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2015年高中数学立体几何解答题汇编(有答案)


2014 年 12 月 28 日高中数学立体几何
一.解答题(共 30 小题) 1. (2015?惠州模拟)如图所示的多面体中,ABCD 是菱形,BDEF 是矩形,ED⊥ 面 ABCD, (1)求证:平面 BCF∥ 面 AED; (2)若 BF=BD=a,求四棱锥 A﹣BDEF 的体积. .

考点: 棱柱、棱锥、棱台的体积;平面与平面平行的性质. 专题: 综合题;空间位置关系与距离. 分析: (1)证明 FB∥ 平面 AED,BC∥ 平面 AED,利用面面平行的判定定理可得结论; (2)连接 AC,AC∩ BD=O,证明 AO⊥ 面 BDEF,即可求出四棱锥 A﹣BDEF 的体积. 解答: (1)证明:∵ ABCD 是菱形, ∴ BC∥ AD, ∵ BC?面 ADE,AD?面 ADE, ∴ BC∥ 面 ADE…(3 分) ∵ BDEF 是矩形,∴ BF∥ DE, ∵ BF?面 ADE,DE?面 ADE, ∴ BF∥ 面 ADE, ∵ BC?面 BCF,BF?面 BCF,BC∩ BF=B, ∴ 面 BCF∥ 面 ADE…(6 分) (2)解:连接 AC,AC∩ BD=O ∵ ABCD 是菱形,∴ AC⊥ BD ∵ ED⊥ 面 ABCD,AC?面 ABCD, ∴ ED⊥ AC, ∵ ED,BD?面 BDEF,ED∩ BD=D, ∴ AO⊥ 面 BDEF,…(10 分) ∴ AO 为四棱锥 A﹣BDEF 的高
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由 ABCD 是菱形, 由 BF=BD=a,则 ∵ ∴ ,

,则△ ABD 为等边三角形, ,

…(14 分)

点评: 本题考查线面平行、面面平行,考查四棱锥的体积,考查学生分析解决问题的能力,正确运用线面平行、

面面平行是关键. 2. (2015?赤峰模拟)如图,在三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,四边形 A1ABB1 为菱形,∠ A1AB=45°,四边形 BCC1B1 为 矩形,若 AC=5,AB=4,BC=3. (1)求证:AB1⊥ 平面 A1BC; (2)求三棱锥 C﹣A1B1C1 的体积.

考点: 棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面垂直的判定. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: (1)由已知得 BC⊥ AB,CB⊥ BB1,从而 CB⊥ 平面 AA1B1B,进而 CB⊥ AB1,又 AB1⊥ A1B,由此能证明 AB1⊥ 平面 A1BC. (2)过 B 作 BD⊥ A1B1 于 D,由已知得 BD⊥ 平面 A1B1C1,由此能求出三棱锥 C﹣A1B1C1 的体积. 解答: (1)证明:在△ ABC 中,AC=5,AB=4,BC=3, 2 2 2 满足 AC =AB +BC , ∴ ∠ ABC=90°,∴ BC⊥ AB, 又∵ 四边形 BCC1B1 为矩形,∴ CB⊥ BB1, 又 BB1?平面 AA1B1B,AB?平面 AA1B1B,BB1∩ AB=B, ∴ CB⊥ 平面 AA1B1B, 又∵ AB1?平面 AA1B1B,∴ CB⊥ AB1, 又∵ 四边形 A1ABB1 为菱形,∴ AB1⊥ A1B, 又 CB?平面 AA1B1B,A1B?平面 A1BC,CB∩ A1B=B, ∴ AB1⊥ 平面 A1BC. (2)解:过 B 作 BD⊥ A1B1 于 D, 由(1)得 CB⊥ 平面 AA1B1B, ∴ C1B1⊥ 平面 AA1B1B,∴ C1B1⊥ BD, ∴ BD⊥ 平面 A1B1C1, 由题设知 BD=2 ,
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V

= .

=



∴ 三棱锥 C﹣A1B1C1 的体积为 4

点评: 本题考查直线与平面垂直的证明,考查三棱锥的体积的求法,解题时要注意空间思维能力的培养. 3. (2015?重庆一模)如图,已知三棱锥 A﹣BPC 中,AP⊥ PC,AC⊥ BC,M 为 AB 中点,D 为 PB 中点,且△ PMB 为正三角形. (1)求证:DM∥ 平面 APC; (2)求证:平面 ABC⊥ 平面 APC; (3)若 BC=4,AB=20,求三棱锥 D﹣BCM 的体积.

考点: 直线与平面平行的判定;棱柱、棱锥、棱台的体积;平面与平面垂直的判定. 专题: 计算题;证明题;综合题;压轴题. 分析: (1)要证 DM∥ 平面 APC,只需证明 MD∥ AP(因为 AP?面 APC)即可. (2)在平面 ABC 内直线 AP⊥ BC,BC⊥ AC,即可证明 BC⊥ 面 APC,从而证得平面 ABC⊥ 平面 APC; (3)因为 BC=4,AB=20,求出三棱锥的高,即可求三棱锥 D﹣BCM 的体积. 解答: 证明: (I)由已知得,MD 是△ ABP 的中位线 ∴ MD∥ AP∵ MD?面 APC,AP?面 APC ∴ MD∥ 面 APC; (4 分)
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(II)∵ △ PMB 为正三角形,D 为 PB 的中点 ∴ MD⊥ PB,∴ AP⊥ PB 又∵ AP⊥ PC,PB∩ PC=P ∴ AP⊥ 面 PBC(6 分)∵ BC?面 PBC∴ AP⊥ BC 又∵ BC⊥ AC,AC∩ AP=A∴ BC⊥ 面 APC, (8 分) ∵ BC?面 ABC∴ 平面 ABC⊥ 平面 APC; (10 分) (III)由题意可知,三棱锥 A﹣BPC 中,AP⊥ PC,AC⊥ BC,M 为 AB 中点,D 为 PB 中点,且△ PMB 为正 三角形. MD⊥ 面 PBC,BC=4,AB=20,MB=10,DM=5 ∴ MD 是三棱锥 D﹣BCM 的高,S△BCD= ∴ ,PB=10,PC= × =2 . (14 分) , =2 ,

点评: 本题考查直线与平面的平行,三棱锥的体积,平面与平面垂直的判定,是中档题.

4. (2015?开封模拟)如图,四棱锥 P﹣ABCD,底面 ABCD 为直角梯形,BC∥ AD,BC⊥ CD,BC=CD= AD. (Ⅰ )若 E 为 PD 中点,证明:CE∥ 平面 APB; (Ⅱ )若 PA=PB,PC=PD,证明:平面 APB⊥ 平面 ABCD.

考点: 平面与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: (Ⅰ )取 PA 中点 F,连接 EF,BF,由已知条件推导出 EFBC 为平行四边形,由此能证明 CE∥ 平面 APB. (Ⅱ )取 CD 中点 G,AB 中点 H,连接 PG,HG,PH,由已知条件推导出 PG⊥ CD,PH⊥ AB,BC⊥ CD,从 而 HG⊥ CD,由线面垂直得 CD⊥ PH.由此能证明 PH⊥ 平面 ABCD. 解答: 证明: (Ⅰ )取 PA 中点 F,连接 EF,BF,
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因为 E 为 PD 中点,所以 EF 所以 EF

,因为 BC



BC,所以 EFBC 为平行四边形,

所以 BF∥ CE,…(4 分) 因为 BF?平面 APB,CE 不包含于平面 APB, 所以 CE∥ 平面 APB.…(6 分) (Ⅱ )取 CD 中点 G,AB 中点 H,连接 PG,HG,PH, ∵ PC=PD,CD 中点 G,∴ PG⊥ CD, ∵ △ APB 是等腰直角三角形,H 是 AB 中点, ∴ PH⊥ AB,HG∥ AD.∵ BC∥ AD,BC⊥ CD,∴ HG⊥ CD,…(10 分) HG∩ PG=G,HG?平面 PHG,PG?平面 PHG, ∴ CD⊥ 平面 PHG.PH?平面 PHG,∴ CD⊥ PH. ∵ AB?平面 ABCD,CD?平面 ABCD,AB 和 CD 相交, ∴ PH⊥ 平面 ABCD. …(12 分)

点评: 本题考查直线与平面平行的证明,考查直线与平面垂直的证明,解题时要认真审题,注意空间思维能力的 培养.

