1、专题三 立体几何专题 学科网【命题趋向】高考对空间想象能力的考查集中体现在立体几何试题上，着重考查空间点、线、面的位置关系的判断及空间角等几何量的计算既有以选择题、填空题形式出现的试题，也有以解答题形式出现的试题选择题、填空题大多考查概念辨析、位置关系探究、空间几何量的简单计算求解，考查画图、识图、用图的能力；解答题一般以简单几何体为载体，考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及空间几何量的求解问题，综合考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力试题在突出对空间想象能力考查的同时，关注对平行、垂直关系的探究，关注对条件或结论不完备情形下的开放性问题的探究 学科网【考点透析】立体
2、几何主要考点是柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征、三视图、直观图，表面积体积的计算，空间点、直线、平面的位置关系判断与证明，空间向量在平行、垂直关系证明中的应用，空间向量在计算空间角中的应用等 学科网【例题解析】 学科网题型 1 空间几何体的三视图以及面积和体积计算 学科网例 1 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 ab的最大值为 学科网A 2B 32C 4 D 52学科网分析：想像投影方式，将问题归结到一个具体的空间几何体中解决 学科网解析：结合长方体的对角线在三个面的投影来
3、理解计算，如图设长方体的高宽高分别为 ,mnk，由题意得 227mnk， 26mk1n， 学科网21a， 1b，所以 (1)()ab学科网8b，222()86 4ab当且仅当a时取等号 学科网学科网点评：本题是高考中考查三视图的试题中难度最大的一个，我们通过移动三个试图把问题归结为长方体的一条体对角线在三个面上的射影，使问题获得了圆满的解决 学科网例 2 下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 学科网A 9 B 10 C 1 D 12学科网学科网分析：想像、还原这个空间几何体的构成，利用有关的计算公式解答 学科网解析：这个空间几何体是由球和圆柱组成的，圆柱的底面半径是
4、1，母线长是 3，球的半径是 1，故其表面积是 222134，答案 D 学科网点评：由三视图还原空间几何体的真实形状时要注意“高平齐、宽相等、长对正”的规则例 3 已知一个正三棱锥 PABC的主视图如图所示，若 32ACB， 学科网6PC，则此正三棱锥的全面积为_ 学科网 学科网学科网分析：正三棱锥是顶点在底面上的射影是底面正三角形的中心的三棱锥，根据这个主试图知道，主试图的投影方向是面对着这个正三棱锥的一条侧棱，并且和底面三角形的一条边垂直，这样就知道了这个三棱锥的各个棱长 学科网解析：这个正三棱锥的底面边长是 3、高是 6，故底面正三角形的中心到一个顶点的距离是 23，故这个正三棱锥的侧棱
5、长是 236，由此知道这个正三棱锥的侧面也是边长为 3的正三角形，故其全面积是 2493，答案 93 学点评：由空间几何体的一个视图再加上其他条件下给出的问题，对给出的这“一个视图”要仔细辨别投影方向，这是三视图问题的核心 学科网题型 2 空间点、线、面位置关系的判断 学科网例 4 已知 nm,是两条不同的直线， ,为两个不同的平面，有下列四个命题： 学科网若 ， n，则 ； 学科网若 ,/，则 /； 学科网若 nm,/，则 /； 学科网若 ，则 学科网其中正确的命题是（填上所有正确命题的序号）_ 学科网分析：根据空间线面位置关系的判定定理和性质定理逐个作出判断 学科网解析：我们借助于长方体模
