. 1 (3)线段AB上存在点Q～使AC?平面DEQ. 11 理由如下: 如下图～分别取AC～AB的中点P～Q～ 11 BC. 则PQ? 又因为DE?BC～ 所以DE?PQ. 所以平面DEQ即为平面DEP～ 由(2)知～DE?平面ADC～ 1 所以DE?AC. 1 又因为P是等腰三角形DAC底边AC的中点～ 11 所以AC?DP. 1 所以AC?平面DEP. 1 从而AC?平面DEQ. 1 故线段AB上存在点Q～使得AC?平面DEQ. 11 16(G4、G5[2012?江苏卷] 如图1,4，在直三棱柱ABC,ABC中，AB,AC，D，1111111 E分别是棱BC，CC上的点(点D不同于点C)，且AD?DE，F为BC的中点( 111求证:(1)平面ADE?平面BCCB; 11 (2)直线AF?平面ADE. 1 图1,4 16(证明:(1)因为ABC,ABC是直三棱柱～所以CC?平面ABC～ 1111又AD?平面ABC～所以CC?AD. 1 又因为AD?DE～CC～DE?平面BCCB～CC?DE,E～ 1111所以AD?平面BCCB.又AD?平面ADE～ 11 所以平面ADE?平面BCCB. 11 (2)因为AB,AC～F为BC的中点～所以AF?BC. 111111111因为CC?平面ABC～且AF?平面ABC～ 11111111所以CC?AF. 11 又因为CC～BC?平面BCCB～CC?BC,C～ 111111111 第 10 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 所以AF?平面BCCB. 111 由(1)知AD?平面BCCB～所以AF?AD. 111 又AD?平面ADE～AF?平面ADE～所以AF?平面ADE. 11 5(G4、G5[2012?浙江卷] 设l是直线，α，β是两个不同的平面( ) 若l?α，l?β，则α?β A( B(若l?α，l?β，则α?β C(若α?β，l?α，则l?β D(若α?β，l?α，则l?β 5(B [解析] 本题考查了线面、面面平行～线面、面面垂直等简单的立体几何知识～考查学生对书本知识的掌握情况以及空间想象、推理能力(对于选项A～若l?α～l?β～则α?β或平面α与β相交,对于选项B～若l?α～l?β～则α?β,对于选项C～若α?β～l β或l在平面β内,对于选项D～若α?β～l?α～则l与β平行、相交或l在平?α～则l? 面β内( G5 空间中的垂直关系 19(G5[2012?江西卷] 如图1,7，在梯形ABCD中，AB?CD，E，F是线段AB上的两点，且DE?AB，CF?AB，AB,12，AD,5，BC,42，DE,4，现将?ADE，?CFB分别沿DE，CF折起，使A，B两点重合于点G，得到多面体CDEFG. (1)求证:平面DEG?平面CFG; (2)求多面体CDEFG的体积( 图1,7 19(解:(1)证明:因为DE?EF～CF?EF～所以四边形CDEF为矩形～ 22由GD,5～DE,4～得GE,GD,DE,3. 22由GC,42～CF,4～得FG,GC,CF,4～所以EF,5. 222在?EFG中～有EF,GE，FG～所以EG?GF～ 又因为CF?EF～CF?FG～得～CF?平面EFG～ 所以CF?EG～所以EG?平面CFG～即平面DEG?平面CFG. EG?GF12(2)如图，在平面EGF中，过点G作GH?EF于点H，则GH,,. EF5 因为平面CDEF?平面EFG，得GH?平面CDEF， 1V,S?GH,16. CDEFGCDEF3 14(G5[2012?四川卷] 如图1,4，在正方体ABCD,ABCD中，M、N分别是棱CD、1111 CC的中点，则异面直线AM与DN所成的角的大小是________. 11 图1,4 第 11 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 14(90? [解析] 因为ABCD,ABCD为正方体～故A在平面CDDC上的射影为1111111D～ 1 即AM在平面CDDC上的射影为DM～ 1111 1而在正方形CDDC中～由tan?DDM,tan?CDN,～ 1112 可知DM?DN～ 1 由三垂线定理可知～AM?DN. 1 20(G5、G6、G10、G11[2012?重庆卷] 已知在直三棱柱ABC,ABC中，AB,4，AC111,BC,3，D为AB的中点( (1)求异面直线CC和AB的距离; 1 (2)若AB?AC，求二面角A,CD,B的平面角的余弦值( 1111 图1,3 20(解:(1)因AC,BC～D为AB的中点～故CD?AB. 又直三棱柱中～CC?面ABC～故CC?CD～所以异面直线CC和AB的距离为CD,11122BC,BD,5. (2)解法一:由CD?AB～CD?BB～故CD?面AABB～从而CD?DA～CD?DB～11111故?ADB为所求的二面角A,CD,B的平面角( 1111 因AD是AC在面AABB上的射影～又已知AB?AC～由三垂线定理的逆定理得AB1111111?AD～从而?AAB～?ADA都与?BAB互余～因此?AAB,?ADA～所以Rt?AAD111111111 BAAA1112?Rt?BAA～因此～得AA,AD?AB,8. ,11111ADAA122从而AD,AA，AD,23～BD,AD,23～ 1111 所以在?ADB中～由余弦定理得 11222D，DB,ABA11111cos?ADB,,. 112?AD?DB311 解法二:如下图～过D作DD?AA交AB于D～在直三棱柱中～由(1)知DB～DC～11111 DD两两垂直～以D为原点～射线DB～DC～DD分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空11 间直角坐标系D,xyz. ?设直三棱柱的高为h～则A(,2,0,0)～A(,2,0～h)～B(2,0～h)～C(0～5～0)～从而AB111 ?,(4,0～h)～AC,(2～5～,h)( 1 ????2由AB?AC得AB?AC,0～即8,h,0～因此h,22. 1111 图1,4 ???故DA,(,2,0,22)，DB,(2,0,22)，DC,(0，5，0)( 11 第 12 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com ??设平面ACD的法向量为m,(x，y，z)，则m?DC，m?DA，即 11111 5y,0，,1, ,2x，22z,0，,11 取z,1，得m,(2，0,1)( 1 ??设平面BCD的法向量为n,(x，y，z)，则n?DC，n?DB，即 12221 5y,0，,2, 2x，22z,0，,22 取z,,1，得n,(2，0，,1)，所以 2 2,11m?ncos〈m，n〉,,,. 3|m|?|n|2，1?2，1 1所以二面角A,CD,B的平面角的余弦值为. 113 5(G4、G5[2012?浙江卷] 设l是直线，α，β是两个不同的平面( ) A(若l?α，l?β，则α?β B(若l?α，l?β，则α?β C(若α?β，l?α，则l?β D(若α?β，l?α，则l?β 5(B [解析] 本题考查了线面、面面平行～线面、面面垂直等简单的立体几何知识～考查学生对书本知识的掌握情况以及空间想象、推理能力(对于选项A～若l?α～l?β～则α?β或平面α与β相交,对于选项B～若l?α～l?β～则α?β,对于选项C～若α?β～l?α～则l?β或l在平面β内,对于选项D～若α?β～l?α～则l与β平行、相交或l在平面β内( 20(G4、G5、G11[2012?浙江卷] 如图1,5，在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD,ABCD1111中，AD?BC，AD?AB，AB,2，AD,2，BC,4，AA,2，E是DD的中点，F是平面11BCE与直线AA的交点( 111 (1)证明:(i)EF?AD; 11 (ii)BA?平面BCEF; 111 (2)求BC与平面BCEF所成的角的正弦值( 111 图1,5 20(解:(1)证明:(?)因为CB?AD～CB?平面ADDA～所以CB?平面ADDA～ 111111111111 又因为平面BCEF?平面ADDA,EF～ 1111 所以CB?EF～ 11 所以AD?EF. 11 (?)因为BB?平面ABCD～ 11111 所以BB?BC. 111 又因为BC?BA～ 1111 所以BC?平面ABBA～ 1111 所以BC?BA. 111 2在矩形ABBA中～F是AA的中点～tan?ABF,tan?AAB,～ 1111112 即?ABF,?AAB～ 111 第 13 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 故BA?BF～ 11 所以BA?平面BCEF. 111 (2)设BA与BF交点为H～连结CH. 111 由(1)知BA?平面BCEF～所以?BCH是BC与面BCEF所成的角( 1111111 4在矩形AABB中～AB,2～AA,2～得BH,. 1116 4在直角?BHC中～BC,25～BH,～得 116 BH30sin?BCH,,～ 1BC151 30所以BC与平面BCEF所成角的正弦值是. 11115 17(G5、G11[2012?天津卷] 如图1,4，在四棱锥P,ABCD中，底面ABCD是矩形，AD?PD，BC,1，PC,23，PD,CD,2. (1)求异面直线PA与BC所成角的正切值; (2)证明平面PDC?