立體幾何專題訓(xùn)練附答案

1、立體幾何G5 空間中的垂直關(guān)系18、2014·廣東卷 如圖1­4，四邊形ABCD為正方形，PD平面ABCD，DPC30°，AFPC于點(diǎn)F，F(xiàn)ECD，交PD于點(diǎn)E.(1)證明：CF平面ADF；(2)求二面角D ­ AF ­ E的余弦值 圖1­419、2014·湖南卷 如圖1­6所示，四棱柱ABCD ­A1B1C1D1的所有棱長都相等，ACBDO，A1C1B1D1O1，四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形(1)證明：O1O底面ABCD；(2)若CBA60°，求二面角C1­OB1&

2、#173;D的余弦值圖1­619解：(1)如圖(a)，因?yàn)樗倪呅蜛CC1A1為矩形，所以CC1AC.同理DD1BD.因?yàn)镃C1DD1，所以CC1BD.而ACBDO，因此CC1底面ABCD.由題設(shè)知，O1OC1C.故O1O底面ABCD.(2)方法一： 如圖(a)，過O1作O1HOB1于H，連接HC1.由(1)知，O1O底面ABCD，所以O(shè)1O底面A1B1C1D1，于是O1OA1C1.圖(a)又因?yàn)樗睦庵鵄BCD ­A1B1C1D1的所有棱長都相等，所以四邊形A1B1C1D1是菱形，因此A1C1B1D1，從而A1C1平面BDD1B1，所以A1C1OB1，于是OB1平面O1HC1

3、.進(jìn)而OB1C1H.故C1HO1是二面角C1­OB1­D的平面角不妨設(shè)AB2.因?yàn)镃BA60°，所以O(shè)B，OC1，OB1.在RtOO1B1中，易知O1H2.而O1C11，于是C1H.故cosC1HO1.即二面角C1­OB1­D的余弦值為.方法二：因?yàn)樗睦庵鵄BCD ­A1B1C1D1的所有棱長都相等，所以四邊形ABCD是菱形，因此ACBD.又O1O底面ABCD，從而OB，OC，OO1兩兩垂直圖(b)如圖(b)，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC，OO1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O ­xyz，不妨設(shè)AB2.因?yàn)?/p>

4、CBA60°，所以O(shè)B，OC1，于是相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為O(0，0，0)，B1(，0，2)，C1(0，1，2)易知，n1(0，1，0)是平面BDD1B1的一個法向量設(shè)n2(x，y，z)是平面OB1C1的一個法向量，則即取z，則x2，y2，所以n2(2，2，)設(shè)二面角C1­OB1­D的大小為，易知是銳角，于是cos |cos，|.故二面角C1­OB1­D的余弦值為.19、2014·江西卷 如圖1­6，四棱錐P ­ ABCD中，ABCD為矩形，平面PAD平面ABCD.圖1­6(1)求證：ABPD.(2)若BPC9

5、0°，PB，PC2，問AB為何值時(shí)，四棱錐P ­ ABCD的體積最大？并求此時(shí)平面BPC與平面DPC夾角的余弦值19解：(1)證明：因?yàn)锳BCD為矩形，所以ABAD.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以AB平面PAD，故ABPD.(2)過P作AD的垂線，垂足為O，過O作BC的垂線，垂足為G，連接PG.故PO平面ABCD，BC平面POG，BCPG.在RtBPC中，PG，GC，BG.設(shè)ABm，則OP，故四棱錐P ­ ABCD的體積為V×·m·.因?yàn)閙，所以當(dāng)m，即AB時(shí)，四棱錐P ­ ABCD的體積最大此時(shí)

6、，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，各點(diǎn)的坐標(biāo)分別為O(0，0，0)，B，C，D，P，故，(0，0)，CD.設(shè)平面BPC的一個法向量為n1(x，y，1)，則由n1，n1，得解得x1，y0，則n1(1，0，1)同理可求出平面DPC的一個法向量為n2.設(shè)平面BPC與平面DPC的夾角為，則cos .19、2014·遼寧卷 如圖1­5所示，ABC和BCD所在平面互相垂直，且ABBCBD2，ABCDBC120°，E，F(xiàn)分別為AC，DC的中點(diǎn)(1)求證：EFBC；(2)求二面角E­BF­C的正弦值圖1­519解：(1)證明：方法一，過點(diǎn)E作EOBC，

7、垂足為O，連接OF.由ABCDBC可證出EOCFOC，所以EOCFOC，即FOBC.又EOBC，EOFOO，所以BC平面EFO.又EF平面EFO，所以EFBC.圖1方法二，由題意，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，在平面DBC內(nèi)過B作垂直BC的直線，并將其作為x軸，BC所在直線為y軸，在平面ABC內(nèi)過B作垂直BC的直線，并將其作為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，易得B(0，0，0)，A(0，1，)，D(，1，0)，C(0，2，0)，因而E(0，)，F(xiàn)(，0)，所以(，0，)，(0，2，0)，因此·0，從而，所以EFBC.圖2(2)方法一，在圖1中，過點(diǎn)O作OGBF，垂足為G，連接EG.因?yàn)槠矫鍭B

