2016年高考数学试题分类汇编含答案立体几何.docx

热点十九立体几何大题(文)【名师精讲指南篇】【高考真题再现】1.【2013新课标全国】如图，三棱柱ABC A1B1C1中，CA CB , AB AA ,BAA i 60o.(I)证明：AB AC ；(n)若AB CB 2 , AC 6，求三棱柱ABC A1B1C1的体积.【答案】《1〉取AB的中点6连接OQ. OA^因为所^OC±AB f由于AB=X】•ZBAAj-W，所以丄曲，所以拠丄平面QA&、因为平面OA^ ,所臥AB丄為C;⑵ 因为^C2=OC2因为A1IW2为等边三角枚蹴= 蔗面积£ = A ［羽辺=2书,所以2.【2014高考全国1文】如图，三棱柱ABC A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO 平面BB1C1C .(1)证明：BQ AB；(2)若AC AB1, CBB1 60 ,BC 1,求三棱柱ABC AB1C1的高.BA A1B1【解析】⑴ 连结月G，则。

为场c与的交点一因为侧面朋心c为菱形』所叹駕c丄EG汉4。

丄平面AR”,所以卫£丄丄0,故鸟C丄平面ABO由于肿U平面ABd 故月卍丄肋一（劝作QD丄毗』垂足为D,连结AD］件O円丄仙,垂足为R由于』丄OD,故BC±平面AOD』所以期丄月6显0月丄山片所以期丄平面ABC因为攻盟\=册,所法ACM】为等边三甬核又BC=l }可得0D二更一由于ACVAR} r所0A = -B.C二丄、由OH二0D・0/ ,且4 2 2如二JODUO宀Z 得0日二遁，又O为禹C的中点，所以点耳到平面ABC^M为空一4 14 7故三犊拄ABCFG的高为宁■3.【2015新课标2文19】如图所示，长方体ABCD— A1B1C1D1中，AB 16 , BC 10 ,AA 8，点E , F分别在AB1 , DQ上，AE1 D1F 4.过点E, F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形^(2)求平面把该长方体分成的两部分体积的比值解析⑴交线围成的正方形瓦如图所昴⑵作垂足为则伽= 4^=4 , £5] = 12」£M = Z^ = 8.S为EHGF為正方形』所以風—血二加“。

2016年数学立体几何高考试题及答案1.如图所示，PA⊥矩形ABCD所在平面，M、N分别是AB、PC的中点.(1)求证：MN∥平面PAD.(2)求证：MN⊥CD.(3)若∠PDA＝45°，求证：MN⊥平面PCD.2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．解答证明：（Ⅰ）连接CE，则∵AD∥BC，BC=AD，E为线段AD的中点，∴四边形ABCE是平行四边形，BCDE是平行四边形，设AC∩BE=O，连接OF，则O是AC的中点，∵F为线段PC的中点，∴PA∥OF，∵PA⊄平面BEF，OF⊂平面BEF，∴AP∥平面BEF；（Ⅱ）∵BCDE是平行四边形，∴BE∥CD，∵AP⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AP⊥CD，∴BE⊥AP，∵AB=BC，四边形ABCE是平行四边形，∴四边形ABCE是菱形，∴BE⊥AC，∵AP∩AC=A，∴BE⊥平面PAC．3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．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；（2）∵D、E为PC、AC的中点，∴DE=PA=3；又∵E、F为AC、AB的中点，∴EF=BC=4；∴DE2+EF2=DF2，∴∠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．4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．解答：解：（1）证明：设G为PC的中点，连接FG，EG，∵F为PD的中点，E为AB的中点，∴FG CD，AE CD∴FG AE，∴AF∥GE∵GE⊂平面PEC，∴AF∥平面PCE；（2）证明：∵PA=AD=2，∴AF⊥PD又∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，∵AD⊥CD，PA∩AD=A，∴CD⊥平面PAD，∵AF⊂平面PAD，∴AF⊥CD．∵PD∩CD=D，∴AF⊥平面PCD，∴GE⊥平面PCD，∵GE⊂平面PEC，∴平面PCE⊥平面PCD；（3）由（2）知，GE⊥平面PCD，所以EG为四面体PEFC的高，又GF∥CD，所以GF⊥PD，EG=AF=，GF=CD=，S△PCF=PD•GF=2．得四面体PEFC的体积V=S△PCF•EG=．5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．解答：解：（Ⅰ）∵PA⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，由平面和平面垂直的性质定理可得PA⊥平面ABCD．（Ⅱ）∵AB∥CD，AB⊥AD，CD=2AB，E和F分别是CD和PC的中点，故四边形ABED为平行四边形，故有BE∥AD．又AD⊂平面PAD，BE不在平面PAD内，故有BE∥平面PAD．（Ⅲ）平行四边形ABED中，由AB⊥AD可得，ABED为矩形，故有BE⊥CD ①．由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AB，再由AB⊥AD可得AB⊥平面PAD，∴CD⊥平面PAD，故有CD⊥PD．再由E、F分别为CD和PC的中点，可得EF∥PD，∴CD⊥EF ②．而EF和BE是平面BEF内的两条相交直线，故有CD⊥平面BEF．由于CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD．6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．解答：证明：（I）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC∥A1C1，AC=A1C1，连接ED，可得DE∥AC，DE=AC，又F为棱A1C1的中点．∴A1F=DE，A1F∥DE，所以A1DEF是平行四边形，所以EF∥DA1，DA1⊂平面A1CD，EF⊄平面A1CD，∴EF∥平面A1CD（II）∵D是AB的中点，∴CD⊥AB，又AA1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，∴AA1⊥CD，又AA1∩AB=A，∴CD⊥面A1ABB1，又CD⊂面A1CD，∴平面A1CD⊥平面A1ABB1；（III）过B作BG⊥A1D交A1D于G，∵平面A1CD⊥平面A1ABB1，且平面A1CD∩平面A1ABB1=A1D，BG⊥A1D，∴BG⊥面A1CD，则∠BCG为所求的角，设棱长为a，可得A1D=，由△A1AD∽△BGD，得BG=，在直角△BGC中，sin∠BCG==，∴直线BC与平面A1CD所成角的正弦值．7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．解答：解：（1）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC，∵AD⊂平面ABC，∴AD⊥CC1又∵AD⊥DE，DE、CC1是平面BCC1B1内的相交直线∴AD⊥平面BCC1B1，∵AD⊂平面ADE∴平面ADE⊥平面BCC1B1；（2）∵△A1B1C1中，A1B1=A1C1，F为B1C1的中点∴A1F⊥B1C1，∵CC1⊥平面A1B1C1，A1F⊂平面A1B1C1，∴A1F⊥CC1又∵B1C1、CC1是平面BCC1B1内的相交直线∴A1F⊥平面BCC1B1又∵AD⊥平面BCC1B1，∴A1F∥AD∵A1F⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，∴直线A1F∥平面ADE．8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．解答：解：（I）证明：连接BD，MO在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点，又M为PD的中点，所以PB∥MO因为PB⊄平面ACM，MO⊂平面ACM所以PB∥平面ACM（II）证明：因为∠ADC=45°，且AD=AC=1，所以∠DAC=90°，即AD⊥AC又PO⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PO⊥AD，AC∩PO=O，AD⊥平面PAC （III）解：取DO中点N，连接MN，AN因为M为PD的中点，所以MN∥PO，且MN=PO=1，由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD所以∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角．在Rt△DAO中，，所以，∴，在Rt△ANM中，==即直线AM与平面ABCD所成的正切值为9三棱锥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．解答：（1）证明：∵PC⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴PC⊥AB．∵CD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，∴CD⊥AB．又PC∩CD=C，∴AB⊥平面PCB．（2）解：取AP的中点O，连接CO、DO．∵PC=AC=2，∴C0⊥PA，CO=，∵CD⊥平面PAB，由三垂线定理的逆定理，得DO⊥PA．∴∠COD为二面角C﹣PA﹣B的平面角．由（1）AB⊥平面PCB，∴AB⊥BC，又∵AB=BC，AC=2，求得BC=PB=，CD=∴cos∠COD=．1111AD上一点，且AP＝a3，过B1，D1，P的平面交底面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ＝________.2．如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，∠ADC＝90°，且AA1＝AD＝DC＝2，M∈平面ABCD，当D1M⊥平面A1C1D时，DM＝________.3．如图，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，BC＝4，E是PD的中点．(1)求证：平面PDC⊥平面PAD；(2)求点B 到平面PCD 的距离；4．如图，PO ⊥平面ABCD ，点O 在AB 上，EA ∥PO ，四边形ABCD 为直角梯形，BC ⊥AB ，BC ＝CD ＝BO ＝PO ，EA ＝AO ＝12CD .(1)求证：BC ⊥平面ABPE ；(2)直线PE 上是否存在点M ，使DM ∥平面PBC ，若存在，求出点M ； 若不存在，说明理由．5．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为DD 1、DB 的中点．(1)求证：EF ∥平面ABC 1D 1； (2)求证：EF ⊥B 1C ；(3)求三棱锥B 1－EFC 的体积．6．如图，四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝DC＝BC＝1，AB＝2，AB∥DC，∠BCD＝90°(1)求证：PC⊥BC(2)求点A到平面PBC的距离．1. 223a∵B1D1∥平面ABCD，平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，∴B1D1∥PQ，又B1D1∥BD，∴BD∥PQ，设PQ∩AB＝M，∵AB∥CD，∴△APM∽△DPQ，∴PQPM＝PDAP＝2，即PQ＝2PM，又△APM∽△ADP，∴PMBD＝APAD＝13，∴PM＝13BD，又BD ＝2a ，∴PQ ＝223a .2.[答案] 22 ∵DA ＝DC ＝DD 1且DA 、DC 、DD 1两两垂直，故当点M 使四边形ADCM为正方形时，D 1M ⊥平面A 1C 1D ，∴DM ＝2 2.(2)过A 作AF ⊥PD ，垂足为F .在Rt PAD 中，PA ＝2，AD ＝BC ＝4，PD ＝42＋22＝25，AF ·PD ＝PA ·AD ，∴AF ＝2×425＝455，即点B 到平面PCD 的距离为455.4.[解析] (1)∵PO ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴BC ⊥PO ，又BC ⊥AB ，AB ∩PO ＝O ，AB ⊂平面ABP ，PO ⊂平面ABP ，∴BC ⊥平面ABP ， 又EA ∥PO ，AO ⊂平面ABP ，∴EA ⊂平面ABP ，∴BC ⊥平面ABPE . (2)点E 即为所求的点，即点M 与点E 重合．取PO 的中点N ，连结EN 并延长交PB 于F ，∵EA ＝1，PO ＝2，∴NO ＝1， 又EA 与PO 都与平面ABCD 垂直，∴EF ∥AB ，∴F 为PB 的中点，∴NF ＝12OB ＝1，∴EF ＝2，又CD ＝2，EF ∥AB ∥CD ，∴四边形DCFE 为平行四边形，∴DE ∥CF ， ∵CF ⊂平面PBC ，DE ⊄平面PBC ，∴DE ∥平面PBC .∴当M 与E 重合时即可． 5. (1)证明：连结BD 1，在△DD 1B 中，E 、F 分别为D 1D ，DB 的中点，则EF ∥D 1B ，又EF ⊄平面ABC 1D 1，D 1B ⊂平面ABC 1D 1，∴EF ∥平面ABC 1D 1.(2)证明：∵B 1C ⊥AB ，B 1C ⊥BC 1，AB ∩BC 1＝B ， ∴B 1C ⊥平面ABC 1D 1，又BD 1⊂平面ABC 1D 1，∴B 1C ⊥BD 1， 又EF ∥BD 1，∴EF ⊥B 1C .(3)解：∵CF ⊥BD ，CF ⊥BB 1，∴CF ⊥平面BDD 1B 1， 即CF ⊥平面EFB 1，且CF ＝BF ＝2∵EF ＝12BD 1＝3，B 1F ＝BF 2＋BB 12＝(2)2＋22＝6，B 1E ＝B 1D 12＋D 1E 2＝12＋(22)2＝3，∴EF 2＋B 1F 2＝B 1E 2，即∠EFB 1＝90°， ∴VB 1－EFC ＝VC －B 1EF ＝13·S △B 1EF ·CF＝13×12·EF ·B 1F ·CF ＝13×12×3×6×2＝1.6.[解析] (1)∵PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴PD ⊥BC .由∠BCD ＝90°知，BC ⊥DC ，∵PD ∩DC ＝D ，∴BC ⊥平面PDC ，∴BC ⊥PC . (2)设点A 到平面PBC 的距离为h ， ∵AB ∥DC ，∠BCD ＝90°，∴∠ABC ＝90°， ∵AB ＝2，BC ＝1，∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝1，∵PD ⊥平面ABCD ，PD ＝1，∴V P －ABC ＝13S △ABC ·PD ＝13，∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥DC，∵PD＝DC＝1，∴PC＝2，∵PC⊥BC，BC＝1，∴S△PBC＝12PC·BC＝22，∵V A－PBC＝V P－ABC，∴13S△PBC·h＝13，∴h＝2，∴点A到平面PBC的距离为 2.。

2016年新课标全国卷试题汇编：立体几何1.（2016全国高考新课标Ⅱ卷· 理数14T ）α，β是两个平面，m ，n 是两条线，有下列四个命题：①如果m n ⊥，m α⊥，n β∥，那么αβ⊥． ②如果m α⊥，n α∥，那么m n ⊥． ③如果a β∥，m α⊂，那么m β∥．④如果m n ∥，αβ∥，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等． 其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号） 答案：②③④2. （2016全国高考新课标Ⅰ卷· 文数11T 或者理数11T ）平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，α//平面11CB D ，α平面ABCD m =，α平面11ABB A n =，则,m n 所成角的正弦值为（ ）A.2 B. 2 C.3 D. 13答案：A试题分析：如图，设平面11CB D 平面ABCD ='m ，平面11CB D 平面11ABB A ='n ，因为//α平面11CB D ，所以//',//'m m n n ，则,m n 所成的角等于','m n 所成的角.延长AD ，过1D 作11//D E B C ，连接11,CE B D ，则CE 为'm ，同理11B F 为'n ，而111//,//BD CE B F A B ，则','m n 所成的角即为1,A B BD所成的角，即为60︒，故,m n 所成角的正弦值为2， 选A.3.（2016全国高考新课标Ⅰ卷· 文数18T ）（12分）如图，已知正三棱锥P ABC -的侧面是直角三角形，6PA =，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ，连结PE 并延长交AB于点G（Ⅰ）证明：G 是AB 的中点；（Ⅱ）在答题卡第（18）题图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F （说明作法及理由），并求四面体PDEF的体积解析：（Ⅰ）因为在平面内的正投影为，所以因为在平面内的正投影为，所以 所以平面，故又由已知可得，，从而是的中点.（Ⅱ）在平面内，过点作的平行线交于点，即为在平面内的正投影.理由如下：由已知可得，，又,所以,因此平面，即点为在平面内的正投影.连接，因为在平面内的正投影为，所以是正三角形的中心.由（I ）知，是的中点，所以在上，故 由题设可得平面，平面，所以，因此 由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且，可得 在等腰直角三角形中，可得所以四面体的体积4.（2016全国高考新课标Ⅰ卷· 理数18T ）(本题满分为12分)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF =2FD ，90AFD ∠=，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60．P ABC D .AB PD ⊥D PAB E .AB DE ⊥AB ⊥PED .AB PG ⊥PA PB =G AB PAB E PB PA F F E PAC PB PA ⊥⊥PB PC //EF PB EF PC ⊥EF ⊥PAC F E PAC CG P ABC D D ABC G AB D CG 2.3=CD CG ⊥PC PAB ⊥DE PAB //DE PC 21,.33==PE PG DE PC 6=PA 2,2 2.==DE PE EFP 2.==EF PF PDEF 114222.323=⨯⨯⨯⨯=VABCDEF（Ⅰ）证明平面ABEF ⊥EFDC ； （Ⅱ）求二面角E -BC -A 的余弦值．解：（Ⅰ）由已知可得，，所以平面． 又平面，故平面平面．（Ⅱ）过作，垂足为，由（I ）知平面．以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系．由（I ）知为二面角的平面角，故，则，，可得，，，．由已知，，所以平面． 又平面平面，故，．由，可得平面，所以为二面角的平面角，．从而可得．所以，，，． 设是平面的法向量，则，即， 所以可取．设是平面的法向量，则，同理可取．则． F DF A ⊥F F A ⊥E F A ⊥FDC E F A ⊂F ABE F ABE ⊥FDC E D DG F ⊥E G DG ⊥F ABE G GF x GF G xyz -DF ∠E D F -A -E DF 60∠E =DF 2=DG 3=()1,4,0A ()3,4,0B -()3,0,0E -()D 0,0,3//F ABE //AB FDC E CDAB FDC DC E =//CD AB CD//F E //F BE A BE ⊥FDC E C F ∠E C F -BE -C F 60∠E =()C 2,0,3-()C 1,0,3E =()0,4,0EB =()C 3,4,3A =--()4,0,0AB =-(),,n x y z =C B E C 0n n ⎧⋅E =⎪⎨⋅EB =⎪⎩3040x z y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩()3,0,3n =-m CD AB C 0m m ⎧⋅A =⎪⎨⋅AB =⎪⎩()0,3,4m =219cos ,19n m n m n m ⋅==-故二面角的余弦值为． 5．（2016全国高考新课标Ⅱ卷· 文数19T ）（本小题满分12分）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE CF =，EF 交BD 于点H ，将DEF △沿EF 折到D EF '△的位置．（Ⅰ）证明：AC HD '⊥； （Ⅱ）若5AB =，6AC =， 54AE =，22OD '=，求五棱锥D ABCFE '-的体积． 试题分析：（Ⅰ）证//.AC EF 再证//.'AC HD （Ⅱ）根据勾股定理证明OD H '∆是直角三角形，从而得到.'⊥OD OH 进而有⊥AC 平面BHD '，证明'⊥OD 平面.ABC 根据菱形的面积减去三角形DEF 的面积求得五边形ABCFE 的面积，最后由椎体的体积公式求五棱锥D ABCEF '-体积. 试题解析：（Ⅰ）由已知得，,.⊥=AC BD AD CD又由=AE CF 得=AE CFAD CD，故//.AC EF 由此得,'⊥⊥EF HD EF HD ，所以//.'AC HD .五边形ABCFE 的面积11969683.2224=⨯⨯-⨯⨯=S C E-B -A 21919-所以五棱锥体积16923222.342=⨯⨯=V 考点： 空间中的线面关系判断，几何体的体积.6.（2016全国高考新课标Ⅱ卷· 理数19T ）（本小题满分12分）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5AB =，6AC =，点E ，F 分别在AD ，CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D EF '的位置10OD '=.（I ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （II ）求二面角B D A C '--的正弦值. （Ⅰ）证明：∵54AE CF ==，∴AE CFAD CD=， ∴EF AC ∥．∵四边形ABCD 为菱形， ∴AC BD ⊥， ∴EF BD ⊥， ∴EF DH ⊥，∴EF DH'⊥． ∵6AC =， ∴3AO =；又5AB =，AO OB ⊥， ∴4OB =，'ABCEF D -∴1AEOH OD AO=⋅=， ∴3DH D H '==， ∴222'OD OH D H '=+， ∴'D H OH ⊥． 又∵OHEF H =，∴'D H ⊥面ABCD ．（Ⅱ）建立如图坐标系H xyz -．()500B ，，，()130C ，，，()'003D ，，，()130A -，，，()430AB =，，，()'133AD =-，，，()060AC =，，，设面'ABD 法向量()1n x y z =，，，由1100n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩得430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩，取345x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩， ∴()1345n =-，，．同理可得面'AD C 的法向量()2301n =，，，∴12129cos 52n n n n θ⋅===， ∴sin θ． 7.（2016全国高考新课标Ⅲ卷· 文数19T ）（本小题满分12分）如图，四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M 为线段AD 上一点，AM=2MD ，N 为PC 的中点.（Ⅰ）证明MN ∥平面PAB; （Ⅱ）求四面体N -BCM 的体积.解：（Ⅰ）由已知得232==AD AM ，取BP 的中点T ，连接TN AT ,，由N 为PC 中点知BC TN //，221==BC TN . ......3分 又BC AD //，故TN 平行且等于AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是AT MN //. 因为⊂AT 平面PAB ，⊄MN 平面PAB ，所以//MN 平面PAB . ....6分（Ⅱ）因为⊥PA 平面ABCD ，N 为PC 的中点， 所以N 到平面ABCD 的距离为PA 21. ....9分 取BC 的中点E ，连结AE .由3==AC AB 得BC AE ⊥，522=-=BE AB AE .由BC AM ∥得M 到BC 的距离为5，故525421=⨯⨯=∆BCM S . 所以四面体BCM N -的体积354231=⨯⨯=∆-PA S V BCM BCM N . .....12分 8.（2016全国高考新课标Ⅲ卷· 理数19T ）（本小题满分12分）如图，四棱锥中，地面，，，，为线段上一点，，为的中点．P ABC -PA ⊥ABCD ADBC 3AB AD AC ===4PA BC ==M AD 2AM MD =N PC（I ） 证明平面；（II ）（II ）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）见解析；．设为平面的法向量，则，即，可取，于是. MN PAB AN PMN ),,(z y x n =PMN ⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00PN n PM n ⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-0225042z y x z x )1,2,0(=n 2558|||||,cos |==><AN n AN n AN n考点：1、空间直线与平面间的平行与垂直关系；2、棱锥的体积．。

