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1、四、立体几何一、选择题V21.（重庆理9）高 为4的四棱锥S-A B C D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A B C D的中心与顶点S之间的距离为V2 V2A.4 B.2 C.1 D.血【答案】C2 .（浙江理4）下列命题中错误的是A.如果平面a，平面，那么平面&内一定存在直线平行于平面夕B.如果平面a不垂直于平面尸，那么平面a内一定不存在直线垂直于平面夕C.如果平面a，平 面 心 平 面 夕，平面7,a c =l,那么/，平丽1/D.如果平面二,平面夕，那么平面2内所有直线都垂直于平面夕【答案】D3 .（四川理3），4是空间三条不同的直线，则下
2、列命题正确的是Az,1/2i/21/3=/,/3B /4 HAC 4/4 /3 =4 ,2 ,4 共面D.4,4 共点 2,3 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2万 乃 2万o-o-A.3 B.3 c.8 2乃 D.3【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园却凿箧1巴日（C）（D）正视图胭反缗的祝图（第 3 制【答案】D（_6.（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：存在三棱柱，其 正（主）视图、俯视图如下图；存在四棱柱，其 正（主）-视图、
3、俯视图如右图；存在圆柱，其 正（主）视图、俯视图如右图.其中 亨 克”真命题的个数是|A.3 B.2 1；C.1 D.0【答案】A7.（全国新课标理6）o 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a-L 0,点 A da,ACi,C 为垂足，B ep,BDt,D 为垂 足.若 AB=2,AC=BD=1,则 D 到平面ABC的距离等于0A.3V3B.3/6C.3【答案】C9.（全国大纲理11）已知平面a 截一球面得圆M,过圆心M 且与a 成60二面角的平面。截该球面得圆N.若该球面的半径为4,圆M的面积为4乃，则圆N的面积为
4、A.7兀 B.9%C.W71 D.1 3万【答案】Df1 0.（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 39 9万+1 2%+1 8 AA.2 B.2 2V.C.9%+4 2 D,3 6万+1 8正视图侧视图【答案】B俯视图1 1 .（江 西 理8）已知%,%,生是 三 个 相 互 平 行 的 平 面.平 面%之间的距篱由4,平面。2,%之 间 的 距 离 为 直 线/与,%,%分 别 相 交 于“2,3,那么“6 8 =64”是“4 =4”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】C1 2 .（广东理7）如 图1-3,某几何体
5、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正视图图I例般1四图2赫视图H 9 3A.6也B.9 GC.12 出D.1 8 百【答案】B1 3 .（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.6拒 C.10D.8 8【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+8上(C)48+8上(D)80【答案】C第（8）图15.（辽宁理8）。如图，四棱锥SABCD的底面为正方形，SD，底面A B C D,则下列结论中不正确的是(A)(B)(C)(D)ACSBAB 平面SC
6、DSA 与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角A B与 SC所成的角等于DC与 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=上，ZASC=ZBSC=30；则棱锥SABC的体积为（A）3百【答案】C(B)2.(C)百 (D)117.（上 海 理 17）设是 空 间 中 给 定 的 5个 不 同 的 点，则使MA+A?+MA3 +=成立的点M的个数为A.0 B.1 C.5 D.10【答 案】B二、填空题1 8.（上海理7）若圆锥的侧面积为2万，底 面 积 为 左，则该圆锥的体积为【答 案】319.（
