【數(shù)學(xué)】6年高考4年模擬：第8章 立體幾何 第2節(jié) 點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系

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1、 掌門1對(duì)1教育 高中數(shù)學(xué) 【數(shù)學(xué)】2014版《6年高考4年模擬》 第二節(jié) 點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系 第一部分 六年高考薈萃 2013年高考題 ．（2013年普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試廣東省數(shù)學(xué)（理）卷（純WORD版））設(shè)是兩條不同的直線,是兩個(gè)不同的平面,下列命題中正確的是 （　?。? A．若,,,則 B．若,,,則 C．若,,,則 D．若,,,則 答案：D D；ABC是典型錯(cuò)誤命題,選D． ．（2013年普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試新課標(biāo)Ⅱ卷數(shù)學(xué)（理）（純WORD版含答案））已知為異面直線,平面,平面.直線滿足,則 （　?。? A．,且 B．,且 C．與相交,

2、且交線垂直于 D．與相交,且交線平行于 答案：D 由m⊥平面α，直線l滿足l⊥m，且l?α，所以l∥α， 又n⊥平面β，l⊥n，l?β，所以l∥β． 由直線m，n為異面直線，且m⊥平面α，n⊥平面β，則α與β相交，否則，若α∥β則推出m∥n，與m，n異面矛盾．故α與β相交，且交線平行于l．故選D． ．（2013年普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試安徽數(shù)學(xué)（理）試題（純WORD版））在下列命題中,不是公理的是 （　?。? A．平行于同一個(gè)平面的兩個(gè)平面相互平行 B．過不在同一條直線上的三點(diǎn),有且只有一個(gè)平面 C．如果一條直線上的兩點(diǎn)在一個(gè)平面內(nèi),那么這條直線上所有的點(diǎn)都在此平面內(nèi) D．

3、如果兩個(gè)不重合的平面有一個(gè)公共點(diǎn), 那么他們有且只有一條過該點(diǎn)的公共直線 答案：A B,C,D說法均不需證明，也無法證明，是公理；A選項(xiàng)可以推導(dǎo)證明，故是定理。 所以選A ．（2013年普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試浙江數(shù)學(xué)（理）試題（純WORD版））在空間中,過點(diǎn)作平面的垂線,垂足為,記.設(shè)是兩個(gè)不同的平面,對(duì)空間任意一點(diǎn),,恒有,則 （　?。? A．平面與平面垂直 B．平面與平面所成的(銳)二面角為 C．平面與平面平行 D．平面與平面所成的(銳)二面角為 答案：A ：設(shè)P1=fα（P），則根據(jù)題意，得點(diǎn)P1是過點(diǎn)P作平面α垂線的垂足 因?yàn)镼1=fβ[fα

4、（P）]=fβ（P1）， 所以點(diǎn)Q1是過點(diǎn)P1作平面β垂線的垂足 同理，若P2=fβ（P），得點(diǎn)P2是過點(diǎn)P作平面β垂線的垂足 因此Q2=fα[fβ（P）]表示點(diǎn)Q2是過點(diǎn)P2作平面α垂線的垂足 因?yàn)閷?duì)任意的點(diǎn)P，恒有PQ1=PQ2， 所以點(diǎn)Q1與Q2重合于同一點(diǎn) 由此可得，四邊形PP1Q1P2為矩形，且∠P1Q1P2是二面角α﹣l﹣β的平面角 因?yàn)椤螾1Q1P2是直角，所以平面α與平面β垂直 故選：A ．（2013年普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試安徽數(shù)學(xué)（理）試題（純WORD版））如圖,正方體的棱長為1,P為BC的中點(diǎn),Q為線段上的動(dòng)點(diǎn),過點(diǎn)A,P,Q的平面截該正方體所得的截

5、面記為S.則下列命題正確的是__①②③⑤___(寫出所有正確命題的編號(hào)). ①當(dāng)時(shí),S為四邊形;②當(dāng)時(shí),S為等腰梯形;③當(dāng)時(shí),S與的交點(diǎn)R滿足;④當(dāng)時(shí),S為六邊形;⑤當(dāng)時(shí),S的面積為. 答案： ①②③⑤ . 對(duì)①，,則所以截面S為四邊形，且S為梯形.所以為真. 對(duì)②, ，截面S為四邊形截面S為等腰梯形. 所以為真. 對(duì)③, 所以為真. 對(duì)④, .截面S與線段相交，所以四邊形S為五邊形.所以為假. 對(duì)⑤, .對(duì)角線長度分別為 所以為真. 綜上，選①②③⑤ 2012年高考題 1.[2012·陜西卷] (1)如圖所示，證明命題“a是平面π內(nèi)的一條直線，b是π外的一條直

6、線(b不垂直于π)，c是直線b在π上的投影，若a⊥b，則a⊥c”為真； (2)寫出上述命題的逆命題，并判斷其真假(不需證明)． 解：(1)證法一：如下圖，過直線b上任一點(diǎn)作平面π的垂線n，設(shè)直線a，b，c，n的方向向量分別是a，b，c，n，則b，c，n共面．根據(jù)平面向量基本定理，存在實(shí)數(shù)λ，μ使得c＝λb＋μn，則a·c＝a·(λb＋μn)＝λ(a·b)＋μ(a·n)， 因?yàn)閍⊥b，所以a·b＝0，又因?yàn)閍π，n⊥π，所以a·n＝0， 故a·c ＝0，從而a⊥c. 證法二：如圖，記c∩b＝A，P為直線b上異于點(diǎn)A的任意一點(diǎn)，過P作PO⊥π，垂足為O，則O∈c.∵PO⊥π，

7、aπ，∴直線PO⊥a，又a⊥b，b平面PAO，PO∩b＝P， ∴a⊥平面PAO，又c平面PAO，∴a⊥c. (2)逆命題為：a是平面π內(nèi)的一條直線，b是π外的一條直線(b不垂直于π)，c是直線b在π上的投影，若a⊥c，則a⊥b.逆命題為真命題． 2.[2012·全國卷] 如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝2，PA＝2，E是PC上的一點(diǎn)，PE＝2EC.(1)證明：PC⊥平面BED；(2)設(shè)二面角A－PB－C為90°，求PD與平面PBC所成角的大?。? 解：方法一：(1)因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，所以BD⊥AC，又PA⊥底面ABCD，所以P