5. (2015?兴国县一模)在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,AA1=AD=2,E 为 CD 中点. (1)求证:B1E⊥ AD1; (2)在棱 AA1 上是否存在一点 P,使得 DP∥ 平面 B1AE?若存在,求 AP 的长.若不存在,说明理由. 考点: 直线与平面垂直的性质;直线与平面平行的判定. 专题: 证明题;空间位置关系与距离. 分析: (1)连接 A1D,B1C,证明 AD1⊥ 平面 A1B1CD,即可证得结论; (2)取 B1A 中点 F,连结 PF、EF,利用三角形的中位线的性质,可得线线平行,从而可得线面平行. 解答: (1)证明:在长方体中,B1A1⊥ 平面 ADD1A1, ∴ B1A1⊥ AD1 …(1 分) 在矩形 ADD1A1 中,∵ AD=AA1=2 ∴ 矩形 ADD1A1 为正方形 ∴ A1D⊥ AD1 …(3 分) 又 B1A1∥ CD,∴ AD1⊥ 平面 CDA1B1 ∵ E 为 CD 中点
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∴ B1E?平面 CDA1B1 ∴ AD1⊥ B1E…(6 分) (2)解:存在 AA1 中点 P,AP=1 时得 DP∥ 平面 B1AE…(7 分) 取 B1A 中点 F,连结 PF、EF 在△ AA1B1 中,PF 平行且等于 A1B1 …(9 分)

在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,A1B1 平行且等于 CD,∵ E 为 CD 中点, ∴ PF 平行且等于 DE ∴ 四边形 PFED 为平行四边形 ∴ DP∥ EF 又 EF?平面 B1AE,DP?平面 B1AE, ∴ DP∥ 平面 B1AE …(12 分) 点评: 本题考查线面垂直,线面平行,考查学生分析解决问题的能力,掌握线面垂直,线面平行的判定方法是关 键.

6. (2014?重庆)如图,四棱锥 P﹣ABCD 中,底面是以 O 为中心的菱形,PO⊥ 底面 ABCD,AB=2,∠ BAD= 为 BC 上一点,且 BM= . (Ⅰ )证明:BC⊥ 平面 POM; (Ⅱ )若 MP⊥ AP,求四棱锥 P﹣ABMO 的体积.

,M

考点: 棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面垂直的判定. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: (Ⅰ )连接 OB,根据底面是以 O 为中心的菱形,PO⊥ 底面 ABCD,AB=2,∠ BAD=
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,M 为 BC 上一点,

且 BM= ,结合菱形的性质,余弦定理,勾股定理,可得 OM⊥ BC 及 PO⊥ BC,进而由线面垂直的判定定理 得到 BC⊥ 平面 POM; (Ⅱ )设 PO=a,利用勾股定理和余弦定理解三角形求出 PO 的值,及四棱锥 P﹣ABMO 的底面积 S,代入棱

锥体积公式,可得答案. 解答: 证明: (Ⅰ )∵ 底面是以 O 为中心的菱形,PO⊥ 底面 ABCD,

故 O 为底面 ABCD 的中心,连接 OB,则 AO⊥ OB, ∵ AB=2,∠ BAD= , )=1,

∴ OB=AB?sin∠ BAO=2sin( 又∵ BM= ,∠ OBM=
2


2 2

∴ 在△ OBM 中,OM =OB +BM ﹣2OB?BM?cos∠ OBM= , 即 OB =OM +BM ,即 OM⊥ BM, ∴ OM⊥ BC, 又∵ PO⊥ 底面 ABCD,BC?底面 ABCD, ∴ PO⊥ BC, 又∵ OM∩ PO=O,OM,PO?平面 POM, ∴ BC⊥ 平面 POM; (Ⅱ )由(Ⅰ )可得:OA=AB?cos∠ BAO=2cos( )= ,
2 2 2

设 PO=a,由 PO⊥ 底面 ABCD 可得:△ POA 为直角三角形, 2 2 2 2 故 PA =PO +OA =a +3, 由△ POM 也为直角三角形得: PM =PO +OM =a + , 连接 AM,
2 2 2 2

在△ ABM 中,AM =AB +BM ﹣2AB?BM?cos∠ ABM= 由 MP⊥ AP 可知:△ APM 为直角三角形, 则 AM =PA +PM ,即 a +3+a + = 解得 a= ,即 PO= , ,
2 2 2 2 2

2

2

2

=





此时四棱锥 P﹣ABMO 的底面积 S=S△AOB+S△BOM= ?AO?OB+ ?BM?OM= ∴ 四棱锥 P﹣ABMO 的体积 V= S?PO= 点评: 本题考查的知识点是棱锥的体积,直线与平面垂直的判定,难度中档.

7. (2014?辽宁)如图,△ ABC 和△ BCD 所在平面互相垂直,且 AB=BC=BD=2.∠ ABC=∠ DBC=120°,E、F、G 分别 为 AC、DC、AD 的中点. (Ⅰ )求证:EF⊥ 平面 BCG;

(Ⅱ )求三棱锥 D﹣BCG 的体积. 附:锥体的体积公式 V= Sh,其中 S 为底面面积,h 为高.

考点: 棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面垂直的判定. 专题: 综合题;空间位置关系与距离. 分析: (Ⅰ )先证明 AD⊥ 平面 BGC,利用 EF∥ AD,可得 EF⊥ 平面 BCG; (Ⅱ )在平面 ABC 内,作 AO⊥ CB,交 CB 的延长线于 O,G 到平面 BCD 的距离 h 是 AO 长度的一半,利
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用 VD﹣BCG=VG﹣BCD=

,即可求三棱锥 D﹣BCG 的体积.

解答: (Ⅰ )证明:∵ AB=BC=BD=2.∠ ABC=∠ DBC=120°, ∴ △ ABC≌ △ DBC, ∴ AC=DC, ∵ G 为 AD 的中点, ∴ CG⊥ AD. 同理 BG⊥ AD, ∵ CG∩ BG=G, ∴ AD⊥ 平面 BGC, ∵ EF∥ AD, ∴ EF⊥ 平面 BCG; (Ⅱ )解:在平面 ABC 内,作 AO⊥ CB,交 CB 的延长线于 O, ∵ △ ABC 和△ BCD 所在平面互相垂直, ∴ AO⊥ 平面 BCD, ∵ G 为 AD 的中点, ∴ G 到平面 BCD 的距离 h 是 AO 长度的一半. 在△ AOB 中,AO=ABsin60°= , ∴ VD﹣BCG=VG﹣BCD= = = .

点评: 本题考查线面垂直,考查三棱锥体积的计算,正确转换底面是关键.

8. (2014?上海)底面边长为 2 的正三棱锥 P﹣ABC,其表面展开图是三角形 P1P2P3,如图,求△ P1P2P3 的各边长及 此三棱锥的体积 V.

考点: 棱柱、棱锥、棱台的体积. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: 利用侧面展开图三点共线,判断△ P1P2P3 是等边三角形,然后求出边长,利用正四面体的体积求出几何体的 体积. 解答: 解:根据题意可得:P1,B,P2 共线,∵ ∠ ABP1=∠ BAP1=∠ CBP2,∠ ABC=60°,
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∴ ∠ ABP1=∠ BAP1=∠ CBP2=60°, ∴ ∠ P1=60°,同理∠ P2=∠ P3=60°, ∴ △ P1P2P3 是等边三角形,P﹣ABC 是正四面体, ∴ △ P1P2P3 的边长为 4, VP﹣ABC= =

点评: 本题考查空间想象能力以及逻辑推理能力,几何体的侧面展开图和体积的求法. 9. (2014?湖南) 如图, 已知二面角 α﹣MN﹣β 的大小为 60°, 菱形 ABCD 在面 β 内, A、 B 两点在棱 MN 上, ∠ BAD=60°, E 是 AB 的中点,DO⊥ 面 α,垂足为 O. (Ⅰ )证明:AB⊥ 平面 ODE; (Ⅱ )求异面直线 BC 与 OD 所成角的余弦值.