6、型解决中过直线 ,mn作平面 ，可以得到平面,所成的二面角为直二面角，如图（1） ，故 正确；的反例如图（2） ；的反例如图（3） ； 中由 ,A可得 ，过 作平面 可得 n与交线g平行，由于 mg，故 n答案 学科网学科网点评：新课标的教材对立体几何处理的基本出发点之一就是使用长方体模型，本题就是通过这个模型中提供的空间线面位置关系解决的，在解答立体几何的选择题、填空题时合理地使用这个模型是很有帮助的 学科网例 5 设 ,mn是两条不同的直线， ,是两个不同的平面，下列命题正确的是 学科网A若 ,/，则 / B若 /,/,mn则 /mn学科网C若 ,，则 n D若 则 学科网分析：借助模型、
7、根据线面位置关系的有关定理逐个进行分析判断 学科网解析：对于 /，结合 ,/则可推得 答案 C 学科网点评：从上面几个例子可以看出，这类空间线面位置关系的判断类试题虽然形式上各异，但本质上都是以空间想象、空间线面位置关系的判定和性质定理为目标设计的，主要是考查考生的空间想象能力和对线面位置关系的判定和性质定理掌握的程度 学科网题型 3 空间平行与垂直关系的证明、空间几何体的有关计算（文科解答题的主要题型）例 6 如图所示，在棱长为 2的正方体 1ABCD中， E、 F分别为 1D、DB的 学科网中点 学科网（1）求证： EF/平面 1AB； 学科网（2）求证： C； 学科网（3）求三棱锥 EF
8、BV1的体积 学科网学科网分析：第一问就是找平行线，最明显的就是 1EFBDA；第二问转化为线面垂直进行证明；第三问采用三棱锥的等积变换解决 学科网解析：（1）连结 1BD，如图，在 B1中， 学科网E、 F分别为 ， 的中点，则 学科网11/ACEF平 面平 面平面 1ACD 学科网学科网学科网学科网（2） 学科网 11 1111 1, /BBDBEFBCACDAC平 面平 面 平 面学科网（3） F平面 1， 1FE平 面 且 2F， 学科网132EB， 22()6B， 学科网21 ()3D学科网 1 即 190， 学科网113BEFCBEFBEFVSC= 12FC=13622 学科网点评
9、：空间线面位置关系证明的基本思想是转化，根据线面平行、垂直关系的判定和性质，进行相互之间的转化，如本题第二问是证明线线垂直，但问题不能只局限在线上，要把相关的线归结到某个平面上（或是把与这些线平行的直线归结到某个平面上，通过证明线面的垂直达到证明线线垂直的目的，但证明线面垂直又得借助于线线垂直，在不断的相互转化中达到最终目的立体几何中的三棱柱类似于平面几何中的三角形，可以通过“换顶点” 实行等体积变换，这也是求点面距离的基本方法之一 学科网例 7在四棱锥 PABCD中， 90ACD， 60BACD，A平面 ， E为 的中点， 2P 学科网（1）求四棱锥 的体积 V； 学科网（2）若 F为 的中
10、点，求证 平面 EF； 学科网（3）求证 平面 学科网学科网分析：第一问只要求出底面积和高即可；第二问的线面垂直通过线线垂直进行证明；第三问的线面平行即可以通过证明线线平行、利用线面平行的判定定理解决，也可以通过证明面面平行解决，即通过证明直线 CE所在的一个平面和平面 PAB的平行解决 学科网解析：（1）在 ABCRt中， 1,60BA， 3B， 2C 学科网在 Dt中， 2,D， 2,4D 学科网 12ABCS 5133 学科网则 153V 学科网（2） P， F为 PC的中点， AFPC 学科网 平面 D， ， D， A， CD平面AC， 学科网E为 中点， 为 中点， E ，则 ， F
11、E，P平面 F 学科网（3）证法一： 学科网取 AD中点 M，连 ,C则 MPA， 平面 PAB， 平面B， 学科网E平面 学科网在 Rt中， 60A， 2， 60C而 60C， C 学科网 平面 PB， 平面 PB， 学科网M平面 学科网E， 平面 EMC平面 A 学科网 平面 ， 平面 学科网学科网学科网学科网学科网学科网学科网证法二：延长 ,DCAB，设它们交于点 N， 学科网连 PN 60， ACD， 学科网 为 的中点 E为 P中点， EP 学科网E 平面 ， 平面 B， 学科网 C平面 AB 学科网点评：新课标高考对立体几何与大纲的高考有 学科网了诸多的变化一个方面增加了空间几何体
