1、四、立体几何一、选择题1.（重庆理 9）高为 的四棱锥 S-ABCD 的底面是边长为 1 的正方形，点2/4S、A、B、C 、D 均在半径为 1 的同一球面上，则底面 ABCD 的中心与顶点 S 之间的距离为A 4 B 2 C1 D 2【答案】C2.（浙江理 4）下列命题中错误的是A如果平面 平 面 ，那么平面 内一定存在直线平行于平面 B如果平面 不垂直于平面 ，那么平面 内一定不存在直线垂直于平面C如果平面 平 面 ，平面 平 面 ， =l，那么 l平 面D如果平面 平 面 ，那么平面 内所有直线都垂直于平面【答案】D3.（四川理 3） 1l， 2， 3l是空间三条不同的直线，则下列命题正
2、确的是A ， 1/l B 12l， 3/l13lC 23/ll， 2， 3共面 D ， ， 共点 ， 2l， 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A283BC D【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【答案】D6.（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、俯视图如右图；存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图其中真命题的个数是A3 B2 C1 D0【答案】A7.（全国新课标理
3、6）。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 ，点 A ，AC，C 为垂足，B，BD，D为垂足若 AB=2，AC=BD=1，则 D 到平面 ABC 的距离等于332正视图 侧视图俯视图图 1A23B3C63D1 【答案】C9.（全国大纲理 11）已知平面 截一球面得圆 M，过圆心 M 且与 成 06二面角的平面 截该球面得圆 N若该球面的半径为 4，圆 M 的面积为 4，则圆 N 的面积为A7 B9 C11 D13【答案】D10.（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A2B8C 94D 361【
4、答案】B11.（江西理 8）已知 1a， 2， 3是三个相互平行的平面平面 1a， 2之间的距离为 d，平面 2a， 3之间的距离为 d直线 l与 1a， 2， 3分别相交于 p， ， 3，那么“1P= ”是“ 12”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】C12.（广东理 7）如图 13，某几何体的正视图（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A 63 B 93 C 123 D 183【答案】B13.（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A8 B 62 C10 D 82【答案】C1
5、4.（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 （C）48+8 （D）80【答案】C15.（辽宁理 8） 。如图，四棱锥 SABCD 的底面为正方形，SD 底面 ABCD，则下列结论中不正确的是（A）ACSB（B）AB平面 SCD（C）SA 与平面 SBD 所成的角等于 SC 与平面 SBD 所成的角（D）AB 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= 3， 30BSA，则棱锥 SABC 的体积为（A） （B） 2（C） （D ）1【答案】C
6、17 （上海理 17）设 12345,是空间中给定的 5 个不同的点，则使123450MAAM成立的点 的个数为 A0 B1 C5 D10 【答案】B二、填空题18.（上海理 7）若圆锥的侧面积为 2，底面积为 ，则该圆锥的体积为 。【答案】319.（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】 2R【解析】222max4()SrrS侧 侧时，22r R，则 222R20.（辽宁理 15）一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为 32，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
7、321.（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_ 3m【答案】 622.（全国新课标理 15） 。已知矩形 ABCD 的顶点都在半径为 4 的球 O 的球面上，且AB=6，BC= 23，则棱锥 O-ABCD 的体积为_【答案】 823.（湖北理 14）如图，直角坐标系 xOy所在的平面为 ，直角坐标系xy（其中轴一与 y轴重合）所在的平面为 ， 45。（）已知平面 内有一点(2,)P，则点 P在平面 内的射影 P的坐标为 （2，2） ；（）已知平面 内的曲线 C的方程是2()0xy，则曲线 C在平面 内的射影 C的方程是 。【答案】2(1)xy24.（
