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1、20082008 年高考数学试题分类汇编立体几何年高考数学试题分类汇编立体几何一选择题：1（上海卷 13）给定空间中的直线l及平面，条件“直线l与平面内无数条直线都垂直”是“直线l与平面垂直”的（C）条件A充要 B充分非必要 C必要非充分 D既非充分又非必要2.（全国一 11）已知三棱柱ABC A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射影为ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于（C）1A3B23 C33D233.（全国二 10）已知正四棱锥S ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE，SD所成的角的余弦值为（C）1A3B23C33D234.（全国二
2、 12）已知球的半径为 2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆若两圆的公共弦长为 2，则两圆的圆心距等于（C）A1B2C3D25.（北京卷 8）如图，动点P在正方体ABCD A1B1C1D1的对角线BD1上过点P作垂直于平面BB1D1D的直线，与正方体表面相交于M，N设BP x，MN y，则函数y f(x)的图象大致是（B）D1A1DMC1B1PNCByyyyOAxOBxOCxODxA7.（四川卷）设M,N是球心O的半径OP上的两点，且NP MN OM，分别过N,M,O作垂线于OP的面截球得三个圆，则这三个圆的面积之比为：(D)1（）3,5,6（）3,6,8（）5,7,9（）5,8,98.（
3、四川卷）设直线l 平面，过平面外一点A与l,都成300角的直线有且只有：(B)（）条（）条（）条（）条9.（天津卷 5）设a,b是两条直线，,是两个平面，则a b的一个充分条件是 C（A）a,b/,（B）a,b,/（C）a,b,/（D）a,b/,10.（安徽卷 4）已知m,n是两条不同直线，,是三个不同平面，下列命题中正确的是（D）A若m,n,则mnC若m,m,则B若,则 D若m,n,则mn11.（山东卷 6）右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是 D(A)9（B）10(C)11 (D)1212.（江西卷 10）连结球面上两点的线段称为球的弦。半径为 4 的球的两条弦A
4、B、CD的长度分别等于2 7、4 3，M、N分别为AB、CD的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：弦AB、CD可能相交于点M弦AB、CD可能相交于点NMN的最大值为 5 MN的最小值为 1其中真命题的个数为 CA1 个 B2 个 C3 个 D4 个13.（湖北卷 3）用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为，则球的体积为 BA.8 2328 B.C.8 2 D.33314，（湖南卷 5）设有直线m、n和平面、.下列四个命题中，正确的是(D )A.若m,n,则mnB.若m,n,m,n,则2C.若，m,则mD.若，m，m,则m15.（湖南卷 9）长方体ABCDA1B1C1D1的
5、 8 个顶点在同一球面上，且AB=2,AD=3,AA1=1,则顶点A、B间的球面距离是(C )A.22B.2C.22D.2416.（陕西卷 9）如图，l，A，B，A，B到lAabB的距离分别是a和b，AB与，所成的角分别是和，AB在l，内的射影分别是m和n，若a b，则（D）A，m nC，m nB，m nD，m n17.（陕西卷 14）长方体ABCD A1B1C1D1的各顶点都在球O的球面上，其中AB:AD:AA11:1:2A，B两点的球面距离记为m，A，D1两点的球面距离记为n，则1m的值为2n18.（重庆卷 9)如解（9）图，体积为 V 的大球内有 4 个小球，每个小球的球面过大球球心且与
6、大球球面有且只有一个交点，4个小球的球心是以大球球心为中心的正方形的 4 个顶点.V1为小球相交部分（图中阴影部分）的体积，V2为大球内、小球外的图中黑色部分的体积，则下列关系中正确的是 DVV（A）V1=(B)V2=22（C）V1 V2（D）V1 V219.（福建卷 6)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为 DA.63B.2 653C.155 D.10520.（广东卷 5）将正三棱柱截去三个角（如图 1 所示A，B，C分别是GHI三边的中点）得到几何体如图 2，则该几何体按图 2 所示方向的侧视图（或称左视图）为（