专题25 立体几何中综合问题考纲解读明方向分析解读 1.能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理及有关结论证明点共线、点共面、线共面及线线、线面的平行与垂直问题;会求线线角、线面角;会求点点距、点面距等距离问题,从而培养用向量法思考问题和解决问题的能力.2.会利用空间向量的坐标运算、两点间距离公式、夹角公式以及相关结论解决有关平行、垂直、长度、角、距离等问题,从而培养准确无误的运算能力.3.本节内容在高考中延续解答题的形式,以多面体为载体,求空间角的命题趋势较强,分值约为12分,属中档题.2018年高考全景展示1．【2018年理数天津卷】如图，且AD =2BC ，,且EG =AD ，且CD =2FG ，，DA =DC =DG =2（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：；（II ）求二面角的正弦值；（III ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).详解：依题意，可以建立以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又=（1，，1），可得，又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．（Ⅱ）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，则即不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，则即不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．因此有cos<m，n>=，于是sin<m，n>=．所以，二面角E–BC–F的正弦值为．（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），可得．易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故，由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．所以线段的长为.点睛：本题主要考查空间向量的应用，线面平行的证明，二面角问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2．【2018年理北京卷】如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．【答案】(1)证明见解析(2) B-CD-C1的余弦值为(3)证明过程见解析【解析】分析：（1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论，（2）根据条件建立空间直角坐标系E-ABF，设立各点坐标，利用方程组解得平面BCD一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法向量夹角相等或互补关系求结果，（3）根据平面BCD一个法向量与直线F G方向向量数量积不为零，可得结论. 详解：解：（Ⅰ）在三棱柱ABC-A1B1C1中，∵CC1⊥平面ABC，∴四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，∴AC⊥EF．∵AB=BC．∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF．（Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．如图建立空间直角坐称系E-xyz．由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D （1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．∴，设平面BCD的法向量为，∴，∴，令a=2，则b=-1，c=-4，∴平面BCD的法向量，又∵平面CDC1的法向量为，∴．由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为．（Ⅲ）平面BCD的法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），∴，∴，∴与不垂直，∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.3．【2018年江苏卷】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据向量数量积求得向量的夹角，再根据向量夹角与异面直线所成角的关系得结果；（2）利用平面的方向量的求法列方程组解得平面的一个法向量，再根据向量数量积得向量夹角，最后根据线面角与所求向量夹角之间的关系得结果.详解：如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．因为AB=AA1=2，所以．（1）因为P为A1B1的中点，所以，从而，故．因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．点睛：本题考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识，考查运用空间向量解决问题的能力.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 4．【2018年江苏卷】在平行六面体中，．求证：（1）；（2）．【答案】答案见解析【解析】分析：（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得菱形ABB1A1，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.详解：证明：（1）在平行六面体ABCD-A 1B1C1D1中，AB∥A1B1．因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．点睛：本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明. 5．【2018年理新课标I卷】如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析.(2) .【解析】分析：(1)首先从题的条件中确定相应的垂直关系，即BF⊥PF，BF⊥EF，又因为，利用线面垂直的判定定理可以得出BF⊥平面PEF，又平面ABFD，利用面面垂直的判定定理证得平面PEF⊥平面ABFD.(2)结合题意，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标，求得平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为，利用线面角的定义，可以求得，得到结果.详解：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，所以BF⊥平面PEF.又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的证明以及线面角的正弦值的求解，属于常规题目，在解题的过程中，需要明确面面垂直的判定定理的条件，这里需要先证明线面垂直，所以要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，从而证得结果；对于线面角的正弦值可以借助于平面的法向量来完成，注意相对应的等量关系即可.6．【2018年全国卷Ⅲ理】如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）【解析】分析：（1）先证平面CMD,得,再证，进而完成证明。

第七单元 立体几何G1 空间几何体的结构 14．G1[2016·浙江卷] 如图1-3，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°.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________．14.12[解析] 在△ABC 中，因为AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，所以∠BAD ＝∠BCA ＝30°.由余弦定理可得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos 120°＝22＋22－2×2×2cos 120°＝12，所以AC ＝2 3.设AD ＝x ，0<x <23，则DC ＝23－x ，S △PDC ＝12PD ·DC ·sin ∠PDC ＝12x (23－x )sin∠PDC ，易知当x ＝3，∠PDC ＝π2时，△PDC 的面积最大，此时AC ⊥BD ，AC ⊥PD ，且D 为AC 的中点，当BD ⊥平面PDC 时，高为最大，故四面体PBCD 的体积的最大值是13×12×3×3×1＝12.17．G1、G7、B12[2016·江苏卷] 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P - A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1(如图1-5所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1)若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m17．解：(1)由PO 1＝2知O 1O ＝4PO 1＝8. 因为A 1B 1＝AB ＝6，所以正四棱锥P - A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)， 正四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1的体积V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)．所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)．(2)设A 1B 1＝a (m)，PO 1＝h (m)，则0<h <6，O 1O ＝4h .连接O 1B 1.因为在Rt △PO 1B 1中，O 1B 21＋PO 21＝PB 21，所以2a 22＋h 2＝36，即a 2＝2(36－h 2)．于是仓库的容积V ＝V 柱＋V 锥＝a 2·4h ＋13a 2·h ＝133a 2h ＝263(36h －h 3)，0<h <6，从而V ′＝263(36－3h 2)＝26(12－h 2)．令V ′＝0，得h ＝23或h ＝－23(舍)．当0<h <23时，V ′>0，V 是单调增函数； 当23<h <6时，V ′<0，V 是单调减函数． 故h ＝23时，V 取得极大值，也是最大值． 因此，当PO 1＝2 3 mG2 空间几何体的三视图和直观图 6．G2[2016·北京卷] 某三棱锥的三视图如图1-2所示，则该三棱锥的体积为( )图1-2A.16B.13C.12D ．1 6．A [解析] 根据三视图得到如图所示的直观图．根据题意知三棱锥的底面三角形是直角边长为1的等腰直角三角形，三棱锥的高h 为1，故其体积V ＝13S △ABC ·h ＝13×12×1×1×1＝16.6．G2[2016·全国卷Ⅰ] 如图1-1，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )图1-1A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π6．A [解析] 该几何体为一个球去掉八分之一，设球的半径为r ，则78×43πr 3＝28π3，解得r ＝2，故该几何体的表面积为78×4π×22＋34×π×22＝17π.9．G2[2016·全国卷Ⅲ] 如图1-3，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．819．B [解析] 由三视图可知，该几何体为一个平行六面体，其上、下底面是边长为3的正方形，高为6，故其表面积S ＝2×(32＋3×32＋62＋3×6)＝54＋18 5.13．G2，G7[2016·四川卷] 已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图1-2所示，则该三棱锥的体积是________．图1-213.33[解析] 由图易知正视图是腰长为2的等腰三角形，∵三棱锥的4个面都是腰长为2的等腰三角形，∴三棱锥的俯视图与其正视图全等，且三棱锥的高h ＝1，则所求体积V ＝13Sh ＝13×⎝⎛⎭⎫12×23×1×1＝33. 6．G2[2016·全国卷Ⅱ] 图1-2是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )图1-2A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π6．C [解析] 几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得l ＝22＋（23）2＝4，故S 表＝πr 2＋ch ＋πrl ＝4π＋16π＋8π＝28π. 5．G2，G8[2016·山东卷] 一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图1-2所示，则该几何体的体积为( )图1-2A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π 5．C [解析] 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，半球的直径为2，∴该几何体的体积为13×1×1×1＋12×43×π⎝⎛⎭⎫223＝13＋26π. 11．G2[2016·天津卷] 已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图1-2所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m 3.图1-211．2 [解析] 根据三视图可知，该四棱锥的底面积S ＝2×1＝2，高h ＝3，故其体积V ＝2×3×13＝2.11．G2[2016·浙江卷] 某几何体的三视图如图1-2所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm 2，体积是311．72 32 [解析] 该几何体的直观图如图所示，该几何体是由两个相同的长方体放在一起构成的，而每个长方体的体积为2×2×4＝16(cm 3)，表面积为2×(2×2＋2×4＋4×2)＝40(cm 2)，故几何体的体积为16×232×40－2×2×2＝72(cm 2)．G3 平面的基本性质、空间两条直线 11．G3，G4[2016·全国卷Ⅰ] 平面α过正方体ABCD - A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m ，n 所成角的正弦值为( )A.32B.22C.33 D.1311．A [解析] 因为平面α∥平面CB 1D 1，所以平面α与平面ABCD 的交线m 平行于平面CB 1D 1与平面ABCD 的交线l .因为在正方体中平面ABCD 平行于平面A 1B 1C 1D 1，所以l ∥B 1D 1，所以m ∥B 1D 1.同理，n 平行于平面CB 1D 1与平面ABB 1A 1的交线．因为平面ABB 1A 1∥平面CDD 1C 1，所以平面CB 1D 1与平面ABB 1A 1的交线平行于平面CB 1D 1与平面CDD 1C 1的交线CD 1，所以n ∥CD 1.故m ，n 所成的角即为B 1D 1，CD 1所成的角，显然所成的角为60°，则其正弦值为32.6．G3，A2[2016·山东卷] 已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a 和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件6．A[解析] 当两个平面内的直线相交时，这两个平面有公共点，即两个平面相交；但当两个平面相交时，两个平面内的直线不一定有交点．G4 空间中的平行关系11．G3，G4[2016·全国卷Ⅰ] 平面α过正方体ABCD -A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为()A.32 B.22C.33 D.1311．A[解析] 因为平面α∥平面CB1D1，所以平面α与平面ABCD的交线m平行于平面CB1D1与平面ABCD的交线l.因为在正方体中平面ABCD平行于平面A1B1C1D1，所以l∥B1D1，所以m∥B1D1.同理，n平行于平面CB1D1与平面ABB1A1的交线．因为平面ABB1A1∥平面CDD1C1，所以平面CB1D1与平面ABB1A1的交线平行于平面CB1D1与平面CDD1C1的交线CD1，所以n∥CD1.故m，n所成的角即为B1D1，CD1所成的角，显然所成的角为60°，则其正弦值为3 2.14．G4，G5[2016·全国卷Ⅱ] α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)14．②③④[解析] 对于①，m⊥n，m⊥α，n∥β，则α，β的位置关系无法确定，故错误；对于②，因为n∥α，所以可过直线n作平面γ与平面α相交于直线c，则n∥c，因为m⊥α，所以m⊥c，所以m⊥n，故正确；对于③，由两个平面平行的性质可知其正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确．故正确的有②③④.17．G4，G5，G11[2016·北京卷] 如图1-3所示，在四棱锥P-ABCD中，平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥PD，P A＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝ 5.(1)求证：PD⊥平面P AB.(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．(3)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由．17．解：(1)证明：因为平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面P AD ，所以AB ⊥PD . 又因为P A ⊥PD ，所以PD ⊥平面P AB . (2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .又因为PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO . 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD . 如图建立空间直角坐标系O - xyz .由题意得，A (0，1，0)，B (11，0)，P (0，0，1)． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0.令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2，所以n ＝(1，－2，2)． 又PB →＝(1，1，－1)，所以 cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33，所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (3)设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈[0，1]使得AM →＝λAP →.因此点M (0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)．因为BM ⊄平面PCD ，所以BM ∥平面PCD ，当且仅当BM →·n ＝0， 即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0， 解得λ＝14.所以在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.16．G4、G5[2016·江苏卷] 如图1-4，在直三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊥A 1B 1.求证：(1)直线DE ∥平面A 1C 1F ； (2)平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .16．证明：(1)在直三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，A 1C 1∥AC .在△ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点， 所以DE ∥AC ，于是DE ∥A 1C 1，又因为DE ⊄平面A 1C 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ， 所以直线DE ∥平面A 1C 1F . (2)在直三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面A 1B 1C 1，因为A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，所以A 1A ⊥A 1C 1，又因为A 1C 1⊥A 1B 1，AA 1⊂平面ABB 1A 1，A 1B 1⊂平面ABB 1A 1，A 1A ∩A 1B 1＝A 1， 所以A 1C 1⊥平面ABB 1A 1.因为B 1D ⊂平面ABB 1A 1，所以A 1C 1⊥B 1D .又因为B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ，A 1F ⊂平面A 1C 1F ，A 1C 1∩A 1F ＝A 1， 所以B 1D ⊥平面A 1C 1F .因为B 1D ⊂平面B 1DE ，所以平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F . 19．G4、G11[2016·全国卷Ⅲ] 如图1-5，四棱锥P - ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN19．解：(1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，所以TN 綊AM ，故四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB . (2)取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，且AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－BC22＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz ，由题意知，P (0，0，4)，M (0，2，0)，C (5，2，0)，N （52，1，2），PM →＝(0，2，－4)，PN →＝（52，1，－2），AN →＝（52，1，2）.设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0，2，1)，于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525.故直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为85.18．G7，G4，G11[2016· - ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .E 为棱AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90°.(1)在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)若二面角P - CD - A PCE 所成角的正弦值．18．解：(1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面P AB )，点M 即为所求的一个点．理由如下： 由已知，BC ∥ED ，且BC ＝ED ， 所以四边形BCDE 是平行四边形， 从而CM ∥EB .又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ， 所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)(2)方法一：易知P A ⊥平面ABCD .由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD ， 从而CD ⊥PD ，所以∠PDA 是二面角P - CD - A 的平面角，所以∠PDA ＝45°.设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH . 因为P A ⊥平面ABCD ， 所以P A ⊥CE ，于是CE ⊥平面P AH ， 所以平面PCE ⊥平面P AH .过A 作AQ ⊥PH 于点Q ，则AQ ⊥平面PCE ， 所以∠APH 是P A 与平面PCE 所成的角． 在Rt △AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1， 所以AH ＝22. 在Rt △P AH 中，PH ＝P A 2＋AH 2＝322， 所以sin ∠APH ＝AH PH ＝13.方法二：由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD ，于是CD ⊥PD ，从而∠PDA 是二面角P - CD - A 的平面角，所以∠PDA ＝45°.由P A ⊥AB ，P A ⊥CD ，可得P A ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz ，则A (0，0，0)，P (0，0，2)，C (2，1，0)，E (1，0，0)，所以PE →＝(1，0，－2)，EC →＝(1，1，0)，AP →＝(0，0，2)． 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0，设x ＝2，解得n ＝(2，－2，1)．设直线P A 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|n ·AP →||n |·|AP →|＝22×22＋（－2）2＋12＝13，所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为13.17．G4，G5，G11[2016·AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ；(2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F - BC - A 的余弦值．图1-417．解：(1)证明：设FC 的中点为I ，连接GI ，HI .在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF .又EF ∥OB ， 所以GI ∥OB .在△CFB 中，因为H 是FB 的中点， 所以HI ∥BC . 又HI ∩GI ＝I ，所以平面GHI ∥平面ABC . 因为GH ⊂平面GHI ， 所以GH ∥平面ABC .(2)方法一：连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC .又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC .以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz . 由题意得B (0，23，0)，C (－23，0，0)． 过点F 作FM 垂直OB 于点M ， 所以FM ＝FB 2－BM 2＝3， 可得F (0，3，3)．故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3)． 设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0，可得平面BCF 的一个法向量为m ＝（－1，1，33）. 因为平面ABC 的一个法向量为n ＝(0，0，1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m|·|n|＝77.所以二面角F - BC - A 的余弦值为77.方法二：连接OO ′，过点F 作FM 垂直OB 于点M ， 则有FM ∥OO ′.又OO ′⊥平面ABC ， 所以FM ⊥平面ABC ，可得FM ＝FB 2－BM 2＝3.过点M 作MN 垂直BC 于点N ，连接FN ， 可得FN ⊥BC ，从而∠FNM 为二面角F - BC - A 的平面角．又AB ＝BC ，AC 是圆O 的直径， 所以MN ＝BM sin 45°＝62， 从而FN ＝422，可得cos ∠FNM ＝77. 所以二面角F - BC - A 的余弦值为77.17．G4、G11[2016·天津卷] 如图1-4，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2.(1)求证：EG ∥平面ADF ； (2)求二面角O - EF - C 的正弦值；(3)设H 为线段AF 上的点，且AH ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值．图1-417．解：依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图所示，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O (0，0，0)，A (－1，1，0)，B (－1，－1，0)，C (1，－1，0)，D (1，1，0)，E (－1，－1，2)，F (0，0，2)，G (－1，0，0)．(1)证明：依题意，AD →＝(2，0，0)，AF →＝(1，－1，2)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，x 1－y 1＋2z 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0，2，1)．又EG →＝(0，1，－2)，可得EG →·n 1＝0.又因为直线EG ⊄平面ADF ，所以EG ∥平面ADF .(2)易证OA →＝(－1，1，0)为平面OEF 的一个法向量．依题意，EF →＝(1，1，0)，CF →＝(－1，1，2)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面CEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0.不妨设x 2＝1，可得n 2＝(1，－1，1)．因此有cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →|·|n 2|＝－63，于是sin 〈OA →，n 2〉＝33，所以二面角O - EF - C 的正弦值为33. (3)由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF .因为AF →＝(1，－1，2)，所以AH →＝25AF →＝(25，－25，45)，进而有H (－35，35，45)，从而BH →＝(25，85，45)，因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →|·|n 2|＝－721，所以直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721.G5 空间中的垂直关系 14．G4，G5[2016·全国卷Ⅱ] α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题： ①如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β. ②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n . ③如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.④如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等． 其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)14．②③④ [解析] 对于①，m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，则α，β的位置关系无法确定，故错误；对于②，因为n ∥α，所以可过直线n 作平面γ与平面α相交于直线c ，则n ∥c ，因为m ⊥α，所以m ⊥c ，所以m ⊥n ，故正确；对于③，由两个平面平行的性质可知其正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确．故正确的有②③④.17．G4，G5，G11[2016·北京卷] 如图1-3所示，在四棱锥P - ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面P AB .(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值．(3)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由．图1-317．解：(1)证明：因为平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面P AD ，所以AB ⊥PD . 又因为P A ⊥PD ，所以PD ⊥平面P AB . (2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .又因为PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO . 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD . 如图建立空间直角坐标系O - xyz .由题意得，A (0，1，0)，B (11，0)，P (0，0，1)． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0.令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2，所以n ＝(1，－2，2)． 又PB →＝(1，1，－1)，所以 cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33，所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (3)设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈[0，1]使得AM →＝λAP →. 因此点M (0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)．因为BM ⊄平面PCD ，所以BM ∥平面PCD ，当且仅当BM →·n ＝0， 即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0， 解得λ＝14.所以在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.16．G4、G5[2016·江苏卷] 如图1-4，在直三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊥A 1B 1.求证：(1)直线DE ∥平面A 1C 1F ； (2)平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .16．证明：(1)在直三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，A 1C 1∥AC .在△ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点， 所以DE ∥AC ，于是DE ∥A 1C 1，又因为DE ⊄平面A 1C 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ， 所以直线DE ∥平面A 1C 1F . (2)在直三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面A 1B 1C 1，因为A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，所以A 1A ⊥A 1C 1，又因为A 1C 1⊥A 1B 1，AA 1⊂平面ABB 1A 1，A 1B 1⊂平面ABB 1A 1，A 1A ∩A 1B 1＝A 1， 所以A 1C 1⊥平面ABB 1A 1.因为B 1D ⊂平面ABB 1A 1，所以A 1C 1⊥B 1D .又因为B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ，A 1F ⊂平面A 1C 1F ，A 1C 1∩A 1F ＝A 1， 所以B 1D ⊥平面A 1C 1F .因为B 1D ⊂平面B 1DE ，所以平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F . 18．G5，G11[2016·全国卷Ⅰ] 如图1-4，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D - AF - E 与二面角C - BE - F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E - BC - A 的余弦值．图1-418．解：(1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，又DF ∩FE ＝F ，所以AF ⊥平面EFDC . 又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G - xyz .由(1)知∠DFE 为二面角D - AF - E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1，4，0)，B (－3，4，0)，E (－3，0，0)，D (0，0，3)．由已知得，AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC .又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C - BE - F 的平面角，故∠CEF ＝60°，从而可得C (－2，0，3)，所以EC →＝(1，0，3)，EB →＝(0，4，0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4，0，0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨n ·EB →＝0，即⎩⎨4y ＝0，所以可取n ＝(3，0，－3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0，同理可取m ＝(0，3，4)， 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n||m |＝－21919，结合图形得，二面角E - BC - A 的余弦值为－21919.19．G5，G11[2016·全国卷Ⅱ] 如图1-4，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H ，将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B - D ′A - C 的正弦值．图1-419．解：(1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14，所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2， 故D ′H ⊥OH .又D ′H ⊥EF ，且OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H - xyz ，则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)，B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3)． 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则⎩⎪⎨m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪113x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3，1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n|m||n|＝－1450×10＝－7525，sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B - D ′A - C 的正弦值是29525.17．G4，G5，G11[2016·山东卷] 在如图1-4所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ；(2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F - BC - A 的余弦值．图1-417．解：(1)证明：设FC 的中点为I ，连接GI ，HI .在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF .又EF ∥OB ， 所以GI ∥OB .在△CFB 中，因为H 是FB 的中点， 所以HI ∥BC . 又HI ∩GI ＝I ，所以平面GHI ∥平面ABC . 因为GH ⊂平面GHI ， 所以GH ∥平面ABC .(2)方法一：连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC .又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC .以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz . 由题意得B (0，23，0)，C (－23，0，0)． 过点F 作FM 垂直OB 于点M ， 所以FM ＝FB 2－BM 2＝3， 可得F (0，3，3)．故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3)． 设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0，可得平面BCF 的一个法向量为m ＝（－1，1，33）. 因为平面ABC 的一个法向量为n ＝(0，0，1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m|·|n|＝77.所以二面角F - BC - A 的余弦值为77.方法二：连接OO ′，过点F 作FM 垂直OB 于点M ， 则有FM ∥OO ′.又OO ′⊥平面ABC ， 所以FM ⊥平面ABC ，可得FM ＝FB 2－BM 2＝3.过点M 作MN 垂直BC 于点N ，连接FN ， 可得FN ⊥BC ，从而∠FNM 为二面角F - BC - A 的平面角．又AB ＝BC ，AC 是圆O 的直径， 所以MN ＝BM sin 45°＝62， 从而FN ＝422，可得cos ∠FNM ＝77. 所以二面角F - BC - A 的余弦值为77.17．G5、G10[2016·浙江卷] 如图1-4，在三棱台ABC - DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3.(1)求证：BF ⊥平面ACFD ； (2)求二面角B - AD - F17．解：(1)证明：延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示． 因为平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC ⊥BC ， 所以AC ⊥平面BCK ， 因此BF ⊥AC .又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2， 所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点， 则BF ⊥CK .所以BF ⊥平面ACFD(2)方法一：过点F 作FQ ⊥AK 于Q ，连接BQ .因为BF ⊥平面ACK ，所以BF ⊥AK ，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ ⊥AK . 所以，∠BQF 是二面角B - AD - F 的平面角．在Rt △ACK 中，AC ＝3，CK ＝2，易得FQ ＝31313.在Rt △BQF 中，FQ ＝31313，BF ＝3，得cos ∠BQF ＝34.所以，二面角B - AD - F 的平面角的余弦值为34.方法二：延长AD ，BE ，CF 相交于一点K取BC 的中点O ，连接KO ，则⊥平面ABC ，所以KO ⊥平面ABC .以点O 为原点，分别以OB →，OK →的方向为x ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O - xyz (如图所示)．由题意得B (1，0，0)，C (－1，0，0)，K (0，0，3)，A (－1，－3，0)，E (12，0，32)，F (－12，0，32).因此，AC →＝(0，3，0)，AK →＝(1，3，3)，AB →＝(2，3，0)．设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·m ＝0，AK →·m ＝0，得⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)；由⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AK →·n ＝0，得⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝0，取n ＝(3，－2，3)．于是，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝34.所以，二面角B - AD - F 的平面角的余弦值为34.G6 三垂线定理 G7 棱柱与棱锥 13．G2，G7[2016·四川卷] 已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图1-2所示，则该三棱锥的体积是________．图1-213.33[解析] 由图易知正视图是腰长为2的等腰三角形，∵三棱锥的4个面都是腰长为2的等腰三角形，∴三棱锥的俯视图与其正视图全等，且三棱锥的高h ＝1，则所求体积V ＝13Sh ＝13×⎝⎛⎭⎫12×23×1×1＝33.17．G1、G7、B12[2016·江苏卷] 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P - A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1(如图1-5所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1)若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m17．解：(1)由PO 1＝2知O 1O ＝4PO 1＝8. 因为A 1B 1＝AB ＝6，所以正四棱锥P - A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)，正四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1的体积V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)．所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)．(2)设A 1B 1＝a (m)，PO 1＝h (m)，则0<h <6，O 1O ＝4h .连接O 1B 1.因为在Rt △PO 1B 1中，O 1B 21＋PO 21＝PB 21，所以2a 22＋h 2＝36，即a 2＝2(36－h 2)．于是仓库的容积V ＝V 柱＋V 锥＝a 2·4h ＋13a 2·h ＝133a 2h ＝263(36h －h 3)，0<h <6，从而V ′＝263(36－3h 2)＝26(12－h 2)．令V ′＝0，得h ＝23或h ＝－23(舍)． 当0<h <23时，V ′>0，V 是单调增函数； 当23<h <6时，V ′<0，V 是单调减函数． 故h ＝23时，V 取得极大值，也是最大值． 因此，当PO 1＝2 3 m18．G7，G4，G11[2016·四川卷] 如图1-4，在四棱锥P - ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .E 为棱AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90°.(1)在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)若二面角P - CD - A PCE 所成角的正弦值．18．解：(1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面P AB )，点M 即为所求的一个点．理由如下： 由已知，BC ∥ED ，且BC ＝ED ， 所以四边形BCDE 是平行四边形， 从而CM ∥EB .又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ， 所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)(2)方法一：易知P A ⊥平面ABCD .由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD ， 从而CD ⊥PD ，所以∠PDA 是二面角P - CD - A 的平面角，所以∠PDA ＝45°.设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH . 因为P A ⊥平面ABCD ， 所以P A ⊥CE ，于是CE ⊥平面P AH ， 所以平面PCE ⊥平面P AH .过A 作AQ ⊥PH 于点Q ，则AQ ⊥平面PCE ， 所以∠APH 是P A 与平面PCE 所成的角． 在Rt △AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1， 所以AH ＝22. 在Rt △P AH 中，PH ＝P A 2＋AH 2＝322， 所以sin ∠APH ＝AH PH ＝13.方法二：由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD ，于是CD ⊥PD ，从而∠PDA 是二面角P - CD - A 的平面角，所以∠PDA ＝45°.由P A ⊥AB ，P A ⊥CD ，可得P A ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz ，则A (0，0，0)，P (0，0，2)，C (2，1，0)，E (1，0，0)，所以PE →＝(1，0，－2)，EC →＝(1，1，0)，AP →＝(0，0，2)． 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0，设x ＝2，解得n ＝(2，－2，1)．设直线P A 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|n ·AP →||n |·|AP →|＝22×22＋（－2）2＋12＝13，所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为13.G8 多面体与球 10．G8[2016·全国卷Ⅲ] 在封闭的直三棱柱ABC - A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4π B.9π2C ．6π D.32π310．B [解析] 当球与三侧面相切时，设球的半径为r 1，∵AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，∴8－r 1＋6－r 1＝10，解得r 1＝2，不合题意．当球与直三棱柱的上、下底面相切时，设球的半径为r 2，则2r 2＝3，即r 2＝32，∴球的体积V 的最大值为43π×⎝⎛⎭⎫323＝92π.5．G2，G8[2016·山东卷] 一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图1-2所示，则该几何体的体积为( )图1-2A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π 5．C [解析] 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，半球的直径为2，∴该几何体的体积为13×1×1×1＋12×43×π⎝⎛⎭⎫223＝13＋26π. G9 空间向量及运算G10 空间向量解决线面位置关系 17．G5、G10[2016·浙江卷] 如图1-4，在三棱台ABC - DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3.(1)求证：BF ⊥平面ACFD ； (2)求二面角B - AD - F 的平面角的余弦值．17．解：(1)证明：延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示． 因为平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC ⊥BC ， 所以AC ⊥平面BCK ， 因此BF ⊥AC .又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2， 所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点， 则BF ⊥CK .所以BF ⊥平面ACFD(2)方法一：过点F 作FQ ⊥AK 于Q ，连接BQ .因为BF ⊥平面ACK ，所以BF ⊥AK ，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ ⊥AK . 所以，∠BQF 是二面角B - AD - F 的平面角．在Rt △ACK 中，AC ＝3，CK ＝2，易得FQ ＝31313.在Rt △BQF 中，FQ ＝31313，BF ＝3，得cos ∠BQF ＝34.所以，二面角B - AD - F 的平面角的余弦值为34.方法二：延长AD ，BE ，CF 相交于一点K取BC 的中点O ，连接KO ，则⊥平面ABC ，所以KO ⊥平面ABC .以点O 为原点，分别以OB →，OK →的方向为x ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O - xyz (如图所示)．由题意得B (1，0，0)，C (－1，0，0)，K (0，0，3)，A (－1，－3，0)，E (12，0，32)，F (－12，0，32).因此，AC →＝(0，3，0)，AK →＝(1，3，3)，AB →＝(2，3，0)．设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·m ＝0，AK →·m ＝0，得⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)；由⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AK →·n ＝0，得⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝0，取n ＝(3，－2，3)．于是，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝34.所以，二面角B - AD - F 的平面角的余弦值为34.G11 空间角与距离的求法6．G11[2016·上海卷] 如图1-1所示，在正四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 的边长为3，BD 1与底面所成的角的大小为arctan 23，则该正四棱柱的高等于________．图1-16．22 [解析] 连接BD ，由题意得BD ＝32，tan ∠DBD 1＝DD 1BD ＝23⇒DD 132＝23⇒DD 1＝2 2.19．G11[2016·上海卷] 将边长为1的正方形AA 1O 1O (及其内部)绕OO 1旋转一周形成圆柱，如图1-4所示，长为2π3，长为π3，其中B 1与C 在平面AA 1O 1O 的同侧．(1)求三棱锥C - O 1A 1B 1的体积；(2)求异面直线B 1C 与AA 1所成的角的大小．图1-419．解：(1)由题意可知，圆柱的高h ＝1，底面半径r ＝1. 由的长为π3，可知∠A 1O 1B 1＝π3，所以S △O 1A 1B 1＝12O 1A 1·O 1B 1·sin ∠A 1O 1B 1＝34，所以V 三棱锥C - O 1A 1B 1＝13S △O 1A 1B 1·h ＝312.(2)设过点B 1的母线与下底面交于点B ，则BB 1∥AA 1，连接CB ，OB ，所以∠CB 1B 或其补角为直线B 1C 与AA 1所成的角．由长为2π3，可知∠AOC ＝2π3，又∠AOB ＝∠A 1O 1B 1＝π3，所以∠COB ＝π3，从而三角形COB 为等边三角形，得CB ＝1.因为B 1B ⊥平面AOC ，所以B 1B ⊥CB . 在△CB 1B 中，因为∠B 1BC ＝π2，CB ＝1，B 1B ＝1，所以∠CB 1B ＝π4， 从而直线B 1C 与AA 1所成的角的大小为π4.17．G4，G5，G11[2016·北京卷] 如图1-3所示，在四棱锥P - ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面P AB .(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值．(3)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由．17．解：(1)证明：因为平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面P AD ，所以AB ⊥PD . 又因为P A ⊥PD ，所以PD ⊥平面P AB . (2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .又因为PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO . 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD . 如图建立空间直角坐标系O - xyz .由题意得，A (0，1，0)，B (11，0)，P (0，0，1)． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0.令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2，所以n ＝(1，－2，2)． 又PB →＝(1，1，－1)，所以 cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33，所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (3)设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈[0，1]使得AM →＝λAP →. 因此点M (0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)．因为BM ⊄平面PCD ，所以BM ∥平面PCD ，当且仅当BM →·n ＝0， 即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0， 解得λ＝14.所以在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.18．G5，G11[2016·全国卷Ⅰ] 如图1-4，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D - AF - E 与二面角C - BE - F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E - BC - A 的余弦值．图1-418．解：(1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，又DF ∩FE ＝F ，所以AF ⊥平面EFDC . 又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G - xyz .由(1)知∠DFE 为二面角D - AF - E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1，4，0)，B (－3，4，0)，E (－3，0，0)，D (0，0，3)．由已知得，AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC .又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C - BE - F 的平面角，故∠CEF ＝60°，从而可得C (－2，0，3)，所以EC →＝(1，0，3)，EB →＝(0，4，0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4，0，0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3，0，－3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0，同理可取m ＝(0，3，4)， 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n||m |＝－21919，结合图形得，二面角E - BC - A 的余弦值为－21919.19．G4、G11[2016·全国卷Ⅲ] 如图1-5，四棱锥P - ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN19．解：(1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，所以TN 綊AM ，故四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB . (2)取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，且AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－BC22＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz ，由题意知，P (0，0，4)，M (0，2，0)，C (5，2，0)，N （52，1，2），PM →＝(0，2，－4)，PN →＝（52，1，－2），AN →＝（52，1，2）.设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0，2，1)，于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525.故直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为85.18．G7，G4，G11[2016· - ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .E 为棱AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90°.(1)在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)若二面角P - CD - A PCE 所成角的正弦值．18．解：(1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面P AB )，点M 即为所求的一个点．理由如下： 由已知，BC ∥ED ，且BC ＝ED ， 所以四边形BCDE 是平行四边形， 从而CM ∥EB .又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ， 所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)(2)方法一：易知P A ⊥平面ABCD .由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD ， 从而CD ⊥PD ，所以∠PDA 是二面角P - CD - A 的平面角，所以∠PDA ＝45°.设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH . 因为P A ⊥平面ABCD ， 所以P A ⊥CE ，于是CE ⊥平面P AH ， 所以平面PCE ⊥平面P AH .过A 作AQ ⊥PH 于点Q ，则AQ ⊥平面PCE ， 所以∠APH 是P A 与平面PCE 所成的角． 在Rt △AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1， 所以AH ＝22. 在Rt △P AH 中，PH ＝P A 2＋AH 2＝322， 所以sin ∠APH ＝AH PH ＝13.方法二：由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD ，于是CD ⊥PD ，从而∠PDA 是二面角P - CD - A 的平面角，所以∠PDA ＝45°.由P A ⊥AB ，P A ⊥CD ，可得P A ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz ，则A (0，0，0)，P (0，0，2)，C (2，1，0)，E (1，0，0)，所以PE →＝(1，0，－2)，EC →＝(1，1，0)，AP →＝(0，0，2)． 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0，设x ＝2，解得n ＝(2，－2，1)．设直线P A 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|n ·AP →||n |·|AP →|＝22×22＋（－2）2＋12＝13，所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为13.19．G5，G11[2016·全国卷Ⅱ] AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H ，将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B - D ′A - C 的正弦值．图1-419．解：(1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14，所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2， 故D ′H ⊥OH .又D ′H ⊥EF ，且OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H - xyz ，则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)，B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3)． 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，。