8、福建理 12）三棱锥 P-ABC 中，PA 底面 ABC，PA=3，底面 ABC 是边长为 2 的正三角形，则三棱锥 P-ABC 的体积等于_。【答案】 3三、解答题25.（江苏 16）如图，在四棱锥 ABCDP中，平面 PAD平面ABCD，AB=AD，BAD=60 ，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 PADFEACDBP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PAD 中，因为 E、F 分别为AP，AD 的中点，所以 EF/PD.又因为 EF平面 PCD，PD 平面
9、PCD，所以直线 EF/平面 PCD.（2）连结 DB，因为 AB=AD，BAD=60 ，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 ABCD=AD，所以 BF平面 PAD。又因为BF平面 BEF，所以平面 BEF平面 PAD.26.（安徽理 17）如图， ABCDEFG为多面体，平面 ABED与平面 GF垂直，点 O在线段 AD上， 1,2,OOAB，, OC， ， O都是正三角形。（）证明直线 ；（II）求棱锥 FOBED 的体积。本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线
10、平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力.（I） （综合法）证明：设 G 是线段 DA 与 EB 延长线的交点. 由于OAB 与ODE 都是正三角形，所以 OBDE21，OG=OD=2，=同理，设 G是线段 DA 与线段 FC 延长线的交点，有 .2ODG又由于 G 和 都在线段 DA 的延长线上，所以 G 与 重合.在GED 和GFD 中，由 OBDE21和 OCF21，可知 B 和 C 分别是 GE 和GF 的中点，所以 BC 是GEF 的中位线，故 BCEF.（向量法）过点 F 作 AQ，交 AD 于点 Q，连 QE，由平面 ABED平面 AD
11、FC，知 FQ平面 ABED，以 Q 为坐标原点， E为 x轴正向， D为 y 轴正向， QF为 z 轴正向，建立如图所示空间直角坐标系.由条件知).23,0(),23,(),0(),3( CBFE则有).,(),2,(BC所以 ,EF即得 BCEF.（II）解：由 OB=1，OE=2， 23,60EOBS知，而OED 是边长为 2 的正三角形，故 .3OEDS所以.23OEDB过点 F 作 FQAD，交 AD 于点 Q，由平面 ABED平面 ACFD 知，FQ 就是四棱锥FOBED 的高，且 FQ= 3，所以.2331OBEDOBEDFSV27.（北京理 16） 如图，在四棱锥 PAC中，
12、平面 AC，底面 是菱形，2,60ABD.()求证： 平面 ;（）若 ,PAB求 与 C所成角的余弦值；（）当平面 与平面 PD垂直时，求 PA的长.= = =证明：（）因为四边形 ABCD 是菱形，所以 ACBD.又因为 PA平面 ABCD.所以 PABD.所以 BD平面 PAC.（）设 ACBD=O.因为BAD=60，PA=PB=2,所以 BO=1，AO=CO= 3.如图，以 O 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Oxyz，则P（0， ，2） ，A（0， ，0） ，B （1，0，0） ，C（0， 3，0）.所以 ).,32(),3,1(CB设 PB 与 AC 所成角为 ，则 4632|cos
13、APB.（）由（）知 )0,1(C设 P（0， 3，t ） （t0） ，则 ),1(B设平面 PBC 的法向量 ),(zyxm,则 0,PC所以 3,tzyx令 ,3y则.6,tzx所以),(tm同理，平面 PDC 的法向量)6,3(tn因为平面 PCB平面 PDC,所以 nm=0，即062t解得 6t所以 PA=28.（福建理 20） 如图，四棱锥 P-ABCD 中，PA底面 ABCD，四边形 ABCD 中，ABAD，AB+AD=4，CD= 2， 45CDA（I）求证：平面 PAB平面 PAD；（II）设 AB=AP（i）若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30，求线段 AB 的长；（
