2014全国名校真题模拟专题训练9-立体几何解答题1(数学)

2014全国名校真题模拟专题训练09立体几何三、解答题(第四部分)76、(江苏省前黄高级中学2008届高三调研)如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，已知AB = 4， AD =3， AA 1= 2．E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点，且EB = FB =1． （1）求直线EC 1与FD 1所成角的余弦值；（2）求二面角C -DE -C 1的平面角的正切值．解：以A 为原点，1,,AB AD AA分别为x 轴，y 轴，z 轴的 正向建立空间直角坐标系A -xyz ，则有D (0，3，0)、 D 1(0，3，2)、E (3，0，0)、F (4，1，0)、C 1(4，3，2)．于是，1(3,3,0),(1,3,2)DE EC =-= ，1(4,2,2)FD =-． （1）设EC 1与FD 1所成角为β，则11222222111(4)322221cos ||||14||||132(4)22EC FD EC FD ⨯-+⨯+⨯β===⨯++⨯-++ ．（2）设向量(,,)x y z =n 与平面C 1DE 垂直，则有133013202DE x y x y z x y z EC ⎫⊥-=⎫⎪⇒⇒==-⎬⎬++=⊥⎭⎪⎭ n n ．∴(,,)(1,1,2),222z z zz =--=--n 其中z ＞0．取n 0=(-1，-1，2)，则n 0是一个与平面C 1DE 垂直的向量． ∵向量1AA=（0，0，2）与平面CDE 垂直，∴n 0与1AA所成的角θ为二面角C -DE -C 1的平面角．∵010********cos 3||||114004AA AA -⨯-⨯+⨯θ===⨯++⨯++ n n ，∴2tan 2θ=．77、(江苏省泰兴市2007—2008学年第一学期高三调研)已知等腰梯形PDCB 中（如图1），PB=3，DC=1，PB=BC =2，A 为PB 边上一点，且PA=1，将△PAD 沿AD 折起，使面PAD ⊥面ABCD （如图2）.（Ⅰ）证明：平面PAD ⊥PCD ；（Ⅱ）试在棱PB 上确定一点M ，使截面AMC把几何体分成的两部分1:2:=MACB PDCMA V V ；（Ⅲ）在M 满足（Ⅱ）的情况下，判断直线PD是否平行面AMC.错误！未找到引用源。

2014届全国名校数学试题解析汇编专题（9）三⾓形（含答案）⼀、选择题1．如图，点D在△ABC的边BC上，过点D作DF∥AB，交AC于点E，连结BF，已知BD：DC ＝1：2，DE：EF＝1：3，则S△ABC：S△BDF＝…（）A．3：2 B. 4：3 C. 6：5 D. 9：82．已知在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=α，AC=3，那么AB的长为（）A．3sinα B．3cosα C．3cosαD．3sinα3．已知1sin A2=，则锐⾓A的度数是（）A．30° B．45° C．60° D．75°4已知△ABC∽△DEF，且AB:DE = 1:2，△ABC的周长与△DEF的周长之⽐为（）A．2:1 B．1:2 C．1:4 D． 4:15．夏季的⼀天，⾝⾼为1.6m的⼩玲想测量⼀下屋前⼤树的⾼度，她沿着树影BA由B到A ⾛去，当⾛到C点时，她的影⼦顶端正好与树的影⼦顶端重合，测得BC=3.2m，CA=0.8m，于是得出树的⾼度为( )A．8m B．6.4m C．4.8m D．10m6．已知△ABC∽△DEF，若△ABC与△DEF的相似⽐为3∶4，则△ABC与△DEF的⾯积⽐为()A．4∶3 B．3∶4 C．16∶9 D．9∶167．如图，在△ABC中，∠CAB＝70°.在同⼀平⾯内，将△ABC绕点A旋转到△A′B′C的位置，使得CC′∥AB，则∠BAB′＝( ▲ )A．30° B．35° C．40° D．50°8．在直⾓梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝2，BC＝4，以点D为旋转中⼼将腰DC 逆时针旋转90°⾄DE，连接AE，则△ADE的⾯积为▲ .5.满⾜下列条件的三⾓形中，不是直⾓三⾓形的是（）A.三内⾓之⽐为1∶2∶3B.三边长的平⽅之⽐为1∶2∶3C.三边长之⽐为3∶4∶5D.三内⾓之⽐为3∶4∶59.已知直⾓三⾓形两边的长分别为3和4，则此三⾓形的周长为（）A．12 B．7＋7C．12或7＋7D．以上都不对10.在?ABC中，AB=10cm，AC=17cm，BC边上的⾼为8cm，则?ABC的⾯积为（）A. 84B. 36C. 36或84D. ⽆法确定11.如图，△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线交于点F，过点F作DE∥BC交AB于点D，交AC于点E，那么下列结论：①△BDF和△CEF都是等腰三⾓形；②DE=BD+CE；③△ADE的周长等于AB与AC的和；④BF=CF．其中有（）A．①②③ B．①②③④ C．①② D．①12.如图，梯⼦AB靠在墙上，梯⼦的底端A到墙根O的距离为2 m，梯⼦的顶端B到地⾯的距离为7 m，现将梯⼦的底端A向外移动到A′，使梯⼦的底端A′到墙根O的距离等于3m，同时梯⼦的顶端B下降⾄B′，那么BB′（）A．⼩于1m B．⼤于1m1mC．等于1m D．⼩于或等于13.将⼀根24 cm的筷⼦置于底⾯直径为15 cm，⾼为8 cm的圆柱形⽔杯中，如图所⽰，设筷⼦露在杯⼦外⾯的长度为h cm，则h的取值范围是（）A．h≤17 B．h≥8 C．15≤h≤16 D．7≤h≤1614.】下列⼏组线段能组成三⾓形的是（）A ．3cm，5cm，8cm B．8cm，8cm，18cmC．0.1cm，0.1cm，0.1cm D．3cm，4cm，8cm15.下列各图中，正确画出AC边上的⾼的是（）A B C D16.下列判断正确的是（）A 有⼀直⾓边相等的两个直⾓三⾓形全等B 腰相等的两个等腰三⾓形全等C 斜边相等的两个等腰直⾓三⾓形全等D 两个锐⾓对应相等的两个直⾓三⾓形全等17.适合条件∠A=∠B=∠C的三⾓形是（）A．锐⾓三⾓形 B．直⾓三⾓形C．钝⾓三⾓形 D．都有可能18.下列说法中正确的是（）A．两个直⾓三⾓形全等 B．两个等腰三⾓形全等C．两个等边三⾓形全等 D．两条直⾓边对应相等的直⾓三⾓形全等19.如图，已知AB=AD，那么添加下列⼀个条件后，仍⽆法判定△ABC≌△ADC的是（）A. CB=CDB.．∠BAC=∠DACC.．∠BCA=∠DCAD.．∠B=∠D=90°20.下列4组数中，不能构成直⾓三⾓形的是（）A. 20，21，29B. 16，28，34C. 3a，4a，5a（a>0）D. 5，12，1321.下列命题中：（1）形状相同的两个三⾓形是全等形；（2）在两个全等三⾓形中，相等的⾓是对应⾓，相等的边是对应边；（3）全等三⾓形对应边上的⾼、中线及对应⾓平分线分别相等，其中真命题的个数有（）A.．3个B.．2个 C． 1个D． 0个22.如图所⽰，某同学把⼀块三⾓形的玻璃不⼩⼼打碎成了三块，现在要到玻璃店去配⼀块完全⼀样的玻璃，那么最省事的办法是带（）去．A．① B．② C.．③ D.．①和②⼆、填空题：23.如图，共有______个三⾓形．24.如图，△ABC的⼀个外⾓等于120°，∠B=40°，则∠C的度数是_______．25.如图，若△ABC≌△A1B1C1，且∠A=110°，∠B=40°，则∠C1=________度．26.如图，AD，A′D′分别是锐⾓三⾓形ABC和锐⾓三⾓形A′B′C′中BC，B′C′边上的⾼，且AB=A′B′，A′D′=AD，若使△ABC≌△A′B′C′，请你补充条件________．（填写⼀个你认为适当的条件即可）27.如图，已知在△ABC中，∠A=90°，AB=AC，CD平分∠ACB，DE⊥BC于E．若BC=18cm，则△DEB的周长为_________．28、如图，在△ABC中，AC=3，BC=4，AB=5，则tanB的值=____________29. 17．（1）下列图形中具有稳定性是_______；（只填图形序号）（2）对不具有稳定性的图形，请适当地添加线段，使之具有稳定性．30.在△ABC中，，，，则△ABC是_________.31.已知直⾓三⾓形的两直⾓边长分别为和，则斜边上的⾼为.32.已知两条线段的长为3cm和4cm，当第三条线段的长为时，这三条线段能组成⼀个直⾓三⾓形。

2014年高考文科数学：立体几何1、已知正方体的棱长为1,其俯视图是一个面积为1的正方形,侧视图是一个面积为2的矩形,则该正方体的正视图的面积等于（ ）A ．32B ．1C ．212+D ．22、已知三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上,若34AB AC ==，,AB AC ⊥, 112AA =,则球O 的半径为（ ） A ．3172 B ．210 C ．132D ．310 3、设l 为直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是（ ）A ．若//l α,//l β,则//αβB ．若l α⊥,l β⊥,则//αβC ．若l α⊥,//l β,则//αβD ．若αβ⊥,//l α,则l β⊥4、一个四棱锥的侧棱长都相等,底面是正方形,其正(主)视图如下图所示该四棱锥侧面积和体积分别是（ ）A ．45,8B ．845,3C ．84(51),3+D ．8,8 5、已知正四棱锥O-ABCD 的体积为错误！未找到引用源。

223,底面边长为错误！未找到引用源。

,则以O 为球心,OA 为半径的球的表面积为________. 6、已知H 是球O 的直径AB 上一点,:1:2AH HB =,AB ⊥平面α,H 为垂足,α截球O 所得截面的面积为π,则球O 的表面积为_______.7、某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥的体积为__________.8、 如图,正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,P 为BC 的中点,Q 为线段1CC 上的动点,过点,,A P Q 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).①当102CQ <<时,S 为四边形;②当12CQ =时,S 为等腰梯形;③当34CQ =时,S 与11C D 的交点R 满足113C R =;④当314CQ <<时,S 为六边形;⑤当1CQ =时,S 的面积为62. 9、如图,在在四棱锥ABCD P -中,PA ⊥面ABCD ,AB =BC =2,AD =CD =7,PA =3, ∠ABC =120°,G 为线段PC 上的点.(1) 证明:BD ⊥面PAC ;(2) 若G 是PC 的中点,求DG 与APC 所成的角的正切值;(3) 若G 满足PC ⊥面BDG ,求GC PG 的值.14如图1,在边长为1的等边三角形ABC 中,,D E 分别是,AB AC 边上的点,AD AE =,F 是BC 的中点,AF 与DE 交于点G ,将ABF ∆沿AF 折起,得到如图2所示的三棱锥A BCF -,其中22BC =.(1) 证明:DE //平面BCF ;(2) 证明:CF ⊥平面ABF ;(3) 当23AD =时,求三棱锥F DEG -的体积F DEG V -. 如图, 三棱柱ABC -A 1B 1C 1中, 侧棱A 1A ⊥底面ABC ,且各棱长均相等. D , E , F 分别为棱AB , BC , A 1C 1的中点.(1) 证明EF //平面A 1CD ;(2) 证明平面A 1CD ⊥平面A 1ABB 1;(3) 求直线BC 与平面A 1CD 所成角的正弦值.。

2014年高考题专题整理 --立体几何第I 部分1.【2014年陕西卷（理05）】已知底面边长为1，侧棱长为2则正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（ ）32.3A π .4B π .2C π 4.3D π【答案】 D【解析】D r r r r 选解得设球的半径为.π3434V ∴,1,4)2(11)2(,32222====++=π2.【2014年重庆卷（理07）】某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的表面积为（ ）A.54B.60C.66D.72【答案】B【解析】在长方体中构造几何体'''ABC A B C -,如右图所示，4,'5,'2,3AB A A B B AC ====，经检验该几何体的三视图满足题设条件。

其表面积'''''''''ABC ACC A ABB A BCC B A B C S S S S S S ∆∆=++++，3515615146022=++++=，故选择B3.【2014年安徽卷（理07）】一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为俯视图左视图正视图3245C'B'A'C BA（A ）321+ （B ）318+（C ）21（D ）18【答案】A【解析】此多面体的直观图如下图所示表面积为61121622⨯⨯⨯-⨯⨯ 3212)2(432+=⨯⨯+第（7）题图4.【2014年福建卷（理02）】某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是（ ）A ． 圆柱B ．圆锥C ． 四面体D ．三棱柱【答案】A【解析】圆柱的正视图为矩形，故选：A5.【2014年湖南卷（理07）】一块石材表示的几何体的三视图如图2所示. 将该石材切割、打磨，加工成球，则能得到最大球的半径等于A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】由图可得该几何体为三棱柱,所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r ,则2286862r r r -+-=+⇒=，故选B6.【2014年辽宁卷（理04）】已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的正（主）视图侧（左）视图俯视图111111111111是（ ）A ．若//,//,m n αα则//m nB ．若m α⊥，n α⊂，则m n ⊥C ．若m α⊥，m n ⊥，则//n αD ．若//m α，m n ⊥，则n α⊥【答案】B【解析】A ．若m ∥α，n ∥α，则m ，n 相交或平行或异面，故A 错；B ．若m ⊥α，n ⊂α，则m ⊥n ，故B 正确；C ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α，故C 错；D ．若m ∥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α或n ⊥α，故D 错．故选B7.【2014年全国大纲卷（08）】正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（ ） A ．814π B ．16π C ．9π D ．274π【答案】A【解析】设球的半径为R ，则∵棱锥的高为4，底面边长为2， ∴R 2=（4﹣R ）2+（）2，∴R=，∴球的表面积为4π•（）2=．故选：A8.【2014年四川卷（理08）】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为线段BD 的中点。

2014-2019年高考数学真题分类汇编专题10：立体几何（体积与表面积）选择题1．（2014•新课标Ⅱ文）正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2D 为BC 中点，则三棱锥11A B DC -的体积为( )A ．3B ．32C ．1D 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】由题意求出底面11B DC 的面积，求出A 到底面的距离，即可求解三棱锥的体积．【解答】解：正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2D 为BC 中点，∴底面11B DC 的面积：122⨯A三棱锥11A B DC -的体积为：113．故选：C ．【点评】本题考查几何体的体积的求法，求解几何体的底面面积与高是解题的关键．2．（2014•福建文）以边长为1的正方形的一边所在所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于( ) A ．2πB ．πC ．2D ．1【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【分析】边长为1的正方形，绕其一边所在直线旋转一周，得到的几何体为圆柱，从而可求圆柱的侧面积． 【解答】解：边长为1的正方形，绕其一边所在直线旋转一周，得到的几何体为圆柱， 则所得几何体的侧面积为：1212ππ⨯⨯=， 故选：A ．【点评】本题是基础题，考查旋转体的侧面积的求法，考查计算能力．3．（2014•湖北文）《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出了由圆锥的底面周长L 与高h ，计算其体积V 的近似公式2136V L h ≈，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3，那么，近似公式2275V L h ≈相当于将圆锥体积公式中的π近似取为() A ．227B ．258C ．15750D ．355113【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积 【分析】根据近似公式2275V L h ≈，建立方程，即可求得结论． 【解答】解：设圆锥底面圆的半径为r ，高为h ，则2L r π=，∴2212(2)375r h r h ππ=， 258π∴=． 故选：B ．【点评】本题考查圆锥体积公式，考查学生的阅读理解能力，属于基础题．4．（2014•陕西文）将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是() A ．4πB ．3πC ．2πD ．