7、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 的表面积与改圆柱的侧面积之差是【答 案】2兀R?【解 析】5侧=Inr-=4 M W)=5Mmax 时D2-2 R-V2R_ 广 n r=n r=R2 2则 4兀R2-2TTR=2兀R20.（辽 宁 理15）一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体 积 为2月，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】2 G俯视的2 1.（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 为俯视田【答案】6 +42 2.（全
8、国新课标理1 5）。已知矩形A B C D的顶点都在半径为4的球0的球面上，且A B=6,BC=2G ,贝棱锥O-A B C D的体积为.【答案】8 G2 3.（湖北理1 4）如图，直角坐标系x y所 在 的 平 面 为 直 角 坐 标 系（其中轴一与y轴重合）所在的平面为。,ZxO x=4 5。（I）已知平面夕内有一点尸（2女，2）,则点p 在平面a内的射影尸的坐标为（2,2）；（I I）已知平面,内的曲线C 的方程是（-J?）?+2）。-2 =,则曲线C 在平面a内的射影C的方程是【答案】（x T +y 2 =12 4.（福建理1 2）三棱锥P-A B C中，P A _ L底 面A B C
9、,P A=3,底 面A B C是边长为2的正三角形，则三棱锥P-A B C的体积等于 o【答案】也三、解答题2 5.（江 苏1 6）如图，在四棱锥P-A B C。中，平 面P A D,平面 A B C D,A B=A D,Z B A D=60,E、F 分别是 A P、A D 的中点求证：（1）直线E F平面P C D；（2）平面B E F _ L平面P A D本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考察空间想象能力和推理论证能力。满分 14分。证明：（1）在4PA D 中，因为E、F 分别为AP,AD 的中点，所 以 EF/PD.又因为E F 平面PCD,PD U平面PCD,所以直线EF
10、/平 面 PCD.（2）连结 D B,因为 AB=AD,ZBAD=60,所以4A B D 为正三角形，因为F 是 AD 的中点，所以BFLAD.因为平面P A D,平面ABCD,BFU 平面 A B C D,平面 PAD平面 ABCD=AD,所以 BF_L5；P面 PAD。又因为 BF _ L 平面 P 4 C;(I I)若P A =A B，求尸8与AC所成角的余弦值；(I I I)当平面P 8 C与平面POC垂直时，求P A的长.ACB证明：(I)因为四边形A B C D是菱形,所以 A C _ L B D.又因为P A _ L平面A B C D.所以P A B D.所 以B D _ L平面
11、P A C.(H )设 A C n B D=O.因为/B A D=60,P A=P B=2,所以 B O=1,A O=C O=如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O x y z,则P (0)6 2),A (0,一 石，0),B (1,0,0),C (0,6 0).所 以 丽=(1,43-2),AC=(0,2 73,0).设P B与A C所成角为6,则C 7B AC 6 V6(H I)山(n )知8。=(-1,6,0).设p (0,一 百，t)则 丽=(T-0,t)设平面PBC的法向量机=(%y，z),则 BC,m=0,BP-m=0-x +3yy=0,),所以 5(i i)假设在线段AD 上
12、存在一个点G,使得点G 到点P,B,C,D 的距离都相等,设 G (0,m,0)(其中 0 W?W 4/)则 G C =(1,3-t-m,0),GD=-m,Q),GP=(0,-m,t)由|GC|=|G)|得(4，一机)2=/+/，由(1)、(2)消去t,化简得“2-3 机+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。解法二：(I)同解法一。(I I)(i)以 A为坐标原点，建立空间直角坐标系A x y z (如图)在平面AB CD 内,作 C E/