8、C平面BDC，所以EO面BDC，又OGBF，所以由三垂線定理知EGBF，因此EGO為二面角E­BF­C的平面角在EOC中，EOECBC·cos 30°.由BGOBFC知，OG·FC，因此tanEGO2，從而得sinEGO，即二面角E­BF­C的正弦值為.方法二，在圖2中，平面BFC的一個法向量為n1(0，0，1)設(shè)平面BEF的法向量n2(x，y，z)，又(，0)，(0，)，所以得其中一個n2(1，1)設(shè)二面角E­BF­C的大小為，且由題知為銳角，則cos |cosn1，n2|，因此sin ，即所求二面角正

9、弦值為.19G5、G112014·新課標(biāo)全國卷 如圖1­5，三棱柱ABC ­A1B1C1中，側(cè)面BB1C1C為菱形，ABB1C.圖1­5(1)證明：ACAB1；(2)若ACAB1，CBB160°，ABBC，求二面角A ­A1B1 ­C1的余弦值19解：(1)證明：連接BC1，交B1C于點(diǎn)O，連接AO，因?yàn)閭?cè)面BB1C1C為菱形，所以B1CBC1，且O為B1C及BC1的中點(diǎn)又ABB1C，所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO，故B1CAO.又B1OCO，故ACAB1.(2)因?yàn)锳CAB1，且O為B1C的中點(diǎn)，所以AOCO.又

10、因?yàn)锳BBC，所以BOA BOC.故OAOB，從而OA，OB，OB1兩兩垂直以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB的方向?yàn)閤軸正方向，|OB|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O­xyz.因?yàn)镃BB160°，所以CBB1為等邊三角形，又ABBC，則A，B(1，0，0)，B1，C.，AB，1BC.設(shè)n(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，則即所以可取n(1，)設(shè)m是平面A1B1C1的法向量，則同理可取m(1，)則cosn，m.所以結(jié)合圖形知二面角A ­A1B1 ­ C1的余弦值為.18，2014·四川卷 三棱錐A ­ BCD及其側(cè)視圖、俯視圖如圖1

11、­4所示設(shè)M，N分別為線段AD，AB的中點(diǎn)，P為線段BC上的點(diǎn)，且MNNP.(1)證明：P是線段BC的中點(diǎn)；(2)求二面角A ­ NP ­ M的余弦值圖1­418解：(1)如圖所示，取BD的中點(diǎn)O，連接AO，CO.由側(cè)視圖及俯視圖知，ABD，BCD為正三角形，所以AOBD，OCBD.因?yàn)锳O，OC平面AOC，且AOOCO，所以BD平面AOC.又因?yàn)锳C平面AOC，所以BDAC.取BO的中點(diǎn)H，連接NH，PH.又M，N，H分別為線段AD，AB，BO的中點(diǎn)，所以MNBD，NHAO，因?yàn)锳OBD，所以NHBD.因?yàn)镸NNP，所以NPBD.因?yàn)镹H，NP平面NH

12、P，且NHNPN，所以BD平面NHP.又因?yàn)镠P平面NHP，所以BDHP.又OCBD，HP平面BCD，OC平面BCD，所以HPOC.因?yàn)镠為BO的中點(diǎn)，所以P為BC的中點(diǎn)(2)方法一：如圖所示，作NQAC于Q，連接MQ.由(1)知，NPAC，所以NQNP.因?yàn)镸NNP，所以MNQ為二面角A ­ NP ­ M的一個平面角由(1)知，ABD，BCD為邊長為2的正三角形，所以AOOC.由俯視圖可知，AO平面BCD.因?yàn)镺C平面BCD，所以AOOC，因此在等腰直角AOC中，AC.作BRAC于R因?yàn)樵贏BC中，ABBC，所以R為AC的中點(diǎn)，所以BR.因?yàn)樵谄矫鍭BC內(nèi)，NQAC，BR

13、AC，所以NQBR.又因?yàn)镹為AB的中點(diǎn)，所以Q為AR的中點(diǎn)，所以NQ.同理，可得MQ.故MNQ為等腰三角形，所以在等腰MNQ中，cosMNQ.故二面角A ­ NP ­ M的余弦值是.方法二：由俯視圖及(1)可知，AO平面BCD.因?yàn)镺C，OB平面BCD，所以AOOC，AOOB.又OCOB，所以直線OA，OB，OC兩兩垂直如圖所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)B，OC，OA的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O ­xyz.則A(0，0，)，B(1，0，0)，C(0，0)，D(1，0，0)因?yàn)镸，N分別為線段AD，AB的中點(diǎn)，又由(1)知，P為線段BC的中點(diǎn)