8、C⊥BD. 設(shè)AC∩BD＝F，連結(jié)EF.因?yàn)锳C＝2，PA＝2，PE＝2EC，故PC＝2，EC＝，F(xiàn)C＝，從而＝，＝.因?yàn)椋剑螰CE＝∠PCA，所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°，由此知PC⊥EF.PC與平面BED內(nèi)兩條相交直線BD，EF都垂直，所以PC⊥平面BED. (2)在平面PAB內(nèi)過點(diǎn)A作AG⊥PB，G為垂足．因?yàn)槎娼茿－PB－C為90°，所以平面PAB⊥平面PBC.又平面PAB∩平面PBC＝PB，故AG⊥平面PBC，AG⊥BC. BC與平面PAB內(nèi)兩條相交直線PA，AG都垂直，故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，所以底面ABCD為正方形，AD＝2，PD＝＝2

9、. 設(shè)D到平面PBC的距離為d.因?yàn)锳D∥BC，且AD?平面PBC，BC?平面PBC，故AD∥平面PBC，A、D兩點(diǎn)到平面PBC的距離相等，即d＝AG＝. 設(shè)PD與平面PBC所成的角為α，則sinα＝＝.所以PD與平面PBC所成的角為30°. 方法二：(1)以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線AC為x軸的正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz.設(shè)C(2，0,0)，D(，b,0)，其中b>0，則P(0,0,2)，E，B(，－b,0)．于是＝(2，0，－2)，＝，＝， 從而·＝0，·＝0，故PC⊥BE，PC⊥DE.又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BDE. (2)＝(0,0,2)，＝(，－b,

10、0)．設(shè)m＝(x，y，z)為平面PAB的法向量， 則m·＝0，m·＝0，即2z＝0，且x－by＝0， 令x＝b，則m＝(b，，0)． 設(shè)n＝(p，q，r)為平面PBC的法向量，則n·＝0，n·＝0，即2p－2r＝0且＋bq＋r＝0，令p＝1，則r＝，q＝－，n＝. 因?yàn)槊鍼AB⊥面PBC，故m·n＝0，即b－＝0，故b＝，于是n＝(1，－1，)，＝(－，－，2)，cos〈n，〉＝＝，〈n，〉＝60°. 因?yàn)镻D與平面PBC所成角和〈n，〉互余，故PD與平面PBC所成的角為30°. 3.[2012·福建卷] 如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E為CD中

11、點(diǎn)．(1)求證：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一點(diǎn)P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的長；若不存在，說明理由；(3)若二面角A－B1E－A1的大小為30°，求AB的長． 解：(1)以A為原點(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(如圖)．設(shè)AB＝a，則A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故AD1＝(0,1,1)，＝，＝(a,0,1)，＝. ∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1. (2)假設(shè)在棱AA1上存在一點(diǎn)P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE.此時(shí)＝(0，－1，z0)

12、． 又設(shè)平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得 取x＝1，得平面B1AE的一個(gè)法向量n＝. 要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝. 又DP?平面B1AE，∴存在點(diǎn)P，滿足DP∥平面B1AE，此時(shí)AP＝. (3)連接A1D，B1C，由長方體ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D. ∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C.又由(1)知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1， ∴AD1⊥平面DCB1A1.∴是平面A1B1E的一個(gè)法向量，此時(shí)＝(0,1,1)． 設(shè)與n所成的角為θ，則cosθ＝＝. ∵二

13、面角A－B1E－A1的大小為30°，∴|cosθ|＝cos30°，即＝， 解得a＝2，即AB的長為2. 4. [2012·江蘇卷] 如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分別是棱BC，CC1上的點(diǎn)(點(diǎn)D不同于點(diǎn)C)，且AD⊥DE，F(xiàn)為B1C1的中點(diǎn)．求證：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1； (2)直線A1F∥平面ADE. 證明：(1)因?yàn)锳BC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC， 又AD?平面ABC，所以CC1⊥AD.又因?yàn)锳D⊥DE，CC1，DE?平面BCC1B1，CC1∩DE＝E， 所以AD⊥平面BCC1B1.又AD?平面ADE，所以

14、平面ADE⊥平面BCC1B1. (2)因?yàn)锳1B1＝A1C1，F(xiàn)為B1C1的中點(diǎn)，所以A1F⊥B1C1. 因?yàn)镃C1⊥平面A1B1C1，且A1F?平面A1B1C1，所以CC1⊥A1F. 又因?yàn)镃C1，B1C1?平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，所以A1F⊥平面BCC1B1. 由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD. 又AD?平面ADE，A1F?平面ADE，所以A1F∥平面ADE. 5.[2012·遼寧卷] 如圖，直三棱柱ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，點(diǎn)M，N分別為A′B和B′C′的中點(diǎn)．(1)證明：MN∥平面A′ACC′；(2)若

15、二面角A′－MN－C為直二面角，求λ的值． 解：(1)(證法一)連結(jié)AB′，AC′，由已知∠BAC＝90°，AB＝AC，三棱柱ABC－A′B′C′為直三棱柱．所以M為AB′中點(diǎn)．又因?yàn)镹為B′C′的中點(diǎn)．所以MN∥AC′.又MN?平面A′ACC′， AC′?平面A′ACC′，因此MN∥平面A′ACC′. (證法二)取A′B′中點(diǎn)P，連結(jié)MP，NP，M，N分別為AB′與B′C′的中點(diǎn)，所以MP∥AA′，PN∥A′C′，所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′，又MP∩NP＝P，因此平面MPN∥平面A′ACC′，而MN?平面MPN，因此MN∥平面A′ACC′. (2)以A為坐

16、標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線AB，AC，AA′為x軸，y軸，z軸建立直角坐標(biāo)系O－xyz，如圖所示． 設(shè)AA′＝1，則AB＝AC＝λ，于是A(0,0,0)，B(λ，0,0)，C(0，λ，0)，A′(0,0,1)，B′(λ，0,1)，C′(0，λ，1)．所以M，N.設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面A′MN的法向量， 由得可取m＝(1，－1，λ)． 設(shè)n＝(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量，由得 可取n＝(－3，－1，λ)．因?yàn)锳′－MN－C為直二面角，所以m·n＝0. 即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝. 6.[2012·重慶卷] 如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，