14、ii）在线段 AD 上是否存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等？说明理由。本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想，满分 14 分。解法一：（I）因为 PA平面 ABCD，C平面 ABCD，所以 B，又 ,D所以 AB平面 PAD。又 平面 PAB，所以平面 PAB平面 PAD。（II）以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz（如图）在平面 ABCD 内，作 CE/AB 交 AD 于点 E，则 .CAD在 RtCDE中，DE=
15、 cos451，sin451,设 AB=AP=t，则 B（t，0，0） ，P （0，0，t ）由 AB+AD=4，得 AD=4-t，所以 (,3),(,)(,4)EtCtDt，1,0,.D（i）设平面 PCD 的法向量为 (,)nxyz，由 nC， P，得0(4).t取 xt，得平面 PCD 的一个法向量 ,4nt，又 (,0)Bt，故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30，得222|1cos6|, ,| (4)nPttx 即解得45tt或（舍去，因为 AD 0t） ，所以4.5AB（ii）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，设 G（0，
16、m，0） （其中 04mt）则 (1,3,)(,0)(,)CtDmt，由 |得22t， （2）由（1） 、 （2）消去 t，化简得 34m（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。（II） （i）以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Axyz（如图）在平面 ABCD 内，作 CE/AB 交 AD 于 E，则 CED。在平面 ABCD 内，作 CE/AB 交 AD 于点 E，则 .CD在 Rt中，DE= co
17、s451C，sin451,CED设 AB=AP=t，则 B（t，0，0） ，P （0，0，t ）由 AB+AD=4，得 AD=4-t，所以 (,3),(,)(,4)ttDt，1,0,.CD设平面 PCD 的法向量为 (,)nxyz，由 n， P，得0(4).t取 xt，得平面 PCD 的一个法向量 ,4nt，又 (,0)Bt，故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30，得222|1cos6|, ,| (4)nPttx 即解得45tt或（舍去，因为 AD 0t） ，所以.AB（ii）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 GC=CD，得 45
18、CD，从而 90G，即 ,Asin451,设 ,AB则 D=-3AGD，在 RtB中，222(3)ABG29()1,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。29.（广东理 18） 如图 5在椎体 P-ABCD 中，ABCD 是边长为 1 的棱形，且DAB=60 ， 2PAD,PB=2,E,F 分别是 BC,PC 的中点（1） 证明：AD 平面 DEF;（2） 求二面角 P-AD-B 的余弦值法一：（1）证明：取 AD 中点 G，连接 PG，
19、BG，BD 。因 PA=PD，有 PAD，在 B中， 1,60ADAB，有ABD为等边三角形，因此 ,P，所以 平面 PBG,.又 PB/EF，得 AEF，而 DE/GB 得 AD DE，又 FE，所以 AD 平面 DEF。（2） ,PGADB，为二面角 PADB 的平面角，在227, 4Rt G中在32RtABG中 ,=sin60227421cos 73PB法二：（1）取 AD 中点为 G，因为 ,.PADG又 ,60,ABDB为等边三角形，因此， BAD，从而 平面 PBG。延长 BG 到 O 且使得 PO OB，又 PO平面 PBG，PO AD， ,OG所以 PO 平面 ABCD。以 O
20、 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线 OB，OP 分别为 x轴，z 轴，平行于AD 的直线为 y轴，建立如图所示空间直角坐标系。设1(0,)(,0)(,0),(,).2PmGnADn则 3|sin602GBA33131(,)(,1)(,0)(,).2242nmCEnF由于3(0,1)(,0)(,)2AD得 ,EFADEFDE平面 DEF。（2）13(,),(,0)22PAnmPBnm3,(),1,.4 2n 解 之 得取平面 ABD 的法向量 10,n设平面 PAD 的法向量 2()abc由 2 2330,0,0,0,2bPAnPDnac得 由 得取 2(1,).12321cos, .74