π【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【分析】边长为1的正方形，绕其一边所在直线旋转一周，得到的几何体为圆柱，从而可求圆柱的侧面积． 【解答】解：边长为1的正方形，绕其一边所在直线旋转一周，得到的几何体为圆柱， 则所得几何体的侧面积为：1212ππ⨯⨯=， 故选：C ．【点评】本题是基础题，考查旋转体的侧面积的求法，考查计算能力．5．（2015•新课标Ⅰ文理）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：”今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？“其意思为：”在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？“已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】根据圆锥的体积公式计算出对应的体积即可． 【解答】解：设圆锥的底面半径为r ，则82r π=，解得16r π=，故米堆的体积为21116320()5439ππ⨯⨯⨯⨯≈，1斛米的体积约为1.62立方，∴3201.62229÷≈， 故选：B ．【点评】本题主要考查椎体的体积的计算，比较基础．6．（2015•山东文）已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A B C ． D ．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】画出图形，根据圆锥的体积公式直接计算即可． 【解答】解：如图为等腰直角三角形旋转而成的旋转体． 2112233V S h R h π=⨯=⨯2123π=⨯⨯． 故选：B ．【点评】本题考查圆锥的体积公式，考查空间想象能力以及计算能力．是基础题． 7．（2015•山东理）在梯形ABCD 中，2ABC π∠=，//AD BC ，222BC AD AB ===，将梯形ABCD 绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A ．23πB ．43π C ．53π D ．2π【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】画出几何体的直观图，利用已知条件，求解几何体的体积即可．【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图：旋转体是底面半径为1，高为2的圆柱，挖去一个相同底面高为1的倒圆锥，几何体的体积为：2215121133πππ-⨯⨯=．故选：C ．【点评】本题考查几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．画出几何体的直观图是解题的关键．8．（2018•新课标Ⅰ文）已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A ．B ．12πC ．D ．10π【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【分析】利用圆柱的截面是面积为8的正方形，求出圆柱的底面直径与高，然后求解圆柱的表面积． 【解答】解：设圆柱的底面直径为2R ，则高为2R ， 圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，可得：248R =，解得R ，则该圆柱的表面积为：2(2)212ππ⨯+⨯． 故选：B ．【点评】本题考查圆柱的表面积的求法，考查圆柱的结构特征，截面的性质，是基本知识的考查．填空题1．（2014•福建理）要制作一个容器为34m ，高为1m 的无盖长方形容器，已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是 160 （单位：元） 【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【分析】此题首先需要由实际问题向数学问题转化，设池底长和宽分别为a ，b ，成本为y ，建立函数关系式，然后利用基本不等式求出最值即可求出所求． 【解答】解：设池底长和宽分别为a ，b ，成本为y ， 则长方形容器的容器为34m ，高为1m ，故底面面积4S ab ==，2010[2()]20()80y S a b a b =++=++，4a b +=…，故当2a b ==时，y 取最小值160， 即该容器的最低总造价是160元， 故答案为：160【点评】本题以棱柱的体积为载体，考查了基本不等式，难度不大，属于基础题．2．（2014•江苏）设甲、乙两个圆柱的底面积分别为1S ，2S ，体积分别为1V ，2V ，若它们的侧面积相等，且1294S S =，则12V V 的值是32． 【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）；棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】设出两个圆柱的底面半径与高，通过侧面积相等，推出高的比，然后求解体积的比． 【解答】解：设两个圆柱的底面半径分别为R ，r ；高分别为H ，h ； 1294S S =， ∴32R r =，它们的侧面积相等，212RH rhππ= ∴23H h =， ∴22122323()232V R H V r h ππ===． 故答案为：32． 【点评】本题考查柱体体积公式以及侧面积公式的直接应用，是基础题目．3．（2014•山东文）一个六棱锥的体积为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为 12 ． 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】判断棱锥是正六棱锥，利用体积求出棱锥的高，然后求出斜高，即可求解侧面积．【解答】解：一个六棱锥的体积为，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，∴棱锥是正六棱锥，设棱锥的高为h ，则2162233h ⨯=，1h ∴=，2=， 该六棱锥的侧面积为：1622122⨯⨯⨯=．故答案为：12．【点评】本题考查了棱锥的体积，侧面积的求法，解答的关键是能够正确利用体积与表面积公式解题． 4．（2014•山东理）三棱锥P ABC -中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ABE -的体积为1V ，P ABC -的体积为2V ，则12V V =14． 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】画出图形，通过底面面积的比求解棱锥的体积的比．【解答】解：如图，三棱锥P ABC -中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点， 三棱锥D ABE -的体积为1V ，P ABC -的体积为2V ，A ∴到底面PBC 的距离不变，底面BDE 底面积是PBC 面积的14BDE PBC S S ∆∆=， ∴12113143BDE PBC SV V S ∆∆==． 故答案为：14．【点评】本题考查三棱锥的体积，着重考查了棱锥的底面面积与体积的关系，属于基础题．5．（2015•上海文理）若正三棱柱的所有棱长均为a ，且其体积为，则a = 4 ． 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】由题意可得1(sin 60)1632a a a ︒=a 的值．【解答】解：由题意可得，正棱柱的底面是变长等于a 的等边三角形，面积为1sin 602a a ︒，正棱柱的高为a ，1(sin 60)1632a a a ∴︒=4a ∴=， 故答案为：4．【点评】本题主要考查正棱柱的定义以及体积公式，属于基础题．6．（2015•上海理）若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为 3π． 【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【分析】设圆锥的底面半径为r ，高为h ，母线长为l ，由已知中圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，可得2l h =，进而可得其母线与轴的夹角的余弦值，进而得到答案． 【解答】解：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，母线长为l ， 则圆锥的侧面积为：rl π，过轴的截面面积为：rh ， 圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π， 2l h ∴=，设母线与轴的夹角为θ， 则1cos 2h l θ==， 故3πθ=，故答案为：3π． 【点评】本题考查的知识点是旋转体，其中根据已知求出圆锥的母线与轴的夹角的余弦值，是解答的关键． 7．（2015•四川文）在三棱住111ABC A B C -中，90BAC ∠=︒，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形，设M ，N ，P 分别是AB ，BC ，11B C 的中点，则三棱锥1P A MN -的体积是124． 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】判断三视图对应的几何体的形状，画出图形，利用三视图的数据，求解三棱锥P AMN -的体积即可．【解答】解：由三视图可知，可知几何体的图形如图：几何体是底面为等腰直角三角形直角边长为1，高为1的直三棱柱，底面积为12，所求三棱锥的高为1NP =，三棱锥底面积是三棱柱底面三角形的14， 所求三棱锥1P A MN -的体积是：111111134224⨯⨯⨯⨯⨯=．故答案为：124．【点评】本题考查三视图与直观图的关系，组作出几何体的直观图是解题的关键之一，考查几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．8．（2015•江苏）现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】由题意求出原来圆柱和圆锥的体积，设出新的圆柱和圆锥的底面半径r ，求出体积，由前后体积相等列式求得r ．【解答】解：由题意可知，原来圆锥和圆柱的体积和为：11962544833πππ⨯⨯+⨯=．设新圆锥和圆柱的底面半径为r ，则新圆锥和圆柱的体积和为：2221284833r r r πππ⨯+=．∴22819633r ππ=，解得：r【点评】本题考查了圆柱与圆锥的体积公式，是基础的计算题．9．（2016•浙江理）如图，在ABC ∆中，2AB BC ==，120ABC ∠=︒．若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD DA =，PB BA =，则四面体PBCD 的体积的最大值是12．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】由题意，ABD PBD ∆≅∆，可以理解为PBD ∆是由ABD ∆绕着BD 旋转得到的，对于每段固定的AD ，底面积BCD 为定值，要使得体积最大，PBD ∆必定垂直于平面ABC ，此时高最大，体积也最大． 【解答】解：如图，M 是AC 的中点．①当AD t AM =<时，如图，此时高为P 到BD 的距离，也就是A 到BD 的距离，即图中AE ，DM t ，由ADE BDM ∆∆∽，可得1h=，h ∴=，2221113(3)(23)1326(3)1(3)t V t t t --=-=-+-+t ∈②当AD t AM =>P 到BD 的距离，也就是A 到BD 的距离，即图中AH ，DM t =1122AD BM BD AH =，∴111(22t t =h ∴=2221113(3)(23)1326(3)1(3)t V t t t --∴=-=-+-+t ∈综上所述，213(36(3)V t --=-，(0t ∈，令[1m =，2)，则2146m V m -=，1m ∴=时，12max V =．另解：由于PD DA =，PB BA =，则对于每一个确定的AD ，都有PDB ∆绕DB 在空间中旋转，则PD AC ⊥时体积最大，则只需考察所有PD AC ⊥时的最大，设PD DA h ==，则()111302332V S h h sin h ==⋅︒⋅⋅底，二次函数求最值可知h =12． 故答案为：12． 【点评】本题考查体积最大值的计算，考查学生转化问题的能力，考查分类讨论的数学思想，对思维能力和解题技巧有一定要求，难度大．10．（2017•新课标Ⅰ理）如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O ．D 、E 、F 为圆O 上的点，DBC ∆，ECA ∆，FAB ∆分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起DBC ∆，ECA ∆，FAB ∆，使得D 、E 、F 重合，得到三棱锥．当ABC ∆的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：3)cm 的最大值为 3 ．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】法一：由题，连接OD ，交BC 于点G ，由题意得OD BC ⊥，OG =，设O G x =，则BC =，5DG x =-，三棱锥的高h =，求出2ABC S ∆=，451325103ABC V S h x ∆=⨯-，令45()2510f x x x =-，5(0,)2x ∈，34()10050f x x x '=-，()f x f …（2）80=，由此能求出体积最大值．法二：设正三角形的边长为x ，则1336O G x =，5FG SG ==，SO h ==【解答】解法一：由题意，连接OD ，交BC 于点G ，由题意得OD BC ⊥，OG =， 即OG 的长度与BC 的长度成正比，设OG x =，则BC =，5DG x =-，三棱锥的高h =，221)2ABC S ∆==，则2451325103ABC V S h x ∆=⨯-令45()2510f x x x =-，5(0,)2x ∈，34()10050f x x x '=-，令()0f x '…，即4320x x -…，解得2x …， 则()f x f …（2）80=，3V ∴…，∴体积最大值为3．故答案为：3．解法二：如图，设正三角形的边长为x ，则13OG x =，5FG SG x ∴==，SO h === ∴三棱锥的体积13ABC V S h ∆=13==，令45()5b x x =，则34()20b x x x '=，令()0b x '=，则4340x =，解得x =，∴348)max V cm =．故答案为：3．【点评】本题考查三棱锥的体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系、函数性质、导数等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．11．（2017•江苏）如图，在圆柱12O O 内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱12O O 的体积为1V ，球O 的体积为2V ，则12V V 的值是 32．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）；棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积 【分析】设出球的半径，求出圆柱的体积以及球的体积即可得到结果． 【解答】解：设球的半径为R ，则球的体积为：343R π，圆柱的体积为：2322R R R ππ=． 则313223423V R R V ππ==． 故答案为：32． 【点评】本题考查球的体积以及圆柱的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．12．（2018•天津文11）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，则四棱锥111A BB D D -的体积为 ．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】求出四棱锥的底面面积与高，然后求解四棱锥的体积．【解答】解：由题意可知四棱锥111A BB D D -的底面是矩形，边长：1，四棱锥的高：1112AC则四棱锥111A BB D D -的体积为：11133⨯=．故答案为：13．【点评】本题考查几何体的体积的求法，判断几何体的形状是解题的关键．13．（2018•天津理11）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M （如图），则四棱锥M EFGH -的体积为112．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】求出四棱锥中的底面的面积，求出棱锥的高，然后利用体积公式求解即可．【解答】解：正方体的棱长为1，M EFGH -， 四棱锥是正四棱锥，棱锥的高为12，四棱锥M EFGH -的体积：2111(32212⨯⨯=．故答案为：112．【点评】本题考查几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．14．（2018•江苏10）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 ．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】求出多面体中的四边形的面积，然后利用体积公式求解即可．【解答】解：正方体的棱长为2， 八面体看做两个正四棱锥，棱锥的高为1，多面体的中心为顶点的多面体的体积为：142133⨯=．故答案为：43．【点评】本题考查几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．