平面ABCD; (3)求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值( 图1,4 17(解:(1)如图所示～在四棱锥P,ABCD中～因为底面ABCD是矩形～所以AD,BC且AD?BC～又因为AD?PD～故?PAD为异面直线PA与BC所成的角( PD在Rt?PDA中～tan?PAD,,2. AD 所以～异面直线PA与BC所成角的正切值为2. (2)证明:由于底面ABCD是矩形～故AD?CD～又由于AD?PD～CD?PD,D～因此AD?平面PDC～而AD?平面ABCD～所以平面PDC?平面ABCD. (3)在平面PDC内～过点P作PE?CD交直线CD于点E～连接EB. 由于平面PDC?平面ABCD～而直线CD是平面PDC与平面ABCD的交线～故PE?平面ABCD.由此得?PBE为直线PB与平面ABCD所成的角( 在?PDC中～由于PD,CD,2～PC,23～可得?PCD,30?. 在Rt?PEC中～PE,PCsin30?,3. 由AD?BC～AD?平面PDC～得BC?平面PDC～因此BC?PC. 22在Rt?PCB中～PB,PC，BC,13. 第 14 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com PE39在Rt?PEB中～sin?PBE,,. PB13 39所以直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为. 13 π18(G5、G7[2012?陕西卷] 直三棱柱ABC,ABC中，AB,AA，?CAB,. 11112 (1)证明:CB?BA; 11 ，BC,5，求三棱锥C,ABA的体积( (2)已知AB,211 图1,7 18(解:(1)证明:如图～连结AB～ 1 π?ABC,ABC是直三棱柱～?CAB,～ 1112 ?AC?平面ABBA～故AC?BA. 111 又?AB,AA～?四边形ABBA是正方形～ 111 ?BA?AB～又CA?AB,A. 111 ?BA?平面CAB～故CB?BA. 1111 (2)?AB,AA,2～BC,5～?AC,AC,1～ 111 由(1)知～AC?平面ABA～ 111 112?VC,ABA,S?ABA?AC,×2×1,. 11111333 19(G5、G7[2012?课标全国卷] 如图1,4，三棱柱ABC,ABC中，侧棱垂直底面，111 1?ACB,90?，AC,BC,AA，D是棱AA的中点( 112 (1)证明:平面BDC?平面BDC; 1 (2)平面BDC分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比( 1 图1,4 19(解:(1)证明:由题设知BC?CC，BC?AC，CC?AC,C，所以BC?平面ACCA. 1111 又DC?平面ACCA，所以DC?BC. 1111 由题设知?ADC,?ADC,45?，所以?CDC,90?，即DC?DC.又DC?BC,C，所1111 以DC?平面BDC.又DC?平面BDC，故平面BDC?平面BDC. 1111 (2)设棱锥B,DACC的体积为V，AC,1.由题意得 11 1，211V,××1×1,. 1322 又三棱柱ABC,ABC的体积V,1， 111 第 15 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 所以(V,V)?V,1?1. 11 故平面BDC分此棱柱所得两部分体积的比为1?1. 1 19(G4、G5[2012?山东卷] 如图1,6，几何体E,ABCD是四棱锥，?ABD为正三角 形，CB,CD，EC?BD. 图1,6 (1)求证:BE,DE; (2)若?BCD,120?，M为线段AE的中点，求证:DM?平面BEC. (证明:(1)取BD的中点O～连接CO～EO. 19 由于CB,CD～所以CO?BD～ 又EC?BD～EC?CO,C～ CO～EC?平面EOC～ 所以BD?平面EOC～ 因此BD?EO～ 又O为BD的中点～ 所以BE,DE. (2)证法一:取AB的中点N～连接DM～DN～MN～ 因为M是AE的中点～ 所以MN?BE. 又MN?平面BEC～BE?平面BEC～ 所以MN?平面BEC～ 又因为?ABD为正三角形～ 所以?BDN,30?～ 又CB,CD～?BCD,120?～ 因此?CBD,30?～ 所以DN?BC～ 又DN?平面BEC～BC?平面BEC～所以DN?平面BEC～ 又MN?DN,N～ 故平面DMN?平面BEC～ 又DM?平面DMN～ 所以DM?平面BEC. 证法二: 延长AD～BC交于点F～连接EF. 因为CB,CD～?BCD,120?. 所以?CBD,30?. 第 16 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 因为?ABD为正三角形( 所以?BAD,60?～?ABC,90?～ 因此?AFB,30?～ 1所以AB,AF. 2 又AB,AD～ 所以D为线段AF的中点( 连接DM～由点M是线段AE的中点～ 因此DM?EF. 又DM?平面BEC～EF?平面BEC～ 所以DM?平面BEC. 19(G5、G7[2012?湖南卷] 如图1,7，在四棱锥P,ABCD中，PA?平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，AD?BC，AC?BD. (1)证明:BD?PC; (2)若AD,4，BC,2，直线PD与平面PAC所成的角为30?，求四棱锥P,ABCD的体积( 19(解:(1)证明:因为PA?平面ABCD～BD?平面ABCD～所以PA?BD. 图1,8 又AC?BD，PA，AC是平面PAC内的两条相交直线，所以BD?平面PAC. 而PC?平面PAC，所以BD?PC. (2)设AC和BD相交于点O，连结PO，由(1)知，BD?平面PAC，所以?DPO是直线PD和平面PAC所成的角(从而?DPO,30?. 由BD?平面PAC，PO?平面PAC知，BD?PO. 在Rt?POD中，由?DPO,30?得PD,2OD. 因为四边形ABCD为等腰梯形，AC?BD，所以?AOD，?BOC均为等腰直角三角形(从 1111而梯形ABCD的高为AD，BC,×(4，2),3，于是梯形ABCD的面积S,×(4，2)×32222,9. 222在等腰直角三角形AOD中，OD,AD,22，所以PD,2OD,42，PA,PD,AD2 ,4. 故四棱锥P,ABCD的体积为 11V,×S×PA,×9×4,12. 33 19(G5、G7[2012?湖北卷] 某个实心零部件的形状是如图1,7所示的几何体，其下部是底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形的四棱台ABCD,ABCD，上部是一个底面与1111 四棱台的上底面重合，侧面是全等的矩形的四棱柱ABCD,ABCD. 2222 第 17 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 图1,7 (1)证明:直线BD?平面ACCA; 1122 (2)现需要对该零部件表面进行防腐处理(已知AB,10，AB,20，AA,30，AA,13(单1121 位:cm)，每平方厘米的加工处理费为0.20元，需加工处理费多少元, 19(解:(1)因为四棱柱ABCD,ABCD的侧面是全等的矩形～ 2222 所以AA?AB～AA?AD～又因为AB?AD,A～所以AA?平面ABCD. 222连接BD～因为BD?平面ABCD～所以AA?BD. 2 因为底面ABCD是正方形～所以AC?BD. 根据棱台的定义可知～BD与BD共面( 11 又已知平面ABCD?平面ABCD～且平面BBDD?平面ABCD,BD～ 111111 BCD,BD～所以BD?BD.于是 平面BBDD?平面A1111111111 由AA?BD～AC?BD～BD?BD～可得AA?BD～AC?BD～ 21121111又因为AA?AC,A～所以BD?平面ACCA. 21122 (2)因为四棱柱ABCD,ABCD的底面是正方形～侧面是全等的矩形～所以S,S四棱柱22221222，S,(AB)，4AB?AA,10，4×10×30,1 300(cm)( 上底面四棱柱侧面222 又因为四棱台ABCD,ABCD的上、下底面均是正方形～侧面是全等的等腰梯形( 1111 所以S,S，S 四棱台下底面四棱台侧面2 12,(AB)，4×(AB，AB)h 等腰梯形的高11112 11222，，，20,10，,20，4×(10，20)13, ，2，22,1 120(cm)( 2于是该实心零部件的表面积为S,S，S,1 300，1 120,2 420(cm)～ 12 故所需加工处理费为0.2S,0.2×2 420,484(元)( 18(G5、G12[2012?广东卷] 如图1,5所示，在四棱锥P,ABCD中，AB?平面PAD， 1AB?CD，PD,AD，E是PB的中点，F是DC上的点且DF,AB，PH为?PAD中AD边2 上的高( (1)证明:PH?平面ABCD; (2)若PH,1，AD,2，FC,1，求三棱锥E,BCF的体积; (3)证明:EF?平面PAB. 图1,5 18(解:(1)由于AB?平面PAD～PH?平面PAD～ 故AB?PH. 又因为PH为?PAD中AD边上的高～ 第 18 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 故AD?PH. ?AB?AD,A～AB?平面ABCD～ AD?平面ABCD～ ?PH?平面ABCD. 1(2)由于PH?平面ABCD～E为PB的中点～PH,1～故E到平面ABCD的距离h,PH2 1,. 