13、A B交 AD 于 E,则 C E 1 A D q在平面AB CD 内，作 C E/A B交 AD 于点E,则CE 1 A D-在 R f A C D E 中，D E=CC O S45=1,C E =C D sin 45=1,设 A B=A P=t,贝 I j B(t,0,0),P (0,0,t)由 A B+A D=4,得 A D=4-t,所以 E(0,3-t,0),C(l,3-t,0),D(0,4T,0),C D =(-1,1,0),丽=(0,4 f T).设平面P C D 的法向量为=(%Z),一 x +y =0,V由 “J.而，_ L 而，得 (4_ f)y _ fx =0.取=，得平面
14、P C D 的一个法向量=/4 一4，又尸8 =，0，T),故由直线PB 与平面P C D 所成的角为3 0,得c os 6 0 =|小 里,即 1 2 产-4”|川丽 I+产+(4 _、2.目 _24t =或，=4解得 5(舍去，因为A D =4-),所以 5(i i)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 G C=C D,得 N G C D =N G D C =4 5。,从而 NCG D =9 0。，即 C G _ L A。,.G O=C O si n 450 =1,0设 A8=/l,贝 IJAD=4-ZAGAD-GD=3-A在RfAABG中，GB=
15、J 2 +4G2=6+(3 一2=2(2-1)2+1 l,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。2 9.（广东理18）如图5.在椎体P-ABCD中，ABCD是边长为1 的棱形,且NDAB=60,PA=PD=6 叩=2,E,F分别是BC,PC的中点.（1）证明：AD 1平面DEF;（2）求二面角P-AD-B的余弦值.法一：（1）证明：取 A D 中点G,连接PG,BG,BDo因 PA=PD,有尸G _ L A O,在 A 48。中，A8=60。，有 A4BO 为等边
16、三角形，因此8G _L g B G c P G =G,所以平面PBG=A。，尸 AD _L GB.又 PB/EF,得 而 DE/GB 得 AD D E,又 FEcDE=E,所以 A D，平面 DEFo(2)-PG.LAD.BG ADN PG B为二面角pADB 的平面角,7RfAPAG中,PG?=PA2-A G2=-在4RfAABG中，BG=AB-sin60=在27 3.-cosZPGB-P G 2 +B2-4+4 _ V212PG BG V7 V3 72-2 2法二：取 A D 中点为G,因为PA=P D,P G，A D又 4 8 =4。,/。4 8 =60,418为等边三角形，因此，BG
17、1 AD t从而A 0 J_ 平面PBG。延长 BG 到 O 且使得 PO-LOB,又 P U 平面 PBG,PO-LAD,ADCB=G,所以PO J平面ABCD。以O 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB,O P分别为轴，z 轴，平行于AD的直线为丁轴，建立如图所示空间直角坐标系。P(0,0,G(,0,0),则 4(二,0),D(n,1,0).设22|西=|而 1.6 0。=等B(n+-,0,0),C(n+-,l,0),(n+-,0),F(+,AD=(0,1,0),瓦=(坐,0,0),匠=(g+坐,0,由于 2 2 4AD DE=0,AD FE=0,AD 1 DE,AD 1 FE,DE
18、 c FE=E.AD _L 平面 DEFo 1 V3PA=(n,，-m),PB=(n+,0,-m)(2)2 2/.,/+/+；=+加2 =2,解之得m=l,n=取平面ABD的法向量勺=(，T)，设平面PAD的法向量2 =(a,b,c),G b J i hPA-n2=0,得 a-c 0,由尸Z)-n2=0,得 ci H-c=0,由 2 2 2 230.(湖北理18)如图，已知正三棱柱AB。AIB G的各棱长都是4,E是8 c的中点，动点尸在侧棱C G上,且不与点C重合.(I)当0尸=1时，求证：EF 1 A.C.(H)设二面角C-A F-E的大小为6,求tan。的最小值.回B本小题主要考查空间直
19、线与平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。（满 分12分）解 法1：过E作EN_LAC于N,连结EF。（I）如 图1,连结NF、A C 1,由直棱柱的性质知，底面ABC J侧面A1C又度面ABC PI侧面A,C=AC,且 N u底面ABC,所以E N,侧 面A1C,NF为EF在侧面A1C内的射影，在RtACNE 中，CN=CEcos60CF _CN 则由 CG C A 4,得 NF/AC1,又 A G，4 C,故 Nf_LA。由三垂线定理知EF 1 AC-（II）如图2,连结A F,过N作NM J-A/于M,连结ME。由（I）知 硒 _1 _侧面人