17、AB＝4，AC＝BC＝3，D為AB的中點(diǎn)．(1)求點(diǎn)C到平面A1ABB1的距離；(2)若AB1⊥A1C，求二面角A1－CD－C1的平面角的余弦值． 解：(1)由AC＝BC，D為AB的中點(diǎn)，得CD⊥AB.又CD⊥AA1，故CD⊥面A1ABB1，所以點(diǎn)C到平面A1ABB1的距離為CD＝＝. (2)解法一：如圖，取D1為A1B1的中點(diǎn)，連結(jié)DD1，則DD1∥AA1∥CC1.又由(1)知CD⊥面A1ABB1，故CD⊥A1D，CD⊥DD1，所以∠A1DD1為所求的二面角A1－CD－C1的平面角． 因A1D為A1C在面A1ABB1上的射影，又已知AB1⊥A1C，由三垂線定理的逆定理得AB1⊥

18、A1D，從而∠A1AB1、∠A1DA都與∠B1AB互余，因此∠A1AB1＝∠A1DA，所以Rt△A1AD∽R(shí)t△B1A1A.因此＝，即AA＝AD·A1B1＝8，得AA1＝2. 從而A1D＝＝2.所以，在Rt△A1DD1中，cos∠A1DD1＝＝＝. 解法二：如圖，過D作DD1∥AA1交A1B1于點(diǎn)D1，在直三棱柱中，易知DB，DC，DD1兩兩垂直．以D為原點(diǎn)，射線DB，DC，DD1分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz. 設(shè)直三棱柱的高為h，則A(－2,0,0)，A1(－2,0，h)，B1(2,0，h)，C(0，，0)，C1(0，，h)，從而＝(4,0，h)，＝(

19、2，，－h(huán))．由⊥，有8－h(huán)2＝0，h＝2. 故＝(－2,0,2)，＝(0,0,2)，＝(0，，0)． 設(shè)平面A1CD的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則m⊥，m⊥，即 取z1＝1，得m＝(，0,1)， 設(shè)平面C1CD的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則n⊥，n⊥，即 取x2＝1，得n＝(1,0,0)，所以cos〈m，n〉＝＝＝. 所以二面角A1－CD－C1的平面角的余弦值為. 7. [2012·浙江卷] 如圖1－5所示，在四棱錐P－ABCD中，底面是邊長為2的菱形，∠BAD＝120°，且PA⊥平面ABCD，PA＝2，M，N分別為PB，PD的中點(diǎn)．(1)證明：MN∥平面ABC

20、D；(2)過點(diǎn)A作AQ⊥PC，垂足為點(diǎn)Q，求二面角A－MN－Q的平面角的余弦值． 解：(1)因?yàn)镸，N分別是PB，PD的中點(diǎn)，所以MN是△PBD的中位線，所以MN∥BD. 又因?yàn)镸N?平面ABCD，所以MN∥平面ABCD. (2)方法一： 連結(jié)AC交BD于O.以O(shè)為原點(diǎn)，OC，OD所在直線為x，y軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，如圖所示．在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，得AC＝AB＝2，BD＝AB＝6. 又因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥AC. 在Rt△PAC中，AC＝2，PA＝2，AQ⊥PC，得QC＝2，PQ＝4. 由此知各點(diǎn)坐標(biāo)如下，A(－，0,0)，B(0，

21、－3,0)，C(，0,0)，D(0,3,0)，P(－，0,2)，M，N，Q. 設(shè)m＝(x，y，z)為平面AMN的法向量． 由＝，＝知 取z＝－1，得m＝(2，0，－1)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面QMN的法向量． 由＝，＝知 取z＝5，得n＝(2，0,5)．于是cos〈m，n〉＝＝. 所以二面角A－MN－Q的平面角的余弦值為. 方法二：在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，得AC＝AB＝BC＝CD＝DA，BD＝AB. 又因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥AD.所以PB＝PC＝PD. 所以△PBC≌△PDC. 而M，N分別是PB，PD的中點(diǎn)，所以M

22、Q＝NQ，且AM＝PB＝PD＝AN. 取線段MN的中點(diǎn)E，連結(jié)AE，EQ，則AE⊥MN，QE⊥MN， 所以∠AEQ為二面角A－MN－Q的平面角． 由AB＝2，PA＝2，故在△AMN中，AM＝AN＝3，MN＝BD＝3，得AE＝. 在直角△PAC中，AQ⊥PC，得AQ＝2，QC＝2，PQ＝4. 在△PBC中，cos∠BPC＝＝，得MQ＝＝. 在等腰△MQN中，MQ＝NQ＝，MN＝3，得QE＝＝. 在△AEQ中，AE＝，QE＝，AQ＝2，得cos∠AEQ＝＝. 所以二面角A－MN－Q的平面角的余弦值為. 8. [2012·天津卷] 如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABC

23、D，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.(1)證明PC⊥AD；(2)求二面角A－PC－D的正弦值； (3)設(shè)E與棱PA上的點(diǎn)，滿足異面直線BE與CD所成的角為30°，求AE的長． 解：方法一：如圖所示，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，依題意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B，P(0,0,2)． (1)易得＝(0,1，－2)，＝(2,0,0)，于是·＝0，所以PC⊥AD. (2)＝(0,1，－2)，＝(2，－1，0)．設(shè)平面PCD的法向量n＝(x，y，z)， 則即不妨令z＝1，可得n＝(1,2,1)． 可取平面PAC的法向量

24、m＝(1,0,0)． 于是cos〈m，n〉＝＝＝，從而sin〈m，n〉＝.所以二面角A－PC－D的正弦值為. (3)設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為(0,0，h)，其中h∈[0,2]．由此得＝，由＝(2，－1,0)，故cos〈，〉＝＝＝， 所以，＝cos30°＝，解得h＝，即AE＝. 方法二：(1)由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AD.又由AD⊥AC，PA∩AC＝A，故AD⊥平面PAC， 又PC?平面PAC，所以PC⊥AD. (2)如圖所示，作AH⊥PC于點(diǎn)H，連接DH.由PC⊥AD，PC⊥AH，可得PC⊥平面ADH，因此DH⊥PC，從而∠AHD為二面角A－PC－D的平面角. 在Rt△PAC中，P