考点: 异面直线及其所成的角;直线与平面垂直的判定. 专题: 计算题;证明题;空间位置关系与距离;空间角. 分析: (Ⅰ )运用直线与平面垂直的判定定理,即可证得,注意平面内的相交二直线; (Ⅱ ) 根据异面直线的定义, 找出所成的角为∠ ADO, 说明∠ DEO 是二面角 α﹣MN﹣β 的平面角, 不妨设 AB=2, 从而求出 OD 的长,再在直角三角形 AOD 中,求出 cos∠ ADO. 解答: (1)证明:如图 ∵ DO⊥ 面 α,AB?α,∴ DO⊥ AB, 连接 BD,由题设知,△ ABD 是正三角形, 又 E 是 AB 的中点,∴ DE⊥ AB,又 DO∩ DE=D, ∴ AB⊥ 平面 ODE; (Ⅱ )解:∵ BC∥ AD, ∴ BC 与 OD 所成的角等于 AD 与 OD 所成的角,即∠ ADO 是 BC 与 OD 所成的角, 由(Ⅰ )知,AB⊥ 平面 ODE, ∴ AB⊥ OE,又 DE⊥ AB,于是∠ DEO 是二面角 α﹣MN﹣β 的平面角, 从而∠ DEO=60°,不妨设 AB=2,则 AD=2,易知 DE= ,
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在 Rt△ DOE 中,DO=DEsin60°= ,连 AO,在 Rt△ AOD 中,cos∠ ADO=

=



故异面直线 BC 与 OD 所成角的余弦值为 .

点评: 本题主要考查线面垂直的判定,以及空间的二面角和异面直线所成的角的定义以及计算,是一道基础题. 10. (2014?江西)如图,三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,AA1⊥ BC,A1B⊥ BB1, (1)求证:A1C⊥ CC1; (2)若 AB=2,AC= ,BC= ,问 AA1 为何值时,三棱柱 ABC﹣A1B1C1 体积最大,并求此最大值.

考点: 空间中直线与直线之间的位置关系;棱柱、棱锥、棱台的体积. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: (1)通过证明直线 CC1 与平面 BA1C 垂直,即可证明 A1C⊥ CC1; (2)作 AO⊥ B 于 O,连结 A1O,说明∠ AA1O=90°,设 A1A=h,求出 A1O 的表达式,以及三棱柱 ABC﹣ A1B1C1 体积 V 的表达式,利用二次函数的最值,求最大值. 解答: 解: (1)∵ 三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中, ∴ A1A∥ CC1∥ BB1, ∵ AA1⊥ BC,∴ CC1⊥ BC, ∵ A1B⊥ BB1,∴ A1B⊥ CC1, ∵ BC∩ BA1=B, ∴ CC1⊥ 平面 BA1C,A1C?平面 BA1C ∴ A1C⊥ CC1; (2)作 AO⊥ B 于 O,连结 A1O,由(1)可知∠ AA1O=90°,∵ AB=2,AC= ,BC= ,∴ AB⊥ AC,
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∴ AO=



设 A1A=h,A1O= ∴ 三棱柱 ABC﹣A1B1C1 体积 V= 当 h = ,即 h= 最大值为: .
2

= =

, = ,

时,即 AA1=

时棱柱的体积最大,

点评: 本题考查空间直线与平面垂直的判定与应用,几何体的体积的最值的求法,考查转化思想以及空间想象能 力. 11. (2014?四川)在如图所示的多面体中,四边形 ABB1A1 和 ACC1A1 都为矩形 (Ⅰ )若 AC⊥ BC,证明:直线 BC⊥ 平面 ACC1A1; (Ⅱ )设 D、E 分别是线段 BC、CC1 的中点,在线段 AB 上是否存在一点 M,使直线 DE∥ 平面 A1MC?请证明你的 结论.

考点: 直线与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定. 专题: 综合题;空间位置关系与距离. 分析: (Ⅰ )先证明 AA1⊥ 平面 ABC,可得 AA1⊥ BC,利用 AC⊥ BC,可以证明直线 BC⊥ 平面 ACC1A1; (Ⅱ )取 AB 的中点 M,连接 A1M,MC,A1C,AC1,证明四边形 MDEO 为平行四边形即可. 解答: (Ⅰ )证明:∵ 四边形 ABB1A1 和 ACC1A1 都为矩形, ∴ AA1⊥ AB,AA1⊥ AC, ∵ AB∩ AC=A, ∴ AA1⊥ 平面 ABC, ∵ BC?平面 ABC, ∴ AA1⊥ BC, ∵ AC⊥ BC,AA1∩ AC=A, ∴ 直线 BC⊥ 平面 ACC1A1; (Ⅱ )解:取 AB 的中点 M,连接 A1M,MC,A1C,AC1,设 O 为 A1C,AC1 的交点,则 O 为 AC1 的中点.
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连接 MD,OE,则 MD∥ AC,MD= AC,OE∥ AC,OE= AC, ∴ MD∥ OE,MD=OE, 连接 OM,则四边形 MDEO 为平行四边形, ∴ DE∥ MO, ∵ DE?平面 A1MC,MO?平面 A1MC, ∴ DE∥ 平面 A1MC, ∴ 线段 AB 上存在一点 M(线段 AB 的中点) ,使直线 DE∥ 平面 A1MC.

点评: 本题考查线面垂直的判定与性质的运用,考查存在性问题,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题.

12. (2014?开封二模)如图,三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,CA=CB,AB=AA1,∠ BAA1=60° (Ⅰ )证明:AB⊥ A1C; (Ⅱ )若 AB=CB=2,A1C= ,求三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的体积.

考点: 直线与平面垂直的性质;棱柱、棱锥、棱台的体积. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: (Ⅰ )由题目给出的边的关系,可想到去 AB 中点 O,连结 OC,OA1,可通过证明 AB⊥ 平面 OA1C 得要证 的结论;
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(Ⅱ )在三角形 OCA1 中,由勾股定理得到 OA1⊥ OC,再根据 OA1⊥ AB,得到 OA1 为三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的高,利用已知给出的边的长度,直接利用棱柱体积公式求体积. 解答: (Ⅰ )证明:如图, 取 AB 的中点 O,连结 OC,OA1,A1B. 因为 CA=CB,所以 OC⊥ AB. 由于 AB=AA1, ,故△ AA1B 为等边三角形,

所以 OA1⊥ AB. 因为 OC∩ OA1=O,所以 AB⊥ 平面 OA1C. 又 A1C?平面 OA1C,故 AB⊥ A1C; (Ⅱ )解:由题设知△ ABC 与△ AA1B 都是边长为 2 的等边三角形, 所以 又 ,则 . ,故 OA1⊥ OC.

因为 OC∩ AB=O,所以 OA1⊥ 平面 ABC,OA1 为三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的高. 又△ ABC 的面积 ,故三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的体积 .

点评: 题主要考查了直线与平面垂直的性质,考查了棱柱的体积,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力, 属于中档题. 13. (2014?安徽)如图,四棱锥 P﹣ABCD 的底面是边长为 8 的正方形,四条侧棱长均为 2 分别是棱 PB,AB,CD,PC 上共面的四点,平面 GEFH⊥ 平面 ABCD,BC∥ 平面 GEFH. (Ⅰ )证明:GH∥ EF; (Ⅱ )若 EB=2,求四边形 GEFH 的面积. ,点 G,E,F,H

考点: 直线与平面垂直的性质;棱柱、棱锥、棱台的体积. 专题: 综合题;空间位置关系与距离. 分析: (Ⅰ )证明 GH∥ EF,只需证明 EF∥ 平面 PBC,只需证明 BC∥ EF,利用 BC∥ 平面 GEFH 即可; (Ⅱ )求出四边形 GEFH 的上底、下底及高,即可求出面积. 解答: (Ⅰ )证明:∵ BC∥ 平面 GEFH,平面 GEFH∩ 平面 ABCD=EF,BC?平面 ABCD, ∴ BC∥ EF, ∵ EF?平面 PBC,BC?平面 PBC, ∴ EF∥ 平面 PBC, ∵ 平面 EFGH∩ 平面 PBC=GH, ∴ EF∥ GH; (Ⅱ )解:连接 AC,BD 交于点 O,BD 交 EF 于点 K,连接 OP,GK. ∵ PA=PC,O 为 AC 中点, ∴ PO⊥ AC, 同理可得 PO⊥ BD, 又∵ BD∩ AC=O,AC?底面 ABCD,BD?底面 ABCD, ∴ PO⊥ 底面 ABCD, 又∵ 平面 GEFH⊥ 平面 ABCD,PO?平面 GEFH, ∴ PO∥ 平面 GEFH, ∵ 平面 PBD∩ 平面 GEFH=GK, ∴ PO∥ GK,且 GK⊥ 底面 ABCD ∴ GK 是梯形 GEFH 的高 ∵ AB=8,EB=2,
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∴ ∴ KB=

, ,即 K 为 OB 中点,

又∵ PO∥ GK, ∴ GK= PO,即 G 为 PB 中点,且 GH= 由已知可得 OB=4 ∴ GK=3, 故四边形 GEFH 的面积 S= = =18. ,PO= = , =6,

点评: 本题考查线面平行的判定与性质,考查梯形面积的计算,正确运用线面平行的判定与性质是关键. 14. (2014?江苏)如图,在三棱锥 P﹣ABC 中,D,E,F 分别为棱 PC,AC,AB 的中点,已知 PA⊥ AC,PA=6, BC=8,DF=5.求证: (1)直线 PA∥ 平面 DEF; (2)平面 BDE⊥ 平面 ABC.