7、A）HBAICG侧视BDF图 1EF图 2ACBEABBBBEDEECED21.（辽宁卷 11）在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线（D）A不存在B有且只有两条C有且只有三条D有无数条22.（海南卷 12）某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为 a 和 b的线段，则 a+b 的最大值为（C）A.2 2B.2 3C.4D.2 523.（海南卷 15）一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面。已知该六棱柱的9顶点都在同一个
8、球面上，且该六棱柱的体积为，底面周长为 3，那么这个球的体积84为 _3二填空题：1.（天津卷 13）若一个球的体积为4 3，则它的表面积为_122.（全国一 16）等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB，二面角C ABD的余弦值为3，M，N分别是AC，BC的中点，则EM，AN所成角的余弦值等3于163.（全国二 16）平面内的一个四边形为平行四边形的充要条件有多个，如两组对边分别平行，类似地，写出空间中的一个四棱柱为平行六面体的两个充要条件：充要条件；充要条件（写出你认为正确的两个充要条件）（两组相对侧面分别平行；一组相对侧面平行且4全等；对角线交于一点；底面是平行四边形注：上面给出
9、了四个充要条件如果考生写出其他正确答案，同样给分）4.（四川卷 15）已知正四棱柱的对角线的长为6，且对角线与底面所成角的余弦值为3，则该正四棱柱的体积等于_2_。35.（安徽卷 1616）已知A,B,C,D在同一个球面上,AB 平面BCD,BC CD,若AB 6,AC 2 13,AD 8,则B,C两点间的球面距离是436.（江西卷 16）如图 1，一个正四棱柱形的密闭容器底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有a升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点 P。如果将容器倒置，水面也恰好过点P（图 2）。有下列四个命题：A正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半B将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点P
10、C任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点PD若往容器内再注入a升水，则容器恰好能装满其中真命题的代号是：B,D（写出所有真命题的代号）7.（福建卷 15）若三棱锥的三个侧圆两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是.98.（浙江卷 14）如图，已知球 O 点面上四点 A、B、C、D，DA平面 ABC，ABBC，9DA=AB=BC=3，则球 O 点体积等于_。29.（辽宁卷 14）在体积为4 3的球的表面上有A，B，C三点，AB=1，BC=2，A，C两点的球面距离为33，则球心到平面ABC的距离为_32PP图1图2三解答题：1.1.（全国一（全国一 1818）（本小题满分（本小题满分
11、 1212 分）分）（注意：在试题卷上作答无效（注意：在试题卷上作答无效）CD 2，四棱锥四棱锥ABCDE中，中，底面底面BCDE为矩形，为矩形，侧面侧面ABC 底面底面BCDE，BC 2，AB AC5（）证明：（）证明：AD CE；（）设（）设CE与平面与平面ABE所成的角为所成的角为45，求二面角，求二面角C ADE的大的大小小解：（1）取BC中点F，连接DF交CE于点O，CABDEAB AC，AF BC，又面ABC 面BCDE，AF 面BCDE，AF CEtanCED tanFDC 2，2ABFOGEDOEDODE 90，DOE 90，即CE DF，CCE 面ADF，CE AD（2）在面
12、ACD内过C点作AD的垂线，垂足为GCG AD，CE AD，AD 面CEG，EG AD，则CGE即为所求二面角的平面角18 题图CG 630AC CD2 322，DG，EG DE DG，33AD3CG2GE2CE210CE 6，则cosCGE ，2CG GE101010CGE arccosarccos，即二面角的大小C ADE10102.2.（全国二（全国二 1919）（本小题满分（本小题满分 1212 分）分）如图，正四棱柱如图，正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，中，AA1 2AB 4，点，点E在在CC1上上A1且且C1E 3ECD1C1B1E（）证明：（）证明：A1C 平面平面BED；