福建省2016届高考数学（理科）-专题练习立体几何一、选择题：本大题共6小题，每小题6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）已知某几何体的正视图和侧视图（如图所示），则该几何体的俯视图不可能是（ ）（2）已知某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积是（ ）A ．384cmB ．392cmC ．3100cmD ．3108cm（3）对于不重合的两条直线m l ,和不重合的两个平面βα,，下列命题正确的是（ ）A ．若l m ∥，l β∥，则m β∥B ．若m αβ⋂=，l α⊂，则l β∥C ．若αβ⊥，l α⊥，则l β∥D ．若l m ⊥，m β⊥，l α⊥，则αβ⊥（4）在如图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①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（ ）A ．①和②B ．③和①C ．③和④D ．④和②（5）已知一个直三棱柱，其底面是正三角形，一个体积为43π的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是（ ）A ．B ．C ．D ．（6）空间中的一条线段PQ ，在其俯视图和侧视图中，该线段的投影的长度分别恒为1和2，则线段PQ 长的取值范围是（ ）A ．(]0,1PQ ∈B ．[]0,2PQ ∈C ．[]2,3PQ ∈D ．PQ ⎡∈⎣二、填空题：本大题共4小题，每小题6分．（7）正三棱柱111C B A ABC -的底面边长为2，D 为BC 中点，则三棱锥11DC B A -的体积为_______．（8）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为_______．（9）已知点P 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD上，60PDA ∠=，则DP 与1CC 所成角的大小为_______．（10）已知三棱锥O ABC -底面ABC 的顶点在半径为4的球O 表面上，且6AB =，BC =，AC =则三棱锥O ABC -的体积为_______．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．（11）（本小题满分10分）如图，在三棱柱111ABC A BC -中，侧面11ACC A 与侧面11CBBC 都是菱形，2AC =，11160ACC CC B ∠=∠=．（Ⅰ）求证：11AB CC ⊥；（Ⅱ）若1AB =11C AB A --的余弦值．（12）（本小题满分15分）如图，在四棱锥ABCD P -中，底面A B C D 为直角梯形，AD BC ，90ADC ∠=，平面PAD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，M 是棱PC 上的点，2==PD PA ，112BC AD ==，CD =． （Ⅰ）若M 是棱PC 的中点，求证：PA MQB ⊥平面；（Ⅱ）若二面角M BQ C --的大小为30，试求PM PC的值．（13）（本小题满分15分）已知三棱锥P ABC -中，侧面PBC 垂直底面，AB 是底面最长的边；图1是三棱锥P ABC -的三视图，其中的侧视图和俯视图均为直角三角形；图2是用斜二测画法画出的三棱锥P ABC -的直观图的一部分，其中点P 在xOz 平面内．（Ⅰ）请在图2中将三棱锥P ABC -的直观图补充完整，并指出三棱锥P ABC -的哪些面是直角三角形； （Ⅱ）设二面角B PA C --的大小为α，求tan α的值；（Ⅲ）求点C 到面PAB 的距离．。