考点: 平面与平面垂直的判定;直线与平面垂直的判定. 专题: 证明题;空间位置关系与距离. 分析: (1)由 D、E 为 PC、AC 的中点,得出 DE∥ PA,从而得出 PA∥ 平面 DEF; (2)要证平面 BDE⊥ 平面 ABC,只需证 DE⊥ 平面 ABC,即证 DE⊥ EF,且 DE⊥ AC 即可. 解答: 证明: (1)∵ D、E 为 PC、AC 的中点,∴ DE∥ PA, 又∵ PA?平面 DEF,DE?平面 DEF, ∴ PA∥ 平面 DEF;
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(2)∵ D、E 为 PC、AC 的中点,∴ DE= PA=3; 又∵ E、F 为 AC、AB 的中点,∴ EF= BC=4; ∴ DE +EF =DF , ∴ ∠ DEF=90°, ∴ DE⊥ EF; ∵ DE∥ PA,PA⊥ AC,∴ DE⊥ AC; ∵ AC∩ EF=E,∴ DE⊥ 平面 ABC; ∵ DE?平面 BDE,∴ 平面 BDE⊥ 平面 ABC. 点评: 本题考查了空间中的平行与垂直问题,解题时应明确空间中的线线、线面、面面之间的垂直与平行的互相 转化关系,是基础题目. 15. (2014?北京)如图,在三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,侧棱垂直于底面,AB⊥ BC,AA1=AC=2,BC=1,E,F 分别 是 A1C1,BC 的中点.
2 2 2

(Ⅰ )求证:平面 ABE⊥ B1BCC1; (Ⅱ )求证:C1F∥ 平面 ABE; (Ⅲ )求三棱锥 E﹣ABC 的体积.

考点: 平面与平面垂直的判定;棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面平行的判定. 专题: 综合题;空间位置关系与距离. 分析: (Ⅰ )证明 AB⊥ B1BCC1,可得平面 ABE⊥ B1BCC1; (Ⅱ )证明 C1F∥ 平面 ABE,只需证明四边形 FGEC1 为平行四边形,可得 C1F∥ EG;
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(Ⅲ )利用 VE﹣ABC=

,可求三棱锥 E﹣ABC 的体积.

解答: (Ⅰ )证明:∵ 三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,侧棱垂直于底面, ∴ BB1⊥ AB, ∵ AB⊥ BC,BB1∩ BC=B, ∴ AB⊥ B1BCC1, ∵ AB?平面 ABE, ∴ 平面 ABE⊥ B1BCC1; (Ⅱ )证明:取 AB 中点 G,连接 EG,FG,则 ∵ F 是 BC 的中点, ∴ FG∥ AC,FG= AC, ∵ E 是 A1C1 的中点, ∴ FG∥ EC1,FG=EC1, ∴ 四边形 FGEC1 为平行四边形, ∴ C1F∥ EG, ∵ C1F?平面 ABE,EG?平面 ABE, ∴ C1F∥ 平面 ABE; (Ⅲ )解:∵ AA1=AC=2,BC=1,AB⊥ BC, ∴ AB= , ∴ VE﹣ABC= = =

点评: 本题考查线面平行、垂直的证明,考查三棱锥 E﹣ABC 的体积的计算,正确运用线面平行、垂直的判定定 理是关键. 16. (2011?江西) (1)如图,对于任一给定的四面体 A1A2A3A4,找出依次排列的四个相互平行的 α1,α2,α3,α4, 使得 Ai∈αi(i=1,2,3,4) ,且其中每相邻两个平面间的距离都相等; (2)给定依次排列的四个相互平行的平面 α1,α2,α3,α4,其中每相邻两个平面间的距离都为 1,若一个正四面体 A1A2A3A4 的四个顶点满足:Ai∈αi(i=1,2,3,4) ,求该正四面体 A1A2A3A4 的体积.

考点: 平面与平面之间的位置关系. 专题: 证明题;压轴题;转化思想. 分析: (1)先取 A1A4 的三等分点 p2,p3,A1A3 的中点 M,A2A4,的中点 N,过三点 A2,P2,M,作平面 α2, 过三点 p3,A3,N 作平面 α3,先得到两个平行平面,再过点 A1,A4,分别作平面 α1,α4,与平面 α3 平行 即可.
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(2)直接利用(1)中的四个平面以及四面体,建立出以△ A2A3A4 的中心 O 为坐标原点,以直线 A4O 为 y 轴,直线 OA1 为 Z 轴的直角坐标系,求出各点对应坐标,求出平面 A3P3N 的法向量,利用 α1,α2,α3,α4 相邻平面之间的距离为 1 求出正四面体的棱长,进而代入体积公式求出体积即可. 解答: 解: (1)如图所示,取 A1A4 的三等分点 p2,p3,A1A3 的中点 M,A2A4,的中点 N, 过三点 A2,P2,M,作平面 α2,过三点 A3,P3,N 作平面 α3, 因为 A2P2∥ MP2,所以平面 α2∥ α3, NP3,A3P3∥ 再过点 A1,A4,分别作平面 α1,α4,与平面 α3 平行, 那么四个平面 α1,α2,α3,α4 依次互相平行, 由线段 A1A4 被平行平面 α1,α2,α3,α4 截得的线段相等知,其 中每相邻两个平面间的距离相等,故 α1,α2,α3,α4 为所求平面.

(2) :当(1)中的四面体为正四面体,若所得的四个平行平面每相邻两平面之间的距离为 1, 则正四面体 A1A2A3A4 就是满足题意的正四面体. 设正四面体的棱长为 a,以△ A2A3A4 的中心 O 为坐标原点,以直线 A4O 为 y 轴,直线 OA1 为 Z 轴建立如图 所示的右手直角坐标系, 则 A1(0,0, a) ,A2(﹣ , a,0) ,A3( , a,0) ,A4(0,﹣ a, =(﹣ , a,0) . a) ,N(﹣ ,﹣ a,0) a,0) ,

令 P2,P3 为.A1A4 的三等分点,N 为 A2A4 的中点,有 P3(0, 所以 =(﹣ , a,﹣ a) , =( a, a,0) ,

设平面 A3P3N 的法向量 =(x,y,z) ,有





所以 =(1,﹣

,﹣

) .因为 α1,α2,α3,α4 相邻平面之间的距离为 1,

所以点 A4 到平面 A3P3N 的距离 由此可得,边长为 的正四面体 A1A2A3A4 满足条件. × a= a=
3

=1,解得 a=



所以所求四面体的体积 V= Sh= ×



点评: 本题考查平面和平面之间的关系以及四面体的体积公式的应用.是道难题,第一问的关键点在与设出 A2A4 的三等分点 p2,p3,过这二个点先作两个过已知点的平行平面,另两个平面就好求了. 17. (2013?重庆)如图,四棱锥 P﹣ABCD 中,PA⊥ 底面 ABCD,PA=2 (Ⅰ )求证:BD⊥ 平面 PAC; (Ⅱ )若侧棱 PC 上的点 F 满足 PF=7FC,求三棱锥 P﹣BDF 的体积. ,BC=CD=2,∠ ACB=∠ ACD= .