14、，所以M，N，P，于是AB(1，0，)，BC(1，0)，MN(1，0，0)，NP.設(shè)平面ABC的一個法向量n1(x1，y1，z1)，由得即從而取z11，則x1，y11，所以n1(，1，1)設(shè)平面MNP的一個法向量n2(x2，y2，z2)，由，得即從而取z21，則y21，x20，所以n2(0，1，1)設(shè)二面角A ­ NP ­ M的大小為，則cos .故二面角A­NP­M的余弦值是.17、2014·天津卷 如圖1­4所示，在四棱錐P ­ ABCD中，PA底面ABCD, ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，點(diǎn)E為棱PC的中

15、點(diǎn)(1)證明：BEDC；(2)求直線BE與平面PBD所成角的正弦值；(3)若F為棱PC上一點(diǎn)，滿足BFAC，求二面角F ­ AB ­ P的余弦值圖1­417解：方法一：依題意，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系(如圖所示)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)C由E為棱PC的中點(diǎn)，得E(1，1，1)(1)證明：向量BE(0，1，1)，DC(2，0，0)，故BE·DC0，所以BEDC.(2)向量BD(1，2，0)，PB(1，0，2)設(shè)n(x，y，z)為平面PBD的法向量，則即不妨令y1，可得n(2，1，1)為平面PBD的一

16、個法向量于是有cosn，BE，所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為.(3) 向量BC(1，2，0)，CP(2，2，2)，AC(2，2，0)，AB(1，0，0)由點(diǎn)F在棱PC上，設(shè)CF，01.故BFBCCFBC(12，22，2)由BFAC，得BF·AC0，因此2(12)2(22)0，解得，即BF.設(shè)n1(x，y，z)為平面FAB的法向量，則即不妨令z1，可得n1(0，3，1)為平面FAB的一個法向量取平面ABP的法向量n2(0，1，0)，則cos，.易知二面角F ­ AB ­ P是銳角，所以其余弦值為.方法二：(1)證明：如圖所示，取PD中點(diǎn)M，連接EM，AM.

17、由于E，M分別為PC，PD的中點(diǎn)，故EMDC，且EMDC.又由已知，可得EMAB且EMAB，故四邊形ABEM為平行四邊形，所以BEAM.因?yàn)镻A底面ABCD，故PACD，而CDDA，從而CD平面PAD.因?yàn)锳M平面PAD，所以CDAM.又BEAM，所以BECD.(2)連接BM，由(1)有CD平面PAD，得CDPD.而EMCD，故PDEM.又因?yàn)锳DAP，M為PD的中點(diǎn)，所以PDAM，可得PDBE，所以PD平面BEM，故平面BEM平面PBD，所以直線BE在平面PBD內(nèi)的射影為直線BM.而BEEM，可得EBM為銳角，故EBM為直線BE與平面PBD所成的角依題意，有PD2，而M為PD中點(diǎn)，可得AM，

18、進(jìn)而BE.故在直角三角形BEM中，tanEBM，因此sinEBM，所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為.(3)如圖所示，在PAC中，過點(diǎn)F作FHPA交AC于點(diǎn)H.因?yàn)镻A底面ABCD，所以FH底面ABCD，從而FHAC.又BFAC，得AC平面FHB，因此ACBH.在底面ABCD內(nèi)，可得CH3HA，從而CF3FP.在平面PDC內(nèi)，作FGDC交PD于點(diǎn)G，于是DG3GP.由于DCAB，故GFAB，所以A，B，F(xiàn)，G四點(diǎn)共面由ABPA，ABAD，得AB平面PAD，故ABAG，所以PAG為二面角F ­ AB ­ P的平面角在PAG中，PA2，PGPD，APG45°.由

19、余弦定理可得AG，cosPAG，所以二面角F ­ AB ­ P的余弦值為.20、2014·浙江卷 如圖1­5，在四棱錐A ­BCDE中，平面ABC平面BCDE，CDEBED90°，ABCD2，DEBE1，AC.(1)證明：DE平面ACD；(2)求二面角B ­ AD ­ E的大小圖1­520解：(1)證明：在直角梯形BCDE中，由DEBE1，CD2，得BDBC，由AC，AB2，得AB2AC2BC2，即ACBC.又平面ABC平面BCDE，從而AC平面BCDE，所以ACDE.又DEDC，從而DE平面ACD.(2

20、)方法一：過B作BFAD，與AD交于點(diǎn)F，過點(diǎn)F作FGDE，與AE交于點(diǎn)G，連接BG.由(1)知DEAD，則FGAD.所以BFG是二面角B ­ AD ­ E的平面角在直角梯形BCDE中，由CD2BC2BD2，得BDBC.又平面ABC平面BCDE，得BD平面ABC，從而BDAB.由AC平面BCDE，得ACCD.在RtACD中，由DC2，AC，得AD.在RtAED中，由ED1，AD，得AE.在RtABD中，由BD，AB2，AD，得BF，AFAD.從而GFED.在ABE，ABG中，利用余弦定理分別可得cosBAE，BG.在BFG中，cosBFG.所以，BFG，即二面角B 