13、（）求二面角（）求二面角A1 DE B的大小的大小解法一：依题设知AB 2，CE 1（）连结AC交BD于点F，则BD ACADBC由三垂线定理知，BD A1C3 分在平面A1CA内，连结EF交A1C于点G，D1A16C1B1HE由于AA1AC 2 2，FCCE故RtA1AC RtFCE，AA1C CFE，CFE与FCA1互余于是A1C EFA1C与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，所以A1C平面BED6 分（）作GH DE，垂足为H，连结A1H由三垂线定理知A1H DE，故A1HG是二面角A1 DE B的平面角 8 分EF CF2CE23，CG 3CECF222，EG CE CG 3E
14、F3EG11EFFD2，GH EF33DE15又AC1AA12 AC2 2 6，A1G A1C CG AG1 5 5HG5 63tanA1HG 所以二面角A1 DE B的大小为arctan5 5 12 分z解法二：以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系D xyzD1A1C1B12，0)C(0，2，0)E(0，2，1)A1(2，0，4)依题设，B(2，DE (0，2，1)DB (2，2，0)，ADECyBx3 分AC (2，2，4)，DA1(2，0，4)1（）因为AC DB 0，AC DE 0，11故A1C BD，A1C DE7又DBDE D，所以A1C 平面DBE 6
15、分（）设向量n n (x，y，z)是平面DA1E的法向量，则n n DE，n n DA1故2y z 0，2x4z 0令y 1，则z 2，x 4，n n (4，9 分1，2)等于二面角A1 DE B的平面角，n n，AC1cos n,A1C n A1Cn A1C144214 12 分42P所以二面角A1 DE B的大小为arccosACB 90，3 3（北京卷北京卷 1616）如图，如图，在三棱锥在三棱锥P ABC中，中，AC BC 2，AP BP AB，PC AC（）求证：（）求证：PC AB；（）求二面角（）求二面角B APC的大小；的大小；（）求点（）求点C到平面到平面APB的距离的距离解
16、法一：（）取AB中点D，连结PD，CDACBAP BP，PD ABAC BC，CD ABPDCD D，AB 平面PCDPC 平面PCD，PC AB（）AC BC，AP BP，APCBPC又PC AC，PC BC又ACB 90，即AC BC，且ACPACDBPEPC C，ACBBC 平面PAC取AP中点E连结BE，CEAB BP，BE APEC是BE在平面PAC内的射影，8CE APBEC是二面角B APC的平面角在BCE中，BCE 90，BC 2，BE 3AB 6，2sinBEC BC6BE363PHD二面角B APC的大小为arcsin（）由（）知AB 平面PCD，平面APB 平面PCD过C
17、作CH PD，垂足为H平面APB平面PCD PD，CH 平面APBCH的长即为点C到平面APB的距离由（）知PC AB，又PC AC，且ABPC 平面ABCCD 平面ABC，PC CD在RtPCD中，CD ACBAC A，31PB 6，AB 2，PD 22PC PD2CD2 2CH PC CD2 3PD32 33点C到平面APB的距离为解法二：AC BC，AP BP，APCBPC又PC AC，PC BCACBC C，PC 平面ABCAB平面ABC，PC AB（）如图，以C为原点建立空间直角坐标系C xyz0，0)A(0，2，0)B(2，0，0)则C(0，（）9zPEyHx设P(0，0，t)PB
18、 AB 2 2，0，2)t 2，P(0，取AP中点E，连结BE，CEAC PC，AB BP，CE AP，BE APBEC是二面角B APC的平面角1，1)，EB (2，1，1)，E(011)，EC (0，cosBEC EC EBEC EB22 63333二面角B APC的大小为arccos（）AC BC PC，C在平面APB内的射影为正APB的中心H，且CH的长为点C到平面APB的距离如（）建立空间直角坐标系C xyzBH 2HE，2 2 2点H的坐标为，3 3 3 CH 2 332 33点C到平面APB的距离为4.4.（四川卷（四川卷 1919）（本小题满分（本小题满分 1212 分）分）如