考点: 直线与平面垂直的判定;棱柱、棱锥、棱台的体积. 专题: 压轴题;空间位置关系与距离. 分析: (Ⅰ )由等腰三角形的性质可得 BD⊥ AC,再由 PA⊥ 底面 ABCD,可得 PA⊥ BD.再利用直线和平面垂直的判 定定理证明 BD⊥ 平面 PAC.
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(Ⅱ )由侧棱 PC 上的点 F 满足 PF=7FC,可得三棱锥 F﹣BCD 的高是三棱锥 P﹣BCD 的高的 .求出△ BCD 的面积 S△BCD,再根据三棱锥 P﹣BDF 的体积 V=VP﹣BCD﹣VF﹣BCD= 运算求得结果. 解答: 解: (Ⅰ )∵ BC=CD=2,∴ △ BCD 为等腰三角形,再由 再由 PA⊥ 底面 ABCD,可得 PA⊥ BD. ,∴ BD⊥ AC. ﹣ ,

而 PA∩ AC=A,故 BD⊥ 平面 PAC. (Ⅱ )∵ 侧棱 PC 上的点 F 满足 PF=7FC, ∴ 三棱锥 F﹣BCD 的高是三棱锥 P﹣BCD 的高的 . △ BCD 的面积 S△BCD= BC?CD?sin∠ BCD= ∴ 三棱锥 P﹣BDF 的体积 V=VP﹣BCD﹣VF﹣BCD= = = . = ﹣ . = ×

点评: 本题主要考查直线和平面垂直的判定定理的应用,用间接解法求棱锥的体积,属于中档题. 18. (2011?福建)如图,四棱锥 P﹣ABCD 中,PA⊥ 底面 ABCD,四边形 ABCD 中,AB⊥ AD,AB+AD=4,CD= ∠ CDA=45°. (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; (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. ,

考点: 平面与平面垂直的判定;点、线、面间的距离计算. 专题: 压轴题;转化思想;空间位置关系与距离. 分析: (I)根据线面垂直的定义可得 PA⊥ AB,再结合 DA⊥ AB 得到 AB⊥ 平面 PAD,最后根据平面与平面垂直的判 定定理可得平面 PAB 与平面 PAD 垂直; (II) (i)以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系,根据已知数据设出 B、P、E、C、D 的坐标,用法向量 的方法结合数量积计算公式,可得线段 AB 的长; (ii)先假设存在点 G 满足条件,再通过计算 GB 之长,与 GD 长加以比较,得出 GB>GD,与已知条件 GB=GD=1 矛盾,故不存在满足条件的点 G. 解答: 解: (I)证明:∵ PA⊥ 平面 ABCD,AB?平面 ABCD ∴ PA⊥ AB 又∵ AB⊥ AD,PA∩ AD=A ∴ AB⊥ 平面 PAD 又∵ AB?平面 PAB, ∴ 平面 PAB⊥ 平面 PAD (II) (i)以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 A﹣xyz(如图) 在平面 ABCD 内,作 CE∥ AB 交于点 E, 则 CE⊥ AD 在 Rt△ CDE 中,DE=CD?cos45°=1, CE=CD?sin45°=1 设 AB=AP=t,则 B(t,0,0) ,P(0,0,t) 由 AB+AD=4,得 AD=4﹣t,
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所以 E(0,3﹣t,0) ,C(1,3﹣t,0) ,D(0,4﹣t,0) , 设平面 PCD 的法向量为 =(x,y,z) 由 , ,得

取 x=t,得平面 PCD 的一个法向量为 又 ,故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30°得

cos(90°﹣30°)= =



解得

或 t=4(舍去,因为 AD=4﹣t>0)

所以 AB= (ii)假设在线段 AD 上存在一个点 G 到 P、B、C、D 的距离都相等 由 GC=GD,得∠ GCD=∠ GDC=45° 从而∠ CGD=90°,即 CG⊥ AD 所以 GD=CD?cos45°=1 设 AB=λ,则 AD=4﹣λ,AG=AD﹣GD=3﹣λ 在 Rt△ ABG 中, GB= 这 GB=GD 与矛盾. 所以在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到 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.

点评: 本小题主要考查空间中的线面关系,考查面面垂直的判定及线面角的计算,考查空间想象能力、推理论证 能力和运算能力,考查转化思想,属于中档题.

19. (2011?扬州模拟)在正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,O 是 AC 的中点,E 是线段 D1O 上一点,且 D1E=λEO. (1)若 λ=1,求异面直线 DE 与 CD1 所成角的余弦值; (2)若平面 CDE⊥ 平面 CD1O,求 λ 的值. 考点: 异面直线及其所成的角;平面与平面垂直的性质. 专题: 计算题;压轴题. 分析: 本题背景是一个正方体,故可以建立空间坐标系解题,以以
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为单位正交基底建立如图

所示的空间直角坐标系 D﹣xyz,写出各点的坐标, (1)求出异面直线 DE 与 CD1 的方向向量用数量积公式两线夹角的余弦值(或补角的余弦值) (2)求出两个平面的法向量,由于两个平面垂直,故它们的法向量的内积为 0,由此方程求参数 λ 的值即 可. 解答: 解(1)不妨设正方体的棱长为 1,以 为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 D﹣xyz. 则 A(1,0,0) , E 于是 , , . ,C(0,1,0) ,D1(0,0,1) ,

由 cos

=

=



所以异面直线 AE 与 CD1 所成角的余弦值为

. (5 分) =0,m? =0

(2)设平面 CD1O 的向量为 m=(x1,y1,z1) ,由 m?



取 x1=1,得 y1=z1=1,即 m=(1,1,1) . (7 分)

由 D1E=λEO,则 E = 又设平面 CDE 的法向量为 n=(x2,y2,z2) ,由 n? . =0,n?



=0.



取 x2=2,得 z2=﹣λ,即 n=(﹣2,0,λ) .

因为平面 CDE⊥ 平面 CD1F,所以 m?n=0,得 λ=2. (10 分)

点评: 本题查了异面直线所成的角以及两个平面垂直的问题,本题采用向量法来研究线线,面面的问题,这是空 间向量的一个重要运用,大大降低了求解立体几何问题的难度. 20. (2014?北京)如图,正方形 AMDE 的边长为 2,B,C 分别为 AM,MD 的中点,在五棱锥 P﹣ABCDE 中,F 为棱 PE 的中点,平面 ABF 与棱 PD,PC 分别交于点 G,H. (1)求证:AB∥ FG; (2)若 PA⊥ 底面 ABCDE,且 PA=AE,求直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小,并求线段 PH 的长.

考点: 直线与平面所成的角. 专题: 计算题;证明题;空间位置关系与距离;空间角. 分析: (1)运用线面平行的判定定理和性质定理即可证得; (2)由于 PA⊥ 底面 ABCDE,底面 AMDE 为正方形,建立如图的空间直角坐标系 Axyz,分别求出 A,B, C,E,P,F,及向量 BC 的坐标,设平面 ABF 的法向量为 n=(x,y,z) ,求出一个值,设直线 BC 与平面
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ABF 所成的角为 α, 运用 sinα=|cos 用 λ 表示 H 的坐标,再由 n

|, 求出角 α; 设H (u, v, w) , 再设



=0,求出 λ 和 H 的坐标,再运用空间两点的距离公式求出 PH 的长.

解答: (1)证明:在正方形 AMDE 中,∵ B 是 AM 的中点, ∴ AB∥ DE,又∵ AB?平面 PDE,∴ AB∥ 平面 PDE, ∵ AB?平面 ABF,且平面 ABF∩ 平面 PDE=FG, ∴ AB∥ FG; (2)解:∵ PA⊥ 底面 ABCDE,∴ PA⊥ AB,PA⊥ AE, 如图建立空间直角坐标系 Axyz,则 A(0,0,0) , B(1,0,0) ,C(2,1,0) ,P(0,0,2) , E(0,2,0) ,F(0,1,1) , 设平面 ABF 的法向量为 n=(x,y,z) ,则 ,





令 z=1,则 y=﹣1,∴ n=(0,﹣1,1) , 设直线 BC 与平面 ABF 所成的角为 α,则 sinα=|cos |=| |= ,

∴ 直线 BC 与平面 ABF 所成的角为

, ,

设 H(u,v,w) ,∵ H 在棱 PC 上,∴ 可设

即(u,v,w﹣2)=λ(2,1,﹣2) ,∴ u=2λ,v=λ,w=2﹣2λ,∵ n 是平面 ABF 的法向量, ∴ n ∴ PH= =0,即(0,﹣1,1)?(2λ,λ,2﹣2λ)=0,解得 λ= ,∴ H( =2. ) ,

点评: 本题主要考查空间直线与平面的位置关系,考查直线与平面平行、垂直的判定和性质,同时考查直线与平 面所成的角的求法,考查运用空间直角坐标系求角和距离,是一道综合题. 21. (2014?西藏一模)如图,在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,∠ BAC=90°,AB=AC=AA1=1,D 是棱 CC1 上的一点, P 是 AD 的延长线与 A1C1 的延长线的交点,且 PB1∥ 平面 BDA1 (Ⅰ )求证:CD=C1D; (Ⅱ )求二面角 A﹣A1D﹣B 的平面角的余弦值; (Ⅲ )求点 C 到平面 B1DP 的距离.