21、3; AD ­ E的大小是.方法二：以D為原點(diǎn)，分別以射線DE，DC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系D ­ xyz，如圖所示由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：D(0，0，0)，E(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，2，)，B(1，1，0)設(shè)平面ADE的法向量為m(x1，y1，z1)，平面ABD的法向量為n(x2，y2，z2)可算得AD(0，2，)，AE(1，2，)，(1，1，0)由即可取m(0，1，)由即可取n(1，1，)于是|cosm，n|.由題意可知，所求二面角是銳角，故二面角B ­ AD ­ E的大小是.19，2014·重慶卷如圖1

22、73;3所示，四棱錐P­ABCD中，底面是以O(shè)為中心的菱形，PO底面ABCD，AB2，BAD，M為BC上一點(diǎn)，且BM，MPAP.(1)求PO的長；(2)求二面角A­PM­C的正弦值圖1­319解：(1)如圖所示，連接AC，BD，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以AC BDO，且ACBD.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系O ­xyz.因?yàn)锽AD，所以O(shè)AAB·cos，OBAB·sin1，所以O(shè)(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，C(，0，0)，(0，1，0)，(，1，0)由BM，

23、BC2知，從而，即M.設(shè)P(0，0，a)，a0，則(，0，a)，.因?yàn)镸PAP，所以·0，即a20，所以a或a(舍去)，即PO.(2)由(1)知，.設(shè)平面APM的法向量為n1(x1，y1，z1)，平面PMC的法向量為n2(x2，y2，z2)由n1·0, n1·0，得故可取n1.由n2·0，n2·0，得故可取n2(1，2)從而法向量n1，n2的夾角的余弦值為cosn1，n2，故所求二面角A­PM­C的正弦值為.G3 平面的基本性質(zhì)、空間兩條直線42014·遼寧卷 已知m，n表示兩條不同直線，表示平面下列說法正確的是(

24、)A若m，n，則mn B若m，n，則mnC若m，mn，則n D若m，mn，則n4B解析 B解析 由題可知，若m，n，則m與n平行、相交或異面，所以A錯誤；若m，n，則mn，故B正確；若m，mn，則n或n，故C錯誤若m，mn，則n或n或n與a相交，故D錯誤17、2014·福建卷 在平面四邊形ABCD中，ABBDCD1，ABBD，CDBD.將ABD沿BD折起，使得平面ABD平面BCD，如圖1­5所示(1)求證：ABCD；(2)若M為AD中點(diǎn)，求直線AD與平面MBC所成角的正弦值圖1­517解：(1)證明：平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AB平面ABD，

25、ABBD，AB平面BCD.又CD平面BCD，ABCD.(2)過點(diǎn)B在平面BCD內(nèi)作BEBD.由(1)知AB平面BCD，BE平面BCD，BD平面BCD，ABBE，ABBD.以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖所示)依題意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M.則(1，1，0)，(0，1，1)設(shè)平面MBC的法向量n(x0，y0，z0)，則即取z01，得平面MBC的一個法向量n(1，1，1)設(shè)直線AD與平面MBC所成角為，則sin .即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為.112014·新課標(biāo)全國卷 直三棱

26、柱ABC­A1B1C1中，BCA90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點(diǎn)，BCCACC1，則BM與AN所成角的余弦值為()A. B. C. D.11C解析 如圖，E為BC的中點(diǎn)由于M，N分別是A1B1，A1C1的中點(diǎn)，故MNB1C1且MNB1C1，故MN綊BE，所以四邊形MNEB為平行四邊形，所以EN綊BM，所以直線AN，NE所成的角即為直線BM，AN所成的角設(shè)BC1，則B1MB1A1，所以MBNE，ANAE，在ANE中，根據(jù)余弦定理得cos ANE.18，2014·四川卷 三棱錐A ­ BCD及其側(cè)視圖、俯視圖如圖1­4所示設(shè)M，N分別為

27、線段AD，AB的中點(diǎn)，P為線段BC上的點(diǎn)，且MNNP.(1)證明：P是線段BC的中點(diǎn)；(2)求二面角A ­ NP ­ M的余弦值圖1­418解：(1)如圖所示，取BD的中點(diǎn)O，連接AO，CO.由側(cè)視圖及俯視圖知，ABD，BCD為正三角形，所以AOBD，OCBD.因?yàn)锳O，OC平面AOC，且AOOCO，所以BD平面AOC.又因?yàn)锳C平面AOC，所以BDAC.取BO的中點(diǎn)H，連接NH，PH.又M，N，H分別為線段AD，AB，BO的中點(diǎn)，所以MNBD，NHAO，因?yàn)锳OBD，所以NHBD.因?yàn)镸NNP，所以NPBD.因?yàn)镹H，NP平面NHP，且NHNPN，所以BD平面N