1、（2015年1卷18题）如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC=120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE=2DF ，AE ⊥EC.试题解析：（Ⅰ）连接BD ，设BD∩AC=G，连接EG ，FG ，EF ，在菱形ABCD 中，不妨设GB=1，由∠ABC=120°，可得AG=GC=3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB=BC 可知，AE=EC ， 又∵AE ⊥EC ，∴EG=3，EG ⊥AC ，在Rt △EBG 中，可得BE=2，故DF=22. 在Rt △FDG 中，可得FG=62. 在直角梯形BDFE 中，由BD=2，BE=2，DF=22可得EF=322， ∴222EG FG EF +=，∴EG ⊥FG ， ∵AC∩FG=G，∴EG ⊥平面AFC ，∵EG ⊂面AEC ，∴平面AFC ⊥平面AEC.（Ⅱ）如图，以G 为坐标原点，分别以,GB GC 的方向为x 轴，y 轴正方向，||GB 为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz ，由（Ⅰ）可得A （030），E （2），F （－1,0，22），C （030），∴AE =（132），CF =（-1，3，22）.…10分故cos ,3||||AE CF AE CF AE CF ⋅<>==-. 所以直线AE 与CF 所成的角的余弦值为3. 2、（2016年1卷18题）如图,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF =2FD ,90AFD ∠=,且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．试题解析：（I ）由已知可得F DF A ⊥,F F A ⊥E ,所以F A ⊥平面FDC E ． 又F A ⊂平面F ABE ,故平面F ABE ⊥平面FDC E ．（II ）过D 作DG F ⊥E ,垂足为G ,由（I ）知DG ⊥平面F ABE ．以G 为坐标原点,GF 的方向为x 轴正方向,GF 为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（I ）知DF ∠E 为二面角D F -A -E 的平面角,故DF 60∠E =,则DF 2=,DG 3=,可得()1,4,0A ,()3,4,0B -,()3,0,0E -,(D ． 由已知,//F AB E ,所以//AB 平面FDC E ． 又平面CDAB 平面FDC DC E =,故//CD AB ,CD//F E ．由//F BE A ,可得BE ⊥平面FDC E ,所以C F ∠E 为二面角C F -BE -的平面角,C F 60∠E =．从而可得(C -．所以(C E =,()0,4,0EB =,(C 3,A =--,()4,0,0AB =-． 设(),,n x y z =是平面C B E 的法向量,则C 00n n⎧⋅E =⎪⎨⋅EB =⎪⎩,即40x y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩, 所以可取(3,0,n =．CABDEF设m 是平面CD AB 的法向量,则C 00m m ⎧⋅A =⎪⎨⋅AB =⎪⎩,同理可取()0,3,4m =．则219cos ,19n m n m n m ⋅==-． 故二面角C E -B -A 的余弦值为21919-．3（2016年2卷19题）（本小题满分12分）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5AB =，6AC =，点E ，F 分别在AD ，CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D EF '的位置10OD '=.（I ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （II ）求二面角B D A C '--的正弦值.【解析】⑴证明：∵54AE CF ==，∴AE CF AD CD=，∴EF AC ∥． ∵四边形ABCD 为菱形，∴AC BD ⊥，∴EF BD ⊥，∴EF DH ⊥，∴EF DH'⊥．∵6AC =，∴3AO =；又5AB =，AO OB ⊥， ∴4OB =，∴1AE OH OD AO=⋅=，∴3DH D H '==，∴222'OD OH D H '=+， ∴'D H OH ⊥．又∵OH EF H =，∴'D H ⊥面ABCD ．⑵建立如图坐标系H xyz -．()500B ，，，()130C ，，，()'003D ，，，()130A -，，， ()430AB =，，，()'133AD =-，，，()060AC =，，，设面'ABD 法向量()1n x y z =，，，由1100n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩得430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩，取345x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩， ∴()1345n =-，，．同理可得面'AD C 的法向量()2301n =，，， ∴12129575cos 255210n n n n θ⋅+===⋅，∴295sin 25θ=4、（2017年1卷18题）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB CD ∥中，且90BAP CDP ∠=∠=︒．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，求二面角A PB C --的余弦值． 【解析】（1）证明：∵90BAP CDP ∠=∠=︒∴PA AB ⊥，PD CD ⊥又∵AB CD ∥，∴PD AB ⊥又∵PD PA P =，PD 、PA ⊂平面PAD ∴AB ⊥平面PAD ，又AB ⊂平面PAB ∴平面PAB ⊥平面PAD（2）取AD 中点O ，BC 中点E ，连接PO ，OE ∵AB CD∴四边形ABCD 为平行四边形 ∴OE AB由（1）知，AB ⊥平面PAD∴OE ⊥平面PAD ，又PO 、AD ⊂平面PAD ∴OE PO ⊥，OE AD ⊥ 又∵PA PD =，∴PO AD ⊥ ∴PO 、OE 、AD 两两垂直∴以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz - 设2PA =，∴()002D -，，、()220B ，，、()002P ，，、()202C -，，， ∴()022PD =--，，、()222PB =-，，、()2200BC =-，，设()n x y z =,,为平面PBC 的法向量由00n PB n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得2220220x y z x ⎧+-=⎪⎨-=⎪⎩令1y =，则2z =，0x =，可得平面PBC 的一个法向量()012n =,, ∵90APD ∠=︒，∴PD PA ⊥又知AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD ∴PD AB ⊥，又PA AB A = ∴PD ⊥平面PAB即PD 是平面PAB 的一个法向量，()022PD =--,, ∴23cos 323PD n PD n PD n⋅-===-⋅, 由图知二面角A PB C --为钝角，所以它的余弦值为33-5．（2018年1卷18题）如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥． ⑴证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； ⑵求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．解答：（1）,E F 分别为,AD BC 的中点，则//EF AB ，∴EF BF ⊥，又PF BF ⊥，EF PF F ⋂=，∴BF ⊥平面PEF ， BE ⊂平面ABFD ，∴平面PEF ⊥平面ABFD . （2）PF BF ⊥，//BF ED ，∴PF ED ⊥，又PF PD ⊥，ED DP D ⋂=，∴PF ⊥平面PED ，∴PF PE ⊥， 设4AB =，则4EF =，2PF =，∴23PE =， 过P 作PH EF ⊥交EF 于H 点， 由平面PEF ⊥平面ABFD ，∴PH ⊥平面ABFD ，连结DH ，则PDH ∠即为直线DP 与平面ABFD 所成的角， 由PE PF EF PH ⋅=⋅，∴23234PH ⋅==， 而4PD =，∴3sin 4PH PDH PD ∠==， ∴DP 与平面ABFD 所成角的正弦值34. 6.(2018年新课标Ⅱ理)如图,在三棱锥P -ABC 中,AB ＝BC ＝22,P A ＝PB ＝PC ＝AC ＝4,O 为AC 的中点.（1）求证:PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上,且二面角M -P A -C 为30°,求PC 与平面P AM 所成角的正弦值.【解析】（1）证明:∵AB ＝BC ＝22,AC ＝4,∴AB 2＋BC 2＝AC 2,即△ABC 是直角三角形. 又O 为AC 的中点,∴OA ＝OB ＝OC . ∵P A ＝PB ＝PC ,∴△POA ≌△POB ≌△POC . ∴∠POA ＝∠POB ＝∠POC ＝90°.∴PO ⊥AC ,PO ⊥OB ,OB ∩AC ＝0,∴PO ⊥平面ABC .（2）以O 坐标原点,OB ,OC ,OP 所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系如图所示.易知A (0,－2,0),P (0,0,23),C (0,2,0),B (2,0,0),BC →＝(－2,2,0). 设BM →＝λBC →＝(－2λ,2λ,0),0＜λ＜1,则AM →＝BM →－BA →＝(－2λ,2λ,0)－(－2,－2,0)＝(2－2λ,2λ＋2,0), 则平面P AC 的一个法向量为m ＝(1,0,0).设平面MP A 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),则PA →＝(0,－2,23), 则n ·PA →＝－2y －23z ＝0,n ·AM →＝(2－2λ)x ＋(2λ＋2)y ＝0. 令z ＝1,则y ＝－3,x ＝(λ＋1)31－λ,即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫(λ＋1)31－λ，－3，1.∵二面角M -P A -C 为30°,∴cos 30°＝m ·n |m ||n |＝32,即(λ＋1)3λ－1⎝ ⎛⎭⎪⎫(λ＋1)31－λ2＋1＋3×1＝32,解得λ＝13或λ＝3(舍去). ∴n ＝(23,－3,1),PC →＝(0,2,－23).PC 与平面P AM 所成角的正弦值sin θ＝|cos 〈PC →,n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－23－2316·16＝4316＝34.18．（2019年1卷18题）（12分）如图，直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求二面角A ﹣MA 1﹣N 的正弦值．解答】（1）证明：如图，过N作NH⊥AD，则NH∥AA1，且，又MB∥AA1，MB＝，∴四边形NMBH为平行四边形，则NM∥BH，由NH∥AA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，∴BE∥DH，BE＝DH，则四边形BEDH为平行四边形，则BH∥DE，∴NM∥DE，∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，∴MN∥平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则N（，，2），M（，1，2），A1（，﹣1，4），，，设平面A1MN的一个法向量为，由，取x＝，得，又平面MAA1的一个法向量为，∴cos＜＞＝＝＝．∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值为．8．（12分）(2019年新课标Ⅱ理）如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1. （1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值.解：（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ，故11B C ⊥BE ．又1BEEC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知11Rt Rt ABE A B E ≅△△，所以45AEB ∠=︒，故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，||DA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,1,1)CE =-，1(0,0,2)CC =．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取m =（1，1，0）． 于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --3．。

2012年高考立体几何选作1、[2012·课标全国卷] 已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，则此棱锥的体积为( )A.26B.36C.23D.222、[2012·辽宁卷] 已知正三棱锥P －ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上．若PA ，PB ，PC 两两相互垂直，则球心到截面ABC 的距离为________．3、[2012·北京卷] 如图1，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(3)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由．4、[2012·湖北卷] 如图1所示，∠ACB ＝45°，BC ＝3，过动点A 作AD ⊥BC ，垂足D 在线段BC 上且异于点B ，连结AB ，沿AD 将△ABD 折起，使∠BDC ＝90°(如图2)．(1)当BD 的长为多少时，三棱锥A －BCD 的体积最大？(2)当三棱锥A －BCD 的体积最大时，设点E ，M 分别为棱BC ，AC 的中点，试在棱CD 上确定一点N ，使得EN ⊥BM ，并求EN 与平面BMN 所成角的大小．5、[2012·全国卷] 如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥底面ABCD ，AC ＝22，PA ＝2，E 是PC 上的一点，PE ＝2EC .(1)证明：PC ⊥平面BED ； (2)设二面角A －PB －C 为90°，求PD 与平面PBC 所成角的大小．A BCDA DBCME图1 图2 ACB DEACBE DM 图1 图26、[2012·辽宁卷] 如图，直三棱柱ABC －A ′B ′C ′，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝λAA ′，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点．(1)证明：MN ∥平面A ′ACC ′；(2)若二面角A ′－MN －C 为直二面角，求λ的值．7、[2012·天津卷] 如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，P A ＝AD ＝2，AC ＝1.(1)证明PC ⊥AD ；(2)求二面角A －PC －D 的正弦值；(3)设E 与棱P A 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长．8、[2012·福建卷] 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．AB CC/A /B /MN PABED P AB C9、[2012·湖南卷] 如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AB ＝4，BC ＝3，AD ＝5，∠DAB ＝∠ABC ＝90°，E 是CD 的中点．(1)证明：CD ⊥平面PAE ；(2)若直线PB 与平面P AE 所成的角和PB 与平面ABCD 所成的角相等，求四棱锥P －ABCD 的体积．A A 1B 1C 1D 1 D C EB BCEDPA2012立体几何高考题答案1、A2、333、解：(1)证明：因为AC ⊥BC ，DE ∥BC ， 所以DE ⊥AC ，所以DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD ， 所以DE ⊥平面A 1DC ， 所以DE ⊥A 1C . 又因为A 1C ⊥CD ， 所以A 1C ⊥平面BCDE .(2)如右图，以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系C －xyz ， 则A 1(0,0,23)，D (0,2,0)，M (0,1，3)，B (3,0,0)，E (2,2,0)． 设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 n ·A 1B →＝0，n ·BE →＝0. 又A 1B →＝(3,0，－23)，BE →＝(－1,2,0)， 所以⎩⎨⎧3x －23z ＝0，－x ＋2y ＝0.令y ＝1，则x ＝2，z ＝3， 所以n ＝(2,1，3)．设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ，因为CM →＝(0,1，3)，所以sin θ＝|cos(n ，CM →)|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·CM →|n ||CM |＝48×4＝22. 所以CM 与平面A 1BE 所成角的大小为π4.(3)线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直，理由如下： 假设这样的点P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p ∈[0,3]． 设平面A 1DP 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则 m ·A 1D →＝0，m ·DP →＝0. 又A 1D →＝(0,2，－23)，DP →＝(p ，－2,0)，所以⎩⎨⎧2y －23z ＝0，px －2y ＝0.令x ＝2，则y ＝p ，z ＝p3.所以m ＝⎝⎛⎭⎫2，p ，p 3.平面A 1DP ⊥平面A 1BE ，当且仅当m·n ＝0， 即4＋p ＋p ＝0.解得p＝－2，与p∈[0,3]矛盾．所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．4、解：(1)方法1：在题图所示的△ABC中，设BD＝x(0＜x＜3)，则CD＝3－x.由AD⊥BC，∠ACB＝45°知，△ADC为等腰直角三角形，所以AD＝CD＝3－x.由折起前AD⊥BC知，折起后，AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD.又∠BDC＝90°，所以S△BCD ＝12BD·CD＝12x(3－x)．于是V A－BCD ＝13AD·S△BCD＝13(3－x)·12x(3－x)＝112·2x(3－x)(3－x)≤112⎣⎡2x＋(3－x)＋(3－x)33＝23.当且仅当2x＝3－x，即x＝1时，等号成立，故当x＝1，即BD＝1时，三棱锥A－BCD的体积最大．方法2：同方法1，得V A－BCD＝13AD·S△BCD＝13(3－x)·12x(3－x)＝16x3－6x2＋9x)．令f(x)＝16(x3－6x2＋9x)，由f′(x)＝12(x－1)(x－3)＝0，且0＜x＜3，解得x＝1.当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1,3)时，f′(x)<0，所以当x＝1时，f(x)取得最大值．故当BD＝1时，三棱锥A－BCD的体积最大．(2)方法1：以点D为原点，建立如图(a)所示的空间直角坐标系D－xyz.由(1)知，当三棱锥A－BCD的体积最大时，BD＝1，AD＝DC＝2.于是可得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E⎝⎛⎭⎫12，1，0，且BM→＝(－1,1,1)．设N(0，λ，0)，则EN→＝⎝⎛⎭⎫－12，λ－1，0.因为EN⊥BM等价于EN→·BM→＝0，即⎝⎛⎭⎫－12，λ－1，0·(－1,1,1)＝12＋λ－1＝0，故λ＝12N⎝⎛⎭⎫0，12，0.所以当DN＝12(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时，EN⊥BM.设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)，由⎩⎪⎨⎪⎧n⊥BN→，n⊥BM→，及BN→＝⎝⎛⎭⎫－1，12，0，得⎩⎪⎨⎪⎧y＝2x，z＝－x.可取n＝(1,2，－1)．设EN与平面BMN所成角的大小为θ，则由EN→＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0，n＝(1,2，－1)，可得sinθ＝cos(90°－θ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n·EN→|n|·|EN→|＝⎪⎪⎪⎪－12－16×22＝32，即θ＝60°.故EN与平面BMN所成角的大小为60°.方法2：由(1)知，当三棱锥A－BCD的体积最大时，BD＝1，AD＝CD＝2.如图(b)，取CD的中点F，连结MF，BF，EF，则MF∥AD.由(1)知AD⊥平面BCD，所以MF⊥平面BCD.如图(c)，延长FE至P点使得FP＝DB，连BP，DP，则四边形DBPF为正方形，所以DP⊥BF.取DF的中点N，连结EN，又E为FP的中点，则EN∥DP，所以EN⊥BF，因为MF⊥平面BCD，又EN⊂平面BCD，所以MF⊥EN.又MF∩BF＝F，所以EN⊥面BMF，又BM⊂面BMF，所以EN⊥BM.因为EN⊥BM当且仅当EN⊥BF，而点F是唯一的，所以点N是唯一的．即当DN＝12(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)，EN⊥BM.连结MN，ME，由计算得NB＝NM＝EB＝EM＝5 2，所以△NMB与△EMB是两个共底边的全等的等腰三角形．如图(d)所示，取BM的中点G.连结EG，NG，则BM⊥平面EGN，在平面EGN中，过点E作EH⊥GN于H，则EH⊥平面BMN.故∠ENH是EN与平面BMN所成的角．在△EGN中，易得EG＝GN＝NE＝22，所以△EGN是正三角形，故∠ENH＝60°，即EN与平面BMN所成角的大小为60°.5、解：方法一：(1)因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC，又PA⊥底面ABCD，所以PC⊥BD.设AC∩BD＝F，连结EF.因为AC＝22，PA＝2，PE＝2EC，故PC＝23，EC＝233，FC＝2，从而PCFC＝6，ACEC＝ 6.因为PCFC＝ACEC，∠FCE＝∠PCA，所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°，由此知PC⊥EF.PC与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，所以PC⊥平面BED.(2)在平面P AB内过点A作AG⊥PB，G为垂足．因为二面角A－PB－C为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与平面PAB内两条相交直线P A，AG都垂直，故BC⊥平面P AB，于是BC⊥AB，所以底面ABCD为正方形，AD＝2，PD＝PA2＋AD2＝2 2.设D到平面PBC的距离为d.因为AD∥BC，且AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，故AD∥平面PBC，A、D两点到平面PBC的距离相等，即d＝AG＝ 2.设PD与平面PBC所成的角为α，则sinα＝dPD＝12.所以PD与平面PBC所成的角为30°.方法二：(1)以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.设C (22，0,0)，D (2，b,0)，其中b >0，则P (0,0,2)，E ⎝⎛⎭⎫423，0，23，B (2，－b,0)． 于是PC →＝(22，0，－2)， BE →＝⎝⎛⎭⎫23，b ，23，DE →＝⎝⎛⎭⎫23，－b ，23，从而PC →·BE →＝0，PC →·DE →＝0， 故PC ⊥BE ，PC ⊥DE .又BE ∩DE ＝E ，所以PC ⊥平面BDE . (2)AP →＝(0,0,2)，AB →＝(2，－b,0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面P AB 的法向量，则m ·AP →＝0，m ·AB →＝0， 即2z ＝0，且2x －by ＝0，令x ＝b ，则m ＝(b ，2，0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面PBC 的法向量，则 n ·PC →＝0，n ·BE →＝0，即22p －2r ＝0且2p 3＋bq ＋23r ＝0，令p ＝1，则r ＝2，q ＝－2b ，n ＝⎝⎛⎭⎫1，－2b，2.因为面PAB ⊥面PBC ，故m·n ＝0，即b －2b＝0，故b ＝2，于是n ＝(1，－1，2)，DP →＝(－2，－2，2)，cos 〈n ，DP →〉＝n ·DP →|n ||DP →|＝12，〈n ，DP →〉＝60°.因为PD 与平面PBC 所成角和〈n ，DP →〉互余，故PD 与平面PBC 所成的角为30°. 6、解：(1)(证法一)连结AB ′，AC ′，由已知∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，三棱柱ABC －A ′B ′C ′为直三棱柱． 所以M 为AB ′中点．又因为N 为B ′C ′的中点． 所以MN ∥AC ′.又MN ⊄平面A ′ACC ′， AC ′⊂平面A ′ACC ′， 因此MN ∥平面A ′ACC ′. (证法二)取A ′B ′中点P ，连结MP ，NP ，M ，N 分别为AB ′与B ′C ′的中点，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 为坐标原点，分别以直线AB ，AC ，AA ′为x 轴，y 轴，z 轴建立直角坐标系O －xyz ，如图1－5所示．设AA ′＝1，则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 ⎝⎛⎭⎫λ2，0，12，N ⎝⎛⎭⎫λ2，λ2，1. 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A ′MN 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A ′M →＝0，m ·MN →＝0得⎩⎨⎧λ2x 1－12z 1＝0，λ2y 1＋12z 1＝0，可取m ＝(1，－1，λ)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面MNC 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·NC →＝0，n ·MN →＝0得⎩⎨⎧－λ22＋λ2y 2－z 2＝0，λ2y 2＋12z 2＝0.可取n ＝(－3，－1，λ)．因为A ′－MN －C 为直二面角，所以m ·n ＝0.即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝ 2. 7、解：方法一：如图所示，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，D (2,0,0)，C (0,1,0)，B ⎝⎛⎭⎫－12，12，0，P (0,0,2)．(1)易得PC →＝(0,1，－2)，AD →＝(2,0,0)，于是PC →·AD →＝0，所以PC ⊥AD . (2)PC →＝(0,1，－2)，CD →＝(2，－1，0)．设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －2z ＝0，2x －y ＝0.不妨令z ＝1， 可得n ＝(1,2,1)．可取平面PAC 的法向量m ＝(1,0,0)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n |＝16＝66，从而sin 〈m ，n 〉＝306.所以二面角A －PC －D 的正弦值为306. (3)设点E 的坐标为(0,0，h )，其中h ∈[0,2]．由此得BE →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，h ，由CD →＝(2，－1,0)，故cos 〈BE →，CD →〉＝BE →·CD →|BE →||CD →|＝3212＋h 2×5＝310＋20 h2，所以，310＋20 h 2＝cos30°＝32，解得h ＝1010， 即AE ＝1010.方法二：(1)由P A ⊥平面ABCD ，可得P A ⊥AD . 又由AD ⊥AC ，P A ∩AC ＝A ，故AD ⊥平面PAC ， 又PC ⊂平面P AC ，所以PC ⊥AD .(2)如图所示，作AH ⊥PC 于点H ，连接DH .由PC ⊥AD ，PC ⊥AH ，可得PC ⊥平面ADH ，因此DH ⊥PC ，从而∠AHD 为二面角A －PC －D 的平面角.在Rt △PAC 中，P A ＝2，AC ＝1，由此得AH ＝25.由(1)知AD ⊥AH .故在Rt △DAH 中，DH ＝AD 2＋AH 2＝2305.因此sin ∠AHD ＝AD DH ＝306.所以二面角A －PC －D 的正弦值为306.(3)如图所示，因为∠ADC ＜45°，故过点B 作CD 的平行线必与线段AD 相交，设交点为F ，连接BE ，EF .故∠EBF 或其补角为异面直线BE 与CD 所成的角．由BF ∥CD ，故∠AFB ＝∠ADC .在Rt △DAC 中，CD ＝5，sin ∠ADC ＝15，故sin ∠AFB ＝15.在△AFB 中，由BF sin ∠FAB ＝AB sin ∠AFB ，AB ＝12，sin ∠FAB ＝sin135°＝22，可得BF ＝52. 由余弦定理，BF 2＝AB 2＋AF 2－2AB ·AF ·cos ∠FAB ，可得AF ＝12.设AE ＝h .在Rt △EAF 中，EF ＝AE 2＋AF 2＝h 2＋14.在Rt △BAE 中，BE ＝AE 2＋AB 2＝h 2＋12.在△EBF 中，因为EF ＜BE ，从而∠EBF ＝30°，由余弦定理得cos30°＝BE 2＋BF 2－EF22BE ·BF，可解得h ＝1010.所以AE ＝10108、解：(1)以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫a 2，1，0，B 1(a,0,1)，故AD 1＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，0.∵AD 1→·B 1E →＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)，使得DP ∥平面B 1AE .此时DP →＝(0，－1，z 0)． 又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎫1，－a2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.(3)连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D . ∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1，∴AD 1⊥平面DCB 1A 1.∴AD 1→是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时AD 1→＝(0,1,1)． 设AD 1→与n 所成的角为θ，则cos θ＝n ·AD 1→|n ||AD 1→|＝－a2－a 21＋a 24＋a 2. ∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos30°，即3a 221＋5a24＝32， 解得a ＝2，即AB 的长为2.9、解：解法1：(1)如下图(1)，连结AC .由AB ＝4，BC ＝3，∠ABC ＝90°得AC ＝5.又AD ＝5，E 是CD 的中点，所以CD ⊥AE .因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CD .而PA ，AE 是平面PAE 内的两条相交直线，所以CD ⊥平面PAE .(2)过点B 作BG ∥CD ，分别与AE 、AD 相交于点F ，G ，连结PF .由(1)CD ⊥平面PAE 知，BG ⊥平面PAE .于是∠BPF 为直线PB 与平面P AE 所成的角，且BG ⊥AE .由PA ⊥平面ABCD 知，∠PBA 为直线PB 与平面ABCD 所成的角．由题意∠PBA ＝∠BPF ，因为sin ∠PBA ＝PA PB ，sin ∠BPF ＝BFPBPA ＝BF .由∠DAB ＝∠ABC ＝90°知，AD ∥BC ，又BG ∥CD ， 所以四边形BCDG 是平行四边形．故GD ＝BC ＝3.11于是AG ＝2.在Rt △BAG 中，AB ＝4，AG ＝2，BG ⊥AF ，所以BG ＝AB 2＋AG 2＝25，BF ＝AB 2BG ＝1625＝855. 于是PA ＝BF ＝855. 又梯形ABCD 的面积为S ＝12×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P －ABCD 的体积为V ＝13S ×PA ＝13×16×855＝128515.解法2：如上图(2)，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设PA ＝h ，则相关各点的坐标为：A (0,0,0)，B (4,0,0)，C (4,3,0)，D (0,5,0)，E (2,4,0)，P (0,0，h )．(1)易知CD →＝(－4,2,0)，AE →＝(2,4,0)，AP →＝(0,0，h )．因为CD →·AE →＝－8＋8＋0＝0，CD →·AP →＝0，所以CD ⊥AE ，CD ⊥AP .而AP ，AE 是平面PAE内的两条相交直线，所以CD ⊥平面PAE .(2)由题设和(1)知，CD →，PA →分别是平面PAE ，平面ABCD 的法向量．而PB 与平面P AE 所成的角和PB 与平面ABCD 所成的角相等，所以|cos 〈CD →，PB →〉|＝|cos 〈PA →，PB →〉|，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪CD →·PB →|CD →|·|PB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PA →·PB →|PA →|·|PB →|. 由(1)知，CD →＝(－4,2,0)，PA →＝(0,0，－h )，又PB →＝(4,0，－h )， 故⎪⎪⎪⎪⎪⎪－16＋0＋025·16＋h 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0＋0＋h 2h ·16＋h 2. 解得h ＝855. 又梯形ABCD 的面积为S ＝12×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P －ABCD 的体积为V ＝13×S ×PA ＝13×16×855＝128515.以下是附加文档，不需要的朋友下载后删除，谢谢顶岗实习总结专题13篇第一篇:顶岗实习总结为了进一步巩固理论知识，将理论与实践有机地结合起来，按照学校的计划要求，本人进行了为期个月的顶岗实习。