19、，平面如，平面ABEF 平面平面ABCD，四边形，四边形ABEF与与ABCD都都是直角梯形，是直角梯形，BAD FAB 900,BC/1AD，BE2/1AF2（）证明：（）证明：C,D,F,E四点共面；四点共面；（）设（）设AB BC BE，求二面角，求二面角AEDB的大小；的大小；1【解 1】：（）延长DC交AB的延长线于点G，由BC/AD得210GBGCBC1GAGDAD2延长FE交AB的延长线于G同理可得GEGBBE1G FG AAF2GBGB故，即G与G重合G AGA因此直线CD、EF相交于点G，即C,D,F,E四点共面。（）设AB 1，则BC BE 1，AD 2取AE中点M，则BM
20、AE，又由已知得，AD 平面ABEF故AD BM，BM与平面ADE内两相交直线AD、AE都垂直。所以BM 平面ADE，作MN DE，垂足为N，连结BN由三垂线定理知BN ED，BMN为二面角AEDB的平面角。BM 21 AD AE3，MN 22DE3BM6MN262故tanBMN 所以二面角AEDB的大小arctan【解 2】：由平面ABEF 平面ABCD，AF AB，得AF 平面ABCD，以A为坐标原点，射线AB为x轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系A xyz（）设AB a,BC b,BE c，则Ba,0,0,Ca,b,0,Ea,0,c,D0,2b,0,F0,0,2cEC 0,b,c,FD
21、0,2b,2c1FD，从而由点EFD，得EC/FD2故C,D,F,E四点共面（）设AB 1，则BC BE 1，故EC B1,0,0,C1,1,0,D0,2,0,E1,0,1在DE上取点M，使DM 5ME，则M,5 1 56 3 6从而MB,11161356又DE 1,2,1,MBDE 0,MB DE在DE上取点N，使DN 2NE，则N 2 2 2,3 3 3从而NA 222,NADE 0,NA DE333故MB与NA的夹角等于二面角ADEB的平面角，cos MBNA MBNAMB NA105105所以二面角ADE B的大小arccos天津卷（19）（本小题满分 12 分）如图，在四棱锥P AB
22、CD中，底面ABCD是矩形已知AB 3,AD 2,PA 2,PD 2 2,PAB 60（）证明AD 平面PAB；（）求异面直线PC与AD所成的角的大小；（）求二面角P BD A的大小（19）本小题主要考查直线和平面垂直，异面直线所成的角、二面角等基础知识，考查空间想象能力，运算能力和推理论证能力满分12 分（）证明：在PAD中，由题设PA 2,PD 2 2可得PA2 AD2 PD2于是AD PA.在矩形ABCD中，AD AB.又PA AB A，所以AD 平面PAB（）解：由题设，BC/AD，所以PCB（或其补角）是异面直线PC与AD所成的角.在PAB中，由余弦定理得PB PA2 AB22PA
23、ABcosPAB 7由（）知AD 平面PAB，PB 平面PAB，所以AD PB，因而BC PB，于是PBC是直角三角形，故tan PCB PB7BC272所以异面直线PC与AD所成的角的大小为arctan12（）解：过点 P 做PH AB于 H，过点 H 做HE BD于 E，连结 PE因为AD平面PAB，PH 平面PAB，所以AD PH.又AD AB A，因而PH 平面ABCD，故 HE 为 PE 再平面 ABCD 内的射影.由三垂线定理可知，BD PE，从而PEH是二面角P BD A的平面角。由题设可得，PH PAsin603,AH PAcos601,BH AB AH 2,BD AB2 AD
24、2 13,AD4HE BH BD13于是再RTPHE中，tan PEH 394所以二面角P BD A的大小为arctan安徽卷安徽卷（18）（本小题满分（本小题满分 1212 分分394如图，在四棱锥O ABCD中，底面ABCD四边长为 1 的菱形，ABC 4,OA 底面ABCD,OA 2,M为OA的中点，N为BC的中点（）证明：直线MN平面OCD；O（）求异面直线 AB 与 MD 所成角的大小；（）求点 B 到平面 OCD 的距离。方法一（综合法）方法一（综合法）（1 1）取 OB 中点 E，连接 ME，NEBAMDNCMEAB,ABCD，MECD又NEOC,平面MNE平面OCDMN平面OC
25、DCDAB,MDC为异面直线AB与MD所成的角（或其补角）作AP CD于P,连接MP（2 2）OA 平面ABC D，CD MPADP 4,DP=22MD MA2 AD22，cosMDP DP1,MDC MDP MD2313所以AB与MD所成角的大小为3点 A 和点 B 到平面 OCD 的距离相等，连接 OP,过点 A 作（3 3）AB平面OCD,AQ OP于点 Q，AP CD,OA CD,CD 平面OAP,AQ CD又AQ OP,AQ 平面OCD,线段 AQ 的长就是点 A 到平面 OCD 的距离OP OD2 DP2OA2 AD2 DP24113 22，AP DP 2222OA AP22，所以