28、HP.又因?yàn)镠P平面NHP，所以BDHP.又OCBD，HP平面BCD，OC平面BCD，所以HPOC.因?yàn)镠為BO的中點(diǎn)，所以P為BC的中點(diǎn)(2)方法一：如圖所示，作NQAC于Q，連接MQ.由(1)知，NPAC，所以NQNP.因?yàn)镸NNP，所以MNQ為二面角A ­ NP ­ M的一個平面角由(1)知，ABD，BCD為邊長為2的正三角形，所以AOOC.由俯視圖可知，AO平面BCD.因?yàn)镺C平面BCD，所以AOOC，因此在等腰直角AOC中，AC.作BRAC于R因?yàn)樵贏BC中，ABBC，所以R為AC的中點(diǎn)，所以BR.因?yàn)樵谄矫鍭BC內(nèi)，NQAC，BRAC，所以NQBR.又因?yàn)镹為A

29、B的中點(diǎn)，所以Q為AR的中點(diǎn)，所以NQ.同理，可得MQ.故MNQ為等腰三角形，所以在等腰MNQ中，cosMNQ.故二面角A ­ NP ­ M的余弦值是.方法二：由俯視圖及(1)可知，AO平面BCD.因?yàn)镺C，OB平面BCD，所以AOOC，AOOB.又OCOB，所以直線OA，OB，OC兩兩垂直如圖所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)B，OC，OA的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O ­xyz.則A(0，0，)，B(1，0，0)，C(0，0)，D(1，0，0)因?yàn)镸，N分別為線段AD，AB的中點(diǎn)，又由(1)知，P為線段BC的中點(diǎn)，所以M，N，P，于是AB(1，

30、0，)，BC(1，0)，MN(1，0，0)，NP.設(shè)平面ABC的一個法向量n1(x1，y1，z1)，由得即從而取z11，則x1，y11，所以n1(，1，1)設(shè)平面MNP的一個法向量n2(x2，y2，z2)，由，得即從而取z21，則y21，x20，所以n2(0，1，1)設(shè)二面角A ­ NP ­ M的大小為，則cos .故二面角A­NP­M的余弦值是.G4 空間中的平行關(guān)系 20、2014·安徽卷 如圖1­5，四棱柱ABCD ­ A1B1C1D1中，A1A底面ABCD，四邊形ABCD為梯形，ADBC，且AD2BC.過A1，C，D

31、三點(diǎn)的平面記為，BB1與的交點(diǎn)為Q.圖1­5(1)證明：Q為BB1的中點(diǎn)；(2)求此四棱柱被平面所分成上下兩部分的體積之比；(3)若AA14，CD2，梯形ABCD的面積為6，求平面與底面ABCD所成二面角的大小20解： (1)證明：因?yàn)锽QAA1，BCAD，BCBQB，ADAA1A，所以平面QBC平面A1AD，從而平面A1CD與這兩個平面的交線相互平行，即QCA1D.故QBC與A1AD的對應(yīng)邊相互平行，于是QBCA1AD，所以，即Q為BB1的中點(diǎn)(2)如圖1所示，連接QA，QD.設(shè)AA1h，梯形ABCD 的高為d，四棱柱被平面所分成上下兩部分的體積分別為V上和V下，BCa，則AD2a

32、.圖1V三棱錐Q ­A1AD×·2a·h·dahd，V四棱錐Q ­ABCD··d·ahd，所以V下V三棱錐Q ­A1ADV四棱錐Q ­ABCDahd.又V四棱柱A1B1C1D1 ­ABCDahd，所以V上V四棱柱A1B1C1D1 ­ABCDV下ahdahdahd，故.(3)方法一：如圖1所示，在ADC中，作AEDC，垂足為E，連接A1E.又DEAA1，且AA1AEA，所以DE平面AEA1，所以DEA1E.所以AEA1為平面與底面ABCD所成二面角的平面角因?yàn)锽CAD

33、，AD2BC，所以SADC2SBCA.又因?yàn)樘菪蜛BCD的面積為6，DC2，所以SADC4，AE4.于是tanAEA11，AEA1.故平面與底面ABCD所成二面角的大小為.方法二：如圖2所示，以D為原點(diǎn)，DA，分別為x軸和z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系設(shè)CDA，BCa，則AD2a.因?yàn)镾四邊形ABCD·2sin 6，所以a.圖2從而可得C(2cos ，2sin ，0)，A1，所以DC(2cos ，2sin ，0)，.設(shè)平面A1DC的法向量n(x，y，1)，由得所以n(sin ，cos ，1)又因?yàn)槠矫鍭BCD的法向量m(0，0，1)，所以cosn，m，故平面與底面ABCD所成二面角的大

34、小為.17、2014·北京卷 如圖1­3，正方形AMDE的邊長為2，B，C分別為AM，MD的中點(diǎn)在五棱錐P ­ ABCDE中，F(xiàn)為棱PE的中點(diǎn)，平面ABF與棱PD，PC分別交于點(diǎn)G，H.(1)求證：ABFG；(2)若PA底面ABCDE，且PAAE，求直線BC與平面ABF所成角的大小，并求線段PH的長圖1­317解：(1)證明：在正方形AMDE中，因?yàn)锽是AM的中點(diǎn)，所以ABDE.又因?yàn)锳B平面PDE，所以AB平面PDE.因?yàn)锳B平面ABF，且平面ABF平面PDEFG，所以ABFG.(2)因?yàn)镻A底面ABCDE，所以PAAB，PAAE.建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)