15．（2019江苏9）如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E BCD -的体积是 ．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】推导出11111120ABCD A B C D V AB BC DD -=⨯⨯=，三棱锥E BCD -的体积：1111133212E BCD BCD V S CE BC DC CE AB BC DD -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯，由此能求出结果．【解答】解：长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，∴11111120ABCD A B C D V AB BC DD -=⨯⨯=， ∴三棱锥E BCD -的体积：13E BCD BCD V S CE -∆=⨯⨯1132BC DC CE =⨯⨯⨯⨯ 1112AB BC DD =⨯⨯⨯ 10=．故答案为：10．【点评】本题考查三棱锥的体积的求法，考查长方体的结构特征、三棱锥的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．16．（2019•新课标Ⅲ文理16）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型，如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -，挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H ，分别为所在棱的中点，6AB BC cm ==，14AA cm =，3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 g ．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】该模型体积为1111311664(46432)3132()32ABCD A B C D O EFGH V V cm ---=⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=，再由3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，能求出制作该模型所需原料的质量．【解答】解：该模型为长方体1111ABCD A B C D -，挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H ，分别为所在棱的中点，6AB BC cm ==，14AA cm =，∴该模型体积为：1111ABCD A B C D O EFGH V V ---11664(46432)332=⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯⨯⨯314412132()cm =-=，3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，∴制作该模型所需原料的质量为：1320.9118.8()g ⨯=．故答案为：118.8．【点评】本题考查制作该模型所需原料的质量的求法，考查长方体、四棱锥的体积等基础知识，考查推理能力与计算能力，考查数形结合思想，属于中档题．17．（2019•天津文理12．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为 ．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【分析】求出正四棱锥的底面对角线长度和正四棱锥的高度，根据题意得圆柱上底面的直径就在相对中点连线，有线段成比例求圆柱的直径和高，求出答案即可．【解答】解：由题作图可知，四棱锥底面正方形的对角线长为2，且垂直相交平分， 由勾股定理得：正四棱锥的高为2，由于圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，有圆柱的上底面直径为底面正方形对角线的一半等于1，即半径等于12； 由相似比可得圆柱的高为正四棱锥高的一半1， 则该圆柱的体积为：21()124v sh ππ==⨯=；故答案为：4π 【点评】本题考查正四棱锥与圆柱内接的情况，考查立体几何的体积公式，属基础题．解答题1．（2014•上海理）底面边长为2的正三棱锥P ABC -，其表面展开图是三角形123P P P ，如图，求△123P P P 的各边长及此三棱锥的体积V ．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】利用侧面展开图三点共线，判断△123P P P 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：1P ，B ，2P 共线，112ABP BAP CBP ∠=∠=∠，60ABC ∠=︒， 11260ABP BAP CBP ∴∠=∠=∠=︒， 160P ∴∠=︒，同理2360P P ∠=∠=︒，∴△123P P P 是等边三角形，P ABC -是正四面体， ∴△123P P P 的边长为4，3P ABC V AB -==【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．2．（2016•江苏）现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥1111P A B C D -，下部的形状是正四棱柱1111ABCD A B C D -（如图所示），并要求正四棱柱的高1O O 是正四棱锥的高1PO 的4倍． （1）若6AB m =，12PO m =，则仓库的容积是多少？（2）若正四棱锥的侧棱长为6m ，则当1PO 为多少时，仓库的容积最大？【考点】组合几何体的面积、体积问题；棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】（1）由正四棱柱的高1O O 是正四棱锥的高1PO 的4倍，可得12PO m =时，18O O m =，进而可得仓库的容积；（2）设1PO xm =，则14O O xm =，11A O =，21136A B x m =-，代入体积公式，求出容积的表达式，利用导数法，可得最大值． 【解答】解：（1）12PO m =，正四棱柱的高1O O 是正四棱锥的高1PO 的4倍．18O O m ∴=，答：仓库的容积223162683123V m =⨯⨯+⨯=，（2）若正四棱锥的侧棱长为6m ， 设1PO xm =，则14O O xm =，11A O =，211236A B x m =-，则仓库的容积22223126236)(236)431233V x x x x x x =⨯-+-=-+，(06)x <<， 226312V x ∴'=-+，(06)x <<，当0x <<0V '>，()V x 单调递增；当6x <<时，0V '<，()V x 单调递减；故当x=()V x取最大值；答：当PO=时，仓库的容积最大．1【点评】本题考查的知识点是棱锥和棱柱的体积，导数法求函数的最大值，难度中档．。

第13题2014年高三一模汇编——立体几何一、填空题1.（2014长宁一模理6文6）一平面截一球得到直径是6cm 的圆面，球心到这个平面的距离是4cm ，则该球的体积是 . 【答案】3)(3500cm π2.（2014杨浦一模理7文7）若将边长为cm 1的正方形绕其一条边所在直线旋转一周，则所形成圆柱的体积等于 ()3cm . 【答案】π3.（2014浦东一模理10文11）已知圆锥的底面半径为3，体积是12π，则圆锥侧面积等于___________. 【答案】15π4.（2014嘉定一模理5文5）已知圆锥的母线长为，侧面积为，则此圆锥的体积为______．【答案】5.（2014普陀一模文10）如图，正四棱柱1111D C B A ABCD -的底面边长2=AB ，若异面直线A A 1与C B 1 所成的角的大小为21arctan ，则正四棱柱1111D C B A ABCD -的侧面积为 . 【答案】326.（2014普陀一模理10）如图，正四棱柱1111D C B A ABCD -的底面边长2=AB ，若直线C B 1 与底面ABCD 所成的角的大小为2arctan ，则正四棱柱1111D C B A ABCD -的侧面积为 . 【答案】327.（2014普陀一模理13）正三角形ABC 的三个顶点都在半径为2的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为1，点D 是线段BC 的中点，过D 作球O 的截面，则截面面积的最小值为 . 【答案】49π8.（2014奉贤一模理9文9）直角ABC ∆的两条直角边长分别为3,4，若将该三角形绕着斜边旋转一周所得的几何体的体积是V ，则V = ； 【答案】485π5cm π202cm 3cm π16第10题9. （2014奉贤一模理11）在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，P 是11C B 的中点, 若,E F 都是AB 上的点， 且2aEF =，Q 是11A B 上的点, 则四面体EFPQ 的体积是 ； 【答案】324a10. （2014奉贤一模文11）四棱锥ABCD S -的底面是矩形,顶点S 在底面的射影是矩形对角线的交点，且四棱锥及其三视图如下（AB 平行于主视图投影平面），则四棱锥ABCD S -的体积为 ；【答案】1611. （2014黄埔一模理11文11）将某个圆锥沿着母线和底面圆周剪开后展开，所得的平面图是一个圆和扇形，己知该扇形的半径为24cm ，圆心角为34π，则圆锥的体积是________3cm . 【答案】352048π12. （2014宝山一模理11文11）多瑙河三角洲的一地点A 位于北纬︒45东经︒30，大兴安岭地区的一地点B 位于北纬︒45东经︒120，设地球半径为R ，则B A ,两地之间的球面距离是 ．【答案】3R π13. （2014金山一模理14文14）如图，在三棱锥P ABC -中PA 、PB 、PC 两两垂直，且3=PA ，2=PB ，1=PC 。

2014高考立体几何解答题及答案一．解答题（共17小题）1．（2014•山东）如图，四棱锥P﹣ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB=BC=AD，E，F分别为线段AD，PC的中点．（Ⅰ）求证：AP∥平面BEF；（Ⅱ）求证：BE⊥平面PAC．BC=2．（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．MD=AC3．（2014•湖北）在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，E为PC中点，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ADC=90°，AB=AD=PD=1，CD=2．（Ⅰ）求证：BE∥平面PAD；（Ⅱ）求证：BC⊥平面PBD；（Ⅲ）设Q为侧棱PC上一点，，试确定λ的值，使得二面角Q﹣BD﹣P为45°．的法向量，利用的法向量的坐标，由两个法向量的数量积运算表示二面角的余弦值，化简后求出，且，，=，，4．（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．PA=3EF=BC=45．（2014•黄山一模）如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，AD=PA=2，CD=2，E、F分别是AB、PD的中点．（1）求证：AF∥平面PCE；（2）求证：平面PCE⊥平面PCD；（3）求四面体PEFC的体积．AECD AE CDCD=，=V=6．（2014•南海区模拟）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，△PAB和△PAD是两个边长为2的正三角形，DC=4，O为BD的中点，E为PA的中点．（Ⅰ）求证：PO⊥平面ABCD；（Ⅱ）求证：OE∥平面PDC；（Ⅲ）求直线CB与平面PDC所成角的正弦值．的法向量为，∴=，，，的法向量为，即，解得，又所成角的正弦值为7．（2014•天津模拟）如图，在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，下底ABCD是边长为2的正方形，上底A1B1C1D1是边长为1的正方形，侧棱DD1⊥平面ABCD，DD1=2．（1）求证：B1B∥平面D1AC；（2）求证：平面D1AC⊥平面B1BDD1．8．（2013•北京）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD=2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD．E 和F分别是CD和PC的中点，求证：（Ⅰ）PA⊥底面ABCD；（Ⅱ）BE∥平面PAD；（Ⅲ）平面BEF⊥平面PCD．9．（2013•天津）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱A1A⊥底面ABC，且各棱长均相等．D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点．（Ⅰ）证明：EF∥平面A1CD；（Ⅱ）证明：平面A1CD⊥平面A1ABB1；（Ⅲ）求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值．ACD=BG==，所成角的正弦值10．（2013•浙江）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥面ABCD，AB=BC=2，AD=CD=，PA=，∠ABC=120°，G为线段PC上的点．（Ⅰ）证明：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若G是PC的中点，求DG与PAC所成的角的正切值；（Ⅲ）若G满足PC⊥面BGD，求的值．PC=AD=CD=PAPA=，．OD=DGO==，可得，解得GC=﹣，∴=11．（2013•湖南）如图．在直棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=，AA1=3，D是BC的中点，点E 在棱BB1上运动．（1）证明：AD⊥C1E；（2）当异面直线AC，C1E 所成的角为60°时，求三棱锥C1﹣A1B1E的体积．面积为，由此结合锥体体积公式即可算出三棱锥=E=S××12．（2012•山东）如图，几何体E﹣ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB=CD，EC⊥BD．（Ⅰ）求证：BE=DE；（Ⅱ）若∠BCD=120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC．AB=AF13．（2012•江苏）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1B1=A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点（点D 不同于点C），且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：（1）平面ADE⊥平面BCC1B1；（2）直线A1F∥平面ADE．14．（2011•天津）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC=45°，AD=AC=1，O为AC 中点，PO⊥平面ABCD，PO=2，M为PD中点．（Ⅰ）证明：PB∥平面ACM；（Ⅱ）证明：AD⊥平面PAC；（Ⅲ）求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．MN=PO=1中，，所以，中，=所成的正切值为15．（2011•北京）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB=2，∠BAD=60°．（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若PA=AB，求PB与AC所成角的余弦值；（Ⅲ）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长．，则，代入公式可求的法向量的法向量，，﹣，，，=|）知，设的法向量令，的法向量所以的法向量=0t=PA=16．（2010•深圳模拟）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱SD⊥底面ABCD，E、F分别是AB、SC的中点（1）求证：EF∥平面SAD（2）设SD=2CD，求二面角A﹣EF﹣D的大小．法二：建立空间直角坐标系，和，利用，又的平面角的大小为，的中点．，，，所以向量的夹角等于二面角的平面角．的大小为17．（2010•重庆）如图，三棱锥P﹣ABC中，PC⊥平面ABC，PC=AC=2，AB=BC，D是PB上一点，且CD⊥平面PAB．（1）求证：AB⊥平面PCB；（2）求二面角C﹣PA﹣B的大小的余弦值．，PB=COD=。