12、的三视图、 学科网表面积和体积计算，拓展了命题空间；另一方面删除了 学科网三垂线定理、删除了凸多面体的概念、正多面体的概念与性质、球的性质与球面距离，删除了空间向量，这就给立体几何的试题加了诸多的枷锁，由于这个原因课标高考文科的立体几何解答题一般就是空间几何体的体积和表面积的计算、空间线面位置关系的证明（主要是平行与垂直） 题型 4 空间向量在立体几何中的应用例 8如图，在棱长为 2的正方体 1ABCD中， EF、 分别为 1AD和1C的中点（1）求证： EF平面 1；（2）求异面直线 与 AB所成的角的余弦值；（3）在棱 1上是否存在一点 P，使得二面角 ACP的大小为 30?若存在，求出
13、BP的长；若不存在，请说明理由【解析】解法一：如图分别以 1,DAC所在的直线为 x 轴、 y轴、 z轴建立空间直角坐标系 xyz，由已知得 0,D、 2,0、2,B、 C、 1B、1,E、 、 ,F（1）取 1AD中点 G，则 0，,2C，又 1,2，由 EF，EF与 CG共线从而 EFCG， 平面 1AD， 平面 1AD， EF平面 1ACD（2） 0,2B， 46cos, 3|2EFA，异面直线 与 B所成角的余弦值为 （3）假设满足条件的点 P存在，可设点 2,t（ 02t） ，平面 ACP的一个法向量为 ,nxyz， 则 0.ACP ,2t 2,0AC， ,0xytz取 (1,)nt
14、易知平面 AB的一个法向量 1(0,2)B，依题意知， 1,3n或 5， 124|cos,tBN，即 2243()tt，解得 6.3t 6(0,23， 在棱 1上存在一点 P，当 B的长为 63时，二面角PACB的大小为 30解法二：（1）同解法一知 1,2EF ， 12,0AD， 2,0AC，12EFD， 、 C、 共面又 EF平面 1D， EF平面1AC （2） 、 （3）同解法一解法三：易知平面 1A的一个法向量是 12,DB又 1,2，由10EFDB， ，而 EF平面 1ACD， EF平面 1ACD（2） 、 （3）同解法一点评：本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系、二面角的概
15、念等基础知识；考查空间想像能力、推理论证能力和探索问题、解决问题的能力利用空间向量证明线面平行的方法基本上就是本题给出的三种，一是证明直线的方向向量和平面内的一条直线的方向向量共线，二是证明直线的方向向量和平面内的两个不共线的向量共面、根据共面向量定理作出结论；三是证明直线的方向向量与平面的一个法向量垂直例 9 已知几何体 ABCED的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为 4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形（1）求异面直线 与 所成角的余弦值；（2）求二面角 的正弦值； （3）求此几何体的体积 V的大小【解析】 （1）取 EC的中点是 F，连结 B，则 FDEA， B或其补角即为异面
16、直线 D与 AB所成的角在 A中， 42， 2510cos5F异面直线 E与 AB所成的角的余弦值为 105（2） C平面 ，过 C作 GDE交 于 ，连结 AG可得 D平面 ，从而 , G为二面角 的平面角在 ARt中， 90， 4A， 85CG, 5tan2ACsi3二面角 AEDB的的正弦值为 53（3） 116CVS，几何体的体积 V为 16方法二：（坐标法） （1）以 为原点，以 ,ABE所在直线为 ,xyz轴建立空间直角坐标系则 40， (,40)， (2)D， 0,4E， (,2,D， 10cos,5EAB异面直线 与 所成的角的余弦值为 105 （2）平面 BDE的一个法向量为