20、（，根据三垂线定理得EM所以NEMN是二面角cAFE的平面角，即“MN=6,设 ZFAC=%则 0。45在 RtbCNE 中，NE=EC-sin 60=百，在 Rf AAMN中,MN=AN sin。=3 sin a,t.NE Gtan 0=-=-.故 MN 3 sin a00 a 45,/.0 sin 又2sina=，即当 a =45。故当 2 时;tan6达到最小值；a 6 B atan”x 2=3 3,此时F与C l重合。解法2：(I)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),8(2 6 2,0),C(0,4,0),4(0,0,4),(7 3,3,0),F(0,4,l)
21、,于 是 灭=(0,-4,4),EF=(-7 3,1,1).则 瓦 丽=(0,-4,4)(-百,1,1)=0-4+4=0,故皿A(I I)设=4(K 4),平面A E F的一个法向量为加=(%乂 Z),则 由(I)得 F(0,4,%)A E=(G,3,0),A/7=(0,4,4),于是由 2-L AE,m AF 可得m AE=0,m AF-0,G x+3y =0,4y+%z =0.取加=(A/32,-2,4)*又由直三棱柱的性质可取侧面ACI的一个法向量为=(L，),co s 6于是由6为锐角可得V32.八 VF+16-,sin e=.m -n 2+4 2 22+4m n由 0”4,ta n(
22、9所以V6故当几=4,即点F与点Cl重合时，ta n 取得最小值3 3 1.(湖南理19)如 图 5,在 圆 锥 中，已知尸 =J 5中点.(I)证明：平面尸。,平 面 产 曾。；(I I)求二面角B-P A 一0 的余弦值。的直径AB=2,C 是 A 8 的中点，。为 A C 的图 5解 法 1：连结0 C,因为。4=。，。是AC的中点，所以AC JLOD.又底面。O,ACU底面。o,所以A C _L P0,因为0D,P 0 是平面POD内的两条相交直线，所以AC J平面POD,而 AC u 平面PAC,所以平面POD1平面PAC。(I I)在平面POD中，过。作”-LPO 于 H,由 知，
23、平面P 0 J平面PAC,所以H _L 平面P A C,又 4 u 面PAC,所以PA工0H.在平面PAO中，过 O 作 G,PA 于 G,连接HG,则有P4 平面OGH,从而P A J.7 7 G,故NOG”为二面角BP A-C 的平面角。RfAOZM 中,。=0A sin 45。=J.在2RtAPODOH=f D=ylPO2+OD2 MJ 5在V 2R/APOA 中,。G=耳必在 ylPO2+OA2 2+1 3VioRfAOHG 中,sin NOGH=咀=叵OG 屈 53在cos ZOGH=V1-sin2 ZOG/7所以V T o故二面角B P A C 的 余 弦 值 为 5解法2：（D
24、如图所示，以O为坐标原点，OB、O C、OP所在直线分别为x 轴、y轴，z 轴建立空间直角坐标系，则0(0,0,0),A(-l,0,0),5(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,7 2),(一550)设 =（Xi，X，Z|）是平面p c。的一个法向量，1 1则由一丽=0,.丽=0,得 也 4=0.所以 4=0,须=%,取 =1,得 =（1,1,0）.设2 =（X2，y 2，Z 2）是平面p A C 的一个法向量,则由 2,瓦=，2定=,x2 5/222=0,（一血,女,1）=0,所以,2 从而平面POD,平 面 P A C。（I I）因为y 轴 L平面P A B,所以平面P A B 的
25、一个法向量为%=（，1，由（I）知，平面P A C 的一个法向量为2=（一垃，血，1）设向量 2和 3的夹角为。，则4 V 2 V i oc o s=-=；=-.I 2 1 -I I V5 5由图可知，二面角B P A C 的平面角与相等,VTo所以二面角B P A C 的 余 弦 值 为 532.（辽宁理18）C 如图，四边形ABC D为正方形，P D _ L 平面A B CD,P D QA,。Qi户N 证 明：平面P QC L平面D C Q；北-（ID求二面角Q B P C 的余弦值.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 x