G 单元 立体几何G1 空间几何体的结构20．、、[2014·卷] 如图1­5，四棱柱ABCD ­ A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为梯形，AD ∥BC ，且AD ＝2BC .过A 1，C ，D 三点的平面记为α，BB 1与α的交点为Q .图1­5(1)证明：Q 为BB 1的中点；(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；(3)若AA 1＝4，CD ＝2，梯形ABCD 的面积为6，求平面α与底面ABCD 所成二面角的大小． 20．解： (1)证明：因为BQ ∥AA 1，BC ∥AD ，BC ∩BQ ＝B ，AD ∩AA 1＝A ，所以平面QBC ∥平面A 1AD ，从而平面A 1CD 与这两个平面的交线相互平行， 即QC ∥A 1D .故△QBC 与△A 1AD 的对应边相互平行， 于是△QBC ∽△A 1AD ，所以BQ BB 1＝BQ AA 1＝BCAD ＝12，即Q 为BB 1的中点．(2)如图1所示，连接QA ，QD .设AA 1＝h ，梯形ABCD 的高为d ，四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V 上和V 下，BC ＝a ，则AD ＝2a .图1V 三棱锥Q ­A 1AD ＝13×12·2a ·h ·d ＝13ahd ，V 四棱锥Q ­ABCD ＝13·a ＋2a 2·d ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12h ＝14ahd ，所以V 下＝V 三棱锥Q ­A 1AD ＋V 四棱锥Q ­ABCD ＝712ahd .又V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 ­ABCD ＝32ahd ，所以V 上＝V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 ­ABCD －V 下＝32ahd －712ahd ＝1112ahd ，故V 上V 下＝117.(3)方法一：如图1所示，在△ADC 中，作AE ⊥DC ，垂足为E ，连接A 1E . 又DE ⊥AA 1，且AA 1∩AE ＝A ， 所以DE ⊥平面AEA 1，所以DE ⊥A 1E .所以∠AEA 1为平面α与底面ABCD 所成二面角的平面角． 因为BC ∥AD ，AD ＝2BC ，所以S △ADC ＝2S △BCA . 又因为梯形ABCD 的面积为6，DC ＝2， 所以S △ADC ＝4，AE ＝4.于是tan ∠AEA 1＝AA 1AE ＝1，∠AEA 1＝π4.故平面α与底面ABCD 所成二面角的大小为π4.方法二：如图2所示，以D 为原点，DA ，DD 1→分别为x 轴和z 轴正方向建立空间直角坐标系． 设∠CDA ＝θ，BC ＝a ，则AD ＝2a . 因为S 四边形ABCD ＝a ＋2a2·2sin θ＝6，所以a ＝2sin θ.图2从而可得C (2cos θ，2sin θ，0)，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫4sin θ，0，4， 所以DC ＝(2cos θ，2sin θ，0)，DA 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4sin θ，0，4. 设平面A 1DC 的法向量n ＝(x ，y ，1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧DA 1→·n ＝4sin θ x ＋4＝0，DC→·n ＝2x cos θ＋2y sin θ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－sin θ，y ＝cos θ，所以n ＝(－sin θ，cos θ，1)．又因为平面ABCD 的法向量m ＝(0，0，1)， 所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m|n||m|＝22，故平面α与底面ABCD 所成二面角的大小为π4.8．[2014·卷] 《算数书》竹简于上世纪八十年代在省江陵县家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．”该术相当于给出了由圆锥的底面周长L 与高h ，计算其体积V 的近似公式V ≈136L 2h .它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V ≈275L 2h 相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )A.227B.258C.15750D.3551138．B [解析] 设圆锥的底面圆半径为r ，底面积为S ，则L ＝2πr ，由题意得136L 2h ≈13Sh ，代入S ＝πr 2化简得π≈3；类比推理，若V ＝275L 2h ，则π≈258.故选B. 7．、[2014·卷] 某几何体三视图如图1­1所示，则该几何体的体积为( ) A ．8－2π B ．8－π C ．8－π2 D ．8－π4图1­17．B [解析] 根据三视图可知，该几何体是正方体减去两个体积相等的圆柱的一部分⎝⎛⎭⎪⎫占圆柱的14后余下的部分，故该几何体体积为2×2×2－2×14×π×2＝8－π.G2 空间几何体的三视图和直观图7．[2014·卷] 一个多面体的三视图如图1­2所示，则该多面体的表面积为( ) A ．21＋3 B ．8＋2C ．21D ．18图1­27．A [解析] 如图，由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥后余下的部分，其表面积S ＝6×4－12×6＋2×12×2×62＝21＋ 3.2．[2014·卷] 某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( ) A ．圆柱 B ．圆锥 C ．四面体 D ．三棱柱2．A [解析] 由空间几何体的三视图可知，圆柱的正视图、侧视图、俯视图都不可能是三角形． 5．[2014·卷] 在如图1­1所示的空间直角坐标系O ­ xyz 中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)．给出编号为①，②，③，④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )图1­1A ．①和②B ．①和③C ．③和②D ．④和②5．D [解析] 由三视图及空间直角坐标系可知，该几何体的正视图显然是一个直角三角形且有一条虚线(一锐角顶点与其所对直角边中点的连线)，故正视图是④；俯视图是一个钝角三角形，故俯视图是②. 故选D.7．、[2014·卷] 一块石材表示的几何体的三视图如图1­2所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )图1­2A ．1B ．2C ．3D ．47．B [解析] 由三视图可知，石材为一个三棱柱(相对应的长方体的一半)，故可知能得到的最大球为三棱柱的切球．由题意可知正视图三角形的切圆的半径即为球的半径，可得r ＝6＋8－102＝2.5．[2014·卷] 一几何体的直观图如图1­1所示，下列给出的四个俯视图中正确的是( )图1­1A B C D图1­25．B [解析] 易知该几何体的俯视图为选项B 中的图形．7．、[2014·卷] 某几何体三视图如图1­1所示，则该几何体的体积为( ) A ．8－2π B ．8－π C ．8－π2 D ．8－π4图1­17．B [解析] 根据三视图可知，该几何体是正方体减去两个体积相等的圆柱的一部分⎝⎛⎭⎪⎫占圆柱的14后余下的部分，故该几何体体积为2×2×2－2×14×π×2＝8－π.3．[2014·卷] 几何体的三视图(单位：cm)如图1­1所示，则此几何体的表面积是( )图1­1A ．90 cm 2B ．129 cm 2C ．132 cm 2D ．138 cm 23．D [解析] 此几何体是由长方体与三棱柱组合而成的，其直观图如图，所以该几何体的表面积为2(4×3＋6×3＋6×4)＋2×12×3×4＋4×3＋3×5－3×3＝138(cm 2)，故选D.12．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图1­3，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )图1­3A ．62 B ．6 C ．42 D ．412．B [解析] 该几何体是如图所示的棱长为4的正方体的三棱锥E ­ CC 1D 1(其中E 为BB 1的中点)，其中最长的棱为D 1E ＝（42）2＋22＝6.6．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图1­1，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm ，高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )图1­1A.1727B.59C.1027D.136．C [解析] 该零件是一个由两个圆柱组成的组合体，其体积为π×32×2＋π×22×4＝34π(cm 3)，原毛坯的体积为π×32×6＝54π(cm 3)，切削掉部分的体积为54π－34π＝20π(cm 3)，故所求的比值为20π54π＝1027. 17．[2014·卷] 四面体ABCD 及其三视图如图1­4所示，过棱AB 的中点E 作平行于AD ，BC 的平面分别交四面体的棱BD ，DC ，CA 于点F ，G ，H .(1)证明：四边形EFGH 是矩形；(2)求直线AB 与平面EFGH 夹角θ的正弦值．图1­417．解：(1)证明：由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ， BD ＝DC ＝2，AD ＝1.由题设，BC ∥平面EFGH ， 平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ， 平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ， ∴BC ∥FG ，BC ∥EH ，∴FG ∥EH . 同理EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG . ∴四边形EFGH 是平行四边形．又∵AD ⊥DC ，AD ⊥BD ，∴AD ⊥平面BDC ， ∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG ， ∴四边形EFGH 是矩形．(2)方法一：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (0，0，1)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，DA ＝(0，0，1)，BC ＝(－2，2，0)， BA ＝(－2，0，1)．设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )， ∵EF ∥AD ，FG ∥BC ， ∴n ·DA ＝0，n ·BC ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，－2x ＋2y ＝0，取n ＝(1，1，0)，∴sin θ＝|cos 〈BA →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪BA ·n |BA ||n |＝25×2＝105.方法二：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系， 则D (0，0，0)，A (0，0，1)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，∵E 是AB 的中点，∴F ，G 分别为BD ，DC 的中点，得E ⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12，F (1，0，0)，G (0，1，0)． ∴FE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，12，FG ＝(－1，1，0)，BA ＝(－2，0，1)．设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则n ·FE ＝0，n ·FG ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧12z ＝0，－x ＋y ＝0，取n ＝(1，1，0)， ∴sin θ＝|cos 〈BA →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BA ·n |BA →||n |＝25×2＝105. 10．[2014·卷] 一个儿何体的三视图如图1­3所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.图1­310.20π3 [解析] 由三视图可得，该几何体为圆柱与圆锥的组合体，其体积V ＝π×12×4＋13π×22×2＝20π3.7．[2014·卷] 某几何体的三视图如图1­2所示，则该几何体的表面积为( )图1­2A ．54B ．60C ．66D ．727．B [解析] 由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥所得，三棱柱的底面是一个两直角边长分别为3和4的直角三角形，高为5，截去的锥体的底面是两直角边的边长分别为3和4的直角三角形，高为3，所以表面积为S ＝12×3×4＋3×52＋2＋52×4＋2＋52×5＋3×5＝60.G3 平面的基本性质、空间两条直线4．[2014·卷] 已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面．下列说确的是( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ⊥α，n ⊂α，则m ⊥n C ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α D ．若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥α4．B [解析] B [解析] 由题可知，若m ∥α，n ∥α，则m 与n 平行、相交或异面，所以A 错误；若m ⊥α，n ⊂α，则m ⊥n ，故B 正确；若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α，故C 错误．若m ∥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊥α或n 与a 相交，故D 错误．17．、、[2014·卷] 在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图1­5所示．(1)求证：AB ⊥CD ；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．图1­517．解：(1)证明：∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ，∴AB ⊥平面BCD .又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD . (2)过点B 在平面BCD 作BE ⊥BD .由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD .以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．依题意，得B (0，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，A (0，0，1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12.则BC →＝(1，1，0)，BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，AD →＝(0，1，－1)．设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎨⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0， 取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1，1)． 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪cos 〈n ，AD →〉＝|n ·AD →||n |·|AD →|＝63.即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63.11．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A.110B.25C.3010D.2211．C [解析] 如图，E 为BC 的中点．由于M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，故MN ∥B 1C 1且MN ＝12B 1C 1，故MN 綊BE ，所以四边形MNEB 为平行四边形，所以EN 綊BM ，所以直线AN ，NE 所成的角即为直线BM ，AN 所成的角．设BC ＝1，则B 1M ＝12B 1A 1＝22，所以MB ＝1＋12＝62＝NE ，AN ＝AE ＝52，在△ANE 中，根据余弦定理得cos ∠ANE ＝64＋54－542×62×52＝3010.18．，，，[2014·卷] 三棱锥A ­ BCD 及其侧视图、俯视图如图1­4所示．设M ，N 分别为线段AD ，AB 的中点，P 为线段BC 上的点，且MN ⊥NP .(1)证明：P 是线段BC 的中点； (2)求二面角A ­ NP ­ M 的余弦值．图1­418．解：(1)如图所示，取BD的中点O，连接AO，CO.由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD为正三角形，所以AO⊥BD，OC⊥BD.因为AO，OC⊂平面AOC，且AO∩OC＝O，所以BD⊥平面AOC.又因为AC⊂平面AOC，所以BD⊥AC.取BO的中点H，连接NH，PH.又M，N，H分别为线段AD，AB，BO的中点，所以MN∥BD，NH∥AO，因为AO⊥BD，所以NH⊥BD.因为MN⊥NP，所以NP⊥BD.因为NH，NP⊂平面NHP，且NH∩NP＝N，所以BD⊥平面NHP.又因为HP⊂平面NHP，所以BD⊥HP.又OC⊥BD，HP⊂平面BCD，OC⊂平面BCD，所以HP∥OC.