1、试卷第 1 页，总 40 页专题八 立体几何第 I 卷（选择题）一、选择题1将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )【答案】D【解析】如图所示，点 D1的投影为点 C1，点 D 的投影为点 C，点 A 的投影为点 B. 2如图所示，某几何体的正视图是平行四边形，侧视图和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为 ( ) A6 B933C12 D18【答案】B【解析】由三视图可还原几何体的直观图如图所示此几何体可通过分割和补形的方法拼凑成一个长和宽均为 3，高为 的长方体，所求体积 V33 9 .3试卷第 2 页，总 40 页3已知三棱柱 16.34ABCOABC 的 个
2、 顶 点 都 在 球 的 球 面 上 若 ， ，,12O， 则 球 的 半 径 为A 37 B 0 C 132 D 310 【答案】C【解析】构建长方体的棱长分别为 3,4,12.体对角线长为 22+4=，外接圆的半径为 132，故选 C【考点定位】本题考查空间几何体模型的认识。4设 ,mn是两条不同的直线, ,是两个不同的平面,下列命题中正确的是( )A. 若 , ,n,则 mnB若 /, , ,则 /C若 mn, , ,则 D若 , /, /,则 【答案】D【解析】选项 A 中，m 与 n 还可能平行或者异面，故错；B 中，m 与 n 还可能异面，故错；C 中， ,还有可能平行或者相交，故
3、错； D 中，, 故 D 正确.【考点定位】考查线面的位置关系5某几何函数的三视图如图所示，则该几何的体积为( )试卷第 3 页，总 40 页A、18+8 B、8+8C、16+16 D、8+16【答案】A；【解析】上半部分体积为 1246V，下半部分体积 22148V，故总体积 268.【考点定位】本题考查三视图以及简单组合体的体积计算，考查学生的空间想象能力.6如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高 8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为 6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )A、 cm3 B、 cm3 C、 cm3 D、 cm3508
4、61722048【答案】A；【解析】作出该球轴截面的图像如下图所示，依题意 BE， AC，设DEx，故 2x，因为 22AD，解得 3x，故该球的半径5A，所以 3450VR.试卷第 4 页，总 40 页【考点定位】本题考查球体的体积公式，考查学生的空间想象能力.7一个四面体的顶点在空间直角坐标系 O-xyz 中的坐标分别是（1，0，1） ，（1，1，0） ， （0，1，1） ， （0，0，0） ，画该四面体三视图中的正视图时，以 zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为(A) (B) (C) (D)【答案】A【解析】由题意可知：该四面体为正四面体，其中一个顶点在坐标原点，另外三个顶点分别在
5、三个坐标平面内，所以以 zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为选项 A.【考点定位】本小题主要考查立体几何中三视图的有关知识，考查同学们的空间想象能力，属中档题.8在空间中，过点 A作平面 的垂线，垂足为 B，记 )(Af。设 ,是两个不同的平面，对空间任意一点 P， ),(21 PQf,恒有 21Q，则（ ）A.平面 与平面 垂直B.平面 与平面 所成的（锐）二面角为 045C.平面 与平面 平行D.平面 与平面 所成的（锐）二面角为 06【答案】A【解析】此题关键是搞清楚“在空间中，过点 A作平面 的垂线，垂足为 B，记)(AfB。 ”这句话的意思，即 B，其中垂直 B，此题的关键和注
6、意的地方是要对题目所描述的内容正确理解 ； 设 (),(),fPCfD所以12(),()QfCfD，由已知得到： 于 ， P于 ，于 1， 于 2Q，且 12恒成立，即 1Q与 2重合，即当时满足；如图所示：试卷第 5 页，总 40 页【考点定位】此题是信息类题目，考查线面垂直和面面垂直的知识点，考查学生的自学能力和运用所学知识解决问题的能力；本解析为名师解析团队原创，授权独家使用，如有盗用，依法追责！9某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 .【答案】 16-【解析】由三视图可知，直观图为一个圆柱体中间挖去一个 正四棱柱。【考点定位】本题考查三视图及空间几何体的体积计算。10如果，正方