考点: 与二面角有关的立体几何综合题;空间中直线与直线之间的位置关系;点、线、面间的距离计算. 专题: 计算题;证明题. 分析: (I)°由题意及图形建立空间直角坐标系,写出相应点的坐标,利用 AC∥ PC1,建立点 D 的汗有未知数 x 的 坐标,利用 PB1∥ 平面 BDA1 建立 x 的方程,解出即证出所求; (II)由题意及(I)所建立的坐标系,利用平面法向量与二面角的大小之间的关系求出二面角的大小; (III)利用空间向量中求点到平面的距离公式直接求出点到平面的距离. 解答: 解: (I)由题意作出如下图形并建立图示的空间直角坐标系:
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以 A1 点为原点,A1B1,A1C1,A1A 所在的直线分别为 x,y,z 轴, 建立图示的空间直角坐标系,则 A1(0,0,0)B1(1,0,0)C1(0,1,0)B(1,0,1) (I)设 C1D=x, ∵ AC∥ PC1 ∴

可设 D(0,1,x) ∴ =(0,1,x) ,



设平面 BA1D 的一个法向量为 =(a,b,c) , 则 ? 令 a=1,则 =(1,x,﹣1)∵ PB1∥ 平面 BA1D 0=0?x= ;

∴ 故 CD=C1D. (II)由(I)知,平面 BA1D 的一个法向量为

又 =(1,0,0)为平面 AA1D 的一个法向量,∴ cos< 故二面角 A﹣A1D﹣B 的平面角的余弦值为 . (III)∵ 设平面 B1DP 的一个法向量为 =(x,y,z) , 则 ?



令 z=1,∴



∴ C 到平面 B1PD 的距离 d=



点评: 此题重点考查了利用空间向量的方法求点到平面的距离和二面角的大小,还考查了利用方程的思想求解坐 标中所设的变量的大小. 22. (2014?天津)如图,在四棱锥 P﹣ABCD 中,PA⊥ 底面 ABCD,AD⊥ AB,AB∥ DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点 E 为棱 PC 的中点. (Ⅰ )证明:BE⊥ DC; (Ⅱ )求直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值; (Ⅲ )若 F 为棱 PC 上一点,满足 BF⊥ AC,求二面角 F﹣AB﹣P 的余弦值.

考点: 与二面角有关的立体几何综合题;直线与平面所成的角. 专题: 空间位置关系与距离;空间角. 分析: (I)以 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,求出 BE,DC 的方向向量,根据
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?

=0,可

得 BE⊥ DC; (II)求出平面 PBD 的一个法向量,代入向量夹角公式,可得直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值; (Ⅲ )根据 BF⊥ AC,求出向量 的坐标,进而求出平面 FAB 和平面 ABP 的法向量,代入向量夹角公式,

可得二面角 F﹣AB﹣P 的余弦值. 解答: 证明: (I)∵ PA⊥ 底面 ABCD,AD⊥ AB, 以 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,

∵ AD=DC=AP=2,AB=1,点 E 为棱 PC 的中点. ∴ B(1,0,0) ,C(2,2,0) ,D(0,2,0) ,P(0,0,2) ,E(1,1,1)

∴ =(0,1,1) , ∵ ? =0,

=(2,0,0)

∴ BE⊥ DC; (Ⅱ )∵ =(﹣1,2,0) , =(1,0,﹣2) ,

设平面 PBD 的法向量 =(x,y,z) , 由 ,得 ,

令 y=1,则 =(2,1,1) , 则直线 BE 与平面 PBD 所成角 θ 满足: sinθ= = = ,

故直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 (Ⅲ )∵ =(1,2,0) , 由 F 点在棱 PC 上,设 故 = + =λ

. =(2,2,0) ,

=(﹣2,﹣2,2) ,

=(﹣2λ,﹣2λ,2λ) (0≤λ≤1) ,

=(1﹣2λ,2﹣2λ,2λ) (0≤λ≤1) , ? =2(1﹣2λ)+2(2﹣2λ)=0,

由 BF⊥ AC,得 解得 λ= , 即

=(﹣ , , ) ,

设平面 FBA 的法向量为 =(a,b,c) , 由 ,得

令 c=1,则 =(0,﹣3,1) , 取平面 ABP 的法向量 =(0,1,0) , 则二面角 F﹣AB﹣P 的平面角 α 满足: cosα= = = ,

故二面角 F﹣AB﹣P 的余弦值为: 点评: 本题考查的知识点是空间二面角的平面角,建立空间坐标系,将二面角问题转化为向量夹角问题,是解答 的关键.

23. (2014?湖南) 如图, 四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 的所有棱长都相等, AC∩ BD=O, A1C1∩ B1D1=O1, 四边形 ACC1A1 和四边形 BDD1B1 均为矩形. (Ⅰ )证明:O1O⊥ 底面 ABCD; (Ⅱ )若∠ CBA=60°,求二面角 C1﹣OB1﹣D 的余弦值.

考点: 与二面角有关的立体几何综合题;直线与平面垂直的判定. 专题: 空间位置关系与距离;空间角. 分析: (Ⅰ ) 由已知中, 四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 的所有棱长都相等, AC∩ BD=O, A1C1∩ B1D1=O1, 四边形 ACC1A1 和四边形 BDD1B1 均为矩形.可得 O1O∥ CC1∥ BB1 且 CC1⊥ AC,BB1⊥ BD,进而 OO1⊥ AC,OO1⊥ BD,再由 线面垂直的判定定理得到 O1O⊥ 底面 ABCD; (Ⅱ ) 设四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 的所有棱长均为 2a, 设 AB 为 2, 若∠ CBA=60°, OA=OC=1, OB=OD= , 以 O 为坐标原点,分别以 OB,OC,OO1 为 x,y,z 轴正方向建立空间直角坐标系,求出平面 BDD1B1 和 平面 OB1C1 的法向量,代入向量夹角公式,求出二面角的余弦值. 解答: 证明: (Ⅰ )∵ 四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 的所有棱长都相等, ∴ 四边形 ABCD 为菱形, 又∵ AC∩ BD=O, 故 O 为 BD 的中点,
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同理 O1 也是 B1D1 的中点, 又∵ 四边形 ACC1A1 和四边形 BDD1B1 均为矩形, ∴ O1O∥ CC1∥ BB1 且 CC1⊥ AC,BB1⊥ BD, ∴ OO1⊥ AC,OO1⊥ BD, 又∵ AC∩ BD=O,AC,BD?平面 ABCD, ∴ O1O⊥ 底面 ABCD; 解: (Ⅱ )设四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 的所有棱长均相等,所以四边形 ABCD 是菱形, ∴ AC⊥ BD, 又∵ O1O⊥ 底面 ABCD, ∴ OB,OC,OO1 两两垂直,

如图,以 O 为坐标原点,OB,OC,OO1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立直角坐标系 O﹣xyz. 设 AB=2, ∵ ∠ CBA=60°, ∴ OA=OC=1,OB=OD= , 则 O(0,0,0) ,B1( 易知, ) ,C1(0,1,2) =(0,1,0)是平面 BDD1B1 的一个法向量,



=(x,y,z)是平面 OB1C1 的一个法向量,则 ,则 x=2,y=2 ,所以 =(2,2 ,﹣ )

,即

取 z=﹣

设二面角 C1﹣OB1﹣D 的大小为 θ,易知 θ 是锐角,于是: cosθ=|cos< , >|=| |= = ,

故二面角 C1﹣OB1﹣D 的余弦值为



点评: 本题考查的知识点是空间二面角的平面角,建立空间坐标系,将二面角问题转化为向量夹角问题,是解答 的关键. 24. (2014?河南)如图,三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,侧面 BB1C1C 为菱形,AB⊥ B1C. (Ⅰ )证明:AC=AB1; (Ⅱ )若 AC⊥ AB1,∠ CBB1=60°,AB=BC,求二面角 A﹣A1B1﹣C1 的余弦值.