17、 (4,)CA，设平面 A的一个法向量为 nxyz，,n(,2)(0,2)DE 0DE从而 42,4xyzyz,令 1，则 ()n, 2cos3CAn二面角 AEDB的的正弦值为 5 （3） 116CVS，几何体的体积 V为 16 点评：本题考查异面直线所成角的求法、考查二面角的求法和多面体体积的求法空间向量对解决三类角（异面直线角、线面角、面面角）的计算有一定的优势对理科考生来说除了要在空间向量解决立体几何问题上达到非常熟练的程度外，不要忽视了传统的方法，有些试题开始部分的证明就没有办法使用空间向量题型 5 距离（点到平面，线与线、线与面、面与面）求点到平面的距离就是求点到平面的垂线段的长度
18、，其关键在于确定点在平面内的垂足，当然别忘了转化法与等体积法的应用.典型例题例 10 如图，正三棱柱 的所有棱长都为 ， 为 中点1ABC2D1C（）求证： 平面 ；1 D（）求二面角 的三角函数值；（）求点 到平面 的距离C1AB考查目的：本小题主要考查直线与平面的位置关系，二面角的大小，点到平面的距离等知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力 解答过程：解法一：（）取 中点 ，连结 COA为正三角形， ABC AB正三棱柱 中，平面 平面 ，1 1B平面 O连结 ，在正方形 中， 分别为1B1COD，的中点， ， C， B 1A在正方形 中， ， 平面 1A1 1B（）设 与 交于点
19、 ，在平面 中，作 于 ，连结 ，由（）得G1D1GFA F平面 1B 1D， 为二面角 的平面角F 1A在 中，由等面积法可求得 ，1A 45又 ， 2G20sinFG所以二面角 的正弦值为 1DB104（） 中， ， A 111526ABDS， ， 1BCD在正三棱柱中， 到平面 的距离为 C3ABC D1A1CBABCD1A1BOF设点 到平面 的距离为 C1ABDd由 ，得 ，11ABV13CABDS 132CDABSd点 到平面 的距离为 解法二：（）取 中点 ，连结 OA为正三角形， BC在正三棱柱 中，平面 平面 ，1A 1BC平面 D取 中点 ，以 为原点， ， ， 的方向为
20、轴的正方向建立空间直角1BC1O1OAxyz， ，坐标系，则 ， ， ， ， ，(0)， ， ()， ， (023)， ， ()， ， 1(20)B， ， ， 123A， ， D， ， 1B， ， ，B4A， 1 1平面 A D（）设平面 的法向量为 1()xyz， ，n， ， ，(3)， ， (02)A， ， AD 110DA，nxyz， 3yxz， 令 得 为平面 的一个法向量z(3)， ， 1A由（）知 平面 ，1B为平面 的法向量1AD， cosn13642Ax zAB C D 1A1BO F y二面角 的大小为 1ADB6arcos4（）由（） ， 为平面 法向量，1A1(20)(3
21、)C， ， ， ， ，点 到平面 的距离 BD12CBd小结：本例中（）采用了两种方法求点到平面的距离.解法二采用了平面向量的计算方法，把不易直接求的 B 点到平面 的距离转化为容易求的点 K 到平面 的距离的计算1AM1AMB方法，这是数学解题中常用的方法；解法一采用了等体积法，这种方法可以避免复杂的几何作图，显得更简单些，因此可优先考虑使用这一种方法.例 2. 如图,已知两个正四棱锥 P-ABCD 与 Q-ABCD 的高分别为 1 和 2,AB=4.()证明 PQ平面 ABCD；()求点 P 到平面 QAD 的距离.命题目的：本题主要考查直线与平面的位置关系及点到平面的距离基本知识，考查空