7、体的底面与正四面体的底面在同一平面 上，且 AB/CD，正方体的六个面所在的平面与直线 CE,EF 相交的平面个数分别记为 m，n，那么 m+n=（ ）A.8 B.9 C.10 D.11【答案】A【解析】因为过 EF 做垂直于 CD（AB）的平面 垂直平分 CD，所以该平面与过 AB 中点并与 AB 垂直的平面 平行，平面 和正方体的 4 个侧面相交，由于 EF 和正方体的侧棱不平行，所以它与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为 4.同理与 CE 相交的平面有 4 个，共 8 个，选 A.【考点定位】该题主要考查空间点、线、面的位置关系，考查空间直线与平面的平行与相交，考查空间想象能力和逻
8、辑思维能力.11已知棱长为 1 的正方体的俯视图是一个面积为 1 的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于（ ）A B 2 C 2- D 2+1 试卷第 6 页，总 40 页【答案】C；【解析】正方体的正视图面积应当介意 1 与 2之间，故 C 不正确.【考点定位】本题考查三视图，考查学生的空间想象能力.12已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、俯视图、均如图所示，且图中的四边形是边长为 2 的正方形，则该球的表面积是_ 【答案】 12【解析】由三视图可知几何体为球内接一个正方体，所以正方体的体对角线为球的直径 23r， 24r1S球 。【考点定位】对于三视图的考
9、查主要考查学生的空间思维能力，要有较好的空间感。属于中等难度。13三棱柱 的侧棱长和底面边长均为 ，且侧棱 底面 ，其1ABC21ABC正视图是边长为 的正方形，则此三棱柱侧视图的面积为( )2A B C D3324【答案】B【解析】侧视图是个矩形.由已知，底面正三角形的边长为 2，所以其高为 ，即侧视图的长为 ，33又三棱柱的高为 2，即侧视图的宽为 2，所以此三棱柱侧视图的面积为 ，选 B.214某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为（ ）A B1+521+25C D试卷第 7 页，总 40 页【答案】A【解析】由几何体的三视图可知，该几何体是一个沿旋转轴作截面，截取的半个圆锥，底面半径
10、是 1，高是 2，所以母线长为 ，所以其表面积为底面半圆面积和圆锥的侧面积的5一半以及截面三角形的面积的和，即 ，故选11552=2A15某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是 ，则正视图中的 的值是（ 3x）A 2 B. C. D. 39232【答案】C【解析】解:由三视图可知,该几何体是底面上底为 1,下底为 2,高为 2 的直角梯形的四棱锥,且棱锥的高为 , 底面积为x, 123S2V由 得: Vh3xS故选 C.16某几何体的三视图如图所示（单位：cm） ，则该几何体的体积是( )A B C D503cm503cm253cm253cm【答案】D【解析】根据三视图分析可以发现该几何
11、体为卧倒的四棱柱,根据侧视图可得该四棱柱的底面为等腰梯形且底面面积为 2415S,从正视图可以得到该四棱柱的高为 5h,根试卷第 8 页，总 40 页据四棱柱体积计算公式可得 25VSh,故选 D.17一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是（ ）【答案】D【解析】俯视图的实线部分、虚线部分都是圆，由此可知该几何体的上下两部分都不可能是方形的，故只可能是 D.18一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A、 B、 C、 D、62728272【答案】B【解析】由三视图可知该几何体是底面为直角梯形（梯形上底为 1，下底为 2，直角腰为 1） ，高为 1 的直棱柱，故其表面