2 又因为AB?CD～AB?AD～所以AD?CD～ 112故S,?FC?AD,?1?2,. ?BCF222 11212因此V,S?h,??,. ,?EBCFBCF332212 (3)证明:过E作EG?AB交PA于G～连接DG. 由于E为PB的中点～所以G为PA的中点( ?DPA为等腰三角形～ 因为DA,DP～故 所以DG?PA. ?AB?平面PAD～DG?平面PAD～ ?AB?DG. 又?AB?PA,A～AB?平面PAB～PA?平面PAB～ ?DG?平面PAB. 11又?GE綊AB～DF綊AB～ 22 ?GE綊DF. 所以四边形DFEG为平行四边形～故DG?EF. 于是EF?平面PAB. 19(G5、G11[2012?安徽卷] 如图1,3，长方体ABCD,ABCD中，底面ABCD11111111 是正方形，O是BD的中点，E是棱AA上任意一点( 1 (1)证明:BD?EC; 1 (2)如果AB,2，AE,2，OE?EC，求AA的长( 11 图1,3 19(解:(1)证明:连接AC～AC. 11 由底面是正方形知～BD?AC. 第 19 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 因为AA?平面ABCD～BD?平面ABCD～ 1 所以AA?BD. 1 又由AA?AC,A～ 1 所以BD?平面AACC. 11 再由EC?平面AACC知～ 111 BD?EC. 1 (2)设AA的长为h～连接OC. 11 在Rt?OAE中～AE,2～AO,2～ 222故OE,(2)，(2),4. 在Rt?EAC中～AE,h,2～AC,22. 11111222故EC，(22). ,(h,2)1222在Rt?OCC中～OC,2～CC,h～OC,h，(2). 111222因为OE?EC～所以OE，EC,OC～即 11122224，(h,2)，(22),h，(2)～解得h,32. 所以AA的长为32. 1 16(G4、G5、G7[2012?北京卷] 如图1,9(1)，在Rt?ABC中，?C,90?，D，E分别 为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将?ADE沿DE折起到?ADE的位置，使1 AF?CD，如图1,9(2)( 1 (1)求证:DE?平面ACB; 1 (2)求证:AF?BE; 1 (3)线段AB上是否存在点Q，使AC?平面DEQ,说明理由( 11 图1,9 16(解:(1)证明:因为D～E分别为AC～AB的中点～ 所以DE?BC. 又因为DE?平面ACB～ 1 所以DE?平面ACB. 1 (2)证明:由已知得AC?BC且DE?BC～ 所以DE?AC. 所以DE?AD～DE?CD～ 1 所以DE?平面ADC. 1 而AF?平面ADC～ 11 所以DE?AF. 1 又因为AF?CD～ 1 所以AF?平面BCDE～ 1 第 20 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 所以AF?BE. 1 (3)线段AB上存在点Q～使AC?平面DEQ. 11 理由如下: 如下图～分别取AC～AB的中点P～Q～ 11 则PQ?BC. 又因为DE?BC～ 所以DE?PQ. 所以平面DEQ即为平面DEP～ (2)知～DE?平面ADC～ 由1 所以DE?AC. 1 又因为P是等腰三角形DAC底边AC的中点～ 11 所以AC?DP. 1 所以AC?平面DEP. 1 从而AC?平面DEQ. 1 故线段AB上存在点Q～使得AC?平面DEQ. 11 16(G4、G5[2012?江苏卷] 如图1,4，在直三棱柱ABC,ABC中，AB,AC，D，1111111 E分别是棱BC，CC上的点(点D不同于点C)，且AD?DE，F为BC的中点( 111求证:(1)平面ADE?平面BCCB; 11 (2)直线AF?平面ADE. 1 图1,4 16(证明:(1)因为ABC,ABC是直三棱柱～所以CC?平面ABC～ 1111又AD?平面ABC～所以CC?AD. 1 又因为AD?DE～CC～DE?平面BCCB～CC?DE,E～ 1111所以AD?平面BCCB.又AD?平面ADE～ 11 所以平面ADE?平面BCCB. 11 (2)因为AB,AC～F为BC的中点～所以AF?BC. 111111111因为CC?平面ABC～且AF?平面ABC～ 11111111 所以CC?AF. 11 又因为CC～BC?平面BCCB～CC?BC,C～ 111111111所以AF?平面BCCB. 111 由(1)知AD?平面BCCB～所以AF?AD. 111 又AD?平面ADE～AF?平面ADE～所以AF?平面ADE. 11 19(G5、G7、G11[2012?全国卷] 如图1,1，四棱锥P,ABCD中，底面ABCD为菱形， PA?底面ABCD，AC,22，PA,2，E是PC上的一点，PE,2EC. 第 21 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com (1)证明:PC?平面BED; (2)设二面角A,PB,C为90?，求PD与平面PBC所成角的大小( 图1,1 19(解:方法一:(1)证明:因为底面ABCD为菱形～所以BD?AC～又PA?底面ABCD～ 所以PC?BD. 设AC?BD,F～连结EF.因为AC,22～ PA,2～PE,2EC～故 23PC,23～EC,～FC,2～ 3 PCAC从而,6～,6. FCEC PCAC因为,～?FCE,?PCA～所以 FCEC ?FCE??PCA～?FEC,?PAC,90?～ 由此知PC?EF. PC与平面BED内两条相交直线BD～EF都垂直～所以PC?平面BED. (2)在平面PAB内过点A作AG?PB～G为垂足( 因为二面角A,PB,C为90?～所以平面PAB?平面PBC. 又平面PAB?平面PBC,PB～ 故AG?平面PBC～AG?BC. BC与平面PAB内两条相交直线PA～AG都垂直～故BC?平面PAB～于是BC?AB～所 22以底面ABCD为正方形～AD,2～PD,PA，AD,22. 设D到平面PBC的距离为d. 因为AD?BC～且AD?平面PBC～BC?平面PBC～故AD?平面PBC～A、D两点到平 面PBC的距离相等～即d,AG,2. d1设PD与平面PBC所成的角为α～则sinα,,. PD2 所以PD与平面PBC所成的角为30?. 方法二:(1)以A为坐标原点～射线AC为x轴的正半轴～建立如图所示的空间直角坐标 系A,xyz. 第 22 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 422,,设C(22～0,0)～D(2～b,0)～其中b>0～则P(0,0,2)～E～B(2～,b,0)( ～0～33,, 2222?????,,,,于是PC,(22～0～,2)～BE,～DE,～从而PC?BE,0～ ～b～～,b～3333,,,,??PC?DE,0～故PC?BE～PC?DE. 又BE?DE,E～所以PC?平面BDE. ??(2)AP,(0,0,2)～AB,(2～,b,0)( ??设m,(x～y～z)为平面PAB的法向量～则m?AP,0～m?AB,0～ 即2z,0且2x,by,0～ 令x,b～则m,(b～2～0)( 设n,(p～q～r)为平面PBC的法向量～则 ??n?PC,0～n?BE,0～ 2p2即22p,2r,0且，bq，r,0～ 33 22,,令p,1～则r,2～q,,～n,. 1～,～2bb,, 2?因为面PAB?面PBC～故m?n,0～即b,,0～故b,2～于是n,(1～,1～2)～DPb ,(,2～,2～2)～ ?n?DP1?cos〈n～DP〉,,～ 2?|n||DP| ?〈n～DP〉,60?. ?因为PD与平面PBC所成的角和〈n～DP〉互余～ 故PD与平面PBC所成的角为30?. G6 三垂线定理 20(G5、G6、G10、G11[2012?重庆卷] 已知在直三棱柱ABC,ABC中，AB,4，AC111 ,BC,3，D为AB的中点( (1)求异面直线CC和AB的距离; 1 (2)若AB?AC，求二面角A,CD,B的平面角的余弦值( 1111 图1,3 20(解:(1)因AC,BC～D为AB的中点～故CD?AB. 又直三棱柱中～CC?面ABC～故CC?CD～所以异面直线CC和AB的距离为CD,111 第 23 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 22BC,BD,5. (2)解法一:由CD?AB～CD?BB～故CD?面AABB～从而CD?DA～CD?DB～11111故?ADB为所求的二面角A,CD,B的平面角( 1111 因AD是AC在面AABB上的射影～又已知AB?AC～由三垂线定理的逆定理得AB1111111?AD～从而?AAB～?ADA都与?BAB互余～因此?AAB,?ADA～所以Rt?AAD111111111 BAAA1112?Rt?BAA～因此～得AA,AD?AB,8. ,11111ADAA122从而AD,AA，AD,23～BD,AD,23～ 1111 所以在?ADB中～由余弦定理得 11222D，DB,ABA11111cos?ADB,,. 1132?AD?DB11 解法二:如下图～过D作DD?AA交AB于D～在直三棱柱中～由(1)知DB～DC～11111 DD两两垂直～以D为原点～射线DB～DC～DD分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空11 间直角坐标系D,xyz. ?设直三棱柱的高为h～则A(,2,0,0)～A(,2,0～h)～B(2,0～h)～C(0～5～0)～从而AB111 ?,(4,0～h)～AC,(2～5～,h)( 1 ????2由AB?AC得AB?AC,0～即8,h,0～因此h,22. 