考点: 用空间向量求平面间的夹角;空间向量的夹角与距离求解公式. 专题: 空间向量及应用. 分析: (1) 连结 BC1, 交 B1C 于点 O, 连结 AO, 可证 B1C⊥ 平面 ABO, 可得 B1C⊥ AO, B10=CO, 进而可得 AC=AB1;
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(2)以 O 为坐标原点,

的方向为 x 轴的正方向,|

|为单位长度,

的方向为 y 轴的正方向,



方向为 z 轴的正方向建立空间直角坐标系,分别可得两平面的法向量,可得所求余弦值. 解答: 解: (1)连结 BC1,交 B1C 于点 O,连结 AO, ∵ 侧面 BB1C1C 为菱形, ∴ BC1⊥ B1C,且 O 为 BC1 和 B1C 的中点, 又∵ AB⊥ B1C,∴ B1C⊥ 平面 ABO, ∵ AO?平面 ABO,∴ B1C⊥ AO, 又 B10=CO,∴ AC=AB1, (2)∵ AC⊥ AB1,且 O 为 B1C 的中点,∴ AO=CO, 又∵ AB=BC,∴ △ BOA≌ △ BOC,∴ OA⊥ OB, ∴ OA,OB,OB1 两两垂直, 以 O 为坐标原点, 的方向为 x 轴的正方向,| |为单位长度,

的方向为 y 轴的正方向,

的方向为 z 轴的正方向建立空间直角坐标系,

∵ ∠ CBB1=60°,∴ △ CBB1 为正三角形,又 AB=BC, ∴ A(0,0, ∴ =(0, ) ,B(1,0,0, ) ,B1(0, , ) , = ,0) ,C(0, ) , = ,0) =(﹣1, ,0) ,

=(1,0,

设向量 =(x,y,z)是平面 AA1B1 的法向量,



,可取 =(1,



) ,

同理可得平面 A1B1C1 的一个法向量 =(1,﹣ ∴ cos< , >= = ,



) ,

∴ 二面角 A﹣A1B1﹣C1 的余弦值为 点评: 本题考查空间向量法解决立体几何问题,建立坐标系是解决问题的关键,属中档题. 25. (2014?广东)如图,四边形 ABCD 为正方形.PD⊥ 平面 ABCD,∠ DPC=30°,AF⊥ PC 于点 F,FE∥ CD,交 PD 于点 E. (1)证明:CF⊥ 平面 ADF; (2)求二面角 D﹣AF﹣E 的余弦值.

考点: 用空间向量求平面间的夹角;直线与平面垂直的判定;二面角的平面角及求法. 专题: 空间位置关系与距离;空间向量及应用. 分析: (1)结合已知又直线和平面垂直的判定定理可判 PC⊥ 平面 ADF,即得所求;

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(2)由已知数据求出必要的线段的长度,建立空间直角坐标系,由向量法计算即可. 解答: 解: (1)∵ PD⊥ 平面 ABCD,∴ PD⊥ AD, 又 CD⊥ AD,PD∩ CD=D,∴ AD⊥ 平面 PCD, ∴ AD⊥ PC,又 AF⊥ PC, ∴ PC⊥ 平面 ADF,即 CF⊥ 平面 ADF; (2)设 AB=1,在 RT△ PDC 中,CD=1,∠ DPC=30°, ∴ PC=2,PD= ,由(1)知 CF⊥ DF, ∴ DF= ∴ CF= ∴ ,AF= = ,

= ,又 FE∥ CD, ,∴ DE= ,同理可得 EF= CD= ,

如图所示,以 D 为原点,建立空间直角坐标系, 则 A(0,0,1) ,E( ,0,0) ,F( , ,0) ,P( ,0,0) ,C(0,1,0) , ,

设向量 =(x,y,z)为平面 AEF 的法向量,则有



,令 x=4 可得 z=

,∴ =(4,0,

) ,

由(1)知平面 ADF 的一个法向量为

=(

,1,0) ,

设二面角 D﹣AF﹣E 的平面角为 θ,可知 θ 为锐角, cosθ=|cos< , >|= = =

∴ 二面角 D﹣AF﹣E 的余弦值为:

点评: 本题考查用空间向量法求二面角的余弦值,建立空间直角坐标系并准确求出相关点的坐标是解决问题的关 键,属中档题. 26. (2014?广西)如图,三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,点 A1 在平面 ABC 内的射影 D 在 AC 上,∠ ACB=90°,BC=1, AC=CC1=2. (Ⅰ )证明:AC1⊥ A1B;

(Ⅱ )设直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离为

,求二面角 A1﹣AB﹣C 的大小.

考点: 用空间向量求平面间的夹角;直线与平面垂直的性质;二面角的平面角及求法. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: (Ⅰ )由已知数据结合三垂线定理可得;

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(Ⅱ )作辅助线可证∠ A1FD 为二面角 A1﹣AB﹣C 的平面角,解三角形由反三角函数可得. 解答: 解: (Ⅰ )∵ A1D⊥ 平面 ABC,A1D?平面 AA1C1C, ∴ 平面 AA1C1C⊥ 平面 ABC,又 BC⊥ AC ∴ BC⊥ 平面 AA1C1C,连结 A1C, 由侧面 AA1C1C 为菱形可得 AC1⊥ A1C, 由三垂线定理可得 AC1⊥ A1B; (Ⅱ )∵ BC⊥ 平面 AA1C1C,BC?平面 BCC1B1, ∴ 平面 AA1C1C⊥ 平面 BCC1B1, 作 A1E⊥ CC1,E 为垂足,可得 A1E⊥ 平面 BCC1B1, 又直线 AA1∥ 平面 BCC1B1, ∴ A1E 为直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离,即 A1E= , ∵ A1C 为∠ ACC1 的平分线,∴ A1D=A1E= , 作 DF⊥ AB,F 为垂足,连结 A1F, 由三垂线定理可得 A1F⊥ AB, ∴ ∠ A1FD 为二面角 A1﹣AB﹣C 的平面角, 由 AD= ∴ DF= ∴ tan∠ A1FD= = = =1 可知 D 为 AC 中点, , ,

∴ 二面角 A1﹣AB﹣C 的大小为 arctan 点评: 本题考查二面角的求解,作出并证明二面角的平面角是解决问题的关键,属中档题. 27. (2014?山东)如图,在四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 中,底面 ABCD 是等腰梯形,∠ DAB=60°,AB=2CD=2,M 是 线段 AB 的中点. (Ⅰ )求证:C1M∥ 平面 A1ADD1; (Ⅱ )若 CD1 垂直于平面 ABCD 且 CD1= ,求平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角)的余弦值.

考点: 用空间向量求平面间的夹角;直线与平面平行的判定. 专题: 空间向量及应用. 分析: (Ⅰ )连接 AD1,易证 AMC1D1 为平行四边形,利用线面平行的判定定理即可证得 C1M∥ 平面 A1ADD1; (Ⅱ )作 CP⊥ AB 于 P,以 C 为原点,CD 为 x 轴,CP 为 y 轴,CD1 为 z 轴建立空间坐标系,易求 C1(﹣1,
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0,

) ,D1, (0,0,

) ,M( ,

,0) ,

=(1,1,0) ,

=( ,

,﹣

) ,设平面 C1D1M

的法向量 =(x1,y1,z1) ,可求得

=(0,2,1) ,而平面 ABCD 的法向量

=(1,0,0) ,从而可求得

平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角)的余弦值. 解答: 解: (Ⅰ )连接 AD1,∵ ABCD﹣A1B1C1D1 为四棱柱,∴ CD 又 M 为 AB 的中点,∴ AM=1. ∴ CD∥ AM,CD=AM, ∴ AM C1D1, C1D1,

∴ AMC1D1 为平行四边形,∴ AD1∥ MC1,又 MC1?平面 A1ADD1,AD1?平面 A1ADD1, ∴ C1M∥ 平面 A1ADD1; (Ⅱ )作 CP⊥ AB 于 P,以 C 为原点,CD 为 x 轴,CP 为 y 轴,CD1 为 z 轴建立空间坐标系, 则 C1(﹣1,0, ∴ ) ,D1, (0,0, =(﹣ , ) ,M( , ,﹣ ) , ,0) ,

=(1,0,0) ,

设平面 C1D1M 的法向量 =(x1,y1,z1) ,



,∴ =(0,2,1) .