22、间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.过程指引：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角；方法二关键是掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法.解答过程：方法一 （）取 AD 的中点，连结 PM，QM.因为 PABCD 与 QABCD 都是正四棱锥，所以 ADPM，ADQM. 从而 AD平面 PQM.又 平面 PQM，所以 PQAD.同理 PQAB，所以 PQ平面 ABCD.(II)连结 OM，则 12OMABOQ所以MQP45.由（）知 AD平面 PMQ，所以平面 PMQ平面 QAD. 过 P 作 PHQM 于 H，PH平面 QAD.从而 PH 的长是点 P 到平面 QAD 的距离.又
23、.0323,sin45PQH即点 P 到平面 QAD 的距离是 .2方法二 （）连结 AC、BD，设 .OBDACQBCPADzyxOQBCPADOM由 PABCD 与 QABCD 都是正四棱锥，所以 PO平面 ABCD，QO 平面 ABCD.从而 P、O、Q 三点在一条直线上，所以 PQ平面 ABCD.（）点 D 的坐标是（0， ，0） ， ，2)0,2(AD，设 是平面 QAD 的一个法向量，由(,3),(zyxn得 .0ADnQ02x取 x=1，得 .),1(所以点 P 到平面 QAD 的距离 .32PQnd题型 6 割补法：割补法主要是针对平面图形或空间图形所采用的一种几何变换，其主要
24、思想是把不规则问题转化为规则问题，这个方法常常用来求不规则平面图形的面积或不规则空间几何体的体积例 61 若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为 3，则其外接球的表面积是 分析：将其补成一个正方体解析：这样的三棱锥实际上是正方体被一个平面所截下来的，我们考虑在原来的正方体中解决这个问题设原来的正方体的棱长为 3，则本题中的三棱锥和原来的正方体具有同一个外接球，这个球的直径就是正方体的体对角线，长度为 3，即球的半径是 32，故这个球的表面积是249点评：三条侧棱两两垂直的三棱锥习惯上称为“直角三棱锥” ，它就隐含在正方体之中，在解题中把它看作正方体的一个部分，在整个正方体中考虑问题，往往能化
25、难为易，起到意想不到的作用例 62 如图，已知多面体 ABCDEFG中， ABCD，两两互相垂直，平面ABC平面 DEFG，平面 平面 ， 2， 1ACEF，则该多面体的体积为 4 6 8分析：这个几何体即可以看作两个三棱柱拼合而成的，也可以看作是从一个正方体割下来的解析一（割）：如图，过点 C作 HDG于 ，连结 EH，这样就把多面体分割成一个直三棱柱 DEAB和一个斜三棱柱 BFC于是所求几何体的体积为HFVSS 11224解析二（补）：如图，将多面体补成棱长为 2 的正方体，那么显然所求的多面体的体积即为该正方体体积的一半于是所求几何体的体积为 3124V点评：割补法是我们解决不规则空间
26、几何体体积的最主要的技巧，其基本思想是利用割补将其转化为规则空间几何体加以解决【专题训练与高考预测】一、选择题1如图为一个几何体的三视图，尺寸如图所示，则该几何体的表面积为（不考虑接触点）（ ）A 63B 1834C 1823D 322某几何体的三视图如图所示，根据图中数据，可得该几何体的体积是 （ ）A 3 B 23 C 23D 323已知一个几何体的主视图及左视图均是边长为 2的正三角形，俯视图是直径为 2的圆，则此几何体的外接球的表面积为 （ ）A 4B 38 C 316 D 24一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为 45，腰和上底长均为 1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是
27、 （ ）A 21 B 21 C 21 D 25 一个盛满水的三棱锥容器 SA，不久发现三条侧棱上各有一个小洞 ,EF，且知 :SDECF，若仍用这个容器盛水，则最多可盛原来水的（ ）A 293 B 2719 C 310 D 2736 点 P在直径为 的球面上，过 P作两两垂直的三条弦，若其中一条弦长是另一条弦长的 倍，则这三条弦长之和为最大值是 （ ）A 2705 B 3705 C 415 D 615 7正方体 CD中， A的中点为 M， 的中点为 N，异面直线 BM 与N所成的角是 （ ）A 30 B 90 C 45 D 608已知异面直线 a和 b所成的角为 5， P为空间一定点，则过点