1111 图1,4 ???故DA,(,2,0,22)，DB,(2,0,22)，DC,(0，5，0)( 11 ??设平面ACD的法向量为m,(x，y，z)，则m?DC，m?DA，即 11111 5y,0，,1, ,2x，22z,0，,11 取z,1，得m,(2，0,1)( 1 ??设平面BCD的法向量为n,(x，y，z)，则n?DC，n?DB，即 12221 5y,0，,2, 2x，22z,0，,22 取z,,1，得n,(2，0，,1)，所以 2 2,11m?ncos〈m，n〉,,,. 3|m|?|n|2，1?2，1 1所以二面角A,CD,B的平面角的余弦值为. 113 G7 棱柱与棱锥 13(G7[2012?山东卷] 如图1,3所示，正方体ABCD,ABCD的棱长为1，E为线段1111BC上的一点，则三棱锥A,DED的体积为________( 11 第 24 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 图1,3 113. [解析] 本题考查棱锥的体积公式～考查空间想象力与转化能力～容易题( 6 111VA,DED,VE,DDA,××1×1×1,. 11326 7(G7[2012?江苏卷] 如图1,2，在长方体ABCD,ABCD中，AB,AD,3 cm，AA111113,2 cm，则四棱锥A,BBDD的体积为________cm. 11 图1,2 7(6 [解析] 本题考查四棱锥体积的求解以及对长方体性质的运用( 解题突破口为寻找四棱锥的高( 连AC交BD于点O～因四边形ABCD为正方形～故AO为四棱锥A,BBDD的高～从11132而V,×2×32×,6. 32 3. G2、G7[2012?浙江卷] 已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图1,1所示，则该三棱 锥的体积是( ) 33A(1 cm B(2 cm 33C(3 cm D(6 cm 图1,1 3(A [解析] 本题考查三棱锥的三视图与体积计算公式～考查学生对数据的运算能力 111和空间想象能力(由三视图可知～该几何体为一个正三棱锥～则V,Sh,××1×2×3332 ,1. π18(G5、G7[2012?陕西卷] 直三棱柱ABC,ABC中，AB,AA，?CAB,. 11112(1)证明:CB?BA; 11 第 25 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com (2)已知AB,2，BC,5，求三棱锥C,ABA的体积( 11 ,7 图1 18(解:(1)证明:如图～连结AB～ 1 π?ABC,ABC是直三棱柱～?CAB,～ 1112 ?AC?平面ABBA～故AC?BA. 111 又?AB,AA～?四边形ABBA是正方形～ 111 ?BA?AB～又CA?AB,A. 111 ?BA?平面CAB～故CB?BA. 1111 (2)?AB,AA,2～BC,5～?AC,AC,1～ 111 由(1)知～AC?平面ABA～ 111 112?VC,ABA,S?ABA?AC,×2×1,. 11111333 19(G5、G7[2012?湖南卷] 如图1,7，在四棱锥P,ABCD中，PA?平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，AD?BC，AC?BD. (1)证明:BD?PC; (2)若AD,4，BC,2，直线PD与平面PAC所成的角为30?，求四棱锥P,ABCD的体积( 19(解:(1)证明:因为PA?平面ABCD～BD?平面ABCD～所以PA?BD. 图1,8 又AC?BD，PA，AC是平面PAC内的两条相交直线，所以BD?平面PAC. 而PC?平面PAC，所以BD?PC. (2)设AC和BD相交于点O，连结PO，由(1)知，BD?平面PAC，所以?DPO是直线PD和平面PAC所成的角(从而?DPO,30?. 由BD?平面PAC，PO?平面PAC知，BD?PO. 在Rt?POD中，由?DPO,30?得PD,2OD. 因为四边形ABCD为等腰梯形，AC?BD，所以?AOD，?BOC均为等腰直角三角形(从 1111而梯形ABCD的高为AD，BC,×(4，2),3，于是梯形ABCD的面积S,×(4，2)×32222,9. 222在等腰直角三角形AOD中，OD,AD,22，所以PD,2OD,42，PA,PD,AD2 ,4. 故四棱锥P,ABCD的体积为 第 26 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 11V,×S×PA,×9×4,12. 33 19(G5、G7[2012?湖北卷] 某个实心零部件的形状是如图1,7所示的几何体，其下部 是底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形的四棱台ABCD,ABCD，上部是一个底面与1111 四棱台的上底面重合，侧面是全等的矩形的四棱柱ABCD,ABCD. 2222 ,7 图1 (1)证明:直线BD?平面ACCA; 1122 (2)现需要对该零部件表面进行防腐处理(已知AB,10，AB,20，AA,30，AA,13(单1121 位:cm)，每平方厘米的加工处理费为0.20元，需加工处理费多少元, 19(解:(1)因为四棱柱ABCD,ABCD的侧面是全等的矩形～ 2222 所以AA?AB～AA?AD～又因为AB?AD,A～所以AA?平面ABCD. 222连接BD～因为BD?平面ABCD～所以AA?BD. 2 因为底面ABCD是正方形～所以AC?BD. 根据棱台的定义可知～BD与BD共面( 11 又已知平面ABCD?平面ABCD～且平面BBDD?平面ABCD,BD～ 111111 平面BBDD?平面ABCD,BD～所以BD?BD.于是 1111111111 由AA?BD～AC?BD～BD?BD～可得AA?BD～AC?BD～ 21121111又因为AA?AC,A～所以BD?平面ACCA. 21122 (2)因为四棱柱ABCD,ABCD的底面是正方形～侧面是全等的矩形～所以S,S四棱柱22221222，S,(AB)，4AB?AA,10，4×10×30,1 300(cm)( 上底面四棱柱侧面222 又因为四棱台ABCD,ABCD的上、下底面均是正方形～侧面是全等的等腰梯形( 1111 所以S,S，S 四棱台下底面四棱台侧面2 12,(AB)，4×(AB，AB)h 等腰梯形的高11112 11222，，，20,10，,20，4×(10，20)13, ，2，22,1 120(cm)( 2于是该实心零部件的表面积为S,S，S,1 300，1 120,2 420(cm)～ 12 故所需加工处理费为0.2S,0.2×2 420,484(元)( 19(G7、G12[2012?福建卷] 如图1,3所示，在长方体ABCD,ABCD中，AB,AD1111 ,1，AA,2，M为棱DD上的一点( 11 (1)求三棱锥A,MCC的体积; 1 (2)当AM，MC取得最小值时，求证:BM?平面MAC. 11 图1,3 19(解:(1)由长方体ABCD,ABCD知～ 1111 AD?平面CDDC～ 11 第 27 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com ?点A到平面CDDC的距离等于AD,1～ 11 11又S?MCC,CC×CD,×2×1,1～ 1122 11?VA,MCC,AD?S?MCC,. 1133 (2)将侧面CDDC绕DD逆时针转90?展开～与侧面ADDA共面(如图)～ 11111 当A～M～C共线时～AM，MC取得最小值( 11 由AD,CD,1～AA,2～得M为DD中点( 11 连接CM～在?CMC中～MC,2～MC,2～CC,2. 1111222?CC,MC，MC～得?CMC,90?～即CM?MC. 1111又由长方体ABCD,ABCD知～BC?平面CDDC～?BC?CM. 1111111111又BC?CM,C～?CM?平面BCM～得CM?BM, 1111111同理可证～BM?AM～ 1 又AM?MC,M～?BM?平面MAC. 1 16(G4、G5、G7[2012?北京卷] 如图1,9(1)，在Rt?ABC中，?C,90?，D，E分别 为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将?ADE沿DE折起到?ADE的位置，使1 AF?CD，如图1,9(2)( 1 (1)求证:DE?平面ACB; 1 (2)求证:AF?BE; 1 (3)线段AB上是否存在点Q，使AC?平面DEQ,说明理由( 11 图1,9 16(解:(1)证明:因为D～E分别为AC～AB的中点～ 所以DE?BC. 又因为DE?平面ACB～ 1 所以DE?平面ACB. 1 (2)证明:由已知得AC?BC且DE?BC～ 所以DE?AC. 所以DE?AD～DE?CD～ 1 所以DE?平面ADC. 1 而AF?平面ADC～ 11 所以DE?AF. 1 又因为AF?CD～ 1 所以AF?平面BCDE～ 1 所以AF?BE. 1 (3)线段AB上存在点Q～使AC?平面DEQ. 11 第 28 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 理由如下: 如下图～分别取AC～AB的中点P～Q～ 11 则PQ?BC. 又因为DE?BC～ 所以DE?PQ. 所以平面DEQ即为平面DEP～ 由(2)知～DE?平面ADC～ 1 所以DE?AC. 1 又因为P是等腰三角形DAC底边AC的中点～ 11 所以AC?DP. 1 所以AC?