12、积为 .27)2(1 选 B.19已知三棱锥的底面是边长为 1 的正三角形，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为（ ）试卷第 9 页，总 40 页A B C D3432134【答案】D【解析】俯视图的高为 ，此即侧视图的底，侧视图的高即为正视图的高，所以其面积为32.14S20某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A6 B C D332【答案】B【解析】由三视图可知，该几何体是一个横向放倒的直三棱柱，其底面为侧视图，由图像该侧视图是底边为 2，高为 的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故 ，3 3h所以 .1=()VSh21已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(
13、)2 113 3正视图 侧视图俯视图2 1A B C D2323【答案】C【解析】由三视图易知，该几何体是底面积为 2，高为 3 的三棱锥，由锥体的体积公式得试卷第 10 页，总 40 页132V.选 C22一个空间几何体的三视图如下左图所示，则该几何体的表面积为（ ）A48 B48+8 C32+8 D801717【答案】B【解析】观察三视图可知，该几何体为四棱柱，底面为梯形，两底边长分别为 ，高为 ，2,4所以，底面梯形的腰长为 ，棱柱的高为 .所以，该几何体的表面积为24174，故 选 1(24) 817B试卷第 11 页，总 40 页第 II 卷（非选择题）二、填空题23一个棱锥的三视图
14、如图，则该棱锥的外接球的表面积为_【答案】 2894【解析】该棱锥的直观图如图，取 CD 的中点 E，BD 的中点 F，由三视图知，AE平面BCD，AF5，AE 4，CBD90.253设 O 为该棱锥外接球的球心，半径为 R，由题知：BO 2BE 2EO 2，即 R2(3 )2(R4) 2，解得 R ，故球的表面积为 S4( )2 .1741748924如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1中，E 为 BC 的中点，点 P 在线段 D1E 上，点 P 到直线 CC1的距离的最小值为 .【答案】 25试卷第 12 页，总 40 页【解析】过 E 作 1 BC于 1E，连接 1D
15、，过 P 作 Q1DE于 ，在同一个平面 EE1D1内， E 1D1， PQ，则 1/，又 /C，故/PQC，点 P 到直线 CC1的距离就等于点 Q 到直线 CC1的距离，当 1，距离最小，此时， 1125CE. QE1【考点定位】本小题考查了点到直线的距离求法，考查了转化与化归思想的应用和空间想象能力.25如图，正方体 1ABCD的棱长为 1， P为 BC的中点， Q为线段 1C上的动点，过点 ,PQ的平面截该正方体所得的截面记为 S，则下列命题正确的是 （写出所有正确命题的编号） 。当 102CQ时， S为四边形当 时， 为等腰梯形当 34时， 与 1D的交点 R满足 13C当 CQ时，
16、 S为六边形当 1时， 的面积为 62试卷第 13 页，总 40 页【答案】【解析】 （1） 2CQ，S 等腰梯形，正确，图如下：（2） 1CQ，S 是菱形，面积为 362，正确，图如下：（3） 4CQ，画图如下： 13CR，正确（4） 31CQ，如图是五边形，不正确；试卷第 14 页，总 40 页（5） 102CQ，如下图，是四边形，故正确【考点定位】考查立体几何中关于切割的问题，以及如何确定平面。26若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积等于_2cm。【答案】24【解析】三视图问题关键是搞清楚几何体的直观图的构成，根据三视图的信息确定直观图中的边的长度和角的度数，然后利
17、用体积公式求解。此题中的正视图和侧视图都是三角形，且俯视图是直角三角形，所以原图是直三棱柱被平面截后所剩余的几何体。注意长对正，宽相等，高平齐的法则。即由已知得此几何体的直观图是一个底面是直角三角形且两直角边分别是 3,4 高是 5 的直三棱柱在上面截去一个三棱锥，三棱锥从一个顶点出发的三条棱两两垂直，底面边长分别是 3,4 高是 3，如图所示，红色为截试卷第 15 页，总 40 页去的三棱锥，所以体积为 115343422；【考点定位】此题考查三视图知识、多面体的体积计算公式，考查学生的空间想象能力；27某几何体的三视图如图所示, 则其体积为 . 112 1【答案】 3【解析】由三视图还原为
18、实物图得半个圆锥，其体积 3)21(3V【考点定位】本题主要考查了三视图还原为实物图的能力和圆锥的体积公式，属于容易题28如图是某个四面体的三视图，该四面体的体积为 【答案】12【解析】由三视图知，该四面体底面积 ，高为 ，故体积 16392S419423V29如图，已知四棱锥 ，底面 是等腰梯形，且 ， 是PABCDABCDO中点， 平面 ， ， 是 中点ABO12OAMP试卷第 16 页，总 40 页（ 1） 证 明 ： 平 面 平 面 ； （ 2） 求 点 到 平 面 的 距 离 ./PBCODMAPCD【答案】 （ 1） 详 见 解 析 ； （ 2） 417试题【解析】(1) 证明：由