28、P且与 ,ab所成角都是的直线有且仅有 （ ） A 1 条 B 2 条 C 3 条 D 4 条9如图所示，四边形 ACD中， /,5,90ABBA，将B沿 折起，使平面 平面 ，构成三棱锥 C，则在三棱锥中，下列命题正确的是 （ ）A平面 平面 B B平面 D平面 C平面 平面 C D平面 A平面 B10设 x、 y、 z是空间不同的直线或平面，对下列四种情形： x、 y、 z均为直线； 、 是直线， 是平面； z是直线， x、 y是平面； 、 、 均为平面其中使“ 且 x y”为真命题的是 （ ）A B C D 11已知三条不重合的直线 m、 n、 l两个不重合的平面 、 ，有下列命题若 /
29、,n，则 /；若 l， 且 lA，则 ； 若 ,m， ,nA，则 A； 若 ， ， ， m，则 n中正确的命题个数是 （ ）A 1B 2C 3D 412直线 与直二面角 l的两个面分别交于 ,AB两点，且 ,都不在棱上，设直线 与平面 ,所成的角分别为 ,，则 的取值范围是 （ ）A (0,)2 B 0,2 C (,)2 D 2二、填空题13 在三棱锥 PC中， AP， 30APBCPA，一只蚂蚁从 点出发沿三棱锥的侧面绕一周，再回到 点，则蚂蚁经过的最短路程是 14四面体的一条棱长为 x，其它各棱长为 1，若把四面体的体积 V表示成 x的函数 f，则 fx的增区间为 ，减区间为 15 如图，
30、是正方体平面展开图，在这个正方体中： BM与 ED平行； CN与 BE是异面直线； 与 M成 60角； D 与 N垂直 以上四个说法中，正确说法的序号依次是 16 已知棱长为 1的正方体 1ABCD中， E是 1AB的中点，则直线 AE与平面1ABCD所成的角的正弦值是 三、解答题17已知，如图是一个空间几何体的三视图（1）该空间几何体是如何构成的；（2）画出该几何体的直观图；（3）求该几何体的表面积和体积18如图，已知等腰直角三角形 RBC，其中 90， 2BCR点 ,AD分别是 RB, C的中点，现将 AD沿着边 折起到 PAD位置，使 ， 连结P、 （1）求证： P；（2）求二面角 的平
31、面角的余弦值19如下图，在正四棱柱 1ABCD中， 12AB，点 ,EM分别为1,ABC的中点，过点 ,M三点的平面 N交 1CD于点 （1）求证： EMA平面 1BCD；（2）求二面角 N的正切值；（3）设截面 1把该正四棱柱截成的两个几何体的体积分别为 12,V（ 12） ，求 2:V的值20 如图，在四棱锥 ABCDP中，底面为直角梯形， /,90ADBC，PA垂直于底面 ， NM,2分别为 P的中点（1）求证： M；（2）求 与平面 所成的角；（3）求截面DN的面积21如图，正方形 ACDE所在的平面与平面 ABC垂直， M是 E和 AD的交点，B，且 （1）求证： M平面 ；（2）求
32、直线 与平面 B所成的角的大小；（3）求二面角 的大小22已知斜三棱柱 1ABC， 90BA， 2CB， 1A在底面 BC上的射影恰为 的中点 D，又知 1（1）求证： 1平面 1； （2）求 1到平面 1的距离；（3）求二面角 ABC的一个三角函数值【参考答案】1解析：C 该几何体是正三棱柱上叠放一个球故其表面积为 2231324832解析：B 这个空间几何体的是一个底面边长为 的正方形、高为 3的四棱柱，上半部分是一个底面边长为 3的正方形、高为 2的四棱锥，故其体积为1323解析：C 由三视图知该几何体是底面半径为 1，高为 3的圆锥，其外接球的直径为44解析：D 如图设直观图为 OAB