平面DEP. 1 从而AC?平面DEQ. 1 故线段AB上存在点Q～使得AC?平面DEQ. 11 7(G2、G7[2012?北京卷] 某三棱锥的三视图如图1,4所示，该三棱锥的表面积是( ) 图1,4 A(28，65 B(30，65 C(56，125 D(60，125 7(B [解析] 本题考查三棱锥的三视图与表面积公式( 1由三视图可知～几何体为一个侧面和底面垂直的三棱锥～如图所示～可知S,×5×4底面2 ,10～ 1S,×5×4,10～ 后2 1S,×6×25,65～ 左2 1S,×4×5,10～ 右2 所以S,10×3，65,30，65. 表 第 29 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 12(G2、G7[2012?安徽卷] 某几何体的三视图如图1,2所示，则该几何体的体积等于________( 图1,2 12(56 [解析] 如图～根据三视图还原的实物图为底面是直角梯形的直四棱柱～其体 12，5()积为V,Sh,×4×4,56. 2 19(G5、G7、G11[2012?全国卷] 如图1,1，四棱锥P,ABCD中，底面ABCD为菱形，PA?底面ABCD，AC,22，PA,2，E是PC上的一点，PE,2EC. (1)证明:PC?平面BED; (2)设二面角A,PB,C为90?，求PD与平面PBC所成角的大小( 图1,1 19(解:方法一:(1)证明:因为底面ABCD为菱形～所以BD?AC～又PA?底面ABCD～所以PC?BD. 设AC?BD,F～连结EF.因为AC,22～ PA,2～PE,2EC～故 第 30 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 23PC,23～EC,～FC,2～ 3 PCAC从而,6～,6. FCEC PCAC因为,～?FCE,?PCA～所以 FCEC ?FCE??PCA～?FEC,?PAC,90?～ 由此知PC?EF. PC与平面BED内两条相交直线BD～EF都垂直～所以PC?平面BED. (2)在平面PAB内过点A作AG?PB～G为垂足( 因为二面角A,PB,C为90?～所以平面PAB?平面PBC. 又平面PAB?平面PBC,PB～ 故AG?平面PBC～AG?BC. BC与平面PAB内两条相交直线PA～AG都垂直～故BC?平面PAB～于是BC?AB～所 22以底面ABCD为正方形～AD,2～PD,PA，AD,22. 设D到平面PBC的距离为d. 因为AD?BC～且AD?平面PBC～BC?平面PBC～故AD?平面PBC～A、D两点到平 面PBC的距离相等～即d,AG,2. d1设PD与平面PBC所成的角为α～则sinα,,. PD2 所以PD与平面PBC所成的角为30?. 方法二:(1)以A为坐标原点～射线AC为x轴的正半轴～建立如图所示的空间直角坐标 系A,xyz. 422,,设C(22～0,0)～D(2～b,0)～其中b>0～则P(0,0,2)～E～B(2～,b,0)( ～0～33,, 2222?????,,,,于是PC,(22～0～,2)～BE,～DE,～从而PC?BE,0～ ～b～～,b～3333,,,,??PC?DE,0～故PC?BE～PC?DE. 又BE?DE,E～所以PC?平面BDE. ??(2)AP,(0,0,2)～AB,(2～,b,0)( ??设m,(x～y～z)为平面PAB的法向量～则m?AP,0～m?AB,0～ 即2z,0且2x,by,0～ 令x,b～则m,(b～2～0)( 设n,(p～q～r)为平面PBC的法向量～则 ??n?PC,0～n?BE,0～ 2p2即22p,2r,0且，bq，r,0～ 33 22,,令p,1～则r,2～q,,～n,. 1～,～2bb,, 2?因为面PAB?面PBC～故m?n,0～即b,,0～故b,2～于是n,(1～,1～2)～DPb 第 31 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com ,(,2～,2～2)～ ?n?DP1?cos〈n～DP〉,,～ 2?|n||DP| ?〈n～DP〉,60?. ?因为PD与平面PBC所成的角和〈n～DP〉互余～ 故PD与平面PBC所成的角为30?. 19(G5、G7[2012?课标全国卷] 如图1,4，三棱柱ABC,ABC中，侧棱垂直底面，111 1?ACB,90?，AC,BC,AA，D是棱AA的中点( 112 (1)证明:平面BDC?平面BDC; 1 (2)平面BDC分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比( 1 图1,4 19(解:(1)证明:由题设知BC?CC，BC?AC，CC?AC,C，所以BC?平面ACCA. 1111 又DC?平面ACCA，所以DC?BC. 1111 由题设知?ADC,?ADC,45?，所以?CDC,90?，即DC?DC.又DC?BC,C，所1111 以DC?平面BDC.又DC?平面BDC，故平面BDC?平面BDC. 1111 (2)设棱锥B,DACC的体积为V，AC,1.由题意得 11 1，211V,××1×1,. 1322 又三棱柱ABC,ABC的体积V,1， 111 所以(V,V)?V,1?1. 11 故平面BDC分此棱柱所得两部分体积的比为1?1. 1 18(G4、G7[2012?辽宁卷] 如图1,5，直三棱柱ABC,A′B′C′，?BAC,90?，AB ,AC,2，AA′,1，点M，N分别为A′B和B′C′的中点( (1)证明:MN?平面A′ACC′; (2)求三棱锥A′,MNC的体积( 1(锥体体积公式V,Sh，其中S为底面面积，h为高) 3 图1,5 18(解:(1)(证法一) 连结AB′～AC′～由已知?BAC,90?～ AB,AC～三棱柱ABC,A′B′C′为直三棱柱～ 所以M为AB′中点～ 又因为N为B′C′的中点～所以MN?AC′. 第 32 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 又MN?平面A′ACC′～ AC′?平面A′ACC′～ 因此MN?平面A′ACC′. (证法二) B′中点P～连结MP～NP～ 取A′ M、N分别为AB′与B′C′的中点～ 所以MP?AA′～PN?A′C′～ 所以MP?平面A′ACC′～PN?平面A′ACC′～ 又MP?NP,P～ 因此平面MPN?平面A′ACC′～而MN?平面MPN. . 因此MN?平面A′ACC′ (2)(解法一) 连结BN～由题意A′N?B′C′～ 平面A′B′C′?平面B′BCC′,B′C′～ N?平面NBC. 所以A′ 1又A′N,B′C′,1～故 2 111V,V,V,V,. ′,,′,′′,AMNCNAMCNABCANBC226 (解法二) 11V,V,V,V,. ′,′,,′,NBCMNBCANBCAMNCA26 G8 多面体与球 16(G8[2012?辽宁卷] 已知点P，A，B，C，D是球O表面上的点，PA?平面ABCD， 四边形ABCD是边长为23的正方形，若PA,26，则?OAB的面积为________( 图1,4 16(33 [解析] 本小题主要考查球的概念与性质(解题的突破口为弄清PC为球的直 径～问题转换为求长方体的对角线( 因为四边形ABCD是边长为23的正方形～故而AB,AD,23～如图1,4所示～PA～ AB～AD两两垂直～可以补充成以PA～AB～AD为棱的球内接长方体～故而2R,222PA，AB，AD,43～ 32所以R,23～ 故而?OAB为等边三角形～S,×(23),33. ?OAB4 8(G8[2012?课标全国卷] 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(63π 42238(B [解析] 由题意～球的半径为R,1，，2，,3～所以球的体积为V,πR,3 43π.故选B. 第 33 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com G9 空间向量及运算 G10 空间向量解决线面位置关系 20(G5、G6、G10、G11[2012?重庆卷] 已知在直三棱柱ABC,ABC中，AB,4，AC111,BC,3，D为AB的中点( (1)求异面直线CC和AB的距离; 1 (2)若AB?AC，求二面角A,CD,B的平面角的余弦值( 1111 ,3 图1 20(解:(1)因AC,BC～D为AB的中点～故CD?AB. 又直三棱柱中～CC?面ABC～故CC?CD～所以异面直线CC和AB的距离为CD,11122BC,BD,5. (2)解法一:由CD?AB～CD?BB～故CD?面AABB～从而CD?DA～CD?DB～11111故?ADB为所求的二面角A,CD,B的平面角( 1111 因AD是AC在面AABB上的射影～又已知AB?AC～由三垂线定理的逆定理得AB1111111?AD～从而?AAB～?ADA都与?BAB互余～因此?AAB,?ADA～所以Rt?AAD111111111 BAAA1112?Rt?BAA～因此～得AA,AD?AB,8. ,11111AAAD122从而AD,AA，AD,23～BD,AD,23～ 1111 所以在?ADB中～由余弦定理得 11222D，ADB,AB11111cos?ADB,,. 112?AD?DB311 解法二:如下图～过D作DD?AA交AB于D～在直三棱柱中～由(1)知DB～DC～11111 DD两两垂直～以D为原点～射线DB～DC～DD分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空11 间直角坐标系D,xyz. ?