因为H为BO的中点，所以P为BC的中点．(2)方法一：如图所示，作NQ⊥AC于Q，连接MQ.由(1)知，NP∥AC，所以NQ⊥NP.因为MN⊥NP，所以∠MNQ为二面角A­NP­M的一个平面角．由(1)知，△ABD，△BCD为边长为2的正三角形，所以AO＝OC＝ 3.由俯视图可知，AO⊥平面BCD.因为OC⊂平面BCD，所以AO⊥OC，因此在等腰直角△AOC中，AC＝ 6.作BR ⊥AC 于R因为在△ABC 中，AB ＝BC ，所以R 为AC 的中点，所以BR ＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AC 22＝102. 因为在平面ABC ，NQ ⊥AC ，BR ⊥AC ， 所以NQ ∥BR .又因为N 为AB 的中点，所以Q 为AR 的中点， 所以NQ ＝BR2＝104.同理，可得MQ ＝104. 故△MNQ 为等腰三角形， 所以在等腰△MNQ 中，cos ∠MNQ ＝MN2NQ ＝BD4NQ ＝105.故二面角A ­ NP ­ M 的余弦值是105.方法二：由俯视图及(1)可知，AO ⊥平面BCD . 因为OC ，OB ⊂平面BCD ，所以AO ⊥OC ，AO ⊥OB . 又OC ⊥OB ，所以直线OA ，OB ，OC 两两垂直．如图所示，以O 为坐标原点，以OB ，OC ，OA 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O ­xyz .则A (0，0，3)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，D (－1，0，0)．因为M ，N 分别为线段AD ，AB 的中点， 又由(1)知，P 为线段BC 的中点，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，0，32，N ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，0，32，P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，32，0，于是AB ＝(1，0，－3)，BC ＝(－1，3，0)，MN ＝(1，0，0)，NP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，32，－32. 设平面ABC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1⊥AB ，n 1⊥BC ，得⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB ＝0，n 1·BC ＝0，即 ⎩⎪⎨⎪⎧（x 1，y 1，z 1）·（1，0，－3）＝0，（x 1，y 1，z 1）·（－1，3，0）＝0， 从而⎩⎪⎨⎪⎧x 1－3z 1＝0，－x 1＋3y 1＝0.取z 1＝1，则x 1＝3，y 1＝1，所以n 1＝(3，1，1)．设平面MNP 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由，⎩⎪⎨⎪⎧n 2⊥MN ，n 2⊥NP ，得⎩⎪⎨⎪⎧n 2·MN ＝0，n 2·NP ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧（x 2，y 2，z 2）·（1，0，0）＝0，（x 2，y 2，z 2）·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，32，－32＝0， 从而⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，32y 2－32z 2＝0. 取z 2＝1，则y 2＝1，x 2＝0，所以n 2＝(0，1，1)．设二面角A ­ NP ­ M 的大小为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪（3，1，1）·（0，1，1）5×2＝105. 故二面角A ­NP ­M 的余弦值是105.G4 空间中的平行关系20．、、[2014·卷] 如图1­5，四棱柱ABCD ­ A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为梯形，AD ∥BC ，且AD ＝2BC .过A 1，C ，D 三点的平面记为α，BB 1与α的交点为Q .图1­5(1)证明：Q 为BB 1的中点；(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；(3)若AA 1＝4，CD ＝2，梯形ABCD 的面积为6，求平面α与底面ABCD 所成二面角的大小． 20．解： (1)证明：因为BQ ∥AA 1，BC ∥AD ，BC ∩BQ ＝B ，AD ∩AA 1＝A ，所以平面QBC ∥平面A 1AD ，从而平面A 1CD 与这两个平面的交线相互平行， 即QC ∥A 1D .故△QBC 与△A 1AD 的对应边相互平行， 于是△QBC ∽△A 1AD ，所以BQ BB 1＝BQ AA 1＝BCAD ＝12，即Q 为BB 1的中点．(2)如图1所示，连接QA ，QD .设AA 1＝h ，梯形ABCD 的高为d ，四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V 上和V 下，BC ＝a ，则AD ＝2a .图1V 三棱锥Q ­A 1AD ＝13×12·2a ·h ·d ＝13ahd ，V 四棱锥Q ­ABCD ＝13·a ＋2a 2·d ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12h ＝14ahd ，所以V 下＝V 三棱锥Q ­A 1AD ＋V 四棱锥Q ­ABCD ＝712ahd .又V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 ­ABCD ＝32ahd ，所以V 上＝V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 ­ABCD －V 下＝32ahd －712ahd ＝1112ahd ，故V 上V 下＝117.(3)方法一：如图1所示，在△ADC 中，作AE ⊥DC ，垂足为E ，连接A 1E . 又DE ⊥AA 1，且AA 1∩AE ＝A ， 所以DE ⊥平面AEA 1，所以DE ⊥A 1E .所以∠AEA 1为平面α与底面ABCD 所成二面角的平面角． 因为BC ∥AD ，AD ＝2BC ，所以S △ADC ＝2S △BCA . 又因为梯形ABCD 的面积为6，DC ＝2， 所以S △ADC ＝4，AE ＝4.于是tan ∠AEA 1＝AA 1AE ＝1，∠AEA 1＝π4.故平面α与底面ABCD 所成二面角的大小为π4.方法二：如图2所示，以D 为原点，DA ，DD 1→分别为x 轴和z 轴正方向建立空间直角坐标系． 设∠CDA ＝θ，BC ＝a ，则AD ＝2a . 因为S 四边形ABCD ＝a ＋2a2·2sin θ＝6，所以a ＝2sin θ.图2从而可得C (2cos θ，2sin θ，0)，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫4sin θ，0，4，所以DC ＝(2cos θ，2sin θ，0)，DA 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4sin θ，0，4. 设平面A 1DC 的法向量n ＝(x ，y ，1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧DA 1→·n ＝4sin θ x ＋4＝0，DC→·n ＝2x cos θ＋2y sin θ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－sin θ，y ＝cos θ，所以n ＝(－sin θ，cos θ，1)．又因为平面ABCD 的法向量m ＝(0，0，1)， 所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m|n||m|＝22，故平面α与底面ABCD 所成二面角的大小为π4.17．、[2014·卷] 如图1­3，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．图1­317．解：(1)证明：在正方形AMDE 中，因为B 是AM 的中点，所以AB ∥DE . 又因为AB ⊄平面PDE ， 所以AB ∥平面PDE .因为AB ⊂平面ABF ，且平面ABF ∩平面PDE ＝FG ， 所以AB ∥FG .(2)因为PA ⊥底面ABCDE ， 所以PA ⊥AB ，PA ⊥AE .建立空间直角坐标系Axyz ，如图所示，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (2，1，0)，P (0，0，2)，F (0，1，1)，BC →＝(1，1，0)．设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎨⎧n ·AB →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋z ＝0. 令z ＝1，则y ＝－1.所以n ＝(0，－1，1)． 设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则 sin α＝|cos 〈n ，BC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BC →|n ||BC →|＝12.因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π6.设点H 的坐标为(u ，v ，w )．因为点H 在棱PC 上，所以可设PH →＝λPC →(0<λ<1)．即(u ，v ，w －2)＝λ(2，1，－2)，所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ. 因为n 是平面ABF 的一个法向量， 所以n ·AH →＝0，即(0，－1，1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0，解得λ＝23，所以点H 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，23，23.所以PH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－432＝2. 19．、、、[2014·卷] 如图1­4，在棱长为2的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ .(2)是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．图1­419．解：方法一(几何方法)：(1)证明：如图①，连接AD 1，由ABCD ­A 1B 1C 1D 1是正方体，知BC 1∥AD 1. 当λ＝1时，P 是DD 1的中点，又F 是AD 的中点，所以FP ∥AD 1，所以BC 1∥FP . 而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .图① 图②(2)如图②，连接BD .因为E ，F 分别是AB ，AD 的中点，所以EF ∥BD ，且EF ＝12BD .又DP ＝BQ ，DP ∥BQ ，所以四边形PQBD 是平行四边形，故PQ ∥BD ，且PQ ＝BD ，从而EF ∥PQ ，且EF ＝12PQ .在Rt △EBQ 和Rt △FDP 中，因为BQ ＝DP ＝λ，BE ＝DF ＝1， 于是EQ ＝FP ＝1＋λ2，所以四边形EFPQ 也是等腰梯形．同理可证四边形PQMN 也是等腰梯形．分别取EF ，PQ ，MN 的中点为H ，O ，G ，连接OH ，OG ， 则GO ⊥PQ ，HO ⊥PQ ，而GO ∩HO ＝O ，故∠GOH 是面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角的平面角．若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则∠GOH ＝90°. 连接EM ，FN ，则由EF ∥MN ，且EF ＝MN 知四边形EFNM 是平行四边形． 连接GH ，因为H ，G 是EF ，MN 的中点， 所以GH ＝ME ＝2. 在△GOH中，GH 2＝4，OH 2＝1＋λ2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫222＝λ2＋12， OG 2＝1＋(2－λ)2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫222＝(2－λ)2＋12， 由OG 2＋OH 2＝GH 2，得(2－λ)2＋12＋λ2＋12＝4，解得λ＝1±22， 故存在λ＝1±22，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．方法二(向量方法)：以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系．由已知得B (2，2，0)，C 1(0，2，2)，E (2，1，0)，F (1，0，0)，P (0，0，λ)．图③BC 1→＝(－2，0，2)，FP ＝(－1，0，λ)，FE ＝(1，1，0)．(1)证明：当λ＝1时，FP ＝(－1，0，1)， 因为BC 1→＝(－2，0，2)， 所以BC 1→＝2FP →，即BC 1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎨⎧FE →·n ＝0，FP →·n ＝0可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0.于是可取n ＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m ＝(λ－2，2－λ，1)． 若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角， 则m ·n ＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0， 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22.故存在λ＝1±22，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．18．、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图1­3，四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D ­AE ­C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E ­ACD 的体积． 图1­318．解：(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接EO . 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB . 因为EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ， 所以PB ∥平面AEC .(2)因为PA ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形， 所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB →，AD ，AP 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|AP →|为单位长，建立空间直角坐标系A ­xyz ，则D ()0，3，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，32，12，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，32，12.设B (m ，0，0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC →＝(m ，3，0)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，则⎩⎨⎧n 1·AC→＝0，n 1·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0， 可取n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3m ，－1，3. 又n 2＝(1，0，0)为平面DAE 的法向量， 由题设易知|cos 〈n 1，n 2〉|＝12，即33＋4m 2＝12，解得m ＝32.因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E ­ACD 的高为12.三棱锥E ­ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38. 17．，[2014·卷] 如图1­3所示，在四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，∠DAB ＝60°，AB ＝2CD ＝2，M 是线段AB 的中点．图1­3(1)求证：C 1M ∥平面A 1ADD 1； (2)若CD 1垂直于平面ABCD 且CD 1＝3，求平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值．17．解：(1)证明：因为四边形ABCD 是等腰梯形， 且AB ＝2CD ，所以AB ∥DC ， 又M 是AB 的中点， 所以CD ∥MA 且CD ＝MA .