33、C，建立如图所示的坐标系，按照斜二测画法的规则，在原来的平面图形中 ，且 2， BC，21OA，故其面积为 125解析：D 当平面 EFD处于水平位置时，容器盛水最多 2121sin33hASBSDEhSVABSABCF 7421E最多可盛原来水得 26解析：A 设三边长为 ,2xy，则 254xy，令 4 2cos,in,3cosin705 5xy7解析：B 如图，取 A的中点 P，连结 B，在正方形 AB中易证 PBM8解析：B 过点 P作 aA， b，若 Pa，则取 为 a，若 Pb，则取 为 b这时 a， b相交于 点，它们的两组对顶角分别为 50和 13 记 a， 所确定的平面为 ，
34、那么在平面 内，不存在与 ， b都成 的直线 过点 与 ， 都成30角的直线必在平面 外，这直线在平面 的射影是 ， 所成对顶角的平分线其中射影是 50对顶角平分线的直线有两条 l和 ，射影是 0对顶角平分线的直线不存在故答案选 B9解析：D 如图，在平面图形中 CDB，折起后仍然这样，由于平面 ABD平面BC，故 平面 A， ，又 A，故 平面 C，所以平面 A平面 B10解析：C x、 y、 z均为直线，显然不行；由于垂直于同一个平面的两条直线平行，故，可以使“ xz且 y x y”为真命题；又由于垂直于同一条直线的两个平面平行，故可以使“ 且 z ”为真命题；当 x、 y、 z均为平面时
35、，也不能使“ 且 ”为真命题11解析：B 中有 m的可能； lA且 l，可得 m，又 ，故A， 正确； 中当 nA时，结论不成立； 就是面面垂直的性质定理， 正确故两个正确的12解析：B 如图，在 RtDC中， cos,sinBC，而 ADC，即 cosincos2，故 2，即 2，而当 Bl时，213解析： 2 将如图三棱锥 PABC，沿棱 P展开得图，蚂蚁经过的最短路程应是 A，又 30， 90A， = 214解析： 60,2 ， 3 2()34xf，利用不等式或导数即可判断15解析： 如图，逐个判断即可16解析： 105 取 CD的中点 F，连接 E交平面 1ABCD于 O，连 A由已知
36、正方体，易知 EO平面 1AB，所以 O为所求在 ERt中，122F， 25()1， 10sin5所以直线A与平面 C所成的角的正弦值为 017解析：（1）这个空间几何体的下半部分是一个底面边长为 2的正方形高为 1的长方体，上半部分是一个底面边长为 2的正方形高为 1的四棱锥（2）按照斜二测的规则得到其直观图，如图（3）由题意可知，该几何体是由长方体 ABCD与正四棱锥PABCD构成的简单几何体由图易得： 2,1,APO，取 中点 Q，连接 P，从而2QO，所以该几何体表面积1421.SABCDQBCDABD体积 162233V18解析：（1）点 A、 D分别是 RB、 C的中点， BCAD
37、21,/ 90PR, AP , BC, 平面 B平面 P, （2）取 的中点 F，连结 、 F 1R, RCAF ADA, 平面 C R平面 , PR P C平面 F平面 , F A是二面角 的平面角 在 RDt中 , 221ADR，在 PFt中, 6FP，326cosA 二面角 PCD的平面角的余弦值是 3 19解析：（1）设 1AB的中点为 F，连结 1,ECE为 1的中点， E12又 1CM12B， F1MC 四边形 1EF为平行四边形 1EA 平面 1AD， 1平面 1ABCD， 平面 1（2）作 1BHN于 ，连结 BH， 1平面 1， 1HAN为二面角 1A的平面角EM平面 1AB
38、CD， E平面 1ABMN，平面 1平面 11ABCDN ， 1N又 1F， 1C又 FA， 四边形 是平行四边形 1F设 1a，则 12Ba， 1DN在 NRt中， 225Aa，sinA 1ND1=11sin5A在 1BHt中， 11124sin5aABH在 1Rt中， 1ta4a（3）延长 1AN与 1BC交于 P，则 平面 1ABMN，且 P平面 1BC又 平面 M平面 1 ，P，即直线 1,交于一点 又 平面 NCA平面 B，几何体 11NCBA为棱台 1 2ABSa， 1 24MNCSa，棱台 1M的高为 ，故 2231 7346Vaa， 332716Vaa， 12720解析：（1）