设直三棱柱的高为h～则A(,2,0,0)～A(,2,0～h)～B(2,0～h)～C(0～5～0)～从而AB111 ?,(4,0～h)～AC,(2～5～,h)( 1 ????2由AB?AC得AB?AC,0～即8,h,0～因此h,22. 1111 图1,4 ???故DA,(,2,0,22)，DB,(2,0,22)，DC,(0，5，0)( 11 ??设平面ACD的法向量为m,(x，y，z)，则m?DC，m?DA，即 11111 5y,0，,1, ,2x，22z,0，,11 取z,1，得m,(2，0,1)( 1 第 34 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com ??设平面BCD的法向量为n,(x，y，z)，则n?DC，n?DB，即 12221 5y,0，,2, 2x，22z,0，,22 取z,,1，得n,(2，0，,1)，所以 2 ,121m?ncos〈m，n〉,,,. 3|m|?|n|2，1?2，1 1的平面角的余弦值为. 所以二面角A,CD,B113 G11 空间角与距离的求法 20(G5、G6、G10、G11[2012?重庆卷] 已知在直三棱柱ABC,ABC中，AB,4，AC111,BC,3，D为AB的中点( (1)求异面直线CC和AB的距离; 1 (2)若AB?AC，求二面角A,CD,B的平面角的余弦值( 1111 图1,3 20(解:(1)因AC,BC～D为AB的中点～故CD?AB. 又直三棱柱中～CC?面ABC～故CC?CD～所以异面直线CC和AB的距离为CD,11122BC,BD,5. (2)解法一:由CD?AB～CD?BB～故CD?面AABB～从而CD?DA～CD?DB～11111故?ADB为所求的二面角A,CD,B的平面角( 1111 因AD是AC在面AABB上的射影～又已知AB?AC～由三垂线定理的逆定理得AB1111111?AD～从而?AAB～?ADA都与?BAB互余～因此?AAB,?ADA～所以Rt?AAD111111111 BAAA1112?Rt?BAA～因此～得AA,AD?AB,8. ,11111ADAA122从而AD,AA，AD,23～BD,AD,23～ 1111 所以在?ADB中～由余弦定理得 11222D，DB,ABA11111cos?ADB,,. 112?AD?DB311 解法二:如下图～过D作DD?AA交AB于D～在直三棱柱中～由(1)知DB～DC～11111 DD两两垂直～以D为原点～射线DB～DC～DD分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空11 间直角坐标系D,xyz. ?设直三棱柱的高为h～则A(,2,0,0)～A(,2,0～h)～B(2,0～h)～C(0～5～0)～从而AB111 ?,(4,0～h)～AC,(2～5～,h)( 1 ????2由AB?AC得AB?AC,0～即8,h,0～因此h,22. 1111 第 35 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 图1,4 ???故DA,(,2,0,22)，DB,(2,0,22)，DC,(0，5，0)( 11 ??设平面ACD的法向量为m,(x，y，z)，则m?DC，m?DA，即 111115y,0，,1, ,2x，22z,0，,11 取z,1，得m,(2，0,1)( 1 ??设平面BCD的法向量为n,(x，y，z)，则n?DC，n?DB，即 122215y,0，,2, 2x，22z,0，,22 取z,,1，得n,(2，0，,1)，所以 2 2,11m?ncos〈m，n〉,,,. 3|m|?|n|2，1?2，1 1所以二面角A,CD,B的平面角的余弦值为. 113 20(G4、G5、G11[2012?浙江卷] 如图1,5，在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD,ABCD1111 中，AD?BC，AD?AB，AB,2，AD,2，BC,4，AA,2，E是DD的中点，F是平面11 BCE与直线AA的交点( 111 (1)证明:(i)EF?AD; 11 (ii)BA?平面BCEF; 111 (2)求BC与平面BCEF所成的角的正弦值( 111 图1,5 20(解:(1)证明:(?)因为CB?AD～CB?平面ADDA～所以CB?平面ADDA～ 111111111111 又因为平面BCEF?平面ADDA,EF～ 1111 所以CB?EF～ 11 所以AD?EF. 11 (?)因为BB?平面ABCD～ 11111 所以BB?BC. 111 又因为BC?BA～ 1111 所以BC?平面ABBA～ 1111 所以BC?BA. 111 2在矩形ABBA中～F是AA的中点～tan?ABF,tan?AAB,～ 1111112即?ABF,?AAB～ 111 故BA?BF～ 11 所以BA?平面BCEF. 111 (2)设BA与BF交点为H～连结CH. 111 由(1)知BA?平面BCEF～所以?BCH是BC与面BCEF所成的角( 1111111 第 36 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 4在矩形AABB中～AB,2～AA,2～得BH,. 1116 4在直角?BHC中～BC,25～BH,～得 116 BH30sin?BCH,,～ 1BC151 30所以BC与平面BCEF所成角的正弦值是. 11115 17(G5、G11[2012?天津卷] 如图1,4，在四棱锥P,ABCD中，底面ABCD是矩形，AD?PD，BC,1，PC,23，PD,CD,2. (1)求异面直线PA与BC所成角的正切值; (2)证明平面PDC?平面ABCD; (3)求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值( 图1,4 17(解:(1)如图所示～在四棱锥P,ABCD中～因为底面ABCD是矩形～所以AD,BC且AD?BC～又因为AD?PD～故?PAD为异面直线PA与BC所成的角( PD在Rt?PDA中～tan?PAD,,2. AD 所以～异面直线PA与BC所成角的正切值为2. (2)证明:由于底面ABCD是矩形～故AD?CD～又由于AD?PD～CD?PD,D～因此AD?平面PDC～而AD?平面ABCD～所以平面PDC?平面ABCD. (3)在平面PDC内～过点P作PE?CD交直线CD于点E～连接EB. 由于平面PDC?平面ABCD～而直线CD是平面PDC与平面ABCD的交线～故PE?平面ABCD.由此得?PBE为直线PB与平面ABCD所成的角( 在?PDC中～由于PD,CD,2～PC,23～可得?PCD,30?. 在Rt?PEC中～PE,PCsin30?,3. 由AD?BC～AD?平面PDC～得BC?平面PDC～因此BC?PC. 22在Rt?PCB中～PB,PC，BC,13. PE39在Rt?PEB中～sin?PBE,,. PB13 39所以直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为. 13 19(G1、G11[2012?上海卷] 如图1,1，在三棱锥P,ABC中，PA?底面ABC，D是 πPC的中点，已知?BAC,，AB,2，AC,23，PA,2，求: 2 第 37 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 图1,1 (1)三棱锥P,ABC的体积; (2)异面直线BC与AD所成的角的大小(结果用反三角函数值表示)( 119(解:(1)S,×2×23,23～ ?ABC2 图1,2 三棱锥P,ABC的体积为 114S×PA,×23×2,3. V,?ABC333 (2)取PB的中点E，连接DE、AE，则ED?BC，所以?ADE(或其补角)是异面直线BC 与AD所成的角( 在?ADE中，DE,2，AE,2，AD,2， 222，2,23cos?ADE,,， 42×2×2 3所以?ADE,arccos. 4 3因此，异面直线BC与AD所成的角的大小是arccos. 4 19(G5、G11[2012?安徽卷] 如图1,3，长方体ABCD,ABCD中，底面ABCD11111111 是正方形，O是BD的中点，E是棱AA上任意一点( 1 (1)证明:BD?EC; 1 (2)如果AB,2，AE,2，OE?EC，求AA的长( 11 图1,3 19(解:(1)证明:连接AC～AC. 11 由底面是正方形知～BD?AC. 因为AA?平面ABCD～BD?平面ABCD～ 1 第 38 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 所以AA?BD. 1 又由AA?AC,A～ 1 所以BD?平面AACC. 11 再由EC?平面AACC知～ 111 BD?EC. 1 (2)设AA的长为h～连接OC. 11 在Rt?OAE中～AE,2～AO,2～ 222故OE,(2)，(2),4. 在Rt?EAC中～AE,h,2～AC,22. 11111222故EC,(h,2)，(22). 1222OCC中～OC,2～CC,h～OC,h，(2). 在Rt?111222因为OE?EC～所以OE，EC,OC～即 1112222，(h,2)4，(22),h，(2)～解得h,32. 所以AA的长为32. 1 8(G11[2012?