35、xyz，如圖所示，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，1，0)，P(0，0，2)，F(xiàn)(0，1，1)，(1，1，0)設(shè)平面ABF的法向量為n(x，y，z)，則即令z1，則y1.所以n(0，1，1)設(shè)直線BC與平面ABF所成角為，則sin |cosn，|.因此直線BC與平面ABF所成角的大小為.設(shè)點(diǎn)H的坐標(biāo)為(u，v，w)因?yàn)辄c(diǎn)H在棱PC上，所以可設(shè)(0<<1)即(u，v，w2)(2，1，2)，所以u2，v，w22.因?yàn)閚是平面ABF的一個法向量，所以n·0，即(0，1，1)·(2，22)0，解得，所以點(diǎn)H的坐標(biāo)為.所以PH2.19、2014·湖

36、北卷 如圖1­4，在棱長為2的正方體ABCD­A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M，N分別是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)P，Q分別在棱DD1，BB1上移動，且DPBQ(0<<2)(1)當(dāng)1時(shí)，證明：直線BC1平面EFPQ.(2)是否存在，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角？若存在，求出的值；若不存在，說明理由圖1­419解：方法一(幾何方法)：(1)證明：如圖，連接AD1，由ABCD­A1B1C1D1是正方體，知BC1AD1.當(dāng)1時(shí)，P是DD1的中點(diǎn)，又F是AD的中點(diǎn)，所以FPAD1，所以BC1FP.而FP平面EFPQ，且

37、BC1平面EFPQ，故直線BC1平面EFPQ.圖圖(2)如圖，連接BD.因?yàn)镋，F(xiàn)分別是AB，AD的中點(diǎn)，所以EFBD，且EFBD.又DPBQ，DPBQ，所以四邊形PQBD是平行四邊形，故PQBD，且PQBD，從而EFPQ，且EFPQ.在RtEBQ和RtFDP中，因?yàn)锽QDP，BEDF1，于是EQFP，所以四邊形EFPQ也是等腰梯形同理可證四邊形PQMN也是等腰梯形分別取EF，PQ，MN的中點(diǎn)為H，O，G，連接OH，OG，則GOPQ，HOPQ，而GOHOO，故GOH是面EFPQ與面PQMN所成的二面角的平面角若存在，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角，則GOH90°.連接

38、EM，F(xiàn)N，則由EFMN，且EFMN知四邊形EFNM是平行四邊形連接GH，因?yàn)镠，G是EF，MN的中點(diǎn)，所以GHME2.在GOH中，GH24，OH2122，OG21(2)2(2)2，由OG2OH2GH2，得(2)224，解得1±，故存在1±，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角方法二(向量方法)：以D為原點(diǎn)，射線DA，DC，DD1分別為x，y，z軸的正半軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(xiàn)(1，0，0)，P(0，0，)圖(2，0，2)，F(xiàn)P(1，0，)，F(xiàn)E(1，1，0)(1)證明：當(dāng)1時(shí)，F(xiàn)P(1，0，

39、1)，因?yàn)?2，0，2)，所以2，即BC1FP.而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直線BC1平面EFPQ.(2)設(shè)平面EFPQ的一個法向量為n(x，y，z)，則由可得于是可取n(，1)同理可得平面MNPQ的一個法向量為m(2，2，1)若存在，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角，則m·n(2，2，1)·(，1)0，即(2)(2)10，解得1±.故存在1±，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角18、2014·新課標(biāo)全國卷 如圖1­3，四棱錐P­ABCD中，底面ABCD為矩形，PA平面ABCD，E為

40、PD的中點(diǎn)(1)證明：PB平面AEC；(2)設(shè)二面角D­AE­C為60°，AP1，AD，求三棱錐E­ACD的體積圖1­318解：(1)證明：連接BD交AC于點(diǎn)O，連接EO.因?yàn)锳BCD為矩形，所以O(shè)為BD的中點(diǎn)又E為PD的中點(diǎn)，所以EOPB.因?yàn)镋O平面AEC，PB平面AEC，所以PB平面AEC.(2)因?yàn)镻A平面ABCD，ABCD為矩形，所以AB，AD，AP兩兩垂直如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AD，AP的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向，|為單位長，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)­xyz，則D，E，.設(shè)B(m，0，0)(m>0)，則C(m，0)

41、，(m，0)設(shè)n1(x，y，z)為平面ACE的法向量，則即可取n1.又n2(1，0，0)為平面DAE的法向量，由題設(shè)易知|cosn1，n2|，即，解得m.因?yàn)镋為PD的中點(diǎn)，所以三棱錐E­ACD的高為.三棱錐E­ACD的體積V××××.17，2014·山東卷 如圖1­3所示，在四棱柱ABCD ­A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，DAB60°，AB2CD2，M是線段AB的中點(diǎn)圖1­3(1)求證：C1M平面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1，求平面C1D1M和