2016年高考立体几何汇编一、选择题1、（2016年山东高考）一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示.则该几何体的体积为（ ）（A ）12+π33（B ）12+π33 （C ）12+π36 （D ）21+π6 【答案】c2、（2016年上海高考）如图，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为BC 、BB 1的中点，则下列直线中与直线EF 相交的是（ ） (A)直线AA 1 (B)直线A 1B 1 (C)直线A 1D 1 (D)直线B 1C 1【答案】D3、（2016年天津高考）将一个长方形沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧（左）视图为（ ）【答案】B4、（2016年全国I 卷高考）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（A ）17π （B ）18π （C ）20π （D ）28π【答案】A5、（2016年全国I 卷高考）如平面α过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点A ，11//CB D α平面,ABCD m α= 平面，11ABB A n α= 平面，则m ，n 所成角的正弦值为 （A ）32（B ）22（C ）33（D ）13【答案】A6、（2016年全国II 卷高考）如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）（A ）20π （B ）24π （C ）28π （D ）32π 【答案】C7、（2016年全国III 卷高考）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（A）18365+（C）90 （D）81 +（B）54185【答案】B8、（2016年浙江高考）已知互相垂直的平面αβ，交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则（）A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n【答案】C二、填空题1、（2016年北京高考）某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为___________.【答案】3.22、（2016年四川高考）已知某三菱锥的三视图如图所示，则该三菱锥的体积。

【三维设计】2016届（新课标）⾼考数学（⽂）⼤⼀轮复习精品讲义：第七章⽴体⼏何Word版含答案第七章⽴体⼏何第⼀节空间⼏何体的结构特征及三视图与直观图对应学⽣⽤书P99基础盘查⼀空间⼏何体的结构特征(⼀)循纲忆知认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运⽤这些特征描述现实⽣活中简单物体的结构．(⼆)⼩题查验1．判断正误(1)有两个⾯平⾏，其余各⾯都是平⾏四边形的⼏何体是棱柱()(2) 有⼀个⾯是多边形，其余各⾯都是三⾓形的⼏何体是棱锥()(3)⽤⼀个平⾯去截⼀个球，截⾯是⼀个圆⾯()答案：(1)×(2)×(3)√2．(⼈教A版教材习题改编)如图，长⽅体ABCD-A′B′C′D′被截去⼀部分，其中EH ∥A′D′，则剩下的⼏何体是________，截去的⼏何体是________．答案：五棱柱三棱柱基础盘查⼆空间⼏何体的三视图(⼀)循纲忆知1．能画出简单空间图形(长⽅体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表⽰的⽴体模型．2．会⽤平⾏投影与中⼼投影两种⽅法画出简单空间图形的三视图，了解空间图形的不同表⽰形式．3．会画出某些建筑物的三视图(在不影响图形特征的基础上，尺⼨、线条等不作严格要求)．(⼆)⼩题查验1．判断正误(1)正⽅体、球、圆锥各⾃的三视图中，三视图均相同()(2)圆锥的俯视图是⼀个圆()(3)圆台的正视图和侧视图是两个全等的等腰梯形()答案：(1)×(2)√(3)√2．(北师⼤版教材例题改编)已知空间⼏何体的三视图如图，则该⼏何体是由__________________组合⽽成．答案：圆柱和正四棱柱3．⼀个简单⼏何体的正视图、侧视图如图所⽰，则其俯视图不可能为：①长⽅形；②正⽅形；③圆；④椭圆．其中正确的是________．答案：②③基础盘查三空间⼏何体的直观图(⼀)循纲忆知1．会⽤斜⼆测画法画出⼏何体的直观图．2．会⽤平⾏投影与中⼼投影画出简单空间图形的直观图．了解空间图形的不同表⽰形式．3．会画某些建筑物的直观图(在不影响图形特征的基础上，尺⼨、线条等不作严格要求)．(⼆)⼩题查验1．判断正误(1)⽤斜⼆测画法画⽔平放置的∠A时，若∠A的两边分别平⾏于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°()(2)斜⼆测画法中，平⾏于x轴y轴的线段平⾏性不变，且长度也不变()(3)斜⼆测画法中，原图形中的平⾏垂直关系在直观图中不变()答案：(1)×(2)×(3)×2．(2015·东北三校第⼀次联考)利⽤斜⼆测画法可以得到：①三⾓形的直观图是三⾓形；②平⾏四边形的直观图是平⾏四边形；③正⽅形的直观图是正⽅形；④菱形的直观图是菱形．以上结论正确的是________．答案：①②对应学⽣⽤书P100考点⼀空间⼏何体的结构特征(基础送分型考点——⾃主练透)[必备知识]1．多⾯体的结构特征(1)棱柱底⾯：互相平⾏侧⾯：都是四边形，且每相邻两个⾯的交线都平⾏且相等(2)棱锥?底⾯：是多边形侧⾯：都是有⼀个公共顶点的三⾓形(3)棱台棱锥被平⾏于棱锥底⾯的平⾯所截，截⾯与底⾯之间的部分． 2．旋转体的结构特征(1)圆柱可以由矩形绕其任⼀边旋转得到．(2)圆锥可以由直⾓三⾓形绕其⼀条直⾓边旋转得到．(3)圆台可以由直⾓梯形绕直⾓腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平⾏于圆锥底⾯的平⾯截圆锥得到．(4)球可以由半圆⾯或圆⾯绕直径旋转得到． [提醒](1)认识棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的结构特征时，易忽视定义，可借助于⼏何模型强化对空间⼏何体的结构特征的认识．(2)台体可以看成是由锥体截得的，但⼀定强调截⾯与底⾯平⾏．[题组练透]1．⽤任意⼀个平⾯截⼀个⼏何体，各个截⾯都是圆⾯，则这个⼏何体⼀定是( ) A ．圆柱 B ．圆锥C ．球体D ．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C 截⾯是任意的且都是圆⾯，则该⼏何体为球体． 2．下列结论正确的是( )A ．各个⾯都是三⾓形的⼏何体是三棱锥B ．以三⾓形的⼀条边所在直线为旋转轴，其余两边绕旋转轴旋转形成的曲⾯所围成的⼏何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底⾯多边形的边长都相等，则该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底⾯圆周上的任意⼀点的连线都是母线解析：选D A错误，如图1是由两个相同的三棱锥叠放在⼀起构成的⼏何体，它的各个⾯都是三⾓形，但它不是三棱锥；B错误，如图2，若△ABC不是直⾓三⾓形，或△ABC是直⾓三⾓形但旋转轴不是直⾓边，所得的⼏何体都不是圆锥；C错误，若该棱锥是六棱锥，由题设知，它是正六棱锥．图1易证正六棱锥的侧棱长必⼤于底⾯边长，这与题设⽭盾．图23．设有以下四个命题：①底⾯是平⾏四边形的四棱柱是平⾏六⾯体；②底⾯是矩形的平⾏六⾯体是长⽅体；③四棱锥的四个侧⾯都可以是直⾓三⾓形；④棱台的相对侧棱延长后必交于⼀点；⑤直⾓三⾓形绕其任⼀边所在直线旋转⼀周所形成的⼏何体都是圆锥．其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平⾏六⾯体的定义，故命题①是正确的；底⾯是矩形的平⾏六⾯体的侧棱可能与底⾯不垂直，故命题②是错误的；③正确，如图1，PD⊥平⾯ABCD，其中底⾯ABCD为矩形，可证明∠P AB，∠PCB为直⾓，这样四个侧⾯都是直⾓三⾓形；命题④由棱台的定义知是正确的；⑤错误，当以斜边为旋转轴时，其余两边旋转形成的⾯所围成的⼏何体不是圆锥．如图2所⽰，它是由两个同底圆锥形成的．答案：①③④[类题通法]解决与空间⼏何体结构特征有关问题的技巧(1)要想真正把握⼏何体的结构特征，必须多⾓度、全⾯地去分析，多观察实物，提⾼空间想象能⼒；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间⼏何体的结构特征，依据条件构建⼏何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线⾯关系或增加线、⾯等基本元素，然后再依据题意判定；(3)通过反例对结构特征进⾏辨析，即要说明⼀个命题是错误的，只要举出⼀个反例即可．考点⼆空间⼏何体的三视图(重点保分型考点——师⽣共研)[必备知识](1)空间⼏何体的三视图包括正(主)视图、侧(左)视图、俯视图，分别是从⼏何体的正前⽅、正左⽅、正上⽅观察⼏何体画出的轮廓线．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，⾼平齐，宽相等．②画法规则：正侧⼀样⾼，正俯⼀样长，侧俯⼀样宽；③看不到的线画虚线．[提醒]若相邻两物体的表⾯相交，则表⾯的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的区别．[典题例析]1．(2014·江西⾼考)⼀⼏何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是()解析：选B由直观图可知，该⼏何体由⼀个长⽅体和⼀个截⾓三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是⼀个矩形，矩形内部有⼀条线段连接的两个三⾓形．2.(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图，⽹格纸的各⼩格都是正⽅形，粗实线画出的是⼀个⼏何体的三视图，则这个⼏何体是()A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱解析：选B将三视图还原为⼏何体即可．如图，⼏何体为三棱柱．[类题通法]1．对于简单⼏何体的组合体，在画其三视图时⾸先应分清它是由哪些简单⼏何体组成的，然后再画其三视图．2．由三视图还原⼏何体时，要遵循以下三步：(1)看视图，明关系；(2)分部分，想整体；(3)综合起来，定整体．[演练冲关]1．(2015·南阳三模)已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所⽰，俯视图是边长为2的正三⾓形，侧视图是有⼀条直⾓边为2的直⾓三⾓形，则该三棱锥的正视图可能为()解析：选C当正视图为等腰三⾓形时，则⾼应为2，且应为虚线，排除A，D；当正视图是直⾓三⾓形，由条件得⼀个直观图如图所⽰，中间的线是看不见的线P A形成的投影，应为虚线，故答案为C.2.如图由若⼲个相同的⼩⽴⽅体组成的⼏何体的俯视图，其中⼩⽴⽅体中的数字表⽰相应位置的⼩⽴⽅体的个数，则该⼏何体的侧视图为()解析：选C由俯视图知侧视图从左到右能看到的⼩⽴⽅体个数分别为2,3,1.考点三空间⼏何体的直观图(重点保分型考点——师⽣共研)[必备知识]1．在斜⼆测画法中，要确定关键点及关键线段．“平⾏于x轴的线段平⾏性不变，长度不变；平⾏于y轴的线段平⾏性不变，长度减半．”2．按照斜⼆测画法得到的平⾯图形的直观图，其⾯积与原图形的⾯积有以下关系：S直观图＝24S原图形，S原图形＝22S直观图．[典题例析](2015·福州模拟)⽤斜⼆测画法画⼀个⽔平放置的平⾯图形的直观图为如图所⽰的⼀个正⽅形，则原来的图形是()解析：选A由直观图可知，在直观图中多边形为正⽅形，对⾓线长为2，所以原图形为平⾏四边形，位于y轴上的对⾓线长为2 2.[类题通法]⽤斜⼆测画法画直观图的技巧在原图形中与x轴或y轴平⾏的线段在直观图中与x′轴或y′轴平⾏，原图中不与坐标轴平⾏的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取⼀些关键点，作出在直观图中的相应点后，⽤平滑的曲线连接⽽画出．[演练冲关]⽤斜⼆测画法画出的某平⾯图形的直观图如图，边AB平⾏于y轴，BC，AD平⾏于x轴．已知四边形ABCD的⾯积为2 2 cm2，则原平⾯图形的⾯积为()A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2D．8 2 cm2解析：选C依题意可知∠BAD＝45°，则原平⾯图形为直⾓梯形，上下底⾯的长与BC，AD相等，⾼为梯形ABCD的⾼的22倍，所以原平⾯图形的⾯积为8 cm2.对应B本课时跟踪检测(四⼗)⼀、选择题1．(2014·福建⾼考)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．三棱柱解析：选A圆柱的正视图是矩形，则该⼏何体不可能是圆柱．2.(2015·青岛模拟)将长⽅体截去⼀个四棱锥后，得到的⼏何体的直观图如图所⽰，则该⼏何体的俯视图为()解析：选C 长⽅体的侧⾯与底⾯垂直，所以俯视图是C.3．(2015·烟台⼀模)若⼀个三棱锥的三视图如图所⽰，其中三个视图都是直⾓三⾓形，则在该三棱锥的四个⾯中，直⾓三⾓形的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选D 观察三视图，可得直观图如图所⽰．该三棱锥A -BCD的底⾯BCD 是直⾓三⾓形，AB ⊥平⾯BCD ，CD ⊥BC ，侧⾯ABC ，ABD 是直⾓三⾓形；由CD ⊥BC ，CD ⊥AB ，知CD ⊥平⾯ABC ，CD ⊥AC ，侧⾯ACD 也是直⾓三⾓形，故选D.4．(2015·淄博⼀模)把边长为1的正⽅形ABCD 沿对⾓线BD 折起，形成的三棱锥A -BCD 的正视图与俯视图如图所⽰，则其侧视图的⾯积为( )A.22 B.12 C.24D.14解析：选D 由正视图与俯视图可得三棱锥A -BCD 的⼀个侧⾯与底⾯垂直，其侧视图是直⾓三⾓形，且直⾓边长均为22，所以侧视图的⾯积为S ＝12×22×22＝14，选D. 5．(2015·武昌调研)已知以下三视图中有三个同时表⽰某⼀个三棱锥，则不是该三棱锥的三视图是( )解析：选D 易知该三棱锥的底⾯是直⾓边分别为1和2的直⾓三⾓形，注意到侧视图是从左往右看得到的图形，结合B 、D 选项知，D 选项中侧视图⽅向错误，故选D.6.如图，在正⽅体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是上底⾯A 1B 1C 1D 1内⼀动点，则三棱锥P -ABC 的正(主)视图与侧(左)视图的⾯积的⽐值为( )A.12 B ．1 C ．2D ．不确定，与点P 的位置有关解析：选B 如题图所⽰，设正⽅体的棱长为a ，则三棱锥P -ABC 的正(主)视图与侧(左)视图都是三⾓形，且⾯积都是12a 2，故选B.⼆、填空题7.(2015·西城区期末)已知⼀个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所⽰，那么此三棱柱正(主)视图的⾯积为________．解析：由正三棱柱三视图还原直观图可得正(主)视图是⼀个矩形，其中⼀边的长是侧(左)视图中三⾓形的⾼，另⼀边是棱长．因为侧(左)视图中三⾓形的边长为2，所以⾼为3，所以正视图的⾯积为2 3.答案：2 38．如图，矩形O ′A ′B ′C ′是⽔平放置的⼀个平⾯图形的直观图，其中O ′A ′＝6，O ′C ′＝2，则原图形OABC 的⾯积为________．解析：由题意知原图形OABC 是平⾏四边形，且OA ＝BC ＝6，设平⾏四边形OABC 的⾼为OE ，则OE ×12×22＝O ′C ′，∵O ′C ′＝2，∴OE ＝42，∴S ?OABC ＝6×42＝24 2. 答案：24 29．(2015·昆明、⽟溪统考)如图，三棱锥V -ABC 的底⾯为正三⾓形，侧⾯VAC 与底⾯垂直且VA ＝VC ，已知其正(主)视图的⾯积为23，则其侧(左)视图的⾯积为________．解析：设三棱锥V -ABC 的底⾯边长为a ，侧⾯VAC 边AC 上的⾼为h ，则ah ＝43，其侧(左)视图是由底⾯三⾓形ABC 边AC 上的⾼与侧⾯三⾓形VAC 边AC 上的⾼组成的直⾓三⾓形，其⾯积为12×32a ×h ＝12×32×43＝33.答案：3310．给出下列命题：①在正⽅体上任意选择4个不共⾯的顶点，它们可能是正四⾯体的4个顶点；②底⾯是等边三⾓形，侧⾯都是等腰三⾓形的三棱锥是正三棱锥；③若有两个侧⾯垂直于底⾯，则该四棱柱为直四棱柱．其中正确命题的序号是________．解析：①正确，正四⾯体是每个⾯都是等边三⾓形的四⾯体，如正⽅体ABCD-A1B1C1D1中的四⾯体A-CB1D1；②错误，反例如图所⽰，底⾯△ABC为等边三⾓形，可令AB＝VB＝VC＝BC＝AC，则△VBC为等边三⾓形，△VAB和△VCA均为等腰三⾓形，但不能判定其为正三棱锥；③错误，必须是相邻的两个侧⾯．答案：①三、解答题11．已知：图①是截去⼀个⾓的长⽅体，试按图⽰的⽅向画出其三视图；图②是某⼏何体的三视图，试说明该⼏何体的构成．解：图①⼏何体的三视图为：图②所⽰的⼏何体是上⾯为正六棱柱，下⾯为倒⽴的正六棱锥的组合体．12．如图，在四棱锥P-ABCD中，底⾯为正⽅形，PC与底⾯ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直⾓三⾓形．(1)根据图所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的⾯积；(2)求P A.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对⾓线)边长为6 cm的正⽅形，如图，其⾯积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，P A＝PD2＋AD2＝(62)2＋62＝6 3 cm.第⼆节空间⼏何体的表⾯积与体积对应学⽣⽤书P101基础盘查⼀柱体、锥体、台体的表⾯积(⼀)循纲忆知了解柱体、锥体、台体的表⾯积的计算公式．(⼆)⼩题查验1．判断正误(1)⼏何体的表⾯积就是其侧⾯积与底⾯积的和()(2)⼏何体的侧⾯积是指各个侧⾯积之和()答案：(1)√(2)√2．(⼈教A版教材例题改编)已知棱长为a，各⾯均为等边三⾓形的四⾯体S-ABC，它的表⾯积为________．解析：过S作SD⊥BC，∵BC＝a，∴SD＝3 2a∴S△SBC＝34a2，∴表⾯积S＝4×34a2＝3a2.答案：3a23.(2015·北京⽯景⼭⼀模)正三棱柱的侧(左)视图如图所⽰，则该正三棱柱的侧⾯积为________．解析：由侧(左)视图知：正三棱柱的⾼(侧棱长)为2，底边上的⾼为3，所以底边边长为2，侧⾯积为3×2×2＝12.答案：12基础盘查⼆柱体、锥体、台体的体积 (⼀)循纲忆知了解柱体、锥体、台体的体积的计算公式． (⼆)⼩题查验 1．判断正误(1)等底⾯⾯积且等⾼的两个同类⼏何体的体积相等( ) (2)在三棱锥P -ABC 中，V P -ABC ＝V A -PBC ＝V B -P AC ＝V C -P AB ( ) 答案：(1)√ (2)√2．(⼈教B 版教材例题改编)如图，在长⽅体ABCD -A ′B ′C ′D ′中，⽤截⾯截下⼀个棱锥C -A ′DD ′，则棱锥C -A ′DD ′的体积与剩余部分的体积之⽐为________．答案：1∶53．(2015·海淀⾼三练习)已知某四棱锥，底⾯是边长为2的正⽅形，且俯视图如图所⽰．若该四棱锥的侧视图为直⾓三⾓形，则它的体积为________．解析：由俯视图可知，四棱锥顶点在底⾯的射影为O (如图)，⼜侧视图为直⾓三⾓形，则直⾓三⾓形的斜边为BC ＝2，斜边上的⾼为SO ＝1，此⾼即为四棱锥的⾼，故V ＝13×2×2×1＝43.答案：43基础盘查三球的表⾯积与体积 (⼀)循纲忆知了解球的表⾯积与体积的计算公式． (⼆)⼩题查验 1．判断正误(1)球的表⾯是曲⾯，不能展开在⼀平⾯上，故没有展开图( ) (2)正⽅体的内切球中其直径与棱长相等( ) 答案：(1)√ (2)√2．(⼈教A 版教材例题改编)圆柱的底⾯直径与⾼都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之⽐为________，球的表⾯积与圆柱的侧⾯积之⽐为________．答案：2∶3 1∶13.已知某⼀多⾯体内接于球构成⼀个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所⽰，且图中的四边形是边长为2的正⽅形，则该球的表⾯积是________．解析：依题意得，该⼏何体是球的⼀个内接正⽅体，且该正⽅体的棱长为 2.设该球的直径为2R ，则2R ＝22＋22＋22＝23，所以该⼏何体的表⾯积为4πR 2＝4π(3)2＝12π.答案：12π对应学⽣⽤书P102考点⼀空间⼏何体的表⾯积(基础送分型考点——⾃主练透)[必备知识]当圆台的上底⾯半径与下底⾯半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底⾯半径为零时，得到圆锥，由此可得：S 圆柱侧＝2πrl =r r'←S 圆台侧＝π(r ＋r ′)l ――→r ′＝0S 圆锥侧＝πrl[提醒] 组合体的表⾯积应注意重合部分的处理．[题组练透]1．(2014·陕西⾼考)将边长为1的正⽅形以其⼀边所在的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解析：选C 由⼏何体的形成过程知所得⼏何体为圆柱，底⾯半径为1，⾼为1，其侧⾯积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.2．(2014·安徽⾼考)⼀个多⾯体的三视图如图所⽰，则该多⾯体的表⾯积为( )A ．21＋ 3B ．18＋ 3C ．21D ．18解析：选A 由三视图可知该⼏何体的直观图如图所⽰，其是棱长为2的正⽅体从后⾯右上⾓和前⾯左下⾓分别截去⼀个⼩三棱锥后剩余的部分，其表⾯积为S ＝6×4－12×6＋2×34×(2)2＝21＋ 3.3．已知某⼏何体的三视图的正视图和侧视图是全等的等腰梯形，俯视图是两个同⼼圆，如图所⽰，则该⼏何体的表⾯积为________．解析：由三视图知该⼏何体为上底直径为2，下底直径为6，⾼为23的圆台，则⼏何体的表⾯积S ＝π×1＋π×9＋π×(1＋3)×(23)2＋22＝26π.答案：26π[类题通法]求⼏何体的表⾯积的⽅法(1)求表⾯积问题的思路是将⽴体⼏何问题转化为平⾯问题，即空间图形平⾯化，这是解决⽴体⼏何的主要出发点．(2)求不规则⼏何体的表⾯积时，通常将所给⼏何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表⾯积，再通过求和或作差求得⼏何体的表⾯积．考点⼆空间⼏何体的体积(重点保分型考点——师⽣共研)[必备知识]1．柱体V 柱体＝Sh ；V 圆柱＝πr 2h . 2．锥体V 锥体＝13Sh ；V 圆锥＝13πr 2h .3．台体V 台体＝13(S ＋SS ′＋S ′)h ；V 圆台＝13πh (r 2＋rr ′＋r ′2)．[提醒](1)求⼀些不规则⼏何体的体积常⽤割补的⽅法将⼏何体转化成已知体积公式的⼏何体进⾏解决．(2)与三视图有关的体积问题需注意⼏何体还原的准确性及数据的准确性．[典题例析]1．(2014·辽宁⾼考)某⼏何体三视图如图所⽰，则该⼏何体的体积为( )A ．8－2πB ．8－πC ．8－π2D ．8－π4解析：选B 直观图为棱长为2的正⽅体割去两个底⾯半径为1的14圆柱，所以该⼏何体的体积为23－2×π×12×2×14＝8－π.2．(2014·⼭东⾼考)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V 1，P -ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.解析：如图，设点C 到平⾯P AB 的距离为h ，三⾓形P AB 的⾯积为S ，则V 2＝13Sh ，V 1＝V E －ADB ＝13×12S ×12h ＝112Sh ，所以V 1V 2＝14.答案：14[类题通法]1．计算柱、锥、台的体积关键是根据条件找出相应的底⾯积和⾼．2．注意求体积的⼀些特殊⽅法：分割法、补体法、转化法等，它们是解决⼀些不规则⼏何体体积计算常⽤的⽅法，应熟练掌握．3．求以三视图为背景的⼏何体的体积．应先根据三视图得到⼏何体的直观图，然后根据条件求解．[演练冲关]1．(2015·唐⼭统考)某⼏何体的三视图如图所⽰，则该⼏何体的体积为()A ．8π＋16B ．8π－16C ．8π＋8D ．16π－8解析：选B 由三视图可知：⼏何体为⼀个半圆柱去掉⼀个直三棱柱．半圆柱的⾼为4，底⾯半圆的半径为2，直三棱柱的底⾯为斜边是4的等腰直⾓三⾓形，⾼为4，故⼏何体的体积V ＝12π×22×4－12×4×2×4＝8π－16.2．(2015·苏州测试)如图，在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在AA 1，CC 1上，且AE ＝34AA 1，CF ＝13CC 1，点A ，C 到BD 的距离之⽐为3∶2，则三棱锥E -BCD 和F -ABD 的体积⽐V E -BCDV F -ABD＝________.解析：由题意可知点A ，C 到BD 的距离之⽐为3∶2，所以S △BCDS △ABD23，⼜直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AE ＝34AA 1，CF ＝13CC 1，所以AE CF ＝94，于是V E -BCDV F -ABD＝13S △BCD ·AE 13S △ABD·CF＝23×94＝32. 答案：32考点三与球有关的切、接问题(常考常新型考点——多⾓探明)[必备知识]1．球的表⾯积公式：S ＝4πR 2；球的体积公式V ＝43πR 32．与球有关的切、接问题中常见的组合：(1)正四⾯体与球：如图，设正四⾯体的棱长为a ，内切球的半径为r ，外接球的半径为R ，取AB 的中点为D ，连接CD ，SE 为正四⾯体的⾼，在截⾯三⾓形SDC 内作⼀个与边SD 和DC 相切，圆⼼在⾼SE 上的圆．因为正四⾯体本⾝的对称性，内切球和外接球的球⼼同为O .此时，CO ＝OS ＝R ，OE ＝r ，SE ＝ 23a ，CE ＝33a ，则有R ＋r ＝ 23a ，R 2－r 2＝|CE |2＝a 23，解得R ＝64a ，r ＝612a . (2)正⽅体与球：①正⽅体的内切球：截⾯图为正⽅形EFHG 的内切圆，如图所⽰．设正⽅体的棱长为a ，则|OJ |＝r ＝a2(r 为内切球半径)．②与正⽅体各棱相切的球：截⾯图为正⽅形EFHG 的外接圆，则|GO |＝R ＝22a . ③正⽅体的外接球：截⾯图为正⽅形ACC 1A 1的外接圆，则|A 1O |＝R ′＝32a . (3)三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球：①如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等，则可以补形为⼀个正⽅体，正⽅体的外接球的球⼼就是三棱锥的外接球的球⼼．即三棱锥A 1-AB 1D 1的外接球的球⼼和正⽅体ABCD -A 1B 1C 1D 1的外接球的球⼼重合．如图，设AA 1＝a ，则R ＝3a . ②如果三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等，则可以补形为⼀个长⽅体，长⽅体的外接球的球⼼就是三棱锥的外接球的球⼼．R 2＝a 2＋b 2＋c 24＝l 24(l 为长⽅体的体对⾓线长)．[多⾓探明]与球相关的切、接问题是⾼考命题的热点，也是考⽣的难点、易失分点．命题⾓度多变．归纳起来常见的命题⾓度有：(1)正四⾯体的内切球； (2)直三棱柱的外接球； (3)正(长)⽅体的外接球； (4)四棱锥的外接球.⾓度⼀：正四⾯体的内切球1．(2015·长春模拟)若⼀个正四⾯体的表⾯积为S 1，其内切球的表⾯积为S 2，则S 1S 2＝________.解析：设正四⾯体棱长为a ，则正四⾯体表⾯积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四⾯体⾼的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表⾯积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. 答案：63π⾓度⼆：直三棱柱的外接球2．(2015·唐⼭统考)如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为1的半球⾯上，AB ＝AC ，侧⾯BCC 1B 1是半球底⾯圆的内接正⽅形，则侧⾯ABB 1A 1的⾯积为( )A ．2B ．1 C. 2D.22解析：选C 由题意知，球⼼在侧⾯BCC 1B 1的中⼼O 上，BC 为截⾯圆的直径，∴∠BAC ＝90°，△ABC 的外接圆圆⼼N 是BC 的中点，同理△A 1B 1C 1的外⼼M 是B 1C 1的中⼼．设正⽅形BCC 1B 1的边长为x ，Rt △OMC 1中，OM ＝x 2，MC 1＝x2，OC 1＝R ＝1(R 为球的半径)，∴x 22＋x 22＝1，即x ＝2，则AB ＝AC ＝1，∴S 矩形ABB 1A 1＝2×1＝ 2.⾓度三：正⽅体的外接球3．⼀个正⽅体削去⼀个⾓所得到的⼏何体的三视图如图所⽰(图中三个四边形都是边长为2的正⽅形)，则该⼏何体外接球的体积为________．解析：依题意可知，新的⼏何体的外接球也就是原正⽅体的外接球，要求的直径就是正⽅体的体对⾓线；∴2R ＝23(R 为球的半径)，∴R ＝3，∴球的体积V ＝43πR 3＝43π.答案：43π⾓度四：四棱锥的外接球4．(2014·⼤纲卷)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.81π4 B ．16π C ．9πD.27π4解析：选A 如图所⽰，设球半径为R ，底⾯中⼼为O ′且球⼼为O ，∵正四棱锥P -ABCD 中AB ＝2，∴AO ′＝ 2.∵PO ′＝4，∴在Rt △AOO ′中，AO 2＝AO ′2＋OO ′2，∴R 2＝(2)2＋(4－R )2，解得R ＝94，∴该球的表⾯积为4πR 2＝4π×942＝81π4，故选A.[类题通法]“切”“接”问题的处理规律 1．“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多⾯体与旋转体，解答时⾸先要找准切点，通过作截⾯来解决．如果内切的是多⾯体，则作截⾯时主要抓住多⾯体过球⼼的对⾓⾯来作．2．“接”的处理把⼀个多⾯体的⼏个顶点放在球⾯上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球⼼到多⾯体的顶点的距离等于球的半径．对应A 本课时跟踪检测(四⼗⼀)⼀、选择题1．(2015·云南⼀检)如果⼀个空间⼏何体的正视图、侧视图、俯视图都是半径等于5的圆，那么这个空间⼏何体的表⾯积等于( )。