25、A＝2，AC＝1，由此得AH＝.由(1)知AD⊥AH.故在Rt△DAH中，DH＝＝.因此sin∠AHD＝＝.所以二面角A－PC－D的正弦值為. (3)如圖所示，因?yàn)椤螦DC＜45°，故過點(diǎn)B作CD的平行線必與線段AD相交，設(shè)交點(diǎn)為F，連接BE，EF.故∠EBF或其補(bǔ)角為異面直線BE與CD所成的角． 由BF∥CD，故∠AFB＝∠ADC.在Rt△DAC中，CD＝，sin∠ADC＝， 故sin∠AFB＝ .在△AFB中，由＝，AB＝， sin∠FAB＝sin135°＝，可得BF＝. 由余弦定理，BF2＝AB2＋AF2－2AB·AF·cos∠FAB，可得AF＝.設(shè)AE＝h. 在Rt△E

26、AF中，EF＝＝.在Rt△BAE中，BE＝＝. 在△EBF中，因?yàn)镋F＜BE，從而∠EBF＝30°，由余弦定理得cos30°＝，可解得h＝.所以AE＝. 9.[2012·四川卷] 如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M、N分別是棱CD、CC1的中點(diǎn)，則異面直線A1M與DN所成的角的大小是________． 答案：90°　[解析] 因?yàn)锳BCD－A1B1C1D1為正方體，故A1在平面CDD1C1上的射影為D1， 即A1M在平面CDD1C1上的射影為D1M， 而在正方形CDD1C1中，由tan∠DD1M＝tan∠CDN＝， 可知D1M⊥DN， 由三垂線定理可知，A1M

27、⊥DN. 10. [2012·江蘇卷] 如圖1－4，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分別是棱BC，CC1上的點(diǎn)(點(diǎn)D不同于點(diǎn)C)，且AD⊥DE，F(xiàn)為B1C1的中點(diǎn)．求證：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；(2)直線A1F∥平面ADE. 證明：(1)因?yàn)锳BC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC， 又AD?平面ABC，所以CC1⊥AD.又因?yàn)锳D⊥DE，CC1，DE?平面BCC1B1，CC1∩DE＝E， 所以AD⊥平面BCC1B1.又AD?平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1. (2)因?yàn)锳1B1＝A1C1，F(xiàn)為B1C1的中點(diǎn)，所以A1

28、F⊥B1C1. 因?yàn)镃C1⊥平面A1B1C1，且A1F?平面A1B1C1，所以CC1⊥A1F. 又因?yàn)镃C1，B1C1?平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，所以A1F⊥平面BCC1B1. 由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.又AD?平面ADE，A1F?平面ADE，所以A1F∥平面ADE. 11. [2012·湖南卷] 如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB＝4，BC＝3，AD＝5，∠DAB＝∠ABC＝90°，E是CD的中點(diǎn)．(1)證明：CD⊥平面PAE；(2)若直線PB與平面PAE所成的角和PB與平面ABCD所成的角相等，求四棱錐P－ABCD的體積

29、． 解：解法1：(1)如下圖(1)，連結(jié)AC.由AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°得AC＝5.又AD＝5，E是CD的中點(diǎn)，所以CD⊥AE.因?yàn)镻A⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD.而PA，AE是平面PAE內(nèi)的兩條相交直線，所以CD⊥平面PAE. (2)過點(diǎn)B作BG∥CD，分別與AE、AD相交于點(diǎn)F，G，連結(jié)PF. 由(1)CD⊥平面PAE知，BG⊥平面PAE.于是∠BPF為直線PB與平面PAE所成的角，且BG⊥AE. 由PA⊥平面ABCD知，∠PBA為直線PB與平面ABCD所成的角． 由題意∠PBA＝∠BPF，因?yàn)閟in∠PBA＝，sin∠BPF＝，所以PA＝

30、BF. 由∠DAB＝∠ABC＝90°知，AD∥BC，又BG∥CD，所以四邊形BCDG是平行四邊形．故GD＝BC＝3.于是AG＝2. 在Rt△BAG中，AB＝4，AG＝2，BG⊥AF，所以BG＝＝2，BF＝＝＝.于是PA＝BF＝. 又梯形ABCD的面積為S＝×(5＋3)×4＝16，所以四棱錐P－ABCD的體積為V＝×S×PA＝ ×16×＝. 解法2：如上圖(2)，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)PA＝h，則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為：A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(4,3,0)，D(0,5,0)，E(2,4,0)，P(0,0，h)．

31、(1)易知＝(－4,2,0)，＝(2,4,0)，＝(0,0，h)． 因?yàn)椤ぃ剑?＋8＋0＝0，·＝0，所以CD⊥AE，CD⊥AP.而AP，AE是平面PAE內(nèi)的兩條相交直線，所以CD⊥平面PAE. (2)由題設(shè)和(1)知，，分別是平面PAE，平面ABCD的法向量．而PB與平面PAE所成的角和PB與平面ABCD所成的角相等，所以|cos〈，〉|＝|cos〈，〉|，即＝.由(1)知，＝(－4,2,0)，＝(0,0，－h(huán))，又＝(4,0，－h(huán))， 故＝.解得h＝. 又梯形ABCD的面積為S＝×(5＋3)×4＝16，所以四棱錐P－ABCD的體積為V＝×S×PA＝×16×＝. 2011年高考題

32、 2.(2011年高考遼寧卷理科8)如圖，四棱錐S-ABCD的底面為正方形，SD⊥底面ABCD，則下列結(jié)論中不正確的是（ ） (A) AC⊥SB (B) AB∥平面SCD (C) SA與平面SBD所成的角等于SC與平面SBD所成的角 (D)AB與SC所成的角等于DC與SA所成的角 3.(2011年高考江西卷理科8)已知，，是三個(gè)相互平行的平面．平面，之間的距離為，平面，之間的距離為．直線與，，分別相交于，，，那么“=”是“”的 A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

33、 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 【答案】C 【解析】過點(diǎn)作平面的垂線g,交平面，分別于點(diǎn)A、B兩點(diǎn),由兩個(gè)平面平行的性質(zhì)可知∥,所以,故選C. 13．(2011年高考四川卷理科3)，，是空間三條不同的直線，則下列命題正確的是( ) (A)， （B）， (C) ，，共面 （D），，共點(diǎn)，，共面 15. (2011年高考全國卷理科11)已知平面截一球面得圓M，過圓心M且與成，二面角的平面截該球面得圓N，若該球的半徑為4，圓M的面積為4，則圓N的面積為 (A) (B) (c) (D) 【答案】D 【解析】