21、n30.（湖北理 18） 如图，已知正三棱柱 1ABC的各棱长都是 4， E是 BC的中点，动点 F在侧棱1C上，且不与点 重合（）当 F=1 时，求证： EF 1；（）设二面角 A的大小为 ，求 tan的最小值本小题主要考查空间直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 NAC于 N，连结 EF。（I）如图 1，连结 NF、AC1，由直棱柱的性质知，底面 ABC 侧面 A1C。又度面 B侧面 A，C=AC，且 E底面 ABC，所以 EN侧面 A1C，NF 为 EF 在侧面 A1C 内的射影，在 RtC中，
22、 cos60=1，则由 14FA，得 NF/AC1，又 ,故 1NC。由三垂线定理知 .EF（II）如图 2，连结 AF，过 N 作 MAF于 M，连结 ME。由（I）知 侧面 A1C，根据三垂线定理得 ,E所以 EM是二面角 CAFE 的平面角，即 N，设 ,045FA则在 RtN中， sin603,在 , ia中故3tan.sinEM又2045,0i,a故当2sin,45a即 当时， tn达到最小值；36t，此时 F 与 C1 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 1(0,)(,0)(,4)(0,)(3,0)(,41)ABCAEF于是 1 .CE则 (,)
23、(3,)4,F故 1.EA（II）设 ,(04)CF，平面 AEF 的一个法向量为 (,)mxyz，则由（I）得 F（0，4， ）(3,)(,)AE，于是由 ,AEmF可得304.0,mxyzF即取 (3).又由直三棱柱的性质可取侧面 AC1 的一个法向量为 (1,0)n，于是由 为锐角可得|cosmn2236,si44，所以2216tan3，由 04，得，即16tan,3故当 ，即点 F 与点 C1 重合时， t取得最小值,331.（湖南理 19） 如图 5，在圆锥 PO中，已知 = 2，O 的直径 2AB,C是 的中点， D为AC的中点（）证明：平面 D平面 AC;（）求二面角 B的余弦值
24、。解法 1：连结 OC，因为 ,OACD是 的 中 点 ,所 以 ACOD.又 P底面O，AC 底面O ，所以 P，因为 OD，PO 是平面 POD 内的两条相交直线，所以 平面 POD，而 AC平面 PAC，所以平面 POD平面 PAC。（II）在平面 POD 中，过 O 作 HPD于 H，由（I）知，平面 ,PODAC平 面所以 OH平面 PAC，又 A面 PAC，所以 .A在平面 PAO 中，过 O 作 G于 G，连接 HG，则有 PA平面 OGH，从而 H，故 为二面角 BPAC 的平面角。在2,sin45.RtOD中在2 10, .52PODtPH中在 26, .31ARtOAG中在
25、05,sin.63OHtH中所以210cos1si .25G故二面角 BPAC 的余弦值为10.5解法 2：（I）如图所示，以 O 为坐标原点，OB、OC、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,)(1,0)(,)(0,1)(,2)OAP，1(,0)D设 1nxyz是平面 POD 的一个法向量，则由 110,nDP，得10,2.xyz所以 1,(,)zxyn取 得设 22(,)是平面 PAC 的一个法向量，则由 0,nPAC，得2.xzy所以 222,.1,yz取得 (1)n。因为 12,0(,)0,所以 .从而平面 POD平面 PAC。（II）因为 y 轴 平
26、面 PAB，所以平面 PAB 的一个法向量为 3(0,1).n由（I）知，平面 PAC 的一个法向量为 2(,1)n设向量 23n和 的夹角为 ，则2310cos.|5由图可知，二面角 BPAC 的平面角与 相等，所以二面角 BPAC 的余弦值为10.532.（辽宁理 18） 如图，四边形 ABCD 为正方形，PD平面ABCD，PDQA，QA=AB=12PD（I）证明：平面 PQC平面 DCQ；（II）求二面角 QBPC 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 Dxyz.（I）依题意有 Q（1，1，0） ，C （0，0，
27、1） ，P （0，2，0）.则 (,)(,)(,).所以 .P即 PQDQ，PQDC.故 PQ平面 DCQ.又 PQ平面 PQC，所以平面 PQC平面 DCQ. 6 分（II）依题意有 B（1，0，1） ， (1,0)(1,2).CBP设 (,)nxyz是平面 PBC 的法向量，则0.,nxyz即因此可取 01,2).设 m 是平面 PBQ 的法向量，则0,.mBPQ可取15(1,).cos,.n所 以故二面角 QBPC 的余弦值为.12 分33.（全国大纲理 19） 如图，四棱锥 SABD中， ABCD, ，侧面 SAB为等边三角形，2,1AB（）证明： 平 面 ;（）求 AB与平面 SC所