2016年高考数学文试题分类汇编立体几何一、选择题1、（2016年山东高考）一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示.则该几何体的体积为（A ）12+π33（B ）12+π33 （C ）12+π36 （D ）21+π6 2、（2016年上海高考）如图，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为BC 、BB 1的中点，则下列直线中与直线EF 相交的是（ ）(A)直线AA 1 (B)直线A 1B 1 (C)直线A 1D 1 (D)直线B 1C 1【答案】D3、（2016年天津高考）将一个长方形沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧（左）视图为（ ）【答案】B4、（2016年全国I 卷高考）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（A ）17π （B ）18π （C ）20π （D ）28π【答案】A5、（2016年全国I 卷高考）如平面α过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点A ，11//CB D α平面,ABCD m α=平面，11ABB A n α=平面，则m ，n 所成角的正弦值为 （A ）32（B ）22（C ）33（D ）13【答案】A6、（2016年全国II 卷高考）如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）（A ）20π （B ）24π （C ）28π （D ）32π【答案】C7、（2016年全国III 卷高考）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（A ）18365+ （B ）54185+ （C ）90 （D ）81【答案】B8、（2016年浙江高考）已知互相垂直的平面αβ， 交于直线l .若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则（ ）A.m ∥lB.m ∥nC.n ⊥lD.m ⊥n【答案】C二、填空题1、（2016年北京高考）某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为___________.【答案】3.22、（2016年四川高考）已知某三菱锥的三视图如图所示，则该三菱锥的体积 。