全国卷] 已知正四棱柱ABCD,ABCD中，AB,2，CC,22，E为CC111111的中点，则直线AC与平面BED的距离为( ) 1 A(2 B.3 C.2 D(1 8(D [解析] 本小题主要考查正四棱柱的性质以及直线到平面的距离的概念(解题的突破口为直线到平面的距离的转化( 由已知可得AC,4～取AC与BD的中点O～连OE～显然有AC?OE且平面ACCA1111?平面BED～?AC与平面BED的距离即为AC与OE的距离～又?AB,2～CC,22～111 1?AC,22～CC,AC～?平面AAC为正方形～?AC与平面BED的距离为CA,1～故111114选D. 16(G11[2012?全国卷] 已知正方体ABCD,ABCD中，E、F分别为BB、CC的中111111点，那么异面直线AE与DF所成角的余弦值为________( 1 316. [解析] 本小题主要考查正方体中异面直线所成的角的求解～解题的突破口是化异5 面为共面～即平移直线或找平行线( AE～所以?DFD为所求异面直线所成角或其补角(设正方体棱连结DF～显然有DF?1 533长为1～则DF, FD,～由余弦定理可求得?DFD的余弦值为～故填. 11255 19(G5、G7、G11[2012?全国卷] 如图1,1，四棱锥P,ABCD中，底面ABCD为菱形，PA?底面ABCD，AC,22，PA,2，E是PC上的一点，PE,2EC. (1)证明:PC?平面BED; (2)设二面角A,PB,C为90?，求PD与平面PBC所成角的大小( 第 39 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 图1,1 19(解:方法一:(1)证明:因为底面ABCD为菱形～所以BD?AC～又PA?底面ABCD～ 所以PC?BD. 设AC?BD,F～连结EF.因为AC,22～ PA,2～PE,2EC～故 23PC,23～EC,～FC,2～ 3 PCAC从而,6～,6. FCEC PCAC因为,～?FCE,?PCA～所以 FCEC ?FCE??PCA～?FEC,?PAC,90?～ 由此知PC?EF. PC与平面BED内两条相交直线BD～EF都垂直～所以PC?平面BED. (2)在平面PAB内过点A作AG?PB～G为垂足( 因为二面角A,PB,C为90?～所以平面PAB?平面PBC. 又平面PAB?平面PBC,PB～ 故AG?平面PBC～AG?BC. BC与平面PAB内两条相交直线PA～AG都垂直～故BC?平面PAB～于是BC?AB～所 22以底面ABCD为正方形～AD,2～PD,PA，AD,22. 设D到平面PBC的距离为d. 因为AD?BC～且AD?平面PBC～BC?平面PBC～故AD?平面PBC～A、D两点到平 面PBC的距离相等～即d,AG,2. d1设PD与平面PBC所成的角为α～则sinα,,. PD2 所以PD与平面PBC所成的角为30?. 方法二:(1)以A为坐标原点～射线AC为x轴的正半轴～建立如图所示的空间直角坐标 系A,xyz. 第 40 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 422,,设C(22～0,0)～D(2～b,0)～其中b>0～则P(0,0,2)～E～B(2～,b,0)( ～0～33,, 2222?????,,,,于是PC,(22～0～,2)～BE,～DE,～从而PC?BE,0～ ～b～～,b～3333,,,, ??PC?DE,0～故PC?BE～PC?DE. E～所以PC?平面BDE. 又BE?DE, ??(2)AP,(0,0,2)～AB,(2～,b,0)( ??设m,(x～y～z)为平面PAB的法向量～则m?AP,0～m?AB,0～ 即2z,0且2x,by,0～ 令x,b～则m,(b～2～0)( 设n,(p～q～r)为平面PBC的法向量～则 ??n?PC,0～n?BE,0～ 2p2即22p,2r,0且，bq，r,0～ 33 22,,令p,1～则r,2～q,,～n,. 1～,～2bb,, 2?因为面PAB?面PBC～故m?n,0～即b,,0～故b,2～于是n,(1～,1～2)～DPb ,(,2～,2～2)～ ?n?DP1?cos〈n～DP〉,,～ 2?|n||DP| ?〈n～DP〉,60?. ?因为PD与平面PBC所成的角和〈n～DP〉互余～ 故PD与平面PBC所成的角为30?. G12 单元综合 6(G12[2012?四川卷] 下列命题正确的是( ) A(若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 B(若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 C(若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 D(若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行 6(C [解析] 对于A～可以考虑一个圆锥的两条母线与底面所成角都相等～但它们不平行～A错( 对于B～当三个点在同一条直线上～且该直线平行于一个平面时～不能保证两个平面平行,或者当其中两个点在平面一侧～第三点在平面异侧～且它们到平面距离相等～也不能保证两个平面平行～故B错( 对于C～记平面外的直线为a～两平面记为α、β～它们的交线为l.过a作平面γ与平面α相交于b～并使得b不在β内～由a?α～可知a?b～又a?β～故b?β.过b的平面α与β相交于l～由线面平行的性质定理可得:b?l～再由公理可得:a?l.C正确( 对于D～观察一个正方体共顶点的三个面～即可知D错误( 10(G12[2012?四川卷] 如图1,3，半径为R的半球O的底面圆O在平面α内，过点O作平面α的垂线交半球面于点A，过圆O的直径CD作与平面α成45?角的平面与半球面相交，所得交线上到平面α的距离最大的点为B，该交线上的一点P满足?BOP,60?，则A、P两点间的球面距离为( ) 2πRA(Rarccos B. 44 第 41 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 3πRC(Rarccos D. 33 图1,3 10(A [解析] 由已知～OA?CD～又B点到平面α的距离最大～即B点在半圆CBD的最高点～即半圆弧CBD的中点～于是BO?CD～于是CD?平面AOB～进而平面CBD?平面AOB～ 且?AOB为二面角A,CD,B的平面角～该角等于平面BCD与α所成二面角的余角～为45?～ 2122AOP,cos?AOBcos?BOP,?,～即?AOP,arccos～ 于是由公式cos?2244 2故A、P两点间的球面距离为Rarccos. 4 18(G5、G12[2012?广东卷] 如图1,5所示，在四棱锥P,ABCD中，AB?平面PAD， 1AB?CD，PD,AD，E是PB的中点，F是DC上的点且DF,AB，PH为?PAD中AD边2 上的高( (1)证明:PH?平面ABCD; (2)若PH,1，AD,2，FC,1，求三棱锥E,BCF的体积; (3)证明:EF?平面PAB. 图1,5 18(解:(1)由于AB?平面PAD～PH?平面PAD～ 故AB?PH. 又因为PH为?PAD中AD边上的高～ 故AD?PH. ?AB?AD,A～AB?平面ABCD～ AD?平面ABCD～ ?PH?平面ABCD. 1(2)由于PH?平面ABCD～E为PB的中点～PH,1～故E到平面ABCD的距离h,PH21,. 2 又因为AB?CD～AB?AD～所以AD?CD～ 第 42 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 112故S,?FC?AD,?1?2,. ?BCF222 11212因此V,S?h,??,. ,?EBCFBCF332212 (3)证明:过E作EG?AB交PA于G～连接DG. 由于E为PB的中点～所以G为PA的中点( 因为DA,DP～故?DPA为等腰三角形～ 所以DG?PA. ?AB?平面PAD～DG?平面PAD～ ?AB?DG. 又?AB?PA,A～AB?平面PAB～PA?平面PAB～ ?DG?平面PAB. 11?GE綊AB～DF綊AB～ 又22 ?GE綊DF. 所以四边形DFEG为平行四边形～故DG?EF. 于是EF?平面PAB. 19(G7、G12[2012?福建卷] 如图1,3所示，在长方体ABCD,ABCD中，AB,AD1111 ,1，AA,2，M为棱DD上的一点( 11 (1)求三棱锥A,MCC的体积; 1 (2)当AM，MC取得最小值时，求证:BM?平面MAC. 11 图1,3 19(解:(1)由长方体ABCD,ABCD知～ 1111 AD?平面CDDC～ 11 ?点A到平面CDDC的距离等于AD,1～ 11 11又S?MCC,CC×CD,×2×1,1～ 1122 11?VA,MCC,AD?S?MCC,. 1133 (2)将侧面CDDC绕DD逆时针转90?展开～与侧面ADDA共面(如图)～ 11111 当A～M～C共线时～AM，MC取得最小值( 11 由AD,CD,1～AA,2～得M为DD中点( 11 连接CM～在?CMC中～MC,2～MC,2～CC,2. 1111222?CC,MC，MC～得?CMC,90?～即CM?MC. 1111又由长方体ABCD,ABCD知～BC?平面CDDC～?BC?CM. 1111111111又BC?CM,C～?CM?平面BCM～得CM?BM, 1111111 第 43 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 同理可证～BM?AM～ 1 又AM?MC,M～?BM?平面MAC. 1 15(G1、G12[2012?