26、点 B 到平面 OCD 的距离为2AQ OP333 222方法二方法二(向量法向量法)作AP CD于点 P,如图,分别以 AB,AP,AO所在直线为x,y,z轴建立坐标系A(0,0,0),B(1,0,0),P(0,22222,0),D(,0),O(0,0,2),M(0,0,1),N(1,0),22244(1)(1)MN (122222,1),OP (0,2),OD (,2)44222设平面 OCD 的法向量为n (x,y,z),则n OP 0,n OD 02y2z 0 2即2x2y2z 022取z zOM2,解得n (0,4,2)22,1)(0,4,2)044AxBNCPDyMN n (1MN
27、平面OCD(2)(2)设AB与MD所成的角为,AB (1,0,0),MD (22,1)22cos1,AB与MD所成角的大小为33AB MD2AB MD(3)(3)设点 B 到平面 OCD 的距离为d,则d为OB在向量n (0,4,2)上的投影的绝对值,14由OB (1,0,2),得d 山东卷(20)(本小题满分 12 分)OBnn22.所以点 B 到平面 OCD 的距离为33如图，已知四棱锥 P-ABCD，底面 ABCD 为菱形，PA平面ABCD，ABC 60,E，F 分别是 BC,PC 的中点.（）证明：AEPD;（）若 H 为 PD 上的动点，EH 与平面 PAD 所成最大角的正切值为6，
28、求二面角 EAFC 的余弦值.2（）证明：由四边形ABCD 为菱形，ABC=60，可得ABC 为正三角形.因为E 为 BC 的中点，所以 AEBC.又BCAD，因此 AEAD.因为 PA平面 ABCD，AE平面 ABCD，所以 PAAE.而PA平面 PAD，AD平面 PAD 且 PAAD=A，所以AE平面 PAD，又 PD平面 PAD.所以 AEPD.（）解：设 AB=2，H 为 PD 上任意一点，连接 AH，EH.由（）知AE平面 PAD，则EHA 为 EH 与平面 PAD 所成的角.在 RtEAH 中，AE=3，所以当 AH 最短时，EHA 最大，即当 AHPD 时，EHA 最大.此时ta
29、nEHA=AE36,AHAH2因此AH=2.又 AD=2，所以ADH=45，所以PA=2.解法一：因为PA平面 ABCD，PA平面 PAC，所以平面 PAC平面 ABCD.过 E 作 EOAC 于 O，则 EO平面 PAC，过 O 作 OSAF 于 S，连接 ES，则ESO 为二面角 E-AF-C 的平面角，在 RtAOE 中，EO=AEsin30=33，AO=AEcos30=,223 2,4又 F 是 PC 的中点，在 RtASO 中，SO=AOsin45=15又SE EO2 SO23830,4943 2SO15在 RtESO 中，cosESO=4,SE5304即所求二面角的余弦值为15.5
30、解法二：由（）知AE，AD，AP 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又 E、F 分别为 BC、PC 的中点，所以E、F 分别为 BC、PC 的中点，所以A（0，0，0），B（3，-1，0），C（C，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（3，0，0），F（3 1,1），22所以AE (3,0,0),AF (3 1,1).22设平面 AEF 的一法向量为m (x1,y1,z1),3x1 0,m AE 0,则因此31x1y1 z1 0.m AF 0,22取z1 1,则m (0,2,1),因为BDAC，BDPA，PAAC=A，所以BD平面 AFC，故BD为平面 AF
31、C 的一法向量.又BD=（-3,3,0），所以cosm,BD=m BD2315.5|m|BD|5 12因为二面角 E-AF-C 为锐角，所以所求二面角的余弦值为15.516江苏卷 16在四面体 ABCD 中，CB=CD,ADBD，且 E,F 分别是 AB,BD 的中点，求证：（）直线 EF 面 ACD；（）面 EFC面 BCD【解析】本小题考查空间直线与平面、平面与平面的位置关系的判定（）E,F 分别是 AB,BD 的中点，EF 是ABD 的中位线，EFAD，EF面 ACD，AD面 ACD，直线 EF面 ACD（）ADBD，EFAD，EFBD.CB=CD,F 是 BD 的中点，CFBD.又 E