2016 年全国各地高考数学试题及解答分类大全（立体几何 ）一、选择题1.（2016北京理）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）A.16 B.13 C.12D.1 【答案】A【解析】试题分析：分析三视图可知，该几何体为一三棱 锥P ABC -，其体积111111326V =⋅⋅⋅⋅=，故选A. 考点：1.三视图；2.空间几何体体积计算.【名师点睛】解决此类问题的关键是根据几何体的三视图判断几何体的结构特征.常见的有以下几类：①三视图为三个三角形，对应的几何体为三棱锥；②三视图为两个三角形，一个四边形，对应的几何体为四棱锥；③三视图为两个三角形，一个圆，对应的几何体为圆锥；④三视图为一个三角形，两个四边形，对应的几何体为三棱柱；⑤三视图为三个四边形，对应的几何体为四棱柱；⑥三视图为两个四边形，一个圆，对应的几何体为圆柱.2.（2016全国Ⅰ文、理）如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是283π,则它的表面积是( ) （A ）17π （B ）18π （C ）20π （D ）28π【答案】A【解析】试题分析：该几何体直观图如图所示：是一个球被切掉左上角的18,设球的半径为R ,则37428V R 833ππ=⨯=,解得R 2=,所以它的表面积是78的球面面积和三个扇形面积之和2271=42+32=1784S πππ⨯⨯⨯⨯故选A ． 考点：三视图及球的表面积与体积【名师点睛】由于三视图能有效的考查学生的空间想象能力,所以以 三视图为载体的立体几何题基本上是高考每年必考内容,高考试题中三视图一般常与几何体的表面积与体积交汇.由三视图还原出原几何体,是解决此类问题的关键.3.（2016全国Ⅰ文、理）平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ,α//平面CB 1D 1, ABCD m α=平面,11ABB A n α=平面，则m 、n 所成角的正弦值为 ( )(A)3 (B )2 (C)3 (D)13【答案】A【解析】试题分析：如图,设平面11CB D 平面ABCD ='m ,平面11CB D 平面11ABB A ='n ,因为//α平面11CB D ,所以//',//'m m n n ,则,m n 所成的角等于','m n 所成的角. 延长AD ,过1D 作11//D E B C ,连接11,CE B D ,则CE 为'm , 同理11B F 为'n ,而111//,//BD CE B F A B ,则','m n 所成 的角即为1,A B BD 所成的角,即为60︒,故,m n 所成角的 正弦值为32,选A. 考点：平面的截面问题,面面平行的性质定理,异面直线所成的角.【名师点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成角,求异面直线所成角的步骤是：平移定角、连线成形,解形求角、得钝求补.4.（2016全国Ⅱ文）体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为（ ）（A ）12π （B ）323π（C ）8π （D ）4π 【答案】A【解析】试题分析：因为正方体的体积为8，所以棱长为2，所以正方体的体对角线长为23，所以正方体的外接球的半径为3，所以球面的表面积为24(3)12ππ⋅=，故选A. 考点： 正方体的性质，球的表面积.【名师点睛】棱长为a 的正方体中有三个球： 外接球、内切球和与各条棱都相切的球.其半径分别为3a 、2a 和22a .5.（2016全国Ⅱ文、理）如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）（A）20π（B）24π（C）28π（D）32π【答案】C考点：三视图，空间几何体的体积.【名师点睛】以三视图为载体考查几何体的体积，解题的关键是根据三视图想象原几何体的形状构成，并从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，然后在直观图中求解．【名师点睛】由三视图还原几何体的方法:6.（2016全国Ⅲ文、理）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）（A）18365+（B ）54185+（C）90 （D）81【答案】B考点：空间几何体的三视图及表面积．【技巧点拨】求解多面体的表面积及体积问题，关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元素间的关系，建立未知量与已知量间的关系，进行求解．7. （2016全国Ⅲ文、理） 在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是（ ）（A ）4π （B ）92π （C ）6π （D ）323π 【答案】B 【解析】试题分析：要使球的体积V 最大，必须球的半径R 最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值32，此时球的体积为334439()3322R πππ==，故选B ．考点：1、三棱柱的内切球；2、球的体积．【思维拓展】立体几何是的最值问题通常有三种思考方向：（1）根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；（2）将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解；（3）建立函数，通过求函数的最值来求解．8.（2016山东文、理）一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示.则该几何体的体积为（ ）（A ）1233+π （B ）123+π （C ）123+π （D ）21+π 【答案】C考点：1.三视图；2.几何体的体积.【名师点睛】本题主要考查三视图及几何体的体积计算，本题涉及正四棱锥及球的体积计算，综合性较强，较全面的考查考生的视图用图能力、空间想象能力、数学基本计算能力等.9.（2016上海文）如图，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为BC 、BB 1的中点，则下列直线中与直线EF 相交的是（ ）(A)直线AA 1 (B)直线A 1B 1 (C)直线A 1D 1 (D)直线B 1C 1【答案】D【解析】只有11B C 与EF 在同一平面内，是相交的，其他A ，B ，C 中直线与EF 都是异面直线，故选D ． 考点：1.正方体的几何特征；2.直线与直线的位置关系.【名师点睛】本题以正方体为载体，研究直线与直线的位置关系，突出体现了高考试题的基础性，题目不难，能较好的考查考生分析问题解决问题的能力、空间想象能力等.10.（2016天津文）将一个长方形沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧（左）视图为（ ）【答案】B【解析】试题分析：由题意得截去的是长方体前右上方顶点，故选B 考点：三视图【名师点睛】1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图． 2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．11.（2016浙江文、理） 已知互相垂直的平面αβ，交于直线l .若直线m ，n 满足,m n αβ∥⊥， 则（ ）A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n 【答案】C【解析】试题分析：由题意知,l l αββ=∴⊂，,n n l β⊥∴⊥．故选C ．考点：空间点、线、面的位置关系．【思路点睛】解决这类空间点、线、面的位置关系问题，一般是借助长方体（或正方体），能形象直观地看出空间点、线、面的位置关系．二、填空1. （2016北京文）某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为___________.【答案】3.2考点：三视图【名师点睛】解决此类问题的关键是根据几何体的三视图判断几何体的结构特征.常见的有以下几类：①三视图为三个三角形，对应的几何体为三棱锥；②三视图为两个三角形，一个四边形，对应的几何体为四棱锥；③三视图为两个三角形，一个圆，对应的几何体为圆锥；④三视图为一个三角形，两个四边形，对应的几何体为三棱柱；⑤三视图为三个四边形，对应的几何体为四棱柱；⑥三视图为两个四边形，一个圆，对应的几何体为圆柱.2.（2016全国Ⅱ理）,αβ是两个平面，,m n 是两条直线，有下列四个命题： （1）如果,,//m n m n αβ⊥⊥，那么αβ⊥. （2）如果,//m n αα⊥，那么m n ⊥. （3）如果//,m αβα⊂，那么//m β.（4）如果//,//m n αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等. 其中正确的命题有 ． (填写所有正确命题的编号） 【答案】②③④考点： 空间中的线面关系.【名师点睛】求解本题应注意在空间中考虑线、面关系.3、（2016上海理）如图，在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面ABCD 的边长为3，1BD 与底面所成角的大小为32arctan ，则该正四棱柱的高等于____________. 【答案】22【解析】试题分析：由题意得111122tan 223332DD DBD DD BD ∠==⇒=⇒=.考点：1.正四棱柱的几何特征；2.直线与平面所成的角.【名师点睛】涉及立体几何中的角的问题，往往要将空间问题转化成平面问题，做出角，构建三角形，在三角形中解决问题；也可以通过建立空间直角坐标系，利用空间向量方法求解，应根据具体情况选择不同方法，本题难度不大，能较好地考查考生的空间想象能力、基本计算能力等.4. （2016四川文）已知某三菱锥的三视图如图所示，则该三菱锥的体积.侧视图俯视图【答案】3【解析】试题分析：由三视图可知该几何体是一个三棱锥，且底面积为112S =⨯=1，所以该几何体的体积为11133V Sh ===考点：1.三视图；2.几何体的体积.【名师点睛】本题考查三视图，考查几何体体积，考查学生的识图能力．解题时要求我们根据三视图想象出几何体的形状，由三视图得出几何体的尺寸，为此我们必须掌握基本几何体（柱、锥、台、球）的三视图以及各种组合体的三视图．5.（2016四川理）已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是.正视图33【答案】3【解析】试题分析：由三棱锥的正视图知，三棱锥的高为1，底面边长为2,2，则底面等腰三角形的顶角为120︒，所以三棱锥的体积为1122sin1201323V =⨯⨯⨯⨯︒⨯=.考点：三视图，几何体的体积.【名师点睛】本题考查三视图，考查几何体体积，考查学生的识图能力．解题时要求我们根据三视图想象出几何体的形状，由三视图得出几何体的尺寸，为此我们必须掌握基本几何体（柱、锥、台、球）的三视图以及各种组合体的三视图．6.（2016浙江文、理）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的表面积是______cm 2,体积是______cm 3.【答案】80；40． 【解析】试题分析：由三视图知该组合体是一个长方体上面放置了 一个小正方体， 22262244242280S =⨯+⨯+⨯⨯-⨯=表，3244240V =+⨯⨯=．考点：三视图.【方法点睛】解决由三视图求空间几何体的表面积与体积问题，一般是先根据三视图确定该几何体的结构特征，再准确利用几何体的表面积与体积公式计算该几何体的表面积与体积． 7．（2016浙江文）如图，已知平面四边形ABCD ，AB =BC =3，CD =1，AD =5，∠ADC =90°．沿直线AC 将△ACD 翻折成△CD 'A ，直线AC 与D 'B 所成角的余弦的最大值是______． 【答案】69【解析】试题分析：设直线AC 与'BD 所成角为θ．设O 是AC 中点，由已知得6AC =，如图，以OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，由6(0,,0)A ，30(,0,0)B ，6(0,,0)C -，作DH AC ⊥于H ，翻折过程中，'D H 始终与AC 垂直， 2666CD CH CA ===，则63OH =，153066DH ⨯==，因此可设30630'(cos ,,sin )636D αα-， 则3030630'(cos ,,sin )BD αα=--， 与CA 平行的单位向量为(0,1,0)n =，所以cos cos ',BD n θ=<>''BD n BD n⋅=＝6395cos α-，HD'DCBA zyO所以cos 1α=时，cos θ取最大值69． 考点：异面直线所成角.【思路点睛】先建立空间直角坐标系，再计算与C A 平行的单位向量n 和D 'B ，进而可得直线C A 与D 'B 所成角的余弦值，最后利用三角函数的性质可得直线C A 与D 'B 所成角的余弦值的最大值．8.（2016天津理）已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m ），则该四棱锥的体积为_______m 3. 【答案】2【解析】试题分析：由三视图知四棱锥高为3，底面平行四边形 的底为2，高为1，因此体积为1(21)323V =⨯⨯⨯=．故答案为2． 考点：三视图【名师点睛】1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．三、解答题1.（2016北京文）如图，在四棱锥ABCD P -中，⊥PC 平面ABCD ，,AB DC DC AC ⊥∥ （I ）求证：DC PAC ⊥平面； （II ）求证：PAB PAC ⊥平面平面；（III ）设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得//PA 平面C F E ?说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（III ）存在.理由见解析.（III ）棱PB 上存在点F ，使得//PA 平面C F E ．证明如下： 取PB 中点F ，连结F E ，C E ，CF ． 又因为E 为AB 的中点， 所以F//E PA ． 又因为PA ⊄平面C F E ， 所以//PA 平面C F E ．考点：空间垂直判定与性质；空间想象能力，推理论证能力【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.2. （2016北京理）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，AB AD ⊥，1AB =，2AD =，5AC CD ==.（1）求证：PD ⊥平面PAB ；（2）求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；（3）在棱PA 上是否存在点M ，使得//BM 平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）33；（3）存在，14AM AP =（3）设M 是棱PA 上一点，则存在]1,0[∈λ使得AP AM λ=.因此点),,1(),,1,0(λλλλ--=-BM M .因为⊄BM 平面PCD ，所以∥BM 平面PCD 当且仅当0=⋅n BM ， 即0)2,2,1(),,1(=-⋅--λλ，解得41=λ. 所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时41=AP AM . 考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用.【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.3.（2016江苏）如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ， BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且11B D A F ⊥ ，1111AC A B ⊥.求证：（1）直线DE ∥平面A 1C 1F ；（2）平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .【答案】（1）详见解析（2）详见解析考点：直线与直线、平面与平面位置关系【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. (2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. (3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直.4. （2016江苏）现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥1111P A B C D -，下部分的形状是正四棱柱1111ABCD A B C D -(如图所示)，并要求正四棱柱的高1PO 的四倍. （1）若16,PO 2,AB m m ==则仓库的容积是多少？（2）若正四棱柱的侧棱长为6m,则当1PO 为多少时，仓库的容积最大？【答案】（1）312（2）123PO =考点：函数的概念、导数的应用、棱柱和棱锥的体积【名师点睛】对应用题的训练，一般从读题、审题、剖析题目、寻找切入点方面进行强化，注重培养将文字语言转化为数学语言能力，强化构建数学模型的几种方法.而江苏应用题，往往需结合导数知识解决相应数学最值问题，因此掌握利用导数求最值方法是一项基本要求，需熟练掌握.5.（2016全国Ⅰ文）如图,在已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形,P A =6,顶点P 在平面ABC 内的正投影为点E ,连接PE 并延长交AB 于点G . （I ）证明G 是AB 的中点；（II ）在答题卡第（18）题图中作出点E 在平面P AC 内的 正投影F （说明作法及理由）,并求四面体PDEF 的体积． 【答案】（I ）见解析（II ）作图见解析,体积为43试题解析：（I ）因为P 在平面ABC 内的正投影为D , 所以.AB PD ⊥因为D 在平面PAB 内的正投影为E ,所以.AB DE ⊥ 所以AB ⊥平面PED ,故.AB PG ⊥又由已知可得,PA PB =,从而G 是AB 的中点.（II ）在平面PAB 内,过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ,F 即为E 在平面PAC 内的正投影.理由如下：由已知可得PB PA ⊥,⊥PB PC ,又//EF PB ,所以EF PC ⊥,因此EF ⊥平面PAC ,即点F 为E 在平面PAC 内的正投影.连接CG ,因为P 在平面ABC 内的正投影为D ,所以D 是正三角形ABC 的中心. 由（I ）知,G 是AB 的中点,所以D 在CG 上,故2.3=CD CG 由题设可得⊥PC 平面PAB ,⊥DE 平面PAB ,所以//DE PC ,因此21,.33==PE PG DE PC 由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且6=PA ,可得2,2 2.==DE PE 在等腰直角三角形EFP 中,可得 2.==EF PF 所以四面体PDEF 的体积114222.323=⨯⨯⨯⨯=V 考点：线面位置关系及几何体体积的计算【名师点睛】文科立体几何解答题主要考查线面位置关系的证明及几何体体积的计算,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.PABD CGE6.（2016全国Ⅰ理）如图,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF =2FD ,90AFD ∠=,且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．【答案】（I ）见解析（II ）219-试题解析：（I ）由已知可得F DF A ⊥,F F A ⊥E ,所以F A ⊥平面FDC E ． 又F A ⊂平面F ABE ,故平面F ABE ⊥平面FDC E ．（II ）过D 作DG F ⊥E ,垂足为G ,由（I ）知DG ⊥平面F ABE ．以G 为坐标原点,GF 的方向为x 轴正方向,GF 为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（I ）知DF ∠E 为二面角D F -A -E 的平面角,故DF 60∠E =,则DF 2=,DG 3=,可得()1,4,0A ,()3,4,0B -,()3,0,0E -,(D 3．由已知,//F AB E ,所以//AB 平面FDC E ． 又平面CDAB 平面FDC DC E =,故//CD AB ,CD//F E ．由//F BE A ,可得BE ⊥平面FDC E ,所以C F ∠E 为二面角C F -BE-的平面角,C F 60∠E =．从而可得(C 3-．所以(C 3E =,()0,4,0EB =,(C 3,3A =--,()4,0,0AB =-． 设(),,n x y z =是平面C B E 的法向量,则C 00n n ⎧⋅E =⎪⎨⋅EB =⎪⎩,即3040x z y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩, 所以可取(3,0,3n =-．设m 是平面CD AB 的法向量,则C 0m m ⎧⋅A =⎪⎨⋅AB =⎪⎩,同理可取()0,3,4m =．则219cos ,n m n m n m ⋅==-．CBDEF故二面角C E-B -A 的余弦值为21919-．考点：垂直问题的证明及空间向量的应用【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.第二问一般考查角度问题,多用空间向量解决.7.（2016全国Ⅱ文） 如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E 、F 分别在AD ，CD 上，AE CF =，EF交BD 于点H ，将DEF ∆沿EF 折到'D EF ∆的位置. （Ⅰ）证明：'AC HD ⊥； （Ⅱ）若55,6,,'224AB AC AE OD ====,求五棱锥D ABCEF '-体积.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）694. 【解析】试题分析：（Ⅰ）证//.AC EF 再证//.'AC HD （Ⅱ）根据勾股定理证明OD H '∆是直角三角形，从而得到.'⊥OD OH 进而有⊥AC 平面BHD '，证明'⊥OD 平面.ABC 根据菱形的面积减去三角形DEF 的面积求得五边形ABCFE 的面积，最后由椎体的体积公式求五棱锥D ABCEF '-体积. 试题解析：（I ）由已知得，,.⊥=AC BD AD CD又由=AE CF 得=AE CFAD CD，故//.AC EF 由此得,'⊥⊥EF HD EF HD ，所以//.'AC HD .五边形ABCFE 的面积11969683.2224=⨯⨯-⨯⨯=S 所以五棱锥'ABCEF D -体积16923222.34=⨯⨯=V 考点： 空间中的线面关系判断，几何体的体积.【名师点睛】立体几何中的折叠问题，应注意折叠前后线段的长度、角哪些变了，哪些没变.8.（2016全国Ⅱ理）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ， 5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到D EF '∆位置，10OD '=．（Ⅰ）证明：D H'⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）9525.又D H EF '⊥，而OH EF H ⋂=， 所以D H ABCD '⊥平面.ABDD'E H Oz xyF（II ）如图，以H 为坐标原点，HF 的方向为x 轴的正方向，建立空间直角坐标系H xyz -， 则()0,0,0H ，()3,2,0A --，()0,5,0B -，()3,1,0C -，()0,0,3D '，(3,4,0)AB =-，()6,0,0AC =，()3,1,3AD '=.设()111,,m x y z =是平面ABD '的法向量，则0m AB m AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩，即11111340330x y x y z -=⎧⎨++=⎩， 所以可以取()4,3,5m =-.设()222,,n x y z =是平面'ACD 的法向量，则0n AC n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩，即222260330x x y z =⎧⎨++=⎩，所以可以取()0,3,1n =-.于是75cos ,||||5010m n m n m n ⋅<>===⋅⨯， 295sin ,25m n <>=.因此二面角B D A C '--的正弦值是29525. 考点：线面垂直的判定、二面角.【名师点睛】证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α；③α∥β，a ⊥α⇒a ⊥β；④面面垂直的性质．线面垂直的性质，常用来证明线线垂直．求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．9.（2016全国Ⅲ文）如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABCD ，ADBC ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点．（I ）证明MN平面PAB ；（II ）求四面体N BCM -的体积. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）453． 试题解析：（Ⅰ）由已知得232==AD AM ，取BP 的中点T ，连接TN AT ,，由N 为PC 中点知BC TN //，221==BC TN . ......3分 又BC AD //，故TN AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是AT MN //. 因为⊂AT 平面PAB ，⊄MN 平面PAB ， 所以//MN 平面PAB . ........6分（Ⅱ）因为⊥PA 平面ABCD ，N 为PC 的中点， 所以N 到平面ABCD 的距离为PA 21. ....9分 取BC 的中点E ，连结AE .由3==AC AB 得BC AE ⊥，522=-=BE AB AE .由BC AM ∥得M 到BC 的距离为5，故525421=⨯⨯=∆BCM S ， 所以四面体BCM N -的体积354231=⨯⨯=∆-PA S V BCM BCM N . .....12分考点：1、直线与平面间的平行与垂直关系；2、三棱锥的体积．【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求三棱锥的体积关键是确定其高，而高的确定关键又推出顶点在底面上的射影位置，当然有时也采取割补法、体积转换法求解．10.（2016全国Ⅲ理）如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥地面ABCD ，AD BC ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =， N 为PC 的中点．（I ）证明MN平面PAB ；（II ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）8525．【解析】试题分析：（Ⅰ）取PB 的中点T ，然后结合条件中的数据证明四边形AMNT 为平行四边形，从而得到MNAT ，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）以A 为坐标原点，以,AD AP 所在直线分别为,y z 轴建立空间直角坐标系，然后通过求直线AN 的方向向量与平面PMN 法向量的夹角来处理AN 与平面PMN 所成角．试题解析：（Ⅰ）由已知得232==AD AM ，取BP 的中点T ，连接TN AT ,，由N 为PC 中点知BC TN //，221==BC TN .又BC AD //，故TN AM，四边形AMNT 为平行四边形，于是AT MN //.因为⊂AT 平面PAB ，⊄MN 平面PAB ，所以//MN 平面PAB .设(,,)n x y z =为平面PMN 的法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00PN n PM n ，即⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-0225042z y x z x ，可取(0,2,1)n =，于是||85|cos ,|25||||n AN n AN n AN ⋅<>==.考点：1、空间直线与平面间的平行与垂直关系；2、棱锥的体积．【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理．11.（2016山东文）在如图所示的几何体中，D 是AC 的中点，EF ∥DB . （I ）已知AB =BC ，AE =EC .求证：AC ⊥FB ；（II ）已知G ,H 分别是EC 和FB 的中点.求证：GH ∥平面ABC . 【答案】（Ⅰ））证明：见解析；（Ⅱ）见解析. 【解析】试题分析：（Ⅰ））根据BD EF //，知EF 与BD 确定一个平面， 连接DE ，得到AC DE ⊥，AC BD ⊥，从而⊥AC 平面BDEF ， 证得FB AC ⊥.（Ⅱ）设FC 的中点为I ，连HI GI ,，在CEF ∆，CFB ∆中，由三角形中位线定理可得线线平行，证得平面//GHI 平面ABC ，进一步得到//GH 平面ABC . 试题解析：（Ⅰ））证明：因BD EF //，所以EF 与BD 确定一个平面，连接DE ，因为E EC AE ,=为AC 的中点，所以AC DE ⊥；同理可得AC BD ⊥，又因为D DE BD = ，所以⊥AC 平面BDEF ，因为⊂FB 平面BDEF ，FB AC ⊥。

第一部分 2016高考试题立体几何1。

【2016高考新课标1卷】如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是283π，则它的表面积是（ )（A)17π (B ）18π (C)20π （D ）28π【答案】A 【解析】试题分析： 该几何体直观图如图所示:是一个球被切掉左上角的18，设球的半径为R ，则37428V R 833ππ=⨯=，解得R 2=,所以它的表面积是78的球面面积和三个扇形面积之和2271=42+32=1784S πππ⨯⨯⨯⨯故选A ．考点：三视图及球的表面积与体积【名师点睛】由于三视图能有效的考查学生的空间想象能力，所以以三视图为载体的立体几何题基本上是高考每年必考内容,高考试题中三视图一般常与几何体的表面积与体积交汇。

由三视图还原出原几何体，是解决此类问题的关键。

2.【2016高考新课标2理数】下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( ）(A）20π(B）24π（C）28π(D）32π【答案】C考点：三视图,空间几何体的体积。

【名师点睛】由三视图还原几何体的方法:3。

【2016年高考北京理数】某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为()A.16B。

13C.12D。

1【答案】A【解析】试题分析:分析三视图可知，该几何体为一三棱锥P ABC-，其体积111111326V=⋅⋅⋅⋅=，故选A。

考点：1。

三视图；2。

空间几何体体积计算。

【名师点睛】解决此类问题的关键是根据几何体的三视图判断几何体的结构特征。

常见的有以下几类：①三视图为三个三角形,对应的几何体为三棱锥；②三视图为两个三角形，一个四边形,对应的几何体为四棱锥；③三视图为两个三角形，一个圆，对应的几何体为圆锥；④三视图为一个三角形，两个四边形，对应的几何体为三棱柱；⑤三视图为三个四边形,对应的几何体为四棱柱;⑥三视图为两个四边形，一个圆，对应的几何体为圆柱。