39、因为 N是 PB的中点， AB， 所以 PBN 由 A底面ABCD，得 A，又 90，即 D， 平面 ，所以 D ， P平面 M， （2）连结 DN， 因为 BP平面 ADMN，即 B平面 ADMN，所以 B是B与平面 A所成的角 在 Rt中， 22，在PRt中， 2，故 1P，在 Rt中, 1sinD，又 02B，故 与平面 A所成的角是 6 （3）由 ,MN分别为 PC,的中点，得 /MNC，且 12B，又/AB，故 /A，由（1）得 平面 B，又 平面 AB，故 D， 四边形D是直角梯形，在 RtP中， 2P， 12NP， 截面AMN的面积 15()()24SNAD 法二： （1）以 A
40、点为坐标原点建立空间直角坐标系 Axyz，如图所示（图略）由 2BCDP，得 (0,)，1(0,2)(,0)(,)MD因为 32 ，所以 DMPB （2）因为 (,)(0,PBA，所以 A，又 PB ，故 平面 DN，即 )是平面 N的法向量设 与平面 M所成的角为 ，又 (2,0)BD则 |41sin|co,PB ，又 0,2，故 6，即 BD与平面 AMN所成的角是 6 因此 BD与平面 AMN所成的角为 （3）同法一 21解析：法一：（1）四边形 CE是正方形， ECAE, 平面 CE平面 B，又 A， BC平面 平面 ， 平面 （2）连结 ， A平面 ， M是直线 与平面 B所成的角
41、设 a2，则 a2， a2， 1sinBM， 30 即直线 A与平面 EC所成的角为 30（3）过 A作 EBH于 ，连结 HM A平面 EBC， EBAMEB平面 A是二面角 的平面角 平面 CD平面 ， 平面 BC 在 Rt中， ，有 E由(2)所设 a2可得 a2， a3，3EBA 2sinHM 60A二面角 CEBA等于 60 法二: 四边形 CD是正方形 ， MCE,， 平面 D平面A， 平面 ， 可以以点 为原点，以过 点平行于 的直线为x轴，分别以直线 和 为 y轴和 z轴，建立如图所示的空间直角坐标系 yz设 2BCAE，则 ),02(),(BA)2,0(),(EC，M是正方形
42、 DE的对角线的交点， 1M （1） )1,0(， ,0，)(,， BA, 平面 BC （2） A平面 EBC， M为平面 EC的一个法向量， )0,2(),10(， 21,cosM 6,MB直线 A与平面 B所成的角为 30 （3）设平面 E的法向量为 ),(zyxn，则 AEn且 B，0An且 .),(,2,zyx即 .0,y，取 1，则 x， 则)1( 又 M为平面 EBC的一个法向量，且 )1,(AM，21,cosAn，设二面角 CEB的平面角为 ，则,， 60二面角 等于 60 22解析：法一：（1）因为 1D平面 ，所以平面 1A平面 BC，又BCA，所以 B平面 1AC，得 B，
43、又 1，所以1平面 1；（2）因为 ，所以四边形 1为 菱形，故 12AC，又 D为AC中点，知 160AC取 A中点 F，则 平面 BF，从而面1AB面 CF， 过 作 HBF于 ，则 CH面 1AB在 Rt中， 2,3，故 27，即 1C到平面 1AB的距离为 1C（3）过 H作 1GAB于 ，连 CG，则 1AB，从而 C为二面角 的平面角，在 1Rt中， 12，所以 2，在 RtCGH中，4sin7HG，故二面角 1ABC的正弦值为 2法二：（1）如图，取 的中点 E，则 /DE，因为 ，所以 DAC，又 1平面 ABC，以1,A为 ,xyz轴建立空间坐标系，则 0,1A， 0,C， 2,10B， 1,At， 10,2Ct，3t， 1t， ，由 1B，知 A，又 1C，从而 1平面 1BC； （2）由 230t，得 3t设平面 1AB的法向量为 ,nxyz， 10,A