26、 y z.(I)依题意有 Q (1,1,0),C(0,0,1),P (0,2,0).则 而=(1,1,0),5C =(0,0,1),而=(1,-1,0).所 以 而 屈=0,而灰=0.即 P Q_ L D Q,P Q1D C.故 P QJ_ 平面D CQ.又 PQ U 平面P Q C,所以平面P Q C L 平面D C Q.6分(I I)依题意有 B (1,0,1),C 5 =(l,0,0),5 P =(T,2,-l).设=(x,y,z)是平面P B C 的法向量，则.竺=0,即产n B P =0,-x +2 y z=0.因此可取 =（厂1，-2）.m B P =0,V设 m 是平面P B Q
27、 的法向量，则=m=(1,1,1).所以 cos =.-可取5故二面角QB P-C 的余弦值为3 3.(全国大纲理19)12分如 图，四棱锥 S-AB C O 中，A B A.C D B C I C DAB=5C=2,CO=S=1(I)证明：S0_L平面SAB；(I I)求 A 8 与平面SBC所成角的大小.侧面 弘 8 为 等 边 三角 形,解法一：(I)取 A B 中点E,连结D E,则四边形BCDE为矩形，DE=CB=2,连结 S E,则 SE_L A8,SE=J i.又 SD=1,故E D S E S ，所以N D S E 为直角。.3分fijA B 1 DE,A B 1 S E,D
28、E H S E E得 A 3,平面SD E,所以A S,SO。SD与两条相交直线AB、SE都垂直。所以SDJ平面SAB。.6 分(I I)由A3 _L平面SDE知,平面A8CD_L平面SED。作SF 1 D E,垂足为F,则 SF-L平面ABCD,c c,S D x S E V3SF-=-.D E 2作 F G _ L 8 C,垂足为 G,则 FG=DC=1。连结 S G,则 SGJ_BC,乂 B C J.F G,S G nF G=G故 B C _ L 平面S F G,平面$8:，平面$尸6。9 分作 F”S G ,H为垂足，则F H，平面SB C。S F x F G _ 也 屈JLI J L
29、 tSG.7 ,即F到平面S B C 的 距 离 为7叵由于ED/B C,所以ED/平 面 SB C,E 到平面S B C 的距离d 也 有7设 AB与平面S B C 所成的角为a ,d V21.V21sm a=-.a-a r c sin-.则 EB 7 7.12 分解法二：以 C 为坐标原点，射线C D为 x 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cx y z。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.(D AS=(x-2,y-2,z),B S=(x,y-2,z DS=(x-1,y,z)t由I 福 H 丽 I 得yl
30、(x-2)2+(y-2)2+z2=yx2+(y-2)2+z2,故 X=lo由 I O S 1=1 得y 2+2=1,又由 I 丽|=2 得V+(y -2 +/=4,1/o丁+z?-4y +1 =0,故y =大 z =.即 2 2.3分 1 J3 O S=(叼苧O S A S=0,丽丽=0.故 DS 1 AD,DS 1 8S,又A S C B S=S,所以S O ,平面sA B o6分(I I)设平面S B C 的法向量。=(加，储P),则 Q B S,a _ L CB,a-B S=0,a-C B =0.丽=(1,-：，W),屈=(0,2,0),又 2 23 Gmn-p=0,2 2故 J。.9
31、分取 p=2 得”(一百，2),又 而=(-2,0,0)。/A Ba y/2 1c o s(A By ci)-=-/AB -a 7a r c sin-.故 AB与平面S B C 所成的角为 734.(全国新课标理18)如 图，四 棱 锥 尸一ABC O中，底 面 ABC D为平行四边形,N D A B =60。,A B =2 A D ,P O J底面 A B CD.(I)证明：PA 1 B D .(I D 若 P D=A D,求二面角A-P B-C的余弦值.解：(I )因为N D A B =6 0,A B =2 A D ,由余弦定理得B D =百A D从而 B D 2+A D 2=A B 2,