34、：由圓的面積為得， ，在 故選D 2. (2011年高考全國新課標(biāo)卷理科15)已知矩形的頂點(diǎn)都在半徑為4的球的球面上，且,則棱錐的體積為 。 3．(2011年高考天津卷理科10)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示（單位：），則這個(gè)幾何體 的體積為__________ 【答案】 【解析】由題意知,該幾何體為一個(gè)組合體,其下面是一個(gè)長方體(長為3m,寬為2m, 高為1m),上面有一個(gè)圓錐(底面半徑為1,高為3),所以其體積為. 6．(2011年高考福建卷理科12)三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，PA=3，底面ABC是邊長為2的正三角形，則三棱錐P-ABC的體積等于__

35、____。 【答案】 7．(2011年高考上海卷理科7)若圓錐的側(cè)面積為，底面積為，則該圓錐的體積為 。 【答案】； 1. (2011年高考山東卷理科19)（本小題滿分12分） 在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為平行四邊形，∠?ACB=，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ. （Ⅰ)若Ｍ是線段ＡＤ的中點(diǎn)，求證：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ; （Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大?。? 【解析】（Ⅰ)連結(jié)AF,因?yàn)镋F∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ， EF∩ＦＧ=F,所以平面EFG∥平面ABCD,又易證∽, 所

36、以,即,即,又M為AD 的中點(diǎn),所以,又因?yàn)椋疲恰危拢谩危罝，所以ＦＧ∥ＡM,所以四邊形AMGF是平行四邊形,故GM∥FA,又因?yàn)椋牵推矫妫粒拢疲?FA平面ＡＢＦＥ,所以ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ. 2.(2011年高考浙江卷理科20)（本題滿分15分）如圖，在三棱錐中，，D為BC的中點(diǎn)，PO⊥平面ABC，垂足O落在線段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（Ⅰ）證明：AP⊥BC；（Ⅱ）在線段AP上是否存在點(diǎn)M， 使得二面角A-MC-β為直二面角？若存在，求出AM的長；若不存在，請(qǐng)說明理由。 【解析】本題主要考查空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系，二面角等基礎(chǔ)知識(shí)，空間向量的應(yīng)用，同時(shí)考查空間

37、想象能力和運(yùn)算求解能力。滿分15分 法一：（Ⅰ）證明：如圖，以為原點(diǎn)，以射線為軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，由此可得 ，所以 ，即 可取，由得解得 ，故 綜上所述，存在點(diǎn)M 符合題意， 法二（Ⅰ）證明： 又因?yàn)樗云矫婀? （Ⅱ）如圖，在平面內(nèi)作 由（Ⅰ）知得平面， 又平面所以平面平面 在中，得 在中，， 在中，所以得， 在中，得又 從而，所以綜上所述，存在點(diǎn)M 符合題意，. 3.(2011年高考遼寧卷理科18)（本小題滿分12分） 如圖，四邊形ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=PD. （I）證明：平面PQC⊥

38、平面DCQ （II）求二面角Q-BP-C的余弦值. 即，.故平面DCQ， 又平面PQC，所以平面PQC平面DCQ. 2010年高考題 一、選擇題 1.（2010浙江理）（6）設(shè)，是兩條不同的直線，是一個(gè)平面，則下列命題正確的是 （A）若，，則 （B）若，，則 （C）若，，則 （D）若，，則 【答案】 B 解析：選B，可對(duì)選項(xiàng)進(jìn)行逐個(gè)檢查。本題主要考察了立體幾何中線面之間的位置關(guān)系及其中的公理和判定定理，也蘊(yùn)含了對(duì)定理公理綜合運(yùn)用能力的考察，屬中檔題 2.（2010江西理）10.過正方體的頂點(diǎn)A作直線L，使

39、L與棱,,所成的角都相等，這樣的直線L可以作 A.1條 B.2條 C.3條 D.4條 【答案】D 【解析】考查空間感和線線夾角的計(jì)算和判斷，重點(diǎn)考查學(xué)生分類、劃歸轉(zhuǎn)化的能力。第一類：通過點(diǎn)A位于三條棱之間的直線有一條體對(duì)角線AC1，第二類：在圖形外部和每條棱的外角和另2條棱夾角相等，有3條，合計(jì)4條。 3.（2010山東文）(4)在空間，下列命題正確的是 A.平行直線的平行投影重合 B.平行于同一直線的兩個(gè)平面平行 C.垂直于同一平面的兩個(gè)平面平行 D.垂直于同一平面的兩條直線平行 【答案】D 4.（2010四川理）（11）半徑

40、為的球的直徑垂直于平面，垂足為， 是平面內(nèi)邊長為的正三角形，線段、分別 與球面交于點(diǎn)M，N，那么M、N兩點(diǎn)間的球面距離是 （A） （B） （C） （D） 【答案】A 【解析】由已知，AB＝2R,BC＝R,故tan∠BAC＝ cos∠BAC＝ 連結(jié)OM，則△OAM為等腰三角形 AM＝2AOcos∠BAC＝，同理AN＝，且MN∥CD 而AC＝R,CD＝R 故MN：CD＝AN:AC T MN＝， 連結(jié)OM、ON，有OM＝ON＝R 于是cos∠MON＝ 所以M、N兩點(diǎn)間的球面距離是 5.（2010全國卷1文）(6)直三

41、棱柱中，若，，則異面直線與所成的角等于 (A)30° (B)45°(C)60° (D)90° 【答案】C 【命題意圖】本小題主要考查直三棱柱的性質(zhì)、異面直線所成的角、異面直線所成的角的求法. 【解析】延長CA到D，使得，則為平行四邊形，就是異面直線 與所成的角，又三角形為等邊三角形， 6.（2010湖北文）4.用、、表示三條不同的直線，表示平面，給出下列命題： ①若∥，∥，則∥；②若⊥，⊥，則⊥； ③若∥，∥，則∥；④若⊥，⊥，則∥. A. ①② B. ②③ C. ①④ D.③④ 7.（2010山東理）(3)在空間，下列命題正確的是 （A）平行直線的

42、平行投影重合 （B）平行于同一直線的兩個(gè)平面平行 （C）垂直于同一平面的兩個(gè)平面平行 （D）垂直于同一平面的兩條直線平行 【答案】D 【解析】由空間直線與平面的位置關(guān)系及線面垂直與平行的判定與性質(zhì)定理可以得出答案。 【命題意圖】考查空間直線與平面的位置關(guān)系及線面垂直與平行的判定與性質(zhì)，屬基礎(chǔ)題。 8.（2010安徽理）8、一個(gè)幾何體的三視圖如圖，該幾何體的表面積為 A、280 B、292 C、360 D、372 【答案】C 【解析】該幾何體由兩個(gè)長方體組合而成，其表面積等于下面長方體的全面積加上面長方體的4個(gè)側(cè)面積之和。. 【方法技巧】把三視圖轉(zhuǎn)化為直觀圖是解決問題的關(guān)鍵