32、FCF=F，BD面 EFCBD面 BCD，面 EFC面 BCD 江西卷解：（1）证明：依题设，EF是ABC的中位线，所以EFBC，则EF平面OBC，所以EFB1C1。又H是EF的 中 点，所 以AHEF，则OAHB1C1。因为OAOB，OAOC，所以OA面OBC，则OAB1C1，A1ANEHFMCC1BB1因此B1C1面OAH。（2）作ONA1B1于N，连C1N。因为OC1平面OA1B1，根据三垂线定理知，C1NA1B1，ONC1就是二面角O A1B1C1的平面角。作EMOB1于M，则EMOA，则M是OB的中点，则EM OM 1。设OB1 x，由OB1OA1x3得，解得x 3，MB1EMx12
33、22在RtOA1B1中，A1B1OA1OB1OA OB1335，则，ON 1。A1B125所以tanONC1OC15，故二面角O A1B1C1为arctan5。ON解法二：（1）以直线OA、OC、OB分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，O xyz则1 1A(2,0,0),B(0,0,2),C(0,2,0),E(1,0,1),F(1,1,0),H(1,)2 21 11 1所以AH (1,),OH (1,),BC (0,2,2)2 22 217所以AH BC 0,OH BC 0所以BC 平面OAH由EFBC得B1C1BC，故：B1C1平面OAH(2)由已知A1(,0,0),设B1(0,0,z)
34、321则A1E (,0,1),EB1(1,0,z 1)2由A1E与EB1共线得:存在R有A1E EB1得A1AHEOCFC1 1 z 3B1(0,0,3)21(z 1)同理:C1(0,3,0)xByB1z33A1B1(,0,3),AC (,3,0)1122设n1(x1,y1,z1)是平面A1B1C1的一个法向量,3x3z 02则令x 2得y x 1n1(2,1,1).3x3y 02又n2(0,1,0)是平面OA1B1的一个法量cos n1,n216411666所以二面角的大小为arccos（3）由（2）知，A1(,0,0)，B(0,0,2)，平面A1B1C1的一个法向量为n1(2,1,1)。则
35、A1B (,0,2)。3232则点B到平面A1B1C1的距离为d A1Bn1n13266618湖北卷 18.（本小题满分 12 分）如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，平面ABC 侧面A1ABB1.（）求证：AB BC；（）若直线AC与平面A1BC所成的角为,二面角A1 BC A的大小为，试判断与的大小关系，并予以证明.18.本小题主要考查直棱柱、直线与平面所成角、二面角和线面关系等有关知识，同时考查空间想象能力和推理能力.（满分 12 分）（）证明：如右图，过点A 在平面 A1ABB1内作ADA1B于D，则由平面A1BC侧面A1ABB1,且平面A1BCAD平面A1BC,又 BC平面 A1
36、BC，所以ADBC.因为三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，则AA1底面ABC，所以AA1BC.又AA1AD=A,从而 BC侧面A1ABB1，侧面 A1ABB1=A1B,得又AB侧面 A1ABB1，故 ABBC.（）解法 1：连接 CD，则由（）知ACD是直线 AC 与平面 A1BC 所成的角，ABA1是二面角 A1BCA 的平面角，即ACD ,ABA1,ADAD,在 RtADB 中，sin,ACAB由 ABAC，得sinsin，又0，所以，2于是在 RtADC 中，sin 解法 2：由（）知，以点 B 为坐标原点，以 BC、BA、BB1所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的
37、空间直角坐标系，设AA1=a,AC=b,19AB=c,则 B(0,0,0),A(0,c,0),C(b2c2,0,0),A1(0,c,a),于是BC (b2c2,0,0),BA1(0,c,a),AC (b2c2,c,0),AA1(0,0,a).设平面 A1BC 的一个法向量为 n=(x,y,z)，则n BA1 0,cyaz 0,由得22b c x 0,n BC 0,AC与 n 的夹角为锐角，则与互为余角.可取 n=(0,-a,c)，于是n AC ac0，sincos n ACn ACacb a c22,aa c22cos BA1BABA1BAca cac22,所以sin aa c22,于是由 c