显然平面 ABCD 的法向量

=(0,0,1) ,

cos<



>|=

=

=



显然二面角为锐角, ∴ 平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为 .

点评: 本题考查用空间向量求平面间的夹角,主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,同时考查 空间想象能力,空间向量的坐标运算,推理论证能力和运算求解能力. 28. (2014?浙江) 如图, 在四棱锥 A﹣BCDE 中, 平面 ABC⊥ 平面 BCDE, ∠ CDE=∠ BED=90°, AB=CD=2, DE=BE=1, AC= . (Ⅰ )证明:DE⊥ 平面 ACD; (Ⅱ )求二面角 B﹣AD﹣E 的大小.

考点: 二面角的平面角及求法;直线与平面垂直的判定. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: (Ⅰ )依题意,易证 AC⊥ 平面 BCDE,于是可得 AC⊥ DE,又 DE⊥ DC,从而 DE⊥ 平面 ACD; (Ⅱ )作 BF⊥ AD,与 AD 交于点 F,过点 F 作 FG∥ DE,与 AB 交于点 G,连接 BG,由(Ⅰ )知 DE⊥ AD,则
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FG⊥ AD,所以∠ BFG 就是二面角 B﹣AD﹣E 的平面角,利用题中的数据,解三角形,可求得 BF=



AF= AD,从而 GF= ,cos∠ BFG=

=

,从而可求得答案.

解答: 证明: (Ⅰ )在直角梯形 BCDE 中,由 DE=BE=1,CD=2,得 BD=BC= , 2 2 2 由 AC= ,AB=2 得 AB =AC +BC ,即 AC⊥ BC, 又平面 ABC⊥ 平面 BCDE,从而 AC⊥ 平面 BCDE, 所以 AC⊥ DE,又 DE⊥ DC,从而 DE⊥ 平面 ACD; 作 BF⊥ AD, 与 AD 交于点 F, 过点 F 作 FG∥ DE, 与 AB 交于点 G, 连接 BG, 由 (Ⅰ ) 知 DE⊥ AD, 则 FG⊥ AD, 所以∠ BFG 就是二面角 B﹣AD﹣E 的平面角,在直角梯形 BCDE 中,由 CD =BC +BD ,得 BD⊥ BC, 又平面 ABC⊥ 平面 BCDE,得 BD⊥ 平面 ABC,从而 BD⊥ AB, 由于 AC⊥ 平面 BCDE,得 AC⊥ CD. 在 Rt△ ACD 中,由 DC=2,AC= ,得 AD= ; 在 Rt△ AED 中,由 ED=1,AD= 得 AE= ; 在 Rt△ ABD 中,由 BD= ,AB=2,AD= 得 BF= ,AF= AD,从而 GF= , ,BG= .
2 2 2

在△ ABE,△ ABG 中,利用余弦定理分别可得 cos∠ BAE=

在△ BFG 中,cos∠ BFG=

=



所以,∠ BFG=

,二面角 B﹣AD﹣E 的大小为



点评: 本题主要考查空间点、线、面位置关系,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. 29. (2014?河东区二模)在四棱锥 P﹣ABCD 中,∠ ABC=∠ ACD=90°,∠ BAC=∠ CAD=60°,PA⊥ 平面 ABCD,E 为 PD 的中点,PA=2AB=2. (Ⅰ )求四棱锥 P﹣ABCD 的体积 V; (Ⅱ )若 F 为 PC 的中点,求证:平面 PAC⊥ 平面 AEF; (Ⅲ )求二面角 E﹣AC﹣D 的大小.

考点: 空间点、线、面的位置;与二面角有关的立体几何综合题. 专题: 计算题;证明题. 分析: (Ⅰ )把四边形面积分成 2 个直角三角形面积之和,代入棱锥体积公式进行计算. (Ⅱ )先证 CD⊥ 平面 PAC,由三角形中位线的性质得 EF∥ CD,得到 EF⊥ 平面 PAC,从而证得平面 PAC⊥ 平 面 AEF. (Ⅲ )由三垂线定理作出∠ EQM 为二面角 E﹣AC﹣D 的平面角,并证明之,解直角三角形 EQM,求出∠ EQM 的大小. 解答: 解: (Ⅰ )在 Rt△ ABC 中,AB=1,∠ BAC=60°, ∴ ,AC=2(1 分) 在 Rt△ ACD 中,AC=2,∠ CAD=60°, ∴ ,AD=4(2 分)
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∴ 则 (5 分)

(4 分)

(Ⅱ )∵ PA⊥ 平面 ABCD,∴ PA⊥ CD(6 分) 又 AC⊥ CD,PA∩ AC=A, ∴ CD⊥ 平面 PAC(7 分) ∵ E、F 分别为 PD、PC 中点,

∴ EF∥ CD(8 分) ∴ EF⊥ 平面 PAC(9 分) ∵ EF?平面 AEF, ∴ 平面 PAC⊥ 平面 AEF(10 分) (Ⅲ )取 AD 的中点 M,连接 EM,则 EM∥ PA, ∴ EM⊥ 平面 ACD,过 M 作 MQ⊥ AC 于 Q, 连接 EQ,则∠ EQM 为二面角 E﹣AC﹣D 的平面角. (12 分) ∵ M 为 AD 的中点,MQ⊥ AC,CD⊥ AC, ∴ ∴ ,又 , ,故∠ EQM=30°

即三面角 E﹣AC﹣D 的大小为 30°(14 分)

点评: 本题考查用分割法求出棱锥的底面积,直线与平面垂直的判定以及求二面角的大小的方法. 30. (2014?河北模拟)如图,在四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 中,侧棱 AA1⊥ 底面 ABCD,AB∥ DC,AA1=1,AB=3k, AD=4k,BC=5k,DC=6k(k>0) . (Ⅰ )求证:CD⊥ 平面 ADD1A1; (Ⅱ )若直线 AA1 与平面 AB1C 所成角的正弦值为 ,求 k 的值.

考点: 直线与平面所成的角;直线与平面垂直的判定. 专题: 综合题;空间位置关系与距离;空间角. 分析: (Ⅰ )取 CD 的中点 E,连结 BE,证明 BE⊥ CD,可得 CD⊥ AD,利用 AA1⊥ 平面 ABCD,可得 AA1⊥ CD,即 可证明 CD⊥ 平面 ADD1A1;
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(Ⅱ )以 D 为原点,





的方向为 x,y,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,求出平面 AB1C 的

法向量,利用直线 AA1 与平面 AB1C 所成角的正弦值为 ,建立方程,即可求 k 的值. 解答: (Ⅰ )证明:取 CD 的中点 E,连结 BE. ∵ AB∥ DE,AB=DE=3k,∴ 四边形 ABED 为平行四边形,…(2 分) ∴ BE∥ AD 且 BE=AD=4k.

在△ BCE 中,∵ BE=4k,CE=3k,BC=5k,∴ BE +CE =BC , ∴ ∠ BEC=90°,即 BE⊥ CD, 又∵ BE∥ AD,∴ CD⊥ AD. ∵ AA1⊥ 平面 ABCD,CD?平面 ABCD, ∴ AA1⊥ CD.又 AA1∩ AD=A, ∴ CD⊥ 平面 ADD1A1.…(6 分) (Ⅱ )解:以 D 为原点, , ,

2

2

2

…(4 分)

的方向为 x,y,z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则

A(4k,0,0) ,C(0,6k,0) ,B1(4k,3k,1) ,A1(4k,0,1) , 所以 =(﹣4k,6k,0) , =(0,3k,1) , =(0,0,1) .

设平面 AB1C 的法向量 =(x,y,z) , 则

取 y=2,得 =(3,2,﹣6k) (k>0) . 设 AA1 与平面 AB1C 所成角为 θ,则 sinθ=|cos< , >|= ,

…(9 分)

解得 k=1,故所求 k 的值为 1.…(12 分)

点评: 本题考查棱柱的结构特征,考查线面垂直,考查空间想象能力,逻辑思维能力,属于中档题.


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