43、.又三視圖很容易知道是兩個(gè)長方體的組合體，畫出直觀圖，得出各個(gè)棱的長度.把幾何體的表面積轉(zhuǎn)化為下面長方體的全面積加上面長方體的4個(gè)側(cè)面積之和。 二、填空題 1.（2010四川理）（15）如圖，二面角的大小是60°，線段.， 與所成的角為30°.則與平面所成的角的正弦值是 . 【答案】 【解析】過點(diǎn)A作平面β的垂線，垂足為C，在β內(nèi)過C作l的垂線.垂足為D 連結(jié)AD，有三垂線定理可知AD⊥l， C D 故∠ADC為二面角的平面角，為60° 又由已知，∠ABD＝30° 連結(jié)CB，則∠ABC為與平面所成的角 設(shè)AD＝2，則AC＝，CD＝1 AB＝＝4

44、∴sin∠ABC＝ 三、解答題 1.（2010湖南文）18.（本小題滿分12分） 如圖所示，在長方體中，AB=AD=1，AA1=2，M是棱CC1的中點(diǎn) （Ⅰ）求異面直線A1M和C1D1所成的角的正切值； （Ⅱ）證明：平面ABM⊥平面A1B1M1 2.（2010浙江理）（20）（本題滿分15分）如圖， 在矩形中，點(diǎn)分別在線段上，.沿直線將 翻折成，使平面. （Ⅰ）求二面角的余弦值； （Ⅱ）點(diǎn)分別在線段上，若沿直線將四邊形向上翻折，使與重合，求線段的長。 解析：本題主要考察空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系，二面角等基礎(chǔ)知識(shí)，空間向量的應(yīng)用，同事考查空間想象能力和運(yùn)算求

45、解能力。 （Ⅰ）解：取線段EF的中點(diǎn)H，連結(jié)，因?yàn)?及H是EF的中點(diǎn)，所以, 又因?yàn)槠矫嫫矫? 如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz 則（2，2，），C（10，8，0）， F（4，0，0），D（10，0，0）. 故=（-2，2，2），=（6，0，0）. 設(shè)=（x,y,z）為平面的一個(gè)法向量， -2x+2y+2z=0 所以 6x=0. 取，則。 又平面的一個(gè)法向量， 故。 所以二面角的余弦值為 （Ⅱ）解：設(shè)則， 因?yàn)榉酆?，與重合，所以， 故， ，得， 經(jīng)檢驗(yàn)，此時(shí)點(diǎn)在線段上， 所以。

46、方法二： （Ⅰ）解：取線段的中點(diǎn),的中點(diǎn),連結(jié)。 因?yàn)?及是的中點(diǎn)， 所以 又因?yàn)槠矫嫫矫妫? 所以平面, 又平面, 故， 又因?yàn)?、是、的中點(diǎn)， 易知∥， 所以， 于是面， 所以為二面角的平面角， 在中，=，=2，= 所以. 故二面角的余弦值為。 （Ⅱ）解：設(shè), 因?yàn)榉酆螅c重合， 所以， 而， 得， 經(jīng)檢驗(yàn)，此時(shí)點(diǎn)在線段上， 所以。 3.（2010全國卷2）（19）如圖，直三棱柱中，，，為的中點(diǎn)，為上的一點(diǎn)，． （Ⅰ）證明：為異面直線與的公垂線； （Ⅱ）設(shè)異面直線與的夾角為45°，求

47、二面角的大?。? 【命題意圖】本試題主要考查空間的線面關(guān)系與空間角的求解，考查考生的空間想象與推理計(jì)算的能力. 【參考答案】 (19)解法一： （I）連接A1B，記A1B與AB1的交點(diǎn)為F. 因?yàn)槊鍭A1BB1為正方形，故A1B⊥AB1，且AF=FB1，又AE=3EB1，所以FE=EB1，又D為BB1的中點(diǎn)，故DE∥BF，DE⊥AB1. ………………3分 作CG⊥AB，G為垂足，由AC=BC知，G為AB中點(diǎn). 又由底面ABC⊥面AA1B1B.連接DG，則DG∥AB1，故DE⊥DG，由三垂線定理，得DE⊥CD. 所以DE為異面直線AB1與CD的公垂線. （II）因?yàn)镈G∥AB

48、1，故∠CDG為異面直線AB1與CD的夾角，∠CDG=45° 設(shè)AB=2，則AB1=，DG=，CG=，AC=. 作B1H⊥A1C1，H為垂足，因?yàn)榈酌鍭1B1C1⊥面AA1CC1，故B1H⊥面AA1C1C.又作HK⊥AC1，K為垂足，連接B1K，由三垂線定理，得B1K⊥AC1，因此∠B1KH為二面角A1-AC1-B1的平面角. 【點(diǎn)評(píng)】三垂線定理是立體幾何的最重要定理之一，是高考的的熱點(diǎn)，它是處理線線垂直問題的有效方法，同時(shí)它也是確定二面角的平面角的主要手段.通過引入空間向量，用向量代數(shù)形式來處理立體幾何問題，淡化了傳統(tǒng)幾何中的“形”到“形”的推理方法，從而降低了思維難度，

49、使解題變得程序化，這是用向量解立體幾何問題的獨(dú)到之處. 4.（2010北京文）（17）（本小題共13分） 如圖，正方形ABCD和四邊形ACEF所在的平面互相垂直。 EF//AC，AB=,CE=EF=1 （Ⅰ）求證：AF//平面BDE； （Ⅱ）求證：CF⊥平面BDF; 證明：（Ⅰ）設(shè)AC于BD交于點(diǎn)G。因?yàn)镋F∥AG,且EF=1，AG=AG=1 所以四邊形AGEF為平行四邊形 所以AF∥EG 因?yàn)镋G平面BDE,AF平面BDE, 所以AF∥平面BDE （Ⅱ）連接FG。因?yàn)镋F∥CG,EF=CG=1,且