连接AD 1.因为在四棱柱ABCD ­ A 1B 1C 1D 1中，CD ∥C 1D 1，CD ＝C 1D 1，所以C 1D 1∥MA ，C 1D 1＝MA ， 所以四边形AMC 1D 1为平行四边形，因此，C 1M ∥D 1A .又C 1M ⊄平面A 1ADD 1，D 1A ⊂平面A 1ADD 1， 所以C 1M ∥平面A 1ADD 1. (2)方法一：连接AC ，MC . 由(1)知，CD ∥AM 且CD ＝AM ， 所以四边形AMCD 为平行四边形， 所以BC ＝AD ＝MC .由题意∠ABC ＝∠DAB ＝60°， 所以△MBC 为正三角形， 因此AB ＝2BC ＝2，CA ＝3，因此CA ⊥CB .设C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C ­ xyz .所以A (3，0，0)，B (0，1，0)，D 1(0，0，3)．因此M ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，12，0，所以MD 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，－12，3，D 1C 1→＝MB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，12，0.设平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ·D 1C 1→＝0，n ·MD1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3x －y ＝0，3x ＋y －23z ＝0，可得平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(1，3，1)．又CD 1→＝(0，0，3)为平面ABCD 的一个法向量．因此cos 〈CD 1→，n 〉＝CD 1→·n|CD 1→||n |＝55， 所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为55.方法二：由(1)知，平面D 1C 1M ∩平面ABCD ＝AB ，点过C 向AB 引垂线交AB 于点N ，连接D 1N .由CD 1⊥平面ABCD ，可得D 1N ⊥AB ， 因此∠D 1NC 为二面角C 1 ­ AB ­ C 的平面角． 在Rt △BNC 中，BC ＝1，∠NBC ＝60°， 可得CN ＝32，所以ND 1＝CD 21＋CN 2＝152. 在Rt △D 1CN 中，cos ∠D 1NC ＝CND 1N＝32152＝55， 所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为55. 18．，，，[2014·卷] 三棱锥A ­ BCD 及其侧视图、俯视图如图1­4所示．设M ，N 分别为线段AD ，AB 的中点，P 为线段BC 上的点，且MN ⊥NP .(1)证明：P 是线段BC 的中点； (2)求二面角A ­ NP ­ M 的余弦值．图1­418．解：(1)如图所示，取BD 的中点O ，连接AO ，CO .由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD为正三角形，所以AO⊥BD，OC⊥BD.因为AO，OC⊂平面AOC，且AO∩OC＝O，所以BD⊥平面AOC.又因为AC⊂平面AOC，所以BD⊥AC.取BO的中点H，连接NH，PH.又M，N，H分别为线段AD，AB，BO的中点，所以MN∥BD，NH∥AO，因为AO⊥BD，所以NH⊥BD.因为MN⊥NP，所以NP⊥BD.因为NH，NP⊂平面NHP，且NH∩NP＝N，所以BD⊥平面NHP.又因为HP⊂平面NHP，所以BD⊥HP.又OC⊥BD，HP⊂平面BCD，OC⊂平面BCD，所以HP∥OC.因为H为BO的中点，所以P为BC的中点．(2)方法一：如图所示，作NQ⊥AC于Q，连接MQ.由(1)知，NP∥AC，所以NQ⊥NP.因为MN⊥NP，所以∠MNQ为二面角A­NP­M的一个平面角．由(1)知，△ABD，△BCD为边长为2的正三角形，所以AO＝OC＝ 3.由俯视图可知，AO⊥平面BCD.因为OC⊂平面BCD，所以AO⊥OC，因此在等腰直角△AOC中，AC＝ 6. 作BR⊥AC于R因为在△ABC中，AB＝BC，所以R为AC的中点，所以BR ＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AC 22＝102. 因为在平面ABC ，NQ ⊥AC ，BR ⊥AC ， 所以NQ ∥BR .又因为N 为AB 的中点，所以Q 为AR 的中点， 所以NQ ＝BR2＝104. 同理，可得MQ ＝104.故△MNQ 为等腰三角形， 所以在等腰△MNQ 中，cos ∠MNQ ＝MN2NQ ＝BD4NQ ＝105.故二面角A ­ NP ­ M 的余弦值是105. 方法二：由俯视图及(1)可知，AO ⊥平面BCD . 因为OC ，OB ⊂平面BCD ，所以AO ⊥OC ，AO ⊥OB . 又OC ⊥OB ，所以直线OA ，OB ，OC 两两垂直．如图所示，以O 为坐标原点，以OB ，OC ，OA 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O ­xyz .则A (0，0，3)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，D (－1，0，0)．因为M ，N 分别为线段AD ，AB 的中点， 又由(1)知，P 为线段BC 的中点，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，0，32，N ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，0，32，P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，32，0，于是AB ＝(1，0，－3)，BC ＝(－1，3，0)，MN ＝(1，0，0)，NP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，32，－32. 设平面ABC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1⊥AB ，n 1⊥BC ，得⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB ＝0，n 1·BC ＝0，即 ⎩⎪⎨⎪⎧（x 1，y 1，z 1）·（1，0，－3）＝0，（x 1，y 1，z 1）·（－1，3，0）＝0， 从而⎩⎪⎨⎪⎧x 1－3z 1＝0，－x 1＋3y 1＝0.取z 1＝1，则x 1＝3，y 1＝1，所以n 1＝(3，1，1)．设平面MNP 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由，⎩⎪⎨⎪⎧n 2⊥MN ，n 2⊥NP ，得⎩⎪⎨⎪⎧n 2·MN ＝0，n 2·NP ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧（x 2，y 2，z 2）·（1，0，0）＝0，（x 2，y 2，z 2）·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，32，－32＝0， 从而⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，32y 2－32z 2＝0. 取z 2＝1，则y 2＝1，x 2＝0，所以n 2＝(0，1，1)．设二面角A ­ NP ­ M 的大小为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪（3，1，1）·（0，1，1）5×2＝105. 故二面角A ­NP ­M 的余弦值是105.G5 空间中的垂直关系17．、、[2014·卷] 在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图1­5所示．(1)求证：AB ⊥CD ；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．图1­517．解：(1)证明：∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ，∴AB ⊥平面BCD .又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD . (2)过点B 在平面BCD 作BE ⊥BD .由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD .以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．依题意，得B (0，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，A (0，0，1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12.则BC →＝(1，1，0)，BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，AD →＝(0，1，－1)．设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎨⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0， 取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1，1)． 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪cos 〈n ，AD →〉＝|n ·AD →||n |·|AD →|＝63.即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63.18．、[2014·卷] 如图1­4，四边形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．图1­419．、[2014·卷] 如图1­6所示，四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形．(1)证明：O 1O ⊥底面ABCD ；(2)若∠CBA ＝60°，求二面角C 1­OB 1­D 的余弦值．图1­619．解：(1)如图(a)，因为四边形ACC 1A 1为矩形，所以CC 1⊥AC .同理DD 1⊥BD . 因为CC 1∥DD 1，所以CC 1⊥BD .而AC ∩BD ＝O ，因此CC 1⊥底面ABCD . 由题设知，O 1O ∥C 1C .故O 1O ⊥底面ABCD .(2)方法一： 如图(a)，过O 1作O 1H ⊥OB 1于H ，连接HC 1.由(1)知，O 1O ⊥底面ABCD ，所以O 1O ⊥底面A 1B 1C 1D 1，于是O 1O ⊥A 1C 1.图(a)又因为四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，所以四边形A 1B 1C 1D 1是菱形， 因此A 1C 1⊥B 1D 1，从而A 1C 1⊥平面BDD 1B 1，所以A 1C 1⊥OB 1，于是OB 1⊥平面O 1HC 1. 进而OB 1⊥C 1H .故∠C 1HO 1是二面角C 1­OB 1­D 的平面角． 不妨设AB ＝2.因为∠CBA ＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1，OB 1＝7.在Rt △OO 1B 1中，易知O 1H ＝OO 1·O 1B 1OB 1＝237.而O 1C 1＝1，于是C 1H ＝O 1C 21＋O 1H 2＝1＋127＝197. 故cos ∠C 1HO 1＝O 1H C 1H＝237197＝25719.即二面角C 1­OB 1­D 的余弦值为25719.方法二：因为四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD 是菱形，因此AC ⊥BD .又O 1O ⊥底面ABCD ，从而OB ，OC ，OO 1两两垂直．图(b)如图(b)，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OO 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O ­xyz ，不妨设AB ＝2.因为∠CBA ＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1，于是相关各点的坐标为O (0，0，0)，B 1(3，0，2)，C 1(0，1，2)．易知，n 1＝(0，1，0)是平面BDD 1B 1的一个法向量． 设n 2＝(x ，y ，z )是平面OB 1C 1的一个法向量，则⎩⎨⎧n 2·OB →1＝0，n 2·OC →1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0.取z ＝－3，则x ＝2，y ＝23，所以n 2＝(2，23，－3)．设二面角C 1­OB 1­D 的大小为θ，易知θ是锐角，于是cos θ＝|cos 〈，〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝2319＝25719.故二面角C 1­OB 1­D 的余弦值为25719.19．、、[2014·卷] 如图1­6，四棱锥P ­ ABCD 中，ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD .图1­6(1)求证：AB ⊥PD . (2)若∠BPC ＝90°，PB ＝2，PC ＝2，问AB 为何值时，四棱锥P ­ ABCD 的体积最大？并求此时平面BPC 与平面DPC 夹角的余弦值．19．解：(1)证明：因为ABCD 为矩形，所以AB ⊥AD . 又平面PAD ⊥平面ABCD ， 平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PD .(2)过P 作AD 的垂线，垂足为O ，过O 作BC 的垂线，垂足为G ，连接PG . 故PO ⊥平面ABCD ，BC ⊥平面POG ，BC ⊥PG .在Rt △BPC 中，PG ＝233，GC ＝263，BG ＝63. 设AB ＝m ，则OP ＝PG 2－OG 2＝43－m 2，故四棱锥P ­ ABCD 的体积为 V ＝13×6·m ·43－m 2＝m38－6m 2.因为m8－6m 2＝8m 2－6m 4＝－6⎝⎛⎭⎪⎫m 2－232＋83，所以当m ＝63，即AB ＝63时，四棱锥P ­ ABCD 的体积最大．此时，建立如图所示的空间直角坐标系，各点的坐标分别为O (0，0，0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫63，－63，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫63，263，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，263，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，0，63，故PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫63，263，－63，BC→＝(0，6，0)，CD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－63，0，0.设平面BPC 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，1)，则由n 1⊥PC →，n 1⊥BC →，得⎩⎪⎨⎪⎧63x ＋2 63y －63＝0，6y ＝0，解得x ＝1，y ＝0，则n 1＝(1，0，1)．同理可求出平面DPC 的一个法向量为n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1.设平面BPC 与平面DPC 的夹角为θ，则cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝12·14＋1＝105.19．、[2014·卷] 如图1­5所示，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F 分别为AC ，DC 的中点．(1)求证：EF ⊥BC ；(2)求二面角E ­BF ­C 的正弦值．图1­519．解：(1)证明：方法一，过点E 作EO ⊥BC ，垂足为O ，连接OF .由△ABC ≌△DBC 可证出△EOC ≌△FOC ，所以∠EOC ＝∠FOC ＝π2，即FO ⊥BC .又EO ⊥BC ，EO ∩FO ＝O ，所以BC ⊥平面EFO .又EF ⊂平面EFO ，所以EF ⊥BC .图1方法二，由题意，以B 为坐标原点，在平面DBC 过B 作垂直BC 的直线，并将其作为x 轴，BC 所在直线为y 轴，在平面ABC 过B 作垂直BC 的直线，并将其作为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，易得B (0，0，0)，A (0，－1，3)，D (3，－1，0)，C (0，2，0)，因而E (0，12，32)，F (32，12，0)，所以EF →＝(32，0，－32)，BC →＝(0，2，0)，因此EF →·BC →＝0，从而EF →⊥BC →，所以EF ⊥BC .图2(2)方法一，在图1中，过点O 作OG ⊥BF ，垂足为G ，连接EG .因为平面ABC ⊥平面BDC ，所以EO ⊥面BDC ，又OG ⊥BF ，所以由三垂线定理知EG ⊥BF ，因此∠EGO 为二面角E ­BF ­C 的平面角． 在△EOC 中，EO ＝12EC ＝12BC ·cos 30°＝32.