28、成角的大小解法一：（I）取 AB 中点 E，连结 DE，则四边形 BCDE 为矩形，DE=CB=2，连结 SE，则 ,3.又 SD=1，故 22DS，所以 E为直角。 3 分由 ,ABE，得 平面 SDE，所以 ABSD。SD 与两条相交直线 AB、SE 都垂直。所以 SD平面 SAB。 6 分（II）由 AB平面 SDE 知，平面 C平面 SED。作 ,SFE垂足为 F，则 SF 平面 ABCD，3.2D作 FGBC，垂足为 G，则 FG=DC=1。连结 SG，则 S，又 ,F，故 BC平面 SFG，平面 SBC平面 SFG。 9 分作 FHSG，H 为垂足，则 平面 SBC。37，即 F
29、到平面 SBC 的距离为21.7由于 ED/BC，所以 ED/平面 SBC，E 到平面 SBC 的距离 d 也有.设 AB 与平面 SBC 所成的角为 ，则2121sin,arcsin.77dEB12 分解法二：以 C 为坐标原点，射线 CD 为 x 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz。设 D（1，0，0） ，则 A（2，2，0） 、B（0，2，0） 。又设 (,),.Sxyzyz则（I） ,),(,)Sxyz， (1,)DSxyz，由 |AB得2222()()(),xyzxyz故 x=1。由2|1,DS得又由2|()4,Bxyz得即2 1340,.yz故3 分于是13(,),(
30、,),(1,)22SASBS，(0,),0,.2DD故 ,SABSAS又所以 平面 SAB。 6 分（II）设平面 SBC 的法向量 (,)amnp，则 ,0,.aBSCSB又3(1,),(,2)2故0,.mnp9 分取 p=2 得 (3,2)(2,0)aAB又。1cos, .7|AB故 AB 与平面 SBC 所成的角为21arcsin.734.（全国新课标理 18） 如图，四棱锥 PABCD中，底面 ABCD 为平行四边形，60D， 2， 底面 ABCD（I）证明： ；（II）若 PD=AD，求二面角 A-PB-C 的余弦值解：（）因为 60,2DABAD， 由余弦定理得 3BDA从而 BD
31、2+AD2= AB2，故 BDAD又 PD底面 ABCD，可得 BD PD所以 BD 平面 PAD. 故 PA BD（）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 D- xyz，则1,0A， 3,0B， ， 1,30C， ,1P(,)(,),()PBuvuvuv设平面 PAB 的法向量为 n=（ x，y，z ） ，则0,nABPur即 30xyz因此可取 n= (,1)设平面 PBC 的法向量为 m，则 0,PBCur可取 m=（0，-1， 3） 427cos,n故二面角 A-PB-C 的余弦值为 2735.（山东理 19） 在如图所示的几何
32、体中，四边形 ABCD 为平行四边形， ACB= 90，平面，EF， ，.=.（）若是线段的中点，求证：平面;（）若=,求二面角- -的大小19 （I）证法一：因为 EF/AB， FG/BC，EG/AC ， 90ACB，所以 90,EGFABC .EFG由于 AB=2EF，因此，BC=2FC ，连接 AF，由于 FG/BC，1,2在 ABCD中，M 是线段 AD 的中点，则 AM/BC，且1,2BC因此 FG/AM 且 FG=AM，所以四边形 AFGM 为平行四边形，因此 GM/FA。又 FA平面 ABFE， GM平面 ABFE，所以 GM/平面 AB。证法二：因为 EF/AB， FG/BC，
33、EG/AC ， 90ACB，所以 90,EGF .EFG由于 AB=2EF，因此，BC=2FC ，取 BC 的中点 N，连接 GN，因此四边形 BNGF 为平行四边形，所以 GN/FB，在 ABCD中，M 是线段 AD 的中点，连接 MN，则 MN/AB，因为 ,NG所以平面 GMN/平面 ABFE。又 GM平面 GMN，所以 GM/平面 ABFE。（II）解法一：因为 90,ACB所 以 D=，又 E平面 ABCD，所以 AC，AD，AE 两两垂直，分别以 AC，AD，AE 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 2,E则由题意得 A（0，0，0， ） ，