安徽卷] 若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即AB,CD，AC,BD，AD,BC，则________(写出所有正确结论的编号)( 四面体ABCD每组对棱相互垂直;?四面体ABCD每个面的面积相等;?从四面体? ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90?而小于180?;?连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分;?从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长( 15(??? [解析] 如图～把四面体ABCD放入长方体中～由长方体中相对面中相互异面的两条面对角线不一定相互垂直可知?错误,由长方体中?ABC??ABD??DCB??DCA～可知四面体ABCD每个面的面积相等～同时四面体ABCD中过同一顶点的三个角之和为一个三角形的三个内角之和～即为180?～故?正确～?错误,长方体中相对面中相互异面的两条面对角线中点的连线相互垂直～故?正确,从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱可以移到一个三角形中～作为一个三角形的三条边～故?正确(答案为???. 19(G12[2012?四川卷] 如图1,5，在三棱锥P,ABC中，?APB,90?，?PAB,60?，AB,BC,CA，点P在平面ABC内的射影O在AB上( (1)求直线PC与平面ABC所成的角的大小; (2)求二面角B,AP,C的大小( 图1,5 19(解:解法一: (1)连结OC～由已知～?OCP为直线PC与平面ABC所成的角( 设AB的中点为D～连结PD、CD. 因为AB,BC,CA～所以CD?AB. 因为?APB,90?～?PAB,60?～所以?PAD为等边三角形( 不妨设PA,2～则OD,1～OP,3～AB,4. 22所以CD,23～OC,OD，CD,1，12,13. OP339在Rt?OCP中～tan?OCP,,,. OC1313 39故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arctan. 13 (2)过D作DE?AP于E～连结CE. 由已知可得～CD?平面PAB. 根据三垂线定理知～CE?PA. 所以?CED为二面角B,AP,C的平面角( 由(1)知～DE,3. 第 44 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com CD23在Rt?CDE中～tan?CED,,,2. DE3 故二面角B,AP,C的大小为arctan2. 解法二: (1)设AB的中点为D～连结CD. 因为O在AB上～且O为P在平面ABC上的射影～ 所以PO?平面ABC. 所以PO?AB～且PO?CD. 由AB,BC,CA～知CD?AB. 设E为AC中点～则EO?CD～从而OE?PO～OE?AB. 如图～以O为坐标原点～OB、OE、OP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标 系O,xyz. 不妨设PA,2～由已知可得～AB,4～OA,OD,1～OP,3～CD,23. 所以O(0,0,0)～A(,1,0,0)～C(1,23～0)～P(0,0～3)( ??所以CP,(,1～,23～3)～而OP,(0,0～3)为平面ABC的一个法向量～ 设α为直线PC与平面ABC所成的角～ ??,,0，0，3CP?OP3,,则sinα,,,. ,,,,4??16?3,,,|CP|?|OP|, 3故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arcsin. 4 ??(2)由(1)有～AP,(1,0～3)～AC,(2,23～0)～ 设平面APC的一个法向量为n,(x～y～z)～则 111 ??,,n?AP～n?AP,0～,,?? ,,?? ,,,n?AC,n?AC,0 ，x～y～z，?，1～0～3，,0～,111, ，x～y～z，?，2～23～0，,0.,111 x，3?z,0～,11从而, 2x，23?y,0.,11 取x,,3～则y,1～z,1～所以n,(,3～1,1)( 111 设二面角B,AP,C的平面角为β～易知β为锐角( 而面ABP的一个法向量为m,(0,1,0)～则 1n?m5,,,,cosβ,,,. ,,,,|n|?|m|53，1，1,, 5故二面角B,AP,C的大小为arccos. 5 2012模拟题 1([2012?韶关调研] 三棱柱的直观图和三视图(正视图和俯视图是正方形，侧视图是等 腰直角三角形)如图K27,3所示，则这个三棱柱的全面积等于( ) 第 45 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 图K27,3 A(12，42 B(6，22 C(8，42 D(4 1(A [解析] 由三视图的数据可知，三棱柱的全面积为 1S,2××2×2，(2，2，22)×2,12，42，选A. 2 2([2012?辽宁两校联考] 已知球的直径SC,4，A，B是球面上的两点，AB,2，?BSC,?ASC,45?，则棱锥S,ABC的体积是( ) 323A. B. 33 4353C. D. 33 SC2(C [解析] 令球心为O，因为SC是直径，所以SA?AC，SB?BC，则AO,BO,2,2,AB，AO?SC，BO?SC，所以?AOB为正三角形，则点A到BO的距离为3，因为AO?SC，BO?SC，所以SC?面AOB， 所以点A到平面SBC的距离h等于点A到BO的距离，即h,3， Sh?SC?BO?h43SBC所以棱锥S,ABC的体积为,,. 363 3([2012?江西重点中学联考] 已知α、β是不同的平面，m、n是不同的直线，给出下列命题: ?若m?α，m?β，则α?β; ?若m?α，m?β，n?β，m?β，则α?β; ?如果m?α，n?α，m、n是异面直线，那么n与α相交; ?若α?β,m，n?m，且n?α，n?β，则n?α且n?β. 其中正确命题的个数是( ) A(1 B(2 C(3 D(4 3(B [解析] 根据线面垂直的判定定理可知，?正确;因缺少相交的条件，故?不对;?不对，n与α可能平行;?对，由线面平行的判定定理可得( 4([2012?永春一中二模] 四棱锥P,ABCD的顶点P在底面ABCD上的投影恰好是A，其正视图与侧视图都是腰长为a的等腰直角三角形(则在四棱锥P,ABCD的任意两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线共有________对( 4(5 [解析] 四棱锥P,ABCD，如图，互相垂直的异面直线有PA与BC，CD，BD;AD与PB，PC;共5对( 第 46 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 5([2012?哈尔滨模拟] 正方体ABCD,ABCD的棱长为1，点M为DC上的点，且111111DM?MC,3?1，则CM和平面ABD所成角的大小是θ，则sinθ等于( ) 1111 13553551A. B. C. D. 225351 5(D [解析] 易证CA?DB，CA?DA，CA?平面ABD，所以CM和平面ABD1111111111所成角θ是?ACM的余角， 1222C，CM,AMA11则sinθ,cos?ACM,， 1C?CM2A1 517AC,3，CM,，AM,， 1144222C，CM,AMA55111?sinθ,cos?ACM,,. 12AC?CM511 6([2012?辽宁部分重点中学联考] 棱长为1的正方体和它的外接球被一个平面所截，截面是一个圆及其内接正三角形，那么球心到截面的距离等于________( 36. [解析] 在正方体ABCD,ABC中，球心到截面的距离即为O到三角形ACB11116 的中心H的距离， 1根据点B到平面ACB的距离是正方体的体对角线的，而正方体的体对角线为3， 13 333?O到三角形ACB的中心H的距离为:OB,BH,,,. 1236 7([2012?三明普通高中联考] 如图G8,5，已知四棱锥P,ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB?CD，?ABC,45?，DC,1，AB,2，PA?平面ABCD，PA,1. (1)求证:AB?平面PCD; (2)求证:BC?平面PAC; (3)若M是PC的中点，求三棱锥M,ACD的体积( 第 47 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 图G8,5 7(解:(1)由已知底面ABCD是直角梯形，AB?DC， 又AB?平面PCD，CD?平面PCD， ?AB?平面PCD. (2)在直角梯形ABCD中，过C作CE?AB于点E， 则四边形ADCE为矩形，?AE,DC,1， 又AB,2，?BE,1， 在Rt?BEC中，?ABC,45?，?CE,BE,1，CB,2， 22222,AD，CD,2，?AC，BC , AB， 则AC ?BC?AC， 又PA?平面ABCD，?PA?BC， 又PA?AC,A，?BC?平面PAC， (3)?M是PC的中点， ?M到平面ADC的距离是P到面ADC距离的一半( 111111,,,,PA×1×1V,S?,××,. ,?M ACDACD,2,,2,33212 第 48 页 共 48 页 金太阳教育版权所有 侵权必究 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com