42、平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值17解：(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD是等腰梯形，且AB2CD，所以ABDC，又M是AB的中點(diǎn)，所以CDMA且CDMA.連接AD1.因?yàn)樵谒睦庵鵄BCD ­ A1B1C1D1中，CDC1D1，CDC1D1，所以C1D1MA，C1D1MA，所以四邊形AMC1D1為平行四邊形，因此，C1MD1A.又C1M平面A1ADD1，D1A平面A1ADD1，所以C1M平面A1ADD1.(2)方法一：連接AC，MC.由(1)知，CDAM且CDAM，所以四邊形AMCD為平行四邊形，所以BCADMC.由題意ABCDAB60°，所以MBC為正三角形，因此AB2B

43、C2，CA，因此CACB.設(shè)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C ­ xyz.所以A(，0，0)，B(0，1，0)，D1(0，0，)因此M，所以，.設(shè)平面C1D1M的一個法向量n(x，y，z)，由得可得平面C1D1M的一個法向量n(1，1)又(0，0，)為平面ABCD的一個法向量因此cos，n，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值為.方法二：由(1)知，平面D1C1M平面ABCDAB，點(diǎn)過C向AB引垂線交AB于點(diǎn)N，連接D1N.由CD1平面ABCD，可得D1NAB，因此D1NC為二面角C1 ­ AB ­ C的平面角在RtBNC中，BC1

44、，NBC60°，可得CN，所以ND1.在RtD1CN中，cosD1NC，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值為.18，2014·四川卷 三棱錐A ­ BCD及其側(cè)視圖、俯視圖如圖1­4所示設(shè)M，N分別為線段AD，AB的中點(diǎn)，P為線段BC上的點(diǎn)，且MNNP.(1)證明：P是線段BC的中點(diǎn)；(2)求二面角A ­ NP ­ M的余弦值圖1­418解：(1)如圖所示，取BD的中點(diǎn)O，連接AO，CO.由側(cè)視圖及俯視圖知，ABD，BCD為正三角形，所以AOBD，OCBD.因?yàn)锳O，OC平面AOC，且AOOCO，所以B

45、D平面AOC.又因?yàn)锳C平面AOC，所以BDAC.取BO的中點(diǎn)H，連接NH，PH.又M，N，H分別為線段AD，AB，BO的中點(diǎn)，所以MNBD，NHAO，因?yàn)锳OBD，所以NHBD.因?yàn)镸NNP，所以NPBD.因?yàn)镹H，NP平面NHP，且NHNPN，所以BD平面NHP.又因?yàn)镠P平面NHP，所以BDHP.又OCBD，HP平面BCD，OC平面BCD，所以HPOC.因?yàn)镠為BO的中點(diǎn)，所以P為BC的中點(diǎn)(2)方法一：如圖所示，作NQAC于Q，連接MQ.由(1)知，NPAC，所以NQNP.因?yàn)镸NNP，所以MNQ為二面角A ­ NP ­ M的一個平面角由(1)知，ABD，BCD為邊

46、長為2的正三角形，所以AOOC.由俯視圖可知，AO平面BCD.因?yàn)镺C平面BCD，所以AOOC，因此在等腰直角AOC中，AC.作BRAC于R因?yàn)樵贏BC中，ABBC，所以R為AC的中點(diǎn)，所以BR.因?yàn)樵谄矫鍭BC內(nèi)，NQAC，BRAC，所以NQBR.又因?yàn)镹為AB的中點(diǎn)，所以Q為AR的中點(diǎn)，所以NQ.同理，可得MQ.故MNQ為等腰三角形，所以在等腰MNQ中，cosMNQ.故二面角A ­ NP ­ M的余弦值是.方法二：由俯視圖及(1)可知，AO平面BCD.因?yàn)镺C，OB平面BCD，所以AOOC，AOOB.又OCOB，所以直線OA，OB，OC兩兩垂直如圖所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，

47、以O(shè)B，OC，OA的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O ­xyz.則A(0，0，)，B(1，0，0)，C(0，0)，D(1，0，0)因?yàn)镸，N分別為線段AD，AB的中點(diǎn)，又由(1)知，P為線段BC的中點(diǎn)，所以M，N，P，于是AB(1，0，)，BC(1，0)，MN(1，0，0)，NP.設(shè)平面ABC的一個法向量n1(x1，y1，z1)，由得即從而取z11，則x1，y11，所以n1(，1，1)設(shè)平面MNP的一個法向量n2(x2，y2，z2)，由，得即從而取z21，則y21，x20，所以n2(0，1，1)設(shè)二面角A ­ NP ­ M的大小為，則cos .