34、 B（2，-2，0） ，C（2，0，0， ） ，E（0，0，1） ，所以 (,)(,)BC又1,2EF所以 (,)(1,).设平面 BFC 的法向量为 1,mxyz则 0,mBCF所以1,yxz取 1,x得所以 (0)设平面 ABF 的法向量为 2(,)nxyz，则 ,nABF所以2221,0,xyxz取 得则 (1)n，所以1cos,.|2mn因此二面角 ABFC 的大小为 60.解法二：由题意知，平面 ABFE平面 ABCD，取 AB 的中点 H，连接 CH，因为 AC=BC，所以 C，则 平面 ABFE，过 H 向 BF 引垂线交 BF 于 R，连接 CR，则 .RBF所以 C为二面角
35、ABFC 的平面角。由题意，不妨设 AC=BC=2AE=2。在直角梯形 ABFE 中，连接 FH，则 FHB，又 2,所以 1,AE因此在 Rt中，6.3由于12,CHAB所以在 Rt中，2tan3,6HRC因此二面角 ABFC 的大小为 0.36.（陕西理 16） 如图，在 B中， 6,9,BACD是 B上的高，沿 AD把 BC折起，使 90D。（）证明：平面 平面；（）设为的中点，求 AE与 B夹角的余弦值。解（）折起前是边上的高， 当 折起后，AD，AD，又 DB，平面，AD 平面 平面 BDC平面 ABD平面 BDC。（）由 90及（）知 DA，DC 两两垂直，不防设 DB=1，以 D
36、 为坐标原点，以 ,DBCA所在直线 ,xyz轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D（0,0,0） ，B（1,0,0） ，C（0,3,0 ） ，A（0,0， 3） ，E（12，3，0） ，AE=13,2，B=（1，0,0,） ，与 D夹角的余弦值为cos AE， B=12.|4D12437.（上海理 21） 已知 1ACB是底面边长为 1 的正四棱柱， 1O是 AC和1D的交点。（1）设 1AB与底面 1D所成的角的大小为 ，二面角 1ABD的大小为 。求证： tan2t；（2）若点 C到平面 1的距离为43，求正四棱柱 1C的高。 O1DCBAD1C1B1A1解：设正四棱柱的高为 h。 连
37、1AO， 底面 1ABCD于 1， B与底面 1所成的角为 ，即 1AB 1D， 为 1中点， 1O，又 1D， AO是二面角 BA的平面角，即 1 1tanh，1tan2tanh。 建立如图空间直角坐标系，有 11(0,)(,0)(,)(,)BDCh11(,0)(,),ABhDhAC设平面 1的一个法向量为 (nxyz， 110nBA，取 z得 (,1)h 点 C到平面 1D的距离为 2|043nACd，则 2h。38.（四川理 19） 如图，在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中 BAC=90，AB=AC=AA1 =1D 是棱 CC1 上的一P 是 AD 的延长线与 A1C1 的延长线的交点
38、，且 PB1平面 BDA（I）求证：CD=C1D：（II）求二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值； （）求点 C 到平面 B1DP 的距离解析：（1）连接 1BA交 1于 O, 1/BP1面 DA,1,BPP面 面 面zyxA1B1 C1 D1ABCDO1A1B1 C1D1AB CDO11/BPOD,又 为 1BA的中点，为中点， C为 P, 1DCD,D 为 1C的中点。（2）由题意 1B面 A,过 B 作 HA,连接 B，则BHAD, B为二面角 的平面角。在 1中，115,2,则25253,cos3AHBAB（3）因为 11CBPDCV，所以 113BPDPCDhSS, 11124P
39、SS,在 1中，11 1 19535254,.cos,sin322BDPDBPDBP，1 35,4BPDSh39.（天津理 17） 如图，在三棱柱 1ABC中，H是正方形 1A的中心， 12， H平面 1AB，且 15.CH（）求异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值；（）求二面角 1的正弦值；（）设 N为棱 BC的中点，点 M在平面 1内，且 MN平面 1，求线段M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，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 (2,0)(,)(2,5)ABC111,（I）解：易得 (,),(,0)A，于是11 42cos, ,3|CBA所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为.（II）解：易知 11(0,2),(2,5).AAC设平面 AA1C1 的法向量 mxyz，则10mCA即50,2.不妨令 5,x可得 (,)，同样地，设平面 A1B1C1 的法向量 (,)nxyz，则10,.nACB即250.x不妨令 5，可得 (,5)于是2cos, ,|7mn从而35in,.7