19、题意， ， =BO四边形 为平行四边形，所以 /.又 ， AOBPO又 平面 ， 平面 平面 4 分MCCMPC同理， 平面 ，又DD平面 平面 . 6 分P（2）设求点 到平面 的距离为 .Ad因为 V 三棱锥 A-PCD= V 三棱锥 P-ACD即 d724132413. 12 分174d30如图,设 是一个高为 的四棱锥,底面 是边长为 的正方形,顶SBCDABCD点 在底面上的射影是正方形 的中心 是棱 的中点试求直线 与平AKSAK面 所成角的大小【答案】 230arcsin15【解析】法 1：设 与平面 所成角为 。因为 ， （2 分）AKSBC223()1SC所以 所以 （4 分
20、）22cos1A。所以 （6 分）2 7AKCCKS32AK因为 （8 分）123,SBASCBVV 试卷第 17 页，总 40 页所以 ,（10 分）63105SBCh因此 （11 分）2sin1AK则 （12 分）30arci5解法 2： 以 为坐标原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴建立,CBDOOAxByOSz空间坐标系。则 （4 分）(2,0)(,20),(,)(0,3).ACS所以 （6 分）,3,3,.2SSK设 是平面 的一个法向量，易求得 （8 分）mBC3,1.m设 为 与平面 所成的角，因为 （10 分）AKS2,0.AK所以： （11 分） （12 分）230sin.15
21、m 3arcsin1531如图，在三棱锥 中， 是等边三角形， .PABC90PACB（1）证明:： ；ACB（2）证明： ；P（3）若 ，且平面 平面 ，求三棱锥 体积.4PBCPABC【答案】 （1）详见解析；（2）详见解析；（3） .83【解析】（1）因为 是等边三角形， ，PAB90A所以 ，可得 ；RtCtCB（2）如图，取 中点 ，连结 、 ，则 ， ，DPDABC所以 平面 ，所以 ；试卷第 18 页，总 40 页（3）作 ，垂足为 ，连结 ，BEPCEA因为 ，所以 ， ，RttPCEB由已知，平面 平面 ，故 ，AB90因为 ，所以 、 、 都是等腰直角三角形.tt由已知 ，
22、得 ， 的面积 ，422S因为 平面 ，PCE所以三棱锥 的体积 .183VPC32如图，四棱锥 的底面 ABCD 是平行四边形， ，ABD1,2ABD， 面 ，设 为 中点，点 在线段 上且 60ABCPEFPFD2（1）求证： 平面 ；/BEACF（2）设二面角 的大小为 ，若 ，求 的长D142|cos|PA【答案】( 1 )证明过程详见解析;(2) PA.【解析】（1）由 1,2AB， 60C得 3， CB又 P面 CD，所以以 P,分别为 zyx,轴建立坐标系如图则 ),03,1()0,3(),01(),( 设 ,c，则 2,cE 设 ),(zyxF， FDP得： zyxc,3,1(
23、,解得： 2x， ， c，所以 )3,(cF 5 分试卷第 19 页，总 40 页所以 )3,2(cAF, )0,3(AC， )2,31(cBE设面 C的法向量为 ),(zyxn，则 002zyx，取 )2,0(cn因为 0cBEn，且 BE面 ACF，所以 /BE平面 ACF 9 分（2）设面 PCD法向量为 ),(zyxm， 因为 ),30(cPC， ),31(cPD，所以 03czyx，取 )3,(c 11 分由 142|cos|mn，得 142342c0724， c，所以 PA 15 分三、解答题33如图，在四面体 PABC 中，PCAB，PABC，点 D，E，F，G 分别是 棱AP，
24、AC，BC，PB 的中点(1)求证：DE平面 BCP； (2)求证：四边形 DEFG 为矩形； (3)是否存在点 Q，到四面体 PABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由【答案】(1) (2)见解析 (3) 存在，理由见解析【解析】解：(1)证明：因为 D，E 分别为 AP，AC 的中点， 所以 DEPC. zBAPDFEx试卷第 20 页，总 40 页又因为 DE平面 BCP， 所以 DE平面 BCP. (2)证明：因为 D，E，F，G 分别为 AP，AC，BC，PB 的中点， 所以 DEPCFG，DGABEF. 所以四边形 DEFG 为平行四边形 又因为 PCAB， 所以 DEDG. 所以