由△BGO ∽△BFC 知，OG ＝BOBC ·FC ＝34，因此tan ∠EGO ＝EO OG ＝2，从而得sin ∠EGO ＝255，即二面角E ­BF ­C 的正弦值为2 55.方法二，在图2中，平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1)． 设平面BEF 的法向量n 2＝(x ，y ，z )， 又BF →＝(32，12，0)，BE →＝(0，12，32)， 所以⎩⎨⎧n 2·BF→＝0，n 2·BE→＝0，得其中一个n 2＝(1，－3，1)．设二面角E ­BF ­C 的大小为θ，且由题知θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝15， 因此sin θ＝25＝2 55，即所求二面角正弦值为2 55.19．G 5、G 11[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图1­5，三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，AB ⊥B 1C .图1­5(1)证明：AC ＝AB 1；(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，AB ＝BC ，求二面角A ­A 1B 1 ­C 1的余弦值．19．解：(1)证明：连接BC 1，交B 1C 于点O ，连接AO ，因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点．又AB ⊥B 1C ，所以B 1C ⊥平面ABO . 由于AO ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AO . 又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.(2)因为AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，所以AO ＝CO .又因为AB ＝BC ，所以△BOA ≌ △BOC .故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，OB 1两两垂直．以O 为坐标原点，OB 的方向为x 轴正方向，|OB |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O ­ xyz .因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形，又AB ＝BC ，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，0，33，B (1，0，0)，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，33，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－33，0.AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，33，－33， A 1B 1→＝AB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，0，－33，B 1C →1＝BC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，－33，0.设n ＝(x ，y ，z )是平面AA 1B 1的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB 1＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧33y －33z ＝0，x －33z ＝0.所以可取n ＝(1，3，3)．设m 是平面A 1B 1C 1的法向量，则⎩⎨⎧m ·A 1B 1→＝0，m ·B 1C 1→＝0，同理可取m ＝(1，－3，3)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m|n ||m |＝17.所以结合图形知二面角A ­A 1B 1 ­ C 1的余弦值为17.18．，，，[2014·卷] 三棱锥A ­ BCD 及其侧视图、俯视图如图1­4所示．设M ，N 分别为线段AD ，AB 的中点，P 为线段BC 上的点，且MN ⊥NP .(1)证明：P 是线段BC 的中点； (2)求二面角A ­ NP ­ M 的余弦值．图1­418．解：(1)如图所示，取BD 的中点O ，连接AO ，CO . 由侧视图及俯视图知，△ABD ，△BCD 为正三角形，所以AO ⊥BD ，OC ⊥BD .因为AO ，OC ⊂平面AOC ，且AO ∩OC ＝O ，所以BD ⊥平面AOC .又因为AC ⊂平面AOC ，所以BD ⊥AC . 取BO 的中点H ，连接NH ，PH .又M ，N ，H 分别为线段AD ，AB ，BO 的中点，所以MN ∥BD ，NH ∥AO ， 因为AO ⊥BD ，所以NH ⊥BD . 因为MN ⊥NP ，所以NP ⊥BD .因为NH ，NP ⊂平面NHP ，且NH ∩NP ＝N ，所以BD ⊥平面NHP . 又因为HP ⊂平面NHP ，所以BD ⊥HP .又OC ⊥BD ，HP ⊂平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，所以HP ∥OC . 因为H 为BO 的中点，所以P 为BC 的中点． (2)方法一：如图所示，作NQ ⊥AC 于Q ，连接MQ .由(1)知，NP ∥AC ，所以NQ ⊥NP .因为MN ⊥NP ，所以∠MNQ 为二面角A ­ NP ­ M 的一个平面角． 由(1)知，△ABD ，△BCD 为边长为2的正三角形，所以AO ＝OC ＝ 3.由俯视图可知，AO ⊥平面BCD .因为OC ⊂平面BCD ，所以AO ⊥OC ，因此在等腰直角△AOC 中，AC ＝ 6. 作BR ⊥AC 于R因为在△ABC 中，AB ＝BC ，所以R 为AC 的中点，所以BR ＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AC 22＝102. 因为在平面ABC ，NQ ⊥AC ，BR ⊥AC ， 所以NQ ∥BR .又因为N 为AB 的中点，所以Q 为AR 的中点， 所以NQ ＝BR2＝104.同理，可得MQ ＝104.故△MNQ 为等腰三角形， 所以在等腰△MNQ 中，cos ∠MNQ ＝MN2NQ ＝BD4NQ ＝105.故二面角A ­ NP ­ M 的余弦值是105. 方法二：由俯视图及(1)可知，AO ⊥平面BCD . 因为OC ，OB ⊂平面BCD ，所以AO ⊥OC ，AO ⊥OB . 又OC ⊥OB ，所以直线OA ，OB ，OC 两两垂直．如图所示，以O 为坐标原点，以OB ，OC ，OA 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O ­xyz .则A (0，0，3)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，D (－1，0，0)．因为M ，N 分别为线段AD ，AB 的中点， 又由(1)知，P 为线段BC 的中点，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，0，32，N ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，0，32，P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，32，0，于是AB ＝(1，0，－3)，BC ＝(－1，3，0)，MN ＝(1，0，0)，NP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，32，－32. 设平面ABC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1⊥AB ，n 1⊥BC ，得⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB ＝0，n 1·BC ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧（x 1，y 1，z 1）·（1，0，－3）＝0，（x 1，y 1，z 1）·（－1，3，0）＝0， 从而⎩⎪⎨⎪⎧x 1－3z 1＝0，－x 1＋3y 1＝0.取z 1＝1，则x 1＝3，y 1＝1，所以n 1＝(3，1，1)．设平面MNP 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由，⎩⎪⎨⎪⎧n 2⊥MN ，n 2⊥NP ，得⎩⎪⎨⎪⎧n 2·MN ＝0，n 2·NP ＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧（x 2，y 2，z 2）·（1，0，0）＝0，（x 2，y 2，z 2）·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，32，－32＝0， 从而⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，32y 2－32z 2＝0. 取z 2＝1，则y 2＝1，x 2＝0，所以n 2＝(0，1，1)．设二面角A ­ NP ­ M 的大小为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪（3，1，1）·（0，1，1）5×2＝105. 故二面角A ­NP ­M 的余弦值是105. 17．、[2014·卷] 如图1­4所示，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．(1)证明：BE ⊥DC ；(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F ­ AB ­ P 的余弦值．图1­417．解：方法一：依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系(如图所示)，可得B (1，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)．C 由E 为棱PC 的中点，得E (1，1，1)．(1)证明：向量BE ＝(0，1，1)，DC ＝(2，0，0)， 故BE ·DC ＝0， 所以BE ⊥DC .(2)向量BD ＝(－1，2，0)，PB ＝(1，0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD ＝0，n ·PB ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0.不妨令y ＝1，可得n ＝(2，1，1)为平面PBD 的一个法向量．于是有 cos 〈n ，BE 〉＝n ·BE |n |·|BE |＝26×2＝33，所以直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33.(3) 向量BC ＝(1，2，0)，CP ＝(－2，－2，2)，AC ＝(2，2，0)，AB ＝(1，0，0)．由点F 在棱PC 上，设CF ＝λCP →，0≤λ≤1.故BF ＝BC ＋CF ＝BC ＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF ⊥AC ，得BF ·AC ＝0，因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34，即BF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，32.设n 1＝(x ，y ，z )为平面FAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB ＝0，n 1·BF ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0.不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3，1)为平面FAB 的一个法向量．取平面ABP 的法向量n 2＝(0，1，0)，则。

立体几何本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2013·肇庆模拟)在△ABC 中，已知|AB →|＝|BC →|＝|CA →|＝2，则向量AB →·BC→＝( )A ．2B ．－2C ．23D ．－2 3【解析】 向量AB →与BC →的夹角为2π3，则AB →·BC→＝2×2×cos 23π＝－2. 【答案】 B2．(2013·东营模拟)已知等比数列{a n }，若存在两项a m ，a n 使得a m ·a n ＝a 23，则1m ＋4n的最小值为( ) A.32 B ．53 C.94D.76【解析】 由等比数列的性质知m ＋n ＝6，则1m ＋4n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n (m ＋n )＝16⎝⎛⎭⎪⎫5＋4m n ＋n m ≥32，当且仅当4m n ＝n m ，即m ＝2，n ＝4时等号成立． 【答案】 A3．在正四面体P －ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点，下面四个结论中不成立的( )A ．BC ∥平面PDFB ．DF ⊥平面P AEC ．平面PDE ⊥平面ABCD ．平面P AE ⊥平面ABC【解析】 若平面PDF ⊥平面ABC ，则顶点P 在底面的射影在DF 上，又因为正四面体的顶点在底面的射影是底面的中心，因此结论不成立，故选C.【答案】 C4．(2013·济宁模拟)点M 、N 分别是正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱A 1B 1、A 1D 1的中点，用过A 、M 、N 和D 、N 、C 1的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体如下图1，则该几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图依次为( )图1A ．①②③B ．②③④C ．①③④D ．②④③【解析】 根据三视图的定义可知选B. 【答案】 B5．(2013·枣庄模拟)设z ＝x ＋y ，其中实数x ，y 满足⎩⎨⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，0≤y ≤k ，若z 的最大值为6，则z 的最小值为( )A ．－3B ．－2C ．－1D ．0【解析】由z ＝x ＋y 得y ＝－x ＋z ，作出⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，0≤y ≤k ，的区域BCO ，平移直线y ＝－x ＋z ，由图象可知当直线经过C 时，直线的截距最大，此时z ＝6，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝x ，y ＝－x ＋6，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝3，所以k ＝3，解得B (－6,3)，代入z ＝x ＋y 得最小值为z ＝－6＋3＝－3，选A.【答案】 A6．(2013·课标全国卷Ⅰ)如图2，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，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6 cm ，如果不计容器厚度，则球的体积为( )图2A.500π3 cm 3 B ．866π3 cm 3 C.1 372π3cm 3D.2 048π3cm 3【解析】 如图，作出球的一个截面，则MC ＝8－6＝2(cm)，BM ＝12AB ＝12×8＝4(cm)．设球的半径为R cm ，则R 2＝OM 2＋MB 2＝(R －2)2＋42，∴R ＝5，∴V 球＝43π×53＝5003π(cm 3)． 【答案】 A7．(2013·临汾模拟)已知平面α⊥平面β，α∩β＝l ，点A ∈α，A ∉l ，直线AB ∥l ，直线AC ⊥l ，直线m ∥α，m ∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是( )A ．AB ∥m B ．AC ⊥m C ．AB ∥βD ．AC ⊥β【解析】 因为m ∥α，m ∥β，α∩β＝l ，所以m ∥l . 因为AB ∥l ，所以AB ∥m ，故A 一定正确． 因为AC ⊥l ，m ∥l ，所以AC ⊥m ，从而B 一定正确． 因为AB ∥l ，l ⊂β，AB ⊄β. 所以AB ∥β.故C 也正确．因为AC ⊥l ，当点C 在平面α内时，AC ⊥β成立，当点C 不在平面α内时，AC ⊥β不成立，故D 不一定成立．【答案】 D8．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，D 是AC 的中点，AB 1⊥BC 1，则平面DBC 1与平面CBC 1所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°【解析】 以A 为坐标原点，AC →，AA 1→的方向分别为y 轴和z 轴的正方向建立空间直角坐标系．设底面边长为2a ，侧棱长为2b ，则A (0,0,0)，C (0,2a,0)，D (0，a,0)，B (3a ，a,0)，C 1(0,2a,2b )，B 1(3a ，a,2b )． 由AB 1→⊥BC 1→，得AB 1→·BC 1→＝0，即2b 2＝a 2. 设n 1＝(x ，y ，z )为平面DBC 1的一个法向量， 则n 1·DB →＝0，n 1·DC 1→＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧3ax ＝0，ay ＋2bz ＝0.