48、故二面角A­NP­M的余弦值是.G7 棱柱與棱錐 132014·山東卷 三棱錐P ­ ABC中，D，E分別為PB，PC的中點(diǎn)，記三棱錐D ­ ABE的體積為V1，P ­ ABC的體積為V2，則_13.解析 如圖所示，由于D，E分別是邊PB與PC的中點(diǎn)，所以SBDESPBC.又因?yàn)槿忮FA ­ BDE與三棱錐A ­ PBC的高長度相等，所以.19、2014·江西卷 如圖1­6，四棱錐P ­ ABCD中，ABCD為矩形，平面PAD平面ABCD.圖1­6(1)求證：ABPD.(2)

49、若BPC90°，PB，PC2，問AB為何值時(shí)，四棱錐P ­ ABCD的體積最大？并求此時(shí)平面BPC與平面DPC夾角的余弦值19解：(1)證明：因?yàn)锳BCD為矩形，所以ABAD.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以AB平面PAD，故ABPD.(2)過P作AD的垂線，垂足為O，過O作BC的垂線，垂足為G，連接PG.故PO平面ABCD，BC平面POG，BCPG.在RtBPC中，PG，GC，BG.設(shè)ABm，則OP，故四棱錐P ­ ABCD的體積為V×·m·.因?yàn)閙，所以當(dāng)m，即AB時(shí)，四棱錐P ­ ABCD的體

50、積最大此時(shí)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，各點(diǎn)的坐標(biāo)分別為O(0，0，0)，B，C，D，P，故，(0，0)，CD.設(shè)平面BPC的一個法向量為n1(x，y，1)，則由n1，n1，得解得x1，y0，則n1(1，0，1)同理可求出平面DPC的一個法向量為n2.設(shè)平面BPC與平面DPC的夾角為，則cos .8、2014·全國卷 正四棱錐的頂點(diǎn)都在同一球面上若該棱錐的高為4，底面邊長為2，則該球的表面積為()A. B16 C9 D.8A解析 如圖所示，因?yàn)檎睦忮F的底面邊長為2，所以AEAC.設(shè)球心為O，球的半徑為R，則OE4R，OAR，又知AOE為直角三角形，根據(jù)勾股定理可得，OA2OE2A

51、E2，即R2(4R)22，解得R，所以球的表面積S4R24×.G8 多面體與球7、2014·湖南卷 一塊石材表示的幾何體的三視圖如圖1­2所示，將該石材切削、打磨，加工成球，則能得到的最大球的半徑等于()圖1­2A1 B2 C3 D47B解析 由三視圖可知，石材為一個三棱柱(相對應(yīng)的長方體的一半)，故可知能得到的最大球?yàn)槿庵膬?nèi)切球由題意可知正視圖三角形的內(nèi)切圓的半徑即為球的半徑，可得r2.8、2014·全國卷 正四棱錐的頂點(diǎn)都在同一球面上若該棱錐的高為4，底面邊長為2，則該球的表面積為()A. B16 C9 D.8A解析 如圖所示，因?yàn)檎?/p>

52、棱錐的底面邊長為2，所以AEAC.設(shè)球心為O，球的半徑為R，則OE4R，OAR，又知AOE為直角三角形，根據(jù)勾股定理可得，OA2OE2AE2，即R2(4R)22，解得R，所以球的表面積S4R24×.52014·陜西卷 已知底面邊長為1，側(cè)棱長為的正四棱柱的各頂點(diǎn)均在同一個球面上，則該球的體積為()A. B4 C2 D.5D解析 設(shè)該球的半徑為R，根據(jù)正四棱柱的外接球的直徑長為正四棱柱的體對角線長，可得(2R)2()21212，解得R1，所以該球的體積為VR3.G9空間向量及運(yùn)算52014·廣東卷 已知向量a(1，0，1)，則下列向量中與a成60°夾角的是

53、()A(1，1，0) B(1，1，0) C(0，1，1) D(1，0，1)5B解析 本題考查空間直角坐標(biāo)系中數(shù)量積的坐標(biāo)表示設(shè)所求向量是b，若b與a成60°夾角，則根據(jù)數(shù)量積公式，只要滿足即可，所以B選項(xiàng)滿足題意19，2014·重慶卷如圖1­3所示，四棱錐P­ABCD中，底面是以O(shè)為中心的菱形，PO底面ABCD，AB2，BAD，M為BC上一點(diǎn)，且BM，MPAP.(1)求PO的長；(2)求二面角A­PM­C的正弦值圖1­319解：(1)如圖所示，連接AC，BD，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以AC BDO，且ACBD.以O(shè)為坐標(biāo)

54、原點(diǎn)，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系O ­xyz.因?yàn)锽AD，所以O(shè)AAB·cos，OBAB·sin1，所以O(shè)(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，C(，0，0)，(0，1，0)，(，1，0)由BM，BC2知，從而，即M.設(shè)P(0，0，a)，a0，則(，0，a)，.因?yàn)镸PAP，所以·0，即a20，所以a或a(舍去)，即PO.(2)由(1)知，.設(shè)平面APM的法向量為n1(x1，y1，z1)，平面PMC的法向量為n2(x2，y2，z2)由n1·0, n1·0，得故可取n1.由n2·0，n2·0，得故可取n2