25、四边形 DEFG 为矩形 (3)存在点 Q 满足条件，理由如下：连接 DF，EG，设 Q 为 EG 的中点由(2)知，DFEGQ，且 QDQEQFQG EG.12分别取 PC，AB 的中点 M，N，连接 ME，EN，NG，MG，MN.与(2)同理，可证四边形 MENG 为矩形，其对角线交点为 EG 的中点 Q，且QMQN EG，所以 Q 为满足条件的点34如图，在四棱锥 PABCD 中，平面 PAD平面 ABCD，ABAD，BAD60，E，F 分别是 AP，AD 的中点求证： (1)直线 EF平面 PCD； (2)平面 BEF平面 PAD. 【答案】见解析【解析】(1)如图，在PAD 中， 因
26、为 E，F 分别为 AP，AD 的中点， 试卷第 21 页，总 40 页所以 EFPD. 又因为 EF平面 PCD， PD平面 PCD， 所以直线 EF平面 PCD. (2)连接 BD.因为 ABAD，BAD60， 所以ABD 为正三角形 因为 F 是 AD 的中点，所以 BFAD. 因为平面 PAD平面 ABCD，BF平面 ABCD， 平面 PAD平面 ABCDAD， 所以 BF平面 PAD. 又因为 BF平面 BEF， 所以平面 BEF平面 PAD. 35如图，平面 PAC平面 ABC，ABC 是以 AC 为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为 PA，PB，AC 的中点，AC16，PAP
27、C10. (1)设 G 是 OC 的中点，证明：FG平面 BOE； (2)证明：在ABO 内存在一点 M，使 FM平面 BOE. 【答案】见解析【解析】(1)如图，连接 OP，以点 O 为坐标原点，OB，OC，OP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz，则 O(0,0,0)，A(0，8,0)，B(8,0,0)，C(0,8,0)，P(0,0,6)，E(0，4,3)，F(4,0,3) 由题意，得 G(0,4,0) 因为 (8,0,0)， (0，4,3)， 所以平面 BOE 的一个法向量 n(0,3,4) 由 (4,4，3)，得 n 0. 又直线 FG 不在平面 BOE
28、内，所以 FG平面 BOE. (2)设点 M 的坐标为(x 0，y 0,0)，则 (x 04，y 0，3)因为 FM平面 BOE，所以 n，因此 x04，y 0 ，即点 M 的坐标是(4， ，0)994试卷第 22 页，总 40 页在平面直角坐标系 xOy 中，AOB 的内部区域可表示为不等式组08xy经检验，点 M 的坐标满足上述不等式组所以，在AOB 内存在一点 M，使 FM平面 BOE.36如图，在长方体 ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,AD=1,A 1A=1，证明直线 BC1平行于平面DA1C，并求直线 BC1到平面 D1AC 的距离.D1 C1B1A1DCBA【答案】证明见解
29、析， 23【解析】本题主要考查直线与直线的平行、直线与平面的垂直、三棱锥的体积计算等知识点。解答中需要注意线面平行中直线在平面外的交代，体积公式运用不要漏掉 13 。此类问题属于常考题之一，难度属于容易题。因为 ABCD-A1B1C1D1为长方体，故 11/,ABCD，故 ABC1D1为平行四边形，故 1，显然 B 不在平面 D1AC 上，于是直线 BC1平行于平面 DA1C；直线 BC1到平面 D1AC 的距离即为点 B 到平面 D1AC 的距离设为 h考虑三棱锥 ABCD1的体积，以 ABC 为底面，可得 (2)33V而 1A中， 15,2A，故 1ADCS所以， 323Vh，即直线 BC
30、1到平面 D1AC 的距离为 【考点定位】考查空间几何体的相关计算，属中档题。37如图，四棱锥 P-ABCD 中， 09AB， 2B， PAB和PAD都是等边三角形.（1）证明： PBCD；（2）求二面角 A-PD-C 的大小.试卷第 23 页，总 40 页【答案】 （1）见解析 （2） 6arcos3【解析】（1）解题的关键是辅助线的添加，取 BC 的中点 E 是入手点，然后借助三垂线定理进行证明；（2）利用三垂线定理法或者空间向量法求解二面角. 求二面角：关键是作出或找出其平面角，常用做法是利用三垂线定理定角法，先找到一个半平面的垂线，然后过垂足作二面角棱的垂线，再连接第三边，即可得到平面