38、b，得b a c22,即sinsin,又0，,所以,湖南卷 17.（本小题满分 12 分）如图所示，四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是边长为 1 的菱形，BCD60，E 是 CD 的中点，PA底面 ABCD，PA2.（）证明：平面 PBE平面 PAB;（）求平面 PAD 和平面 PBE 所成二面角（锐角）的大小.解:解法一（）如图所示，连结BD，由 ABCD 是菱形且BCD=60知，BCD 是等边三角形.因为 E 是 CD 的中点，所以 BECD,又 ABCD,所以 BEAB.又因为 PA平面 ABCD，BE 平面 ABCD，所以PABE.而PAAB=A,因此 BE平面 PAB.又BE
39、 平面 PBE，所以平面 PBE平面 PAB.（）延长 AD、BE 相交于点 F，连结 PF.过点 A 作 AHPB 于 H，由（）知平面 PBE平面 PAB,所以 AH平面 PBE.在 RtABF 中，因为BAF60，所以，AF=2AB=2=AP.在等腰 RtPAF 中，取 PF 的中点 G，连接 AG.202则 AGPF.连结 HG，由三垂线定理的逆定理得，PFHG.所以AGH 是平面 PAD 和平面 PBE 所成二面角的平面角（锐角）.在等腰 RtPAF 中，AG 2PA 2.2在 RtPAB 中，AH AP ABPBAP ABAP2 AB222 5.552 5AH105.所以，在 Rt
40、AHG 中，sinAGH AG52故平面 PAD 和平面 PBE 所成二面角（锐角）的大小是arcsin解法二:如图所示，以 A 为原点，建立空间直角坐标系.则相关各点的坐标分别是 A（0，0，0），B（1，0，0），10.533133C(,0),D(,0),P（0，0，2）,E(1,0).22222（）因为BE (0,3,0)，2平面 PAB 的一个法向量是n0(0,1,0)，所以BE和n0共线.从而 BE平面 PAB.又因为BE 平面 PBE，故平面 PBE平面 PAB.()易知PB (1,0,2),BE (0,313，0），,0)PA (0,0,2),AD (,222n1PB 0,设n1
41、(x1,y1,z1)是平面PBE的一个法向量，则由得n1BE 0 x10 y12z1 0,所以y10,x1 2z1.故可取n1(2,0,1).3y20z2 0.0 x12n2PA 0,设n2(x2,y2,z2)是平面PAD的一个法向量，则由得n2AD 0210 x20 y22z2 0,所以z2 0,x2 3y2.故可取n2(3,1,0).13y20z2 0.x222于是，cos n1,n2n1n2n1n22 315.55215.5故平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小是arccos陕西卷 19（本小题满分 12 分）三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示，截面为A1B1
42、ABDC1A1B1C1，BAC 90，A1A 平面ABC，A1A3，AB 2，AC 2，AC111，BD1DC2C（）证明：平面A1AD 平面BCC1B1；（）求二面角ACC1 B的大小解法一：（）A1A 平面ABC，BC 平面ABC，BC 6，A1A BC在RtABC中，AB 2，AC 2，BD:DC 1:2，BD 6BD3AB，又，3AB3BCDBAABC，ADB BAC 90，即AD BC又A1AAD A，BC 平面A1AD，BC 平面BCC1B1，平面A1AD平面BCC1B1（）如图，作AE C1C交C1C于E点，连接BE，由已知得AB 平面ACC1A1AE是BE在面ACC1A1内的射
43、影由三垂线定理知BE CC1，A1B1EAFCC1AEB为二面角ACC1 B的平面角过C1作C1F AC交AC于F点，22DB（第 19 题，解法一）则CF AC AF 1，C1F A1A3，C1CF 60在RtAEC中，AE ACsin60 2332B1A1zC1在RtBAE中，tan AEB AB26AE33A6AEB arctan，3即二面角ACC1 B为arctanBxDCy（第 19 题，解法二）63解法二：（）如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)B(2，0，0)C(0，2，0)A1(0，0，3)，C1(01，3)，1BD:DC 1:2，BD BC32 2 2，0D点坐标为3
44、，32 2 2AD，02，0)AA1(0，0，3)3，BC(2，3BC AA1 0，BC AD 0，BC AA1，BC AD，又A1AAD A，BC 平面A1AD，又BC 平面BCC1B1，平面A1AD 平面BCC1B1（）0，0)为平面ACC1A1的法向量，BA平面ACC1A1，取m m AB (2，设平面BCC1B1的法向量为n n (l，m，n)，则BC n n 0，CC1n n 03 2l 2m 0，l 2m，n m，3m3n 0，3如图，可取m 1，则n n 2，1，3，2322 010cos m m，n n(2)202023323(2)212315，5即二面角ACC1 B为arcc