又2b 2＝a 2，令z ＝1， 解得n 1＝(0，－2，1)．同理可求得平面CBC 1的一个法向量为n 2＝(1，3，0)． 利用公式cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝22，得θ＝45°.【答案】 B第Ⅱ卷二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分，把答案填在题中横线上) 9．已知函数f (x )＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6(A ＞0，ω＞0)的最小正周期为2，且f (0)＝3，则函数f (3)＝________.【解析】 ω＝2π2＝π，由f (0)＝A sin π6＝3得A ＝23， 所以f (x )＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx ＋π6，所以f (3)＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π＋π6＝－ 3.【答案】 － 310．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为________．【解析】 设球心为O ，正三棱柱上底面为△ABC ，中心为O ′，因为三棱柱所有棱的长都为a ，则可知OO ′＝a 2，O ′A ＝33a ，又由球的相关性质可知，球的半径R ＝OO ′2＋O ′A 2＝216a ，所以球的表面积为4πR 2＝73πa 2. 【答案】 73πa 211．(2013·南通模拟)关于直线m ，n 和平面α，β有以下四个命题： ①若m ∥α，n ∥β，α∥β，则m ∥n ； ②若m ∥n ，m ⊂α，n ⊥β，则α⊥β； ③若α∩β＝m ，m ∥n ，则n ∥α且n ∥β； ④若m ⊥n ，α∩β＝m ，则n ⊥α或n ⊥β. 其中假命题的序号是________．【解析】 命题①m 与n 也可相交或异面，所以①是假命题；命题②由条件可得m ⊥β，又m ⊂α，故α⊥β，所以②是真命题；命题③也可得到n ⊂α或n ⊂β，所以③错；命题④由已知只能得到n 垂直α与β内的一条直线，无法判定n ⊥α或n ⊥β，所以命题④错．【答案】 ①③④12．(2013·陕西高考)某几何体的三视图如图3所示，则其体积为________．图3【解析】 原几何体可视为圆锥的一半，其底面半径为1，高为2， ∴其体积为13×π×12×2×12＝π3. 【答案】 π313．对大于或等于2的自然数m 的n 次方幂有如下分解方式： 22＝1＋3 23＝3＋5 32＝1＋3＋5 33＝7＋9＋11 42＝1＋3＋5＋7 43＝13＋15＋17＋19 52＝1＋3＋5＋7＋953＝21＋23＋25＋27＋29根据上述分解规律，若m 3(m ∈N *)的分解中最小的数是73，则m 的值为________．【解析】 由所给等式知，m 3分解中第1个数为数列3,5,7，…中第2＋3＋4＋…＋(m －1)＋1项，即m 2－m2项，从而m 3分解中第1个数为m 2－m ＋1，由m 2－m ＋1＝73得m ＝9.【答案】 914．(2013·南昌模拟)三棱锥S —ABC 中，∠SBA ＝∠SCA ＝90°，△ABC 是斜边AB ＝a 的等腰直角三角形，则以下结论中：图4①异面直线SB与AC所成的角为90°.②直线SB⊥平面ABC；③平面SBC⊥平面SAC；④点C到平面SAB的距离是1 2a.其中正确结论的序号是________．【解析】由题意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，①②③正确；取AB的中点E，连接CE，可证得CE⊥平面SAB，故CE的长度即为C到平面SAB的距离12a，④正确．【答案】①②③④三、解答题(本大题共6小题，共80分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)(2013·深圳模拟)在△ABC中，角A，B，C所对边的边长分别是a，b，c.(1)若c＝2，C＝π3且△ABC的面积等于3，求cos(A＋B)和a，b的值；(2)若B是钝角，且cos A＝35，sin B＝1213，求sin C的值．【解】(1)∵A＋B＋C＝π，C＝π3，∴A＋B＝π－C，∴cos(A＋B)＝cos(π－C)＝－cos C＝－cos π3＝－12.由余弦定理及已知条件得，a2＋b2－ab＝4，又因为△ABC的面积等于3，所以12ab sin C＝3，得ab＝4.联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2－ab ＝4，ab ＝4，解得a ＝2，b ＝2.(2)∵B 是钝角，且cos A ＝35，sin B ＝1213， ∴sin A ＝1－cos 2A ＝ 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝45，cos B ＝－1－sin 2B ＝－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12132＝－513，∴sin C ＝sin[π－(A ＋B )]＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝45×⎝ ⎛⎭⎪⎫－513＋35×1213＝1665.16．(本小题满分12分)(2013·青岛模拟)在如图5所示的多面体ABCDE 中，AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，且AC ＝AD ＝CD ＝DE ＝2，AB ＝1.图5(1)请在线段CE 上找到点F 的位置，使得恰有直线BF ∥平面ACD ，并证明这一结论；(2)求多面体ABCDE 的体积．【解】 (1)如图所示，由已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，∴AB ∥ED ，设F 为线段CE 的中点，H 是线段CD 的中点，连接BF 、FH 、AH ，则FH 綊12ED ，又AB ＝12ED ，∴FH 綊AB ，∴四边形ABFH 是平行四边形，∴BF ∥AH ，又因为BF ⊄平面ACD ，AH ⊂平面ACD ，∴BF ∥平面ACD . (2)取AD 中点G ，连接CG . 因为AB ⊥平面ACD ，∴CG ⊥AB ， 又CG ⊥AD ，∴CG ⊥平面ABED ，即CG 为四棱锥C —ABED 的高，求得CG ＝3， ∴V C —ABED ＝13·(1＋2)2·2·3＝ 3.17．(本小题满分14分)(2013·黄冈模拟)如图6，三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧面AA 1B 1B 为正方形，侧面BB 1C 1C 为菱形，∠CBB 1＝60°，AB ⊥B 1C .(1)求证：平面AA 1B 1B ⊥平面BB 1C 1C ； (2)若AB ＝2，求三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积．图6【解】 (1)由侧面AA 1B 1B 为正方形，知AB ⊥BB 1. 又AB ⊥B 1C ，BB 1∩B 1C ＝B 1，所以AB ⊥平面BB 1C 1C ， 又AB ⊂平面AA 1B 1B ，所以平面AA 1B 1B ⊥平面BB 1C 1C .(2)由题意，CB ＝CB 1，设O 是BB 1的中点，连接CO ，则CO ⊥BB 1.由(1)知，CO ⊥平面AA 1B 1B ，且CO ＝32BC ＝32AB ＝ 3. 连结AB 1，则VC —ABB 1＝13S △ABB 1·CO ＝16AB 2·CO ＝233. 因为VB 1—ABC ＝VC —ABB 1＝13VABC —A 1B 1C 1＝233， 故三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积VABC —A 1B 1C 1＝2 3.18．(本小题满分14分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2，数列{b n }满足b 1＝1，且b n ＋1＝b n ＋2.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1－(－1)n 2a n －1＋(－1)n2b n ，求数列{c n }的前2n 项和T 2n .【解】 (1)当n ＝1，a 1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1， ∴a n ＝2a n －1.∴{a n }是等比数列，公比为2，首项a 1＝2，∴a n ＝2n . 由b n ＋1＝b n ＋2，得{b n }是等差数列，公差为2. 又首项b 1＝1，∴b n ＝2n －1.(2)c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n n 为奇数，－(2n －1) n 为偶数，∴T 2n ＝2＋23＋…＋22n －1－[3＋7＋…＋(4n －1)] ＝22n ＋1－23－2n 2－n .19．(本小题满分14分)如图7所示，P A⊥平面ABC，点C在以AB为直径的⊙O上，∠CBA＝30°，P A＝AB＝2，点E为线段PB的中点，点M在弧AB上，且OM∥AC.图7(1)求证：平面MOE∥平面P AC.(2)求证：平面P AC⊥平面PCB.(3)设二面角M—BP—C的大小为θ，求cos θ的值．【解】(1)因为点E为线段PB的中点，点O为线段AB的中点，所以OE∥P A.因为P A⊂平面P AC，OE⊄平面P AC，所以OE∥平面P AC.因为OM∥AC，因为AC⊂平面P AC，OM⊄平面P AC，所以OM∥平面P AC.因为OE⊂平面MOE，OM⊂平面MOE，OE∩OM＝O，所以平面MOE∥平面P AC.(2)因为点C在以AB为直径的⊙O上，所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC.因为P A⊥平面BAC，BC⊂平面ABC，所以P A⊥BC.因为AC⊂平面P AC，P A⊂平面P AC，P A∩AC＝A，所以BC ⊥平面P AC . 因为BC ⊂平面PCB ， 所以平面P AC ⊥平面PCB .(3)如图，以C 为原点，CA 所在的直线为x 轴，CB 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系C —xyz .因为∠CBA ＝30°，P A ＝AB ＝2， 所以CB ＝2cos 30°＝3，AC ＝1. 延长MO 交CB 于点D . 因为OM ∥AC ，所以MD ⊥CB ，MD ＝1＋12＝32， CD ＝12CB ＝32.所以P (1,0,2)，C (0,0,0)，B (0，3，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0.所以CP→＝(1,0,2)，CB →＝(0，3，0)．设平面PCB 的法向量m ＝(x ，y ，z )． 因为⎩⎨⎧m ·CP →＝0，m ·CB →＝0.所以⎩⎪⎨⎪⎧ (x ，y ，z )·(1，0，2)＝0，(x ，y ，z )·(0，3，0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2z ＝0，3y ＝0.令z ＝1，则x ＝－2，y ＝0. 所以m ＝(－2,0,1)．同理可求平面PMB 的一个法向量n ＝(1，3，1)． 所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n|＝－15.因为二面角M —BP —C 为锐二面角，所以cos θ＝15.图820．(本小题满分14分)(2013·天津高考)如图8，四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，AD ＝CD ＝1，AA 1＝AB ＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明B 1C 1⊥CE ；(2)求二面角B 1-CE -C 1的正弦值；(3)设点M 在线段C 1E 上，且直线AM 与平面ADD 1A 1所成角的正弦值为26，求线段AM 的长．【解】 如图，以点A 为原点，以AD ，AA 1，AB 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，B (0,0,2)，C (1,0,1)，B 1(0,2,2)，C 1(1,2,1)，E (0,1,0)．(1)证明：易得B 1C 1→＝(1,0，－1)，CE →＝(－1,1－1)，于是B 1C 1→·CE →＝0，所以B 1C 1⊥CE .(2)B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎨⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0.消去x ，得y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得一个法向量为m ＝(－3，－2,1)． 由(1)知，B 1C 1⊥CE ，又CC 1⊥B 1C 1， 可得B 1C 1⊥平面CEC 1，故B 1C 1→＝(1,0，－1)为平面CEC 1的一个法向量．于是cos 〈m ，B 1C 1→〉＝m ·B 1C 1→|m ||B 1C 1→|＝－414×2＝－277，从而sin 〈m ，B 1C 1→〉＝217.所以二面角B 1—CE —C 1的正弦值为217. (3)AE →＝(0,1,0)，EC 1→＝(1,1,1)． 设EM →＝λEC 1→＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM →＝AE →＋EM →＝(λ，λ＋1，λ)． 可取AB →＝(0,0,2)为平面ADD 1A 1的一个法向量． 设θ为直线AM 与平面ADD 1A 1所成的角，则 sin θ＝|cos 〈AM →，AB →〉|＝|AM →·AB →||AM →||AB →|＝2λλ2＋(λ＋1)2＋λ2×2＝λ3λ2＋2λ＋1， 于是λ3λ2＋2λ＋1＝26，解得λ＝13(负值舍去)，所以AM＝ 2.。

数学G单元立体几何G1 空间几何体的结构20．G1、G4、G11 如图1­5，四棱柱ABCD ­ A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q.图1­5(1)证明：Q为BB1的中点；(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；(3)若AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面积为6，求平面α与底面ABCD所成二面角的大小．20．解： (1)证明：因为BQ∥AA1，BC∥AD，BC∩BQ＝B，AD∩AA1＝A，所以平面QBC∥平面A1AD，从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，即QC∥A1D.故△QBC与△A1AD的对应边相互平行，于是△QBC∽△A1AD，所以BQBB1＝BQAA1＝BCAD＝12，即Q为BB1的中点．(2)如图1所示，连接QA，QD.设AA1＝h，梯形ABCD 的高为d，四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下，BC＝a，则AD＝2a.图1V 三棱锥Q ­A 1AD ＝13×12·2a ·h ·d ＝13ahd ，V 四棱锥Q ­ABCD ＝13·a ＋2a 2·d ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12h ＝14ahd ，所以V 下＝V 三棱锥Q ­A 1AD ＋V 四棱锥Q ­ABCD ＝712ahd.又V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 ­ABCD ＝32ahd ，所以V 上＝V 四棱柱A 1B 1C 1D 1 ­ABCD －V 下＝32ahd －712ahd ＝1112ahd ，故V 上V 下＝117.(3)方法一：如图1所示，在△ADC 中，作AE ⊥DC ，垂足为E ，连接A 1E. 又DE ⊥AA 1，且AA 1∩AE ＝A ， 所以DE ⊥平面AEA 1，所以DE ⊥A 1E.所以∠AEA 1为平面α与底面ABCD 所成二面角的平面角． 因为BC ∥AD ，AD ＝2BC ，所以S △ADC ＝2S △BCA . 又因为梯形ABCD 的面积为6，DC ＝2， 所以S △ADC ＝4，AE ＝4. 于是tan ∠AEA 1＝AA 1AE ＝1，∠AEA 1＝π4. 故平面α与底面ABCD 所成二面角的大小为π4. 方法二：如图2所示，以D 为原点，DA ，DD 1→分别为x 轴和z 轴正方向建立空间直角坐标系．设∠CDA ＝θ，BC ＝a ，则AD ＝2a. 因为S 四边形ABCD ＝a ＋2a2·2sin θ＝6， 所以a ＝2sin θ.图2从而可得C(2cos θ，2sin θ，0)，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫4sin θ，0，4， 所以DC ＝(2cos θ，2sin θ，0)，DA 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4sin θ，0，4. 设平面A 1DC 的法向量n ＝(x ，y ，1)， 由⎩⎨⎧DA1→·n ＝4sin θx ＋4＝0，DC →²n ＝2xcos θ＋2ysin θ＝0，得⎩⎨⎧x ＝－sin θ，y ＝cos θ，所以n ＝(－sin θ，cos θ，1)． 又因为平面ABCD 的法向量m ＝(0，0，1)， 所以cos 〈n ，m 〉＝n ²m |n||m|＝22， 故平面α与底面ABCD 所成二面角的大小为π4. 8．G1 《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，。