31、角。若考虑用向量来求：要求出二个面的法向量，然后转化为 1212cos,|n,要注意两个法向量的夹角与二面角可能相等也可能互补，要从图上判断一下二面角是锐二面角还是钝二面角，然后根据余弦值确定相等或互补即可。（1）证明：取 BC 的中点 E，连结 DE，则 ABED 为正方形.过 P 作 PO平面 ABCD，垂足为 O.连结 OA，OB,OD,OE.由 PAB和 D都是等边三角形知 PA=PB=PD，所以 OA=OB=OD，即点 O 为正方形 ABED 对角线的交点，故 E，从而 . 3 分因为 O 是 BD 的中点，E 是 BC 的中点，所以 OE/CD.因此 PBCD. 5 分（2）解法一
32、：由（1）知 CDPB， ， PBO.故 平面 PBD.又 平面 PBD，所以 D.取 PD 的中点 F，PC 的中点 G，连结 FG，则 FG/CD，FG/PD.连结 AF，由 AP为等边三角形可得 AFPD.所以 为二面角 A-PD-C 的平面角. 8 分连结 AG，EG，则 EG/PB.又 PBAE，所以 EGAE.设 AB=2，则 2E， 12GPB，故 3AG.在 F中， CD， 3AF， G，所以226cosG.因此二面角 A-PD-C 的大小为 arcos3. 12 分试卷第 24 页，总 40 页解法二：由（1）知，OE,OB,OP 两两垂直.以 O 为坐标原点， E的方向为
33、x 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz.设 |2AB，则(,0)， (,20)D， (,20)C， (,2)P.PC，(,).20A， (2,0)AD.设平面 PCD 的法向量为 1nxyz，则1(,)(,)nPCxyz，020D，可得 2xyz， z.取 1，得 ,1，故 (,1)n. 8 分设平面 PAD 的法向量为 2mpq，则2(,)(,0)=nAPpq，-D，可得 ,m.取 m=1，得 1pq，故 2(1,)n.于是 12126cos,=-3|n.由于 12,等于二面角 A-PD-C 的平面角，所以二面角 A-PD-C 的大小为 6arcos3. 12 分【考点定位】
34、本题考查线线垂直的证明和二面角的求解，考查学生的空间想象能力和试卷第 25 页，总 40 页计算能力。38如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1中，AA 1C1C 是边长为 4 的正方形.平面 ABC平面AA1C1C，AB=3，BC=5.（1）求证：AA 1平面 ABC；（2）求二面角 A1-BC1-B1的余弦值；（3）证明：在线段 BC1存在点 D，使得 ADA 1B，并求 1DC的值.【答案】 （1）见解析 （2） 625 （3）证明见解析， 925【解析】把平面与平面垂直转化为直线和平面垂直.要证直线和平面垂直，依据相关判定定理转化为证明直线和直线垂直.求二面角，往往利用“作证求”的思路完
35、成，作二面角是常常利用直线和平面垂直.第（3）题，求解有难度，可以空间向量完成.（1）因为 1AC为正方形，所以 1AC.因为平面 ABC平面 AA1C1C， ，且平面 ABC平面 AA1C1C A，所以 1平面 ABC.（2）由（1）知， 1AAC, 1AB.由题意知 3,5,4BC，所以 ABC.如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系 xyz,则1110,0,.设平面 1BC的法向量为 ,nxyz，则 10,.nABC即 340,yzx令 3z，则 0,4xy，所以 0,43.同理可得，平面 1的法向量为 m.所以 6cos,25|nm.由题知二面角 A1-BC1-B1为锐角，所以二面角
36、A1-BC1-B1的余弦值为 625.试卷第 26 页，总 40 页zyx（3）设 ,Dz是直线 1BC上的一点，且 1BDC.所以 4,3xy，解得 4,3,4xyz，所以4,A.由 10DB，即 9250，解得 925.因为 9,25，所以在线段 1BC上存在点 D，使得 1AB，此时 1925DC.【考点定位】本题考查了平面与平面垂直的性质定理，直线和平面垂直的判定定理，考查了法向量、空间向量在立体几何中的应用和二面角的求法，考查了空间想象能力和推理论证能力.39如图，在四棱柱 1DCBA中，侧棱 1A底面 BCD,)0(,6,5,4,3,1,/ kkkADCB（1）求证： CD平面 1