32、故 B D，A D又 P D J底面A B C D,可得B D,P D所 以 B D，平面P A D.故 P A-L B D(I I)如图，以D为坐标原点，AD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口户户，则4(1,0,0)8(0,a,0)C(-l,V3,0)p(0,0,l)UUDK f UUV f uuurA B=(-1,V3,0),PB=(0,V3,-1),5 C=(-1,0,0)ion设平面P A B 的法向量为n=（x,y,z）,则 洸=。，-x f G y=0即向-z =0因此可取n=（0，1，6）uuF 秘=0，设平面P B C 的法向量为m,则%=0,/-4 27
33、7c o s(a,)=77T=-可取 m=(0,-1,7 3)2 /277故二面角A-P B-C的余弦值为 735.（山东理1 9）在如图所示的几何体中，四边形A BCD 为平行四边形，N A C B=90 ,E A，平面A B C D,EF A B,F G B C,E G A C .A B =2 E F.（I）若M 是线段AD 的中点，求证：GM 平面ABF E;（I I ）若 AC=B C=2 A E,求二面角 A-B F-C 的大小.所以 ZE G尸=90 ,A 4 8 c AEFG.由于 A B=2EF,因此，B C=2FC,FG=-BC,连接AF,由于FG/B C,2在A6CO 中，
34、M 是线段AD 的中点,AM=LBC,则 A M/B C,且 2因此 FG/A M 且 FG=A M,所以四边形AF GM 为平行四边形,因此G MFA。又 E4 u 平面 A B FE,G M U 平面 A B FE,所以G M平面A B o证法二：因为 EF/A B,FG/B C,EG/A C,Z A C B =90 ,所以 N E G F=90 ,A 4 8 C s A FG.由于 A B=2EF,因此，B C=2FC,取B C的中点N,连接G N,因此四边形B N G F为平行四边形，所以 G N/FB,在A8CO中，M是线段AD的中点，连接MN,贝ij MN/A B,因为 MNCGN
35、=N,所以平面G MN/平面A B FEo又G M u 平面G MN,所以G M/平面A B FE(I I)解法一：因为 Z A C B =90 ,所 以/C A D=90。，又E 4，平面A B C D,所以A C,A D,A E两两垂直，分别以A C,A D,A E所在直线为x轴、y轴和z轴，建立如图所法的空间直角坐标系，不妨设 A。=B C =2 A E =2,则由题意得 A (0,0,0,),B (2,-2,0),C (2,0,0,),E(0,0,1),所 以 而=(2,-2,0),前=(0,2,0),(E F =LAB,.又 2 _.所以尸(1,一1,1),而=(一 1,1,1).”
36、设平面B F C的法向量为“=(X”X，Z)则机 8 C =0 B F=0,%=0，*所 以1内=4，取4 =1得玉=1,所以机=(1,0,1),设平面A B F的法向量为 =(%，%，Z 2),则 A 8 =0,B F-0,产 取 为=1,得%=1,所 以 匕=，则 =(1 J 0),/、m-n 1co s(m,n)=-=.所以 /I H n l 2因此二面角A B FC的大小为6 0 .解法二：由题意知，平面A B Q E J平面A B C D,取AB的中点H,连接C H,因为A C=B C,所以C 1 A B,则C”,平 面A B FE,过H向B F引垂线交B F于R,连接C R,则 C
37、 R J.8 E所 以/RC为二面角A B FC的平面角。由题意，不妨设A C=B C=2A E=2。在直角梯形A B FE中，连接FH,则 F H 1 A B ,又 AB =2V2,所以 H F =AE=l,B H=g,H R =.因此在町A S 尸中，3C H =-A B =y 2,由于 2所以在M ACHR中,tan NHRC=-=43,V6T因此二面角ABFC 的大小为603 6.(陕西理16)如图，在 入43 c 中，ZA8C=6(T,N84C=9,4 是 3 c 上的高，沿 A。把M 8 C 折起,使 ZBCD=90 o(I)证明：平面A D B J_平面B D C；(H)设 E
38、为 B C 的中点，求 通 与 面 夹 角的余弦值。解(I)折起前A D 是 B C 边上的高，.当 A A B D 折起后，A D I D C,A D I D B,又 DBC D C=D,Z.A D _L 平面 B D C,V A D 平面 W 平面BDC.平面ABD,平面BDC.(II)由N B D C=90及(I)知 DA,D B,D C 两两垂直，不防设口 勺，以D为坐标原点，以力 民 4 所在直线X H Z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D(0,0,0),3B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0,百)，E(3,2,AE=*”7DB=(1,0,0,),与0 8 夹角的余弦值