45、os155重庆卷（19）（本小题满分 13 分，（）小问 6 分，（）小问 7 分.）如题（19）图，在ABC中，B=90,AC=15,D、2E两点分别在AB、AC上.使ADAE 2,DE=3.DBEC现将ABC沿DE折成直二角角，求：（）异面直线 AD 与 BC 的距离；（）二面角A-EC-B 的大小（用反三角函数表示）.解法一：（）在答（19）图 1 中，因ADAE，故BEBC.又因B90，从而DBCEADDE.在第（19）图2 中，因A-DE-B是直二面角，ADDE,故AD底面DBCE，从而ADDB.而DBBC,故DB为异面直线AD与BC的公垂线.下求DB之长.在答（19）图 1 中，由
46、ADAE 2，得CBBCDEAD2.BCAB3又已知DE=3,从而BC 39DE.2222215 9AB AC BC 6.222因DB1,故DB2.AB3（）在第（19）图2 中，过D作DFCE,交CE的延长线于F，连接AF.由（1）知，AD底面DBCE,由三垂线定理知AFFC,故AFD为二面角A-BC-B的平面角.在底面DBCE中，DEF=BCE,1 155,3 22DB4因此sin BCE.EC5DB 2,EC 24从而在 RtDFE中，DE=3,412.55AD5在RtAFD中,AD 4,tan AFD.DF35因此所求二面角A-EC-B的大小为 arctan.3DF DEsin DEF
47、 DEsin BCE 3解法二：（）同解法一.DE、DA的方向为x、（）如答（19）图 3.由（）知，以D点为坐标原点，DB、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（0，0，4），9C2，0，E（0，3，0）.23AD-2，-，0，AD（0，0，-4）.过D作DFCE,交CE的延长线2于F，连接AF.设F(x0,y0,0),从而DF(x0,y0,0),EF(x0,y03,0).由DF CE，有3y0 0.2xy 3又由CE EF,得00.322DF CE 0,即2x0联立、，解得x0 364836 4836 48,y0.即F,0，得AF,4.252525 2525 253
48、0,故AF CE,又因DF CE,所以DFA为2的平面角.因因为AF CE 4836(2)2525面角所求的二A-EC-B36 48DF,0,25 25有22AD536 4812DF,AD 4,所以tan AFD.25255DF3因此所求二面角A-EC-B的大小为arctan.5325福建卷（18）（本小题满分 12 分）如图，在四棱锥P-ABCD 中，则面PAD底面 ABCD，侧棱PA=PD2，底面 ABCD 为直角梯形，其中 BCAD,ABAD,AD=2AB=2BC=2,O 为 AD 中点.（）求证：PO平面 ABCD；（）求异面直线 PD 与 CD 所成角的大小；（）线段AD 上是否存在
49、点 Q，使得它到平面PCD 的距离为值；若不存在，请说明理由.本小题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成角、点到平面的距离等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.满分 12 分.解法一：（）证明：在PAD 中 PA=PD,O 为 AD 中点，所以 POAD,又侧面PAD底面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,32？若存在，求出AQ的QDPO 平面 PAD，所以 PO平面 ABCD.（）连结 BO，在直角梯形 ABCD 中、BCAD，AD=2AB=2BC,有 ODBC 且 OD=BC,所以四边形 OBCD 是平行四边形，所以 OBDC.由（）知，POOB,PBO 为锐角，
50、所以PBO 是异面直线 PB 与 CD 所成的角.因为 AD=2AB=2BC=2,在 RtAOB 中，AB=1,AO=1,所以 OB2，在 RtPOA 中，因为 AP2，AO1，所以 OP1，在 RtPBO 中，tanPBOPG122,PBO arctan.BC2222.2所以异面直线 PB 与 CD 所成的角是arctan（）假设存在点 Q，使得它到平面PCD 的距离为3.2设 QDx，则SDQC1x，由（）得 CD=OB=2，2在 RtPOC 中，PC OC2OP22,26所以 PC=CD=DP,SPCD33(2)2,42由 Vp-DQC=VQ-PCD,得 2，所以存在点 Q 满足题意，此