50、CE=1,所以平行四邊形CEFG為菱形。所以CF⊥EG. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以BD⊥AC.又因?yàn)槠矫鍭CEF⊥平面ABCD,且平面ACEF∩平面ABCD=AC,所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.又BD∩EG=G,所以CF⊥平面BDE. 5.（2010天津文）（19）（本小題滿分12分） 如圖，在五面體ABCDEF中，四邊形ADEF是正方形，F(xiàn)A⊥平面ABCD，BC∥AD，CD=1，AD=，∠BAD＝∠CDA＝45°. （Ⅰ）求異面直線CE與AF所成角的余弦值； （Ⅱ）證明CD⊥平面ABF； （Ⅲ）求二面角B-EF-A的正切值。

51、 【解析】本小題主要考查異面直線所成的角、直線與平面垂直、二面角等基礎(chǔ)知識(shí)，考查空間想象能力，運(yùn)算能力和推理論證能力.滿分12分. (I)解：因?yàn)樗倪呅蜛DEF是正方形，所以FA//ED.故為異面直線CE與AF所成的角. 因?yàn)镕A平面ABCD，所以FACD.故EDCD. 在Rt△CDE中，CD=1，ED=，CE==3,故cos==. 所以異面直線CE和AF所成角的余弦值為. (Ⅱ)證明：過點(diǎn)B作BG//CD,交AD于點(diǎn)G，則.由,可得BGAB,從而CDAB,又CDFA,FAAB=A,所以CD平面ABF. (Ⅲ)解：由（Ⅱ）及已知，可得AG=，即G為AD的中點(diǎn).取EF的中點(diǎn)N，連接G

52、N，則GNEF,因?yàn)锽C//AD,所以BC//EF.過點(diǎn)N作NMEF，交BC于M，則為二面角B-EF-A的平面角。 連接GM，可得AD平面GNM,故ADGM.從而BCGM.由已知，可得GM=.由NG//FA,FAGM,得NGGM. 在Rt△NGM中，tan, 所以二面角B-EF-A的正切值為. 6.（2010天津理）（19）（本小題滿分12分） 如圖，在長方體中，、分別是棱, 上的點(diǎn)，, （1） 求異面直線與所成角的余弦值； （2） 證明平面 （3） 求二面角的正弦值。 【解析】本小題主要考查異面直線所成的角、直線與平面垂直、二面角等基礎(chǔ)知識(shí)，考查用空間向量解決立體幾何問題

53、的方法，考查空間想象能力、運(yùn)算能力和推理論證能力，滿分12分。 方法一：如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系， 點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，設(shè),依題意得, ,, （1） 解：易得, 于是 所以異面直線與所成角的余弦值為 （2） 證明：已知,, 于是·=0，·=0.因此，,,又 所以平面 (3)解：設(shè)平面的法向量，則,即 不妨令X=1,可得。由（2）可知，為平面的一個(gè)法向量。 于是，從而 所以二面角的正弦值為 方法二：（1）解：設(shè)AB=1，可得AD=2,AA1=4,CF=1.CE= 鏈接B1C,BC1，設(shè)B1C與BC1交于點(diǎn)M,易知A1D∥B1C，由,可知EF∥BC1.故是異面直線

54、EF與A1D所成的角，易知BM=CM=,所以 ,所以異面直線FE與A1D所成角的余弦值為 （2）證明：連接AC，設(shè)AC與DE交點(diǎn)N 因?yàn)?，所以，從而，又由?所以，故AC⊥DE,又因?yàn)镃C1⊥DE且，所以DE⊥平面ACF，從而AF⊥DE. 連接BF，同理可證B1C⊥平面ABF,從而AF⊥B1C,所以AF⊥A1D因?yàn)?，所以AF⊥平面A1ED (3)解：連接A1N.FN,由（2）可知DE⊥平面ACF,又NF平面ACF, A1N平面ACF，所以DE⊥NF,DE⊥A1N,故為二面角A1-ED-F的平面角 易知，所以，又所以，在 連接A1C1,A1F 在 。所以 所以二面角A1-DE-F正

55、弦值為 7.（2010廣東理）18.（本小題滿分14分） 如圖5，是半徑為a的半圓，AC為直徑，點(diǎn)E為的中點(diǎn)，點(diǎn)B和點(diǎn)C為線段AD的三等分點(diǎn)．平面AEC外一點(diǎn)F滿足，F(xiàn)E=a ． 圖5 （1）證明：EB⊥FD； （2）已知點(diǎn)Q,R分別為線段FE,FB上的點(diǎn)，使得,求平面與平面所成二面角的正弦值． （2）設(shè)平面與平面RQD的交線為. 由BQ=FE,FR=FB知, . 而平面，∴平面， 而平面平面= ， ∴. 由（1）知，平面，∴平面， 而平面， 平面，

56、 ∴， ∴是平面與平面所成二面角的平面角． 在中，， ，． ． 故平面與平面所成二面角的正弦值是． 8.（2010全國卷1理）（19）（本小題滿分12分） 如圖，四棱錐S-ABCD中，SD底面ABCD，AB//DC，ADDC，AB=AD=1，DC=SD=2，E為棱SB上的一點(diǎn)，平面EDC平面SBC . （Ⅰ）證明：SE=2EB； （Ⅱ）求二面角A-DE-C的大小 . 9.（2010湖北文）18.（本小題滿分12分） 如圖，在四面體ABOC中，OC⊥OA。OC⊥OB，∠AOB=120°，且OA=OB=OC=1 （Ⅰ）設(shè)P為AC的

57、中點(diǎn)，Q在AB上且AB=3AQ，證明：PQ⊥OA； （Ⅱ）求二面角O-AC-B的平面角的余弦值。 10.（2010山東理）（19）（本小題滿分12分） 如圖，在五棱錐P—ABCDE中，PA⊥平面ABCDE，AB∥CD，AC∥ED，AE∥BC， ABC=45°，AB=2，BC=2AE=4，三角形PAB是等腰三角形． （Ⅰ）求證：平面PCD⊥平面PAC； （Ⅱ）求直線PB與平面PCD所成角的大小； （Ⅲ）求四棱錐P—ACDE的體積． 【解析】（Ⅰ）證明：因?yàn)锳BC=45°，AB=2，BC=4，所以在中，由余弦定理得：，解得， 所以，即，又PA⊥平面ABCDE，所以P