39、为_ 1港.丽 _ 2 _ 后 2 _ 22_ I码.广序=亏 彳 五co s =V 4 V 43 7.(上海理2 1)已知A 8 C 4B2是底面边长为1的正四棱柱，a是4G和4R的交点。设 的 与 底 面A4GA所成的角的大小为a,二面角A-BQ-4的大小为夕。求证：ta n/?=啦 ta n a；4(2)若点。到平面力4A的距离为3,求正四棱柱A 8 C -AR的.。解：设正四棱柱的高为。连A 0,A 4|，底面A|B )|于A,A4与底面A4CQ所成的角为ZAg4,即ZA44=a.AB,=AD,a 为3 中占，.A a，R 又 4。_1片2.NAA是二面角A 一用R 4的平面角，即4
40、4。出=BDA A A A 1 r-ta n a=-=h ta n B =-=y/2 h=V2 ta n a.A。建立如图空间直角坐标系，有A(O,O,),B|(1,0,0),D|(0,1,0),函=(1,0,f),西=(0,1,衣=(1,1,0)设平面ABD 的一个法向量为=a，y，z),CiXn _L A B n-A B=0_ s _-A 2 =0 ,取 z=得=(,/)|n -A C|/z+Z z +O 4d-=.?.点 C 到平面A 8 Q 的距离为 何 V/i2+/r+l 3,则=2。3 8.(四川理19)如图，在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中.Z BAC=90。，AB=AC=A
41、A1=1.D 是棱 CC1 上的一 P是 A D 的延长线与A1C1的延长线的交点，且 PB1 平面BDA.(I)求证：CD=C1D：(I I)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值;(III)求点C 到平面B1DP的距离.解析：(1)连接4 A 交 8 A 于0 4尸面BDA】8/4 _ 1 面人人,过8 作 A L A O,连接则BH L A D ,s.ZA HB为 二面角的平面角。在4140中，L r-A H=,BH=,co s Z A H BV5 V5 5 5A A|=1,A O=+，AQ=2 2，则2好A =T =2B H 375 35y =y%h SABPD(3)因为 c-BM V
42、B/CD,所以 3 3 A百 一1AscGo-1-4-1-49-4-+55-44ApQ23-2-,s i n Z Z)B1P=5 1 5中在&BiPD1 3后 点=:2 23 9.(天津理1 7)如图，在三棱柱 B O A4G中，是正方形A A型 的 中 心，A 4|=2&,G J平面4448,且 ”=逐.(I )求异面直线AC与A 1 B 1所成角的余弦值；(H )求二面角A -4G 一耳的正弦值；(I I I)设N为棱4G的中点，点“在平面A448内，且“V L平面44C,求线段B的长.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，
43、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 4(2 J 5,0,0),5(0,0,0),C(V 2,-V 2,V 5)A (2V 2,2V 2,0),B,(0,272,0),C(V 2,V 2,V 5)(D解：易 得 衣=(一近，一枝，石)，丽=(一20,0,0)6 7万、记病 4 V 2co st AC,A)=.=-T=,干星 /AC-AiB 3 x2 0 3V 2所以异面直线AC与A 1B 1所成角的余弦值为3(j j)解：易知 A 4 =(0,2a,0),A=(-逝,).设平面A A IC I的法向量?=a，y，z
44、),m-AC=0-4 2 x -C y+6 z =0,则 除A V。即1 2 0=0.不妨令=造，可得机=(逐，&),同样地，设平面A 1B 1C 1的法向量,=(X，Z),n 4 G =0，-V 2x -y/2 y+V 5z =0,_ _L 平面A A 1 B 1 B,故 NOA稣乂 MN Pl NO=N,A D I所 以 i平面M N D,连接M D并延长交A1B1于点E,则 ME _L 4 4,故 M E/A VD E _ ByE _ BD 由一片4 -B,A 一 V2D E =B,E=得 2,延长EM 交 A B于点F,B F =B、E =9可得 2连接NE.在 R t b N M 中