37、A（2）若直线 1A与平面 B所成角的正弦值为 76，求 k的值（3）现将与四棱柱 1DC形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案，问共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为 )(kf，写出 )(kf的解析式。 （直接写出答案，不必说明理由）试卷第 27 页，总 40 页【答案】（1）见解析 （2）1 （3）2576,018()3,kkf【解析】立体几何第一问对于关系的决断往往基于对公理定理推论掌握的比较熟练，又要善于做出一线辅助线加以证明，那么第二问就可以在其基础上采用坐标法处理角度或者距离
38、问题，坐标法所用的公式就必需熟练掌握，第三问主要考查了学生的空间思维能力，要在平时多加练习。此题坐标法也很考验学生的计算功底。（1）取 CD中点 E，连接 B/ABDEQ， 3k四边形 为平行四边形且 4A在 CV中， ,5CEBk22BE90,即 D，又 /AQ，所以 CDA1AQ平面 ， 平面C，又 1AI，D平面（2）以 为原点， 1,Durr的方向为 ,xyz轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系 (4,0)Ak， (6,0)Ck， (431)Bk， (4,01)A所以 ,r， 1,r， ,ur设平面 1B的法向量 (,)nxyz，则由 10CnABr得 4603kxyz取 2，得 (
39、3,6)k设 1A与平面 1BC所成角为 ，则 11,sin|cos,|Annurur试卷第 28 页，总 40 页26731k，解得 1k故所求 k的值为 1（3）共有 4种不同的方案 256,018()3,kkf【考点定位】本题主要考查立体几何中线线关系线面关系的判断以及线面角的算法，并且通过第三问的设问又把几何体的表面积与函数巧妙的结合起来，计算和空间思维要求比较高。属于难题。40如图，已知平面四边形 中， 为 的中点， ， ，ABCPDAPAB/CD且 将此平面四边形 沿 折成直二面角 ，24PACDC连接 ，设 中点为 BE（1）证明：平面 平面 ；PBDC（2）在线段 上是否存在一
40、点 ，使得 平面 ？若存在，请确定点 的FEPBCF位置；若不存在，请说明理由（3）求直线 与平面 所成角的正弦值A【答案】 （1）详见解析；（2）点 存在，且为线段 上靠近点 的一个四等分点；D（3） .6【解析】（1）直二面角 的平面角为 ，又 ，PDCB90PAC则 平面 ，所以 A又在平面四边形 中，由已知数据易得 ，而 ，BDPBD故 平面 ，因为 平面 ，所以平面 平面 （4 分）BC（2）解法一：由（1）的分析易知， ，则以 为原,PACA点建立空间直角坐标系如图所示结合已知数据可得 ， ， ， ，(2,0)A(,20)B(,4)C(0,2)PPABDEzyx试卷第 29 页，总
41、 40 页则 中点 .PB(1,)E平面 ，故可设 ，FACD(,0)Fxy则 ，(,)xy平面 ， ，EB,EPC又 ，(2,)(0,42)PC由此解得 ，即 ，1xyF易知这样的点 存在，且为线段 上靠近点 的一个四等分点； （8 分）BD解法二：（略解）如图所示，在 中作 ，交 于 ，PBDEFPBDF因为平面 平面 ，则有 平面 CEPBC在 中，结合已知数据，利用三角形相似等知识可以求得 ，Rt 324FBD故知所求点 存在，且为线段 上靠近点 的一个四等分点； （8 分）（3）解法一：由（2） 是平面 的一个法向量，又1(,)2EFPB，(0,)AB则得 ，所以 ，6cos,|AB
42、EF 6,arcosEFA记直线 与平面 所成角为 ，则知 ，ABPCsin|co,|6B故所求角的正弦值为 . （12 分）6解法二：（略解）如上图中，因为 ，所以直线 与平面 所成角等于/ABCDAPC直线 与平面 所成角，由此，在 中作 于 ，易证CDPBRtPHB平面 ，H连接 ，则 为直线 与平面 所成角，结合题目数据可求得 ，故所求角的正弦值为 . （12 分）6sinH6PAH试卷第 30 页，总 40 页41如图,三棱柱 中, , , .1ABCACB1A160B (1)证明: ;1ABC(2)若 , ,求三棱柱 的体积.261ABC【答案】(1)证明见详解；(2)3【解析】(1)取 AB 的中点 ,连接 、 、 ,O1因为 CA=CB,所以 ,由于 , ,故 为等边三角形，OCAB1A160B1AB所以 ,A1因为 ，所以 平面 .又 ，故 .BCO1CA11面B(2)由题设知 都是边长为 2 的等边三角形，AB与所以 2111113,6.OAC又 ， 则 ， 故 1-OCOACB因 为 所 以 平 面 ， 为 棱 柱 的 高 ， 1-=3.ABC ACS VSO 又 的 面 积 ， 故 三 棱 柱 的 体 积42如图，已知四棱锥 ，底面 是等腰梯形，PD且 ， 是 中点， 平面 ，ABD， 是 中点142POMA