58、A⊥， 又PA，所以，又AB∥CD，所以，又因?yàn)? ，所以平面PCD⊥平面PAC； （Ⅱ）由（Ⅰ）知平面PCD⊥平面PAC，所以在平面PAC內(nèi)，過點(diǎn)A作于H，則 ，又AB∥CD，AB平面內(nèi)，所以AB平行于平面，所以點(diǎn)A到平面的距離等于點(diǎn)B到平面的距離，過點(diǎn)B作BO⊥平面于點(diǎn)O，則為所求角，且，又容易求得，所以，即=，所以直線PB與平面PCD所成角的大小為； （Ⅲ）由（Ⅰ）知，所以，又AC∥ED，所以四邊形ACDE是直角梯形，又容易求得，AC=，所以四邊形ACDE的面積為，所以四棱錐P—ACDE的體積為=。 （2010湖北理數(shù)）18． (本小題滿分12分) 如圖， 在四面體ABOC中

59、, , 且 （Ⅰ）設(shè)為為的中點(diǎn)， 證明： 在上存在一點(diǎn)，使，并計(jì)算的值； （Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值。 11.（2010福建理） 概率為。 （i）當(dāng)點(diǎn)C在圓周上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求的最大值； （ii）記平面與平面所成的角為，當(dāng)取最大值時(shí)，求的值。 【命題意圖】本小題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系，以及幾何體的體積、幾何概型等基礎(chǔ)知識(shí)，考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力、推理論證能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、必然與或然思想。 【解析】（Ⅰ）因?yàn)槠矫鍭BC，平面ABC，所以， 因?yàn)锳B是圓O直徑，所以，又，所以平面

60、， 而平面，所以平面平面。 （Ⅱ）（i）設(shè)圓柱的底面半徑為，則AB=，故三棱柱的體積為 =，又因?yàn)椋? 所以=，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立， 從而，而圓柱的體積， 故=當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號(hào)成立， 所以的最大值是。 （ii）由（i）可知，取最大值時(shí)，，于是以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系（如圖），則C（r，0，0），B（0，r，0），（0，r，2r）， 因?yàn)槠矫妫允瞧矫娴囊粋€(gè)法向量， 設(shè)平面的法向量，由，故， 取得平面的一個(gè)法向量為，因?yàn)椋? 所以。 （2010安徽理數(shù)）18、（本小題滿分12分） 如圖，在多面體中，四邊形是正方形，∥，，，，，為的中點(diǎn)。

61、 (Ⅰ)求證：∥平面； (Ⅱ)求證：平面； (Ⅲ)求二面角的大小。 2009年高考題 一、 選擇題 1.. 如圖，正方體的棱線長為1，線段 有兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)E，F(xiàn)，且，則下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是 （A） （B） （C）三棱錐的體積為定值 （D）異面直線所成的角為定值 2. 給定下列四個(gè)命題： ①若一個(gè)平面內(nèi)的兩條直線與另一個(gè)平面都平行，那么這兩個(gè)平面相互平行； ②若一個(gè)平面經(jīng)過另一個(gè)平面的垂線，那么這兩個(gè)平面相互垂直； ③垂直于同一直線的兩條直線相互平行； ④若兩個(gè)平面垂直，那么一個(gè)平面內(nèi)與它們的交線不垂直的直線

62、與另一個(gè)平面也不垂直． 其中，為真命題的是 A. ①和② B. ②和③ C. ③和④ D. ②和④ 答案 選D. 3．在三棱柱中，各棱長相等，側(cè)掕垂直于底面，點(diǎn)是側(cè)面的中 心，則與平面所成角的大小是 ( ) A． B． C． D． 答案：C 【解析】取BC的中點(diǎn)E，則面，，因此與平面 所成角即為，設(shè)，則，， 即有． 4．設(shè)是兩個(gè)不同的平面，是一條直線，以下命題正確的是（ ） A．若，則 B．若，則 C

63、．若，則 D．若，則 5．C 【命題意圖】此題主要考查立體幾何的線面、面面的位置關(guān)系，通過對(duì)平行和垂直的考查，充分調(diào)動(dòng)了立體幾何中的基本元素關(guān)系． 【解析】對(duì)于A、B、D均可能出現(xiàn)，而對(duì)于C是正確的． 6.設(shè)m，n是平面 內(nèi)的兩條不同直線，，是平面 內(nèi)的兩條相交直線，則// 的 一個(gè)充分而不必要條件是 A.m // 且l // B. m // l 且n // l C. m // 且n //

64、 D. m // 且n // l 【答案】：B 【解析】若，則可得.若則存在 7. 已知正四棱柱中，為中點(diǎn)，則異面直線與 所成的角的余弦值為 A. B. C. D. 解：令則,連∥ 異面直線與所成的角即 與所成的角。在中由余弦定理易得。故選C 8．若正四棱柱的底面邊長為1，與底面成60°角，則 到底面 的距離為 （ ） A． B．1 C． D． 答案 D 【解析】本題主要考查正四棱柱的概念、 直線與平面所成的角以

65、及直線與平面的距離等概念. （第4題解答圖） 屬于基礎(chǔ)知識(shí)、基本運(yùn)算的考查. 依題意，，如圖， ，故選D. 9．已知二面角的大小為，為空間中任意一點(diǎn)，則過點(diǎn)且與平面和 平面所成的角都是的直線的條數(shù)為（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 答案 B 10．在正四棱柱中，頂點(diǎn)到對(duì)角線和到平面的距離分別為和，則下列命題中正確的是 A．若側(cè)棱的長小于底面的邊長，則的取值范圍為（0，1） B．若側(cè)棱的長小于底面的邊長，則的取值范圍為 C．若側(cè)棱的長大于底面的邊長，則的取值范圍為 D．若

66、側(cè)棱的長大于底面的邊長，則的取值范圍為 C 11.如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=900,∠ACC1=600,∠BCC1=450,側(cè)棱CC1的長為1，則 該三棱柱的高等于 A. B. C. D. A 12．正方體ABCD—的棱上到異面直線AB，C的 距離相等的點(diǎn)的個(gè)數(shù)為（C） A．2 B．3 C. 4 D. 5 13．平面六面體- 中，既與共面也與共面的棱的條數(shù)為【 C 】 A．3 B. 4 C.5 D. 6 14．如圖，正四面體的頂點(diǎn)，，分別在兩兩垂直的三條射線，，上，則在下列命題中，錯(cuò)誤的為 A．是正三棱錐 B．直線∥平面 C．直線與所成的角是 D．二面角為 答案 B 15.如圖，已知六棱錐的底面是正六邊形，，則 下列結(jié)論正確的是 Ａ.　　 Ｂ.平面