45、，N D 1 M E,故 NO?=D E D M.N D2 572D M =-=-.所以 D E 4V2F M .可得 4连接B M,在R f M F M中，B M =y jFM2+B F2=44 0.（浙江理20）如图，在三棱锥P-A B C 中，A B A C ,D为 BC的中点，POJ_平面A B C,垂足O 落在线段 AD 上，已知 BC=8,PO=4,AO=3,OD=2(I)证 明:AP1BC；(II)在线段A P上是否存在点M,使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求 出 A M 的长；若不存在，请说明理山。（第 2 0*）本题主要考查空是点、线、面位置关系，二面角等基础知识，
46、空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满 分15分。方法一：（I）证明：如图，以0为原点，以射线0 P为z轴的正半轴，建立空间宜角坐标系O x y z则 0(0,0,0),A(0,-3,0),8(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4),AP=(0,3,4),B C=(-8,0,0)(由此可得 A P-B C =0,所以即 A P,8 c.(n)解：设 丽=4而则丽=0,-3,-4)B M =B P+P M =B P+APA=(-4,-2,4)+2(0,-3,-4)=(-4,-2-32,4-42)A C =(-4,5,0),B C=(-8,0,0)磔20)设平面BMC的
47、法向量=（%，%，4）,平面A P C的法向量2=(X 2，2，Z2)B M-/?!=0,由 f lC-n,=0,4X 1 (2+34)%+(4-=0,=2,AB =2 B C,求四面体A 8 C O的体积;(II)若二面角C AB-。为60,求异面直线AD与 8C所成角的余弦值.题(19)图(I)解：如 答(19)图 1,设 F为 AC的中点，由于A D=C D,所 以 D F _ LA C.故由平面A B C _ L平面ACD,知 D F _ L平面A B C,即 D F是四面体ABCD的面ABC上的高，且 D F=A D s i n 30=1,A F=A D c o s 300=5在 R
48、 tZ A B C 中，因 A C=2A F=2百，A B=2B C,/2 厉，D 47 15由勾股定理易知 5 5故四面体ABCD的体积(II)解法一：如 答(19)图 1,设 G,H 分别为边C D,BD的中点，则 F G/A D,G H/B C,从而NFGH 是异面直线AD与 BC所成的角或其补角.设 E 为边AB的中点，贝 IJEF/B C,由 A B J _ B C,知 EF _ LA B.又 由(I)有 D F _ L平面A B C,故由三垂线定理知D ELA B.所以/DE F为二面角C A B D的平面角，由题设知N D EF=60AO=a,则。E =A D -s i n C
49、A D =-.设2,a 百石R t A D E F中,E F =D F -c o t D E F =在 2 3 6 5G H=-BC =E F =a.从而 2 6F H =-BD =-g|R t A A D E R t A B D E,故 B D=A D=a,从而，在 R ta B D F 中，2 2,FG=-AD=-,又 2 2从而在a F G H中，因F G=F H,由余弦定理得cos FGHFG2+GH2-F H22FGGHGH y/32FG6因此，异面直线AD与B C所成角的余弦值为6解法二：如 答(19)图2,过F作F M_ LA C,交AB于M,已知A D=C D,平面A B C
50、_ L平面A C D,易知F C,F D,F M两两垂直，以F为原点，射 线F M,F C,F D分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系F x y z.不妨设A D=2,由C D=A D,Z C A D=30,易知点A,C,D的坐标分别为A(0,-A 0),C(0,V 3,o),0(0,0,1),则 而=(0,a,1).显然向量/=(，)是平面A B C的法向量.已知二面角C A B D为60 ,故可取平面A B D的单位法向量,=60,从而=.使得 2由 有百2 +=0,从而2 =-由+加2 +=1,得/=答(19)图2B(x,y,0)-iAB lB C,n LA B,W =设点