新课标卷高考真题1、（2016 年全国I 高考）如图，在以A，B，C，D，E，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF=2FD，∠AFD = 90 ，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE - F 都是60 ．（I）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC；（II）求二面角E - BC - A 的余弦值．10 2、（ 2016 年全国 II 高考） 如图， 菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O ，AB = 5, AC = 6 ， 点 E , F 分别在 AD , CD 上， AE = CF = 5 ， EF 交 BD 于点 H4．将∆DEF 沿 EF 折到∆D 'EF 位置， OD ' = ．（Ⅰ）证明： D 'H ⊥ 平面 ABCD ；（Ⅱ）求二面角 B - D 'A - C 的正弦值．3【2015 高考新课标 1，理 18】如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC=120°，E，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC.（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC；（Ⅱ）求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.4、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图1-3，四棱锥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1-35、[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图1-5，三棱柱ABC -A1B1C1中，侧面BB1C1C 为菱形，AB⊥B1C.图1-5(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A -A1B1­C1的余弦值．6、（2017•新课标Ⅱ）如图，四棱锥P﹣ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E 是PD 的中点．（Ⅰ）证明：直线CE∥平面PAB；（Ⅱ）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D 的余弦值．7（、2017•新课标Ⅲ）如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD= ∠CBD，AB=BD．（Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ABC；（Ⅱ）过AC 的平面交BD 于点E，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C 的余弦值．8、（2017•新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（12分）(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C 的余弦值．m n ⋅ -4 3 + 1 ⋅ 3 + 16 m 1 1 1 m 1【解析】⑴ ∵ ABEF 为正方形∴ AF ⊥ EF ∵ ∠AFD = 90︒∴ AF ⊥ DF ∵ D F EF =F∴ AF ⊥ 面 EFDC AF ⊥ 面 ABEF∴平面 ABEF ⊥ 平面 EFDC⑵ 由⑴知∠DFE = ∠CEF = 60︒∵ AB ∥ EF AB ⊄ 平面 EFDCEF ⊂ 平面 EFDC ∴ AB ∥平面 ABCDAB ⊂ 平面 ABCD∵面 ABCD 面 EFDC = CD∴ AB ∥CD ,∴ CD ∥ EF∴四边形 EFDC 为等腰梯形以 E 为原点， 如图建立坐标系，FD = aE (0 ，0 ，0)B (0 ，2a ，0)C ⎛ a ，0 ， 3 a ⎫ A (2a ，2a ，0)2 2 ⎪ ⎝ ⎭ ⎛ a3 ⎫EB = (0 ，2a ，0) ， BC = 2 ，- 2a ， 2 a ⎪ ， AB = (-2a ，0 ，0)⎝ ⎭设面 BEC 法向量为= ( x ，y ，z ) . ⎧ ⎧2a ⋅ y 1 = 0 ⎪m ⋅ EB = 0 ，即⎪ ⎨ ⋅ = 0 ⎨ a ⋅ x - 2ay + 3 a ⋅ z = 0 ⎪⎩m BC ⎪⎩ 2 1 1 2 1x = 3 ，y = 0 ，z = -1 = ( 3 ，0 ，- 1)设面 ABC 法向量为 = ( x ，y ，z ) ⎧ n 2 2 2 ⎧ a ⎪n ⋅ BC =0 .即⎪ x 2 - 2ay 2 + az 2 = 0 x = 0 ，y = 3 ，z = 4 ⎨ ⎨ 2 22 2 2⎪⎩n ⋅ AB = 0⎪⎩2ax 2 = 0 n = (0 ， 3 ，4)设二面角 E - BC - A 的大小为. cos =∴二面角 E - BC - A 的余弦值为-2 19 19 m ⋅ n = = - 2 19 19 3u r u u r n 1 ⋅ n 2 u r u u r n 1 n 2 7 5 2 95 ⋅ ' ⎩ ⎩ 2【解析】⑴证明：∵ AE = CF = 5 ，∴AE = CF ， 4 AD CD∴ EF ∥ AC ．∵四边形 ABCD 为菱形，∴ AC ⊥ BD ， ∴ EF ⊥ BD ，∴ EF ⊥ DH ，∴ EF ⊥ D 'H ．∵ AC = 6 ，∴ AO = 3 ；又 AB = 5 ， AO ⊥ OB ，∴ OB = 4 ， ∴ O H = AE⋅ OD = 1 ，∴ D H = D 'H = 3 ，∴ OD ' 2 = O H 2 + D ' H 2 ，∴ D ' H ⊥ O H AO ．又∵ OH I EF = H ，∴ D ' H ⊥ 面 ABCD ．⑵建立如图坐标系 H - xyz ．B (5 ， 0 ， 0) ，C (1， 3，0) ， D '(0 ， 0 ， 3) ， A (1， - 3， 0) ，AB = (4 ， 3， 0) ， AD ' = (-1， 3，3) ， AC = (0 ， 6 ， 0) ，设面 ABD ' 法向量n 1 = ( x ，y ，z ) ，⎧ ⎧x = 3 由⎪n 1 ⋅ AB = 0 得⎧4x + 3y = 0 ，取⎪ y = -4 ，∴ n = (3， - 4 ， 5) ． ⎨ ⎪⎩n 1 A D = 0 ⎨-x + 3y + 3z = 0 ⎨ 1 ⎪z = 5同理可得面 AD 'C 的法向量n 2 = (3， 0 ， 1) ，∴ cos= = = ，∴ s in = ． 25 253，【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ） 339 + 5 5 2 ⋅ 103 2 2 32 GB , G C又∵AE ⊥EC ，∴EG = ，EG ⊥AC ， 在 Rt △EBG 中，可得 BE = ，故 DF =2 .2在 Rt △FDG 中，可得 FG =6 .2在直角梯形 BDFE 中，由 BD =2，BE = ，DF = 2可得 EF = 3 2， 2 2 ∴ EG 2 + FG 2 = EF 2 ，∴EG ⊥FG ， ∵AC ∩FG=G ，∴EG ⊥平面 AFC ， ∵EG ⊂ 面 AEC ，∴平面 AFC ⊥平面 AEC .……6 分（Ⅱ）如图，以 G 为坐标原点，分别以 的方向为 x 轴，y 轴正方向，| GB |为单位长度，建立空间直角坐标系 G-xyz ，由（Ⅰ）可得 A （0，－ ，0），E (1,0,)，F （－1,0， ），C （0， ，0），∴ AE =（1， ， ）， C F =（-1，- 2 ， 2 ）.…10 分 23 2 3 2 33 3 3 33 AE ,C F >= •1AP |为单位长，建立空间直角坐标系 A -xyz ，则 D (0， 3，0)，E 0， 2 ， 2，AE ＝ 0 2 ， 2 = - { 即 故cos < AE CF 3 . | AE || C F | 3 所以直线 AE 与 CF 所成的角的余弦值为3 .……12 分3 4，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→ AD ，AP 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向，| 为坐标原点，AB ， →( 1)→ (， 1).设 B (m ，0，0)(m >0)，则 C (m ，3，0) →(m ，3，0)．，AC ＝ 设 n 1＝(x ，y ，z )为平面 ACE 的法向量，→ n 1·AC ＝0，则 → ) {m x ＋ 3y ＝0，)n 1·AE ＝0， 2 y ＋ z ＝0，可取 n 1＝(2，－1， ).又 n 2＝(1，0，0)为平面 DAE 的法向量，1由题设易知|cos 〈n 1，n 2〉|＝ ，即2 13 ＝ ，解得 m ＝ .22 1因为 E 为 PD 的中点，所以三棱锥 E -ACD 的高为 .三棱锥 E -ACD 的体积 V ＝21 1 3 1 × × 3× × ＝ . 3 22 2 83m 3 3＋4m 233 3 3 3 1(( )B 1C 1＝BC ＝ －1，－ 3，0 . {{335 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 .(3)因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1 为等边三角形，又 AB ＝BC ，则 A 0，0， 3 ，B (1，0，0)，B (0， 3，0)，C (0，－ 3，0).→ AB 1＝ 0， 3 ，－ 3)3 → 3 ，A 1B 1＝AB ＝1，0，－ ， 3 3 3→ ( )设 n ＝(x ，y ，z )是平面 AA 1B 1 的法向量，则n ·AB 1＝0，3 y － z ＝0，)→n ·A 1B 1＝0，)即所以可取 n ＝(1，3， 3)．x － z ＝0.{设m 是平面A1B1C1的法向量，→m·A1B1＝0，则→m·B1C1＝0，)同理可取m＝(1，－3， 3)．n·m 1则cos〈n，m〉＝＝.|n||m| 71所以结合图形知二面角 A -A1B1­ C1的余弦值为.76、【答案】（Ⅰ）证明：取PA 的中点F，连接EF，BF，因为E 是PD 的中点，所以EF AD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC∥ AD，∴BCEF 是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面PAB，CF✪平面PAB，∴直线CE∥平面PAB；（Ⅱ）解：四棱锥P﹣ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E 是PD 的中点．取AD 的中点O，M 在底面ABCD 上的射影N 在OC 上，设AD=2，则AB=BC=1，OP= ，∴∠PCO=60°，直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，可得：BN=MN，CN= MN，BC=1，可得：1+ BN2=BN2 ，BN= ，MN= ，作NQ⊥AB 于Q，连接MQ，所以∠MQN 就是二面角M﹣AB﹣D 的平面角，MQ== ，二面角M﹣AB﹣D 的余弦值为： = ．7、【答案】（Ⅰ）证明：如图所示，取AC 的中点O，连接BO，OD．∵△ABC 是等边三角形，∴OB⊥AC．△ABD 与△CBD 中，AB=BD=BC，∠ABD=∠CBD，∴△ABD≌△CBD，∴AD=CD．∵△ACD 是直角三角形，∴AC 是斜边，∴∠ADC=90°．∴DO= AC．∴DO2+BO2=AB2=BD2 ．∴∠BOD=90°．∴OB⊥OD．又DO∩AC=O，∴OB⊥平面ACD．又OB⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC．（Ⅱ）解：设点D，B 到平面ACE 的距离分别为h D，h E．则= ．∵平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，∴ = = =1．∴点E 是BD 的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设AB=2．则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，，0），E ．=（﹣1，0，1），= ，=（﹣2，0，0）．设平面ADE 的法向量为=（x，y，z），则，即，取= ．同理可得：平面ACE 的法向量为=（0，1，）．∴cos = = =﹣．∴二面角D﹣AE﹣C 的余弦值为．8、【答案】（1）证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵PA∩PD=P，且PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD；（2）解：∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD 为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD 为矩形，在△APD 中，由PA=PD，∠APD=90°，可得△PAD 为等腰直角三角形，设PA=AB=2a，则AD= ．取AD 中点O，BC 中点E，连接PO、OE，以O 为坐标原点，分别以OA、OE、OP 所在直线为x、y、z 轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（）．，，．设平面PBC 的一个法向量为，由，得，取y=1，得．∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥AD，又PD⊥PA，PA∩AB=A，∴PD⊥平面PAB，则为平面PAB 的一个法向量，．∴cos＜＞= =．由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C 的余弦值为．。

2016年高考数学文试题分类汇编解析几何一、选择题1、（2016年北京高考）圆（x +1）2+y 2=2的圆心到直线y =x +3的距离为（A ）1 （B ）2 （C ）2 （D ）22 【答案】C2、（2016年山东高考）已知圆M ：2220(0)x y ay a +-=>截直线0x y +=所得线段的长度是22，则圆M 与圆N ：22(1)1x y +-=（-1）的位置关系是 （A ）内切（B ）相交（C ）外切（D ）相离 【答案】B3、（2016年四川高考）抛物线y 2=4x 的焦点坐标是 (A)(0,2) (B) (0,1) (C) (2,0) (D) (1,0) 【答案】D4、（2016年天津高考）已知双曲线)0,0(12222>>=-b a by a x 的焦距为52，且双曲线的一条渐近线与直线02=+y x 垂直，则双曲线的方程为（A ）1422=-y x （B ）1422=-y x（C ）15320322=-y x （D ）12035322=-y x【答案】A5、（2016年全国I 卷高考）直线l 经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到l 的距离为其短轴长的14，则该椭圆的离心率学科网为（A ）13（B ）12（C ）23（D ）34【答案】B6、（2016年全国II 卷高考）设F 为抛物线C ：y 2=4x 的焦点，曲线y =kx（k >0）与C 交于点P ，PF ⊥x 轴，则k =（ ）（A ）12 （B ）1 （C ）32（D ）2【答案】D7、（2016年全国III 卷高考）已知O 为坐标原点，F 是椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点，A ，B 分别为C 的左，右顶点.P 为C 上一点，且PF x ⊥轴.过点A 的直线l 与线段PF 交于点M ，与y 轴交于点E .若直线BM 经过OE 的中点，则C 的离心率为 （A ）13（B ）12（C ）23（D ）34【答案】A二、填空题1、（2016年北京高考）已知双曲线22221x y a b-= （a ＞0，b ＞0）的一条渐近线为2x +y =0，一个焦点为（5 ,0），则a =_______；b =_____________. 【答案】1,2a b ==2、（2016年江苏省高考）在平面直角坐标系xOy 中，双曲线22173x y -=的焦距是________▲________. 【答案】2103、（2016年山东高考）已知双曲线E ：22x a–22y b =1（a >0，b >0）．矩形ABCD 的四个顶点在E 上，AB ，CD 的中点为E 的两个焦点，且2|AB |=3|BC |，则E 的离心率是_______． 【答案】24、（2016年上海高考）已知平行直线012:,012:21=++=-+y x l y x l ，则21,l l 的距离_______________ 【答案】2555、（2016年天津高考）已知圆C 的圆心在x 轴的正半轴上，点(0,5)M 在圆C 上，且圆心到直线20x y -=的距离为455，则圆C 的方程为__________ 【答案】22(2)9.x y -+=6、（2016年全国I 卷高考）设直线y=x +2a 与圆C ：x 2+y 2-2ay -2=0相交于A ，B 两点，若错误！未找到引用源。

2016年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全（10平面向量）一、选择题1. （2016北京理）设，是向量，则“”是“”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件 【答案】D考点：1.充分必要条件；2.平面向量数量积.【名师点睛】由向量数量积的定义(为，的夹角)可知，数量积的值、模的乘积、夹角知二可求一，再考虑到数量积还可以用坐标表示，因此又可以借助坐标进行运算.当然，无论怎样变化，其本质都是对数量积定义的考查.求解夹角与模的题目在近年高考中出现的频率很高，应熟练掌握其解法.2.（2016全国Ⅱ理）已知向量(1,)(3,2)a m a =-，=，且()a b b ⊥+，则m =（ ） （A ）－8 （B ）－6 （C ）6 （D ）8 【答案】D【解析】试题分析：向量a b (4,m 2)+=-，由(a b)b +⊥得43(m 2)(2)0⨯+-⨯-=，解得m 8=，故选D.考点： 平面向量的坐标运算、数量积.【名师点睛】已知非零向量a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)：3.（2016全国Ⅲ文、理）已知向量1(,22BA = ,31(,),22BC = 则ABC ∠=（ ）(A)300(B) 450(C) 600(D)1200【答案】Aa b ||||a b =||||a b a b +=-θcos ||||⋅⋅=⋅b a b a θa b考点：向量夹角公式．【思维拓展】（1）平面向量a 与b 的数量积为·cos a b a b θ＝，其中θ是a 与b 的夹角，要注意夹角的定义和它的取值范围：0180θ︒≤≤︒；（2）由向量的数量积的性质有||=a a a ·，·cos a b a bθ=，·0a b a b ⇔⊥＝，因此，利用平面向量的数量积可以解决与长度、角度、垂直等有关的问题．4.（2016山东理）已知非零向量m ，n 满足4│m │=3│n │，cos<m ，n >=13.若n ⊥（t m +n ），则实数t 的值为（ ）（A ）4 （B ）–4 （C ）94 （D ）–94【答案】B【解析】试题分析：由43m n =，可设3,4(0)m k n k k ==>，又()n tm n ⊥+，所以22221()cos ,34(4)41603n tm n n tm n n t m n m n n t k k k tk k ⋅+=⋅+⋅=⋅<>+=⨯⨯⨯+=+=所以4t =-，故选B.考点：平面向量的数量积【名师点睛】本题主要考查平面向量的数量积、平面向量的坐标运算.解答本题，关键在于能从()n tm n ⊥+出发，转化成为平面向量的数量积的计算.本题能较好的考查考生转化与化归思想、基本运算能力等.5.（2016四川文、理）在平面内，定点A ，B ，C ，D 满足DA =DB =DC ,DA ⋅DB =DB ⋅DC =DC ⋅DA =-2，动点P ，M 满足AP =1，PM =MC ，则2BM 的最大值是（A ）434 （B ）494（C ）374+ （D ）374+【答案】B 【解析】考点：1.向量的数量积运算；2.向量的夹角；3.解析几何中与圆有关的最值问题.【名师点睛】本题考查平面向量的数量积与向量的模，由于结论是要求向量模的平方的最大值，因此我们要把它用一个参数表示出来，解题时首先对条件进行化简变形，本题中得出120ADC ADB BDC ∠=∠=∠=︒，且2DA DBDC ===，因此我们采用解析法，即建立直角坐标系，写出,,,A B C D 坐标，同时动点P 的轨迹是圆，()(22214x y BM +++=，因此可用圆的性质得出最值．6.（2016天津文、理）已知△ABC 是边长为1的等边三角形，点E D ,分别是边BC AB ,的中点，连接DE 并延长到点F ，使得EF DE 2=，则BC AF ⋅的值为（ ） （A ）85- （B ）81 （C ）41 （D ）811【答案】B【解析】试题分析：设BA a =，BC b =，∴11()22DE AC b a ==-，33()24DF DE b a ==-， 1353()2444AF AD DF a b a a b =+=-+-=-+，∴25353144848AFBC a b b ⋅=-⋅+=-+=，故选B.考点：向量数量积【名师点睛】研究向量数量积，一般有两个思路，一是建立直角坐标系，利用坐标研究向量数量积；二是利用一组基底表示所有向量，两种实质相同，坐标法更易理解和化简. 平面向量的坐标运算的引入为向量提供了新的语言——“坐标语言”，实质是“形”化为“数”．向量的坐标运算，使得向量的线性运算都可用坐标来进行，实现了向量运算完全代数化，将数与形紧密结合起来．二、填空1.（2016北京文）已知向量 ，则a 与b 夹角的大小为_________. 【答案】考点：平面向量数量积【名师点睛】由向量数量积的定义(为，的夹角)可知，数量积的值、模的乘积、夹角知二可求一，再考虑到数量积还可以用坐标表示，因此又可以借助坐标进行运算.当然，无论怎样变化，其本质都是对数量积定义的考查.求解夹角与模的题目在近年高考中出现的频率很高，应熟练掌握其解法.2.（2016全国Ⅰ文）设向量a =(x ,x +1),b =(1,2),且a ⊥b ,则x = _______ . 【答案】23-【解析】试题分析：由题意, 20,2(1)0,.3x x x ⋅=++=∴=-a b 考点：向量的数量积及坐标运算【名师点睛】全国卷中向量大多以客观题形式出现,属于基础题.解决此类问题既要准确记忆公式,又要注意运算的准确性.本题所用到的主要公式是：若()()1122,,,x y x y ==a b ,则1122x y x y ⋅=+a b .3. （2016江苏） 如图，在ABC ∆中，D 是BC 的中点，,E F 是,A D 上的两个三等分点，4BC CA ⋅=，1BF CF ⋅=- ，则BE CE ⋅ 的值是 ▲ .【答案】78【解析】因为2222436444AO BC FO BC BA CA --⋅===,22414FO BCBF CF -⋅==-, 因此22513,BC 82FO ==，22224167448EO BC FO BC BE CE --⋅=== =a b 30θcos ||||⋅⋅=⋅b a b a θa b。

2016年高考数学理试题分类汇编立体几何一、选择题1、（2016年北京高考）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）A.16 B.13 C.12D.1 【答案】A 【解析】试题分析：分析三视图可知，该几何体为一三棱锥P ABC -，其体积111111326V =⋅⋅⋅⋅=，故选A.考点：1.三视图；2.空间几何体体积计算.2、（2016年山东高考）有一个半球和四棱锥组成的几何体，其三 视图如右图所示，则该几何体的体积为（A ）π32+31 （B ）π32+31 （C ）π62+31 （D ）π62+1 【答案】C【解析1】 由三视图可知,半球的体积为π62, 四棱锥的体积为31,所以该几何体的体积为π62+31，故选C ． 【解析2】考点：根据三视图求几何体的体积.3、（2016年全国I 高考）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（A ）17π （B ）18π （C ）20π （D ）28π【答案】A【解析】试题分析：由三视图知：该几何体是78个球，设球的半径为R ，则37428V R 833ππ=⨯=，解得R 2=，所以它的表面积是22734221784πππ⨯⨯+⨯⨯=，故选A ．考点：三视图及球的表面积与体积4、（2016年全国I 高考）平面α过正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的顶点A ，α//平面CB 1D 1，α平面ABCD =m ，α平面ABB 1 A 1=n ，则m ，n 所成角的正弦值为（A ）32 （B ）22 （C ）33 （D ）13【答案】A【解析】如图所示：αAA 1BB 1DCC 1D 1∵11CB D α∥平面，∴若设平面11CB D 平面1ABCD m =，则1m m ∥又∵平面ABCD ∥平面1111A B C D ，结合平面11B D C 平面111111A B C D B D =∴111B D m ∥，故11B D m ∥ 同理可得：1CD n ∥故m 、n 的所成角的大小与11B D 、1CD 所成角的大小相等，即11CD B ∠的大小． 而1111B C B D CD ==（均为面对交线），因此113CD B π∠=，即113sin CD B ∠=． 故选A ．考点：平面的截面问题，面面平行的性质定理，异面直线所成的角5、（2016年全国II 高考）右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（A ）20π （B ）24π （C ）28π （D ）32π 【答案】C 【解析】C几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h ． 由图得2r =，2π4πc r ==，由勾股定理得：()222234l =+=，21π2S r ch cl =++表4π16π8π=++28π=，故选C ．考点： 三视图，空间几何体的体积.6、（2016年全国III 高考）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（A ）18365+ （B ）54185+ （C ）90 （D ）81 【答案】B考点：空间几何体的三视图及表面积．7、（2016年全国III 高考）在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是（A ）4π （B ）92π（C ）6π （D ）323π【答案】B 【解析】试题分析：要使球的体积V 最大，必须球的半径R 最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值32，此时球的体积为334439()3322R πππ==，故选B ． 考点：1、三棱柱的内切球；2、球的体积．二、填空题1、（2016年上海高考）如图，在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面ABCD 的边长为3，1BD 与底面所成角的大小为32arctan ，则该正四棱柱的高等于____________【答案】22【解析】试题分析： 由题意得111122tan 223332DD DBD DD BD ∠===⇒= 考点：线面角2、（2016年四川高考）已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是__________．【答案】33【解析】由题可知，∵三棱锥每个面都是腰为2的等腰三角形，由正视图可得如下俯视图，且三棱锥高为1h =，俯视图133则面积111323113323V Sh ⎛⎫==⨯⨯⨯⨯=⎪⎝⎭3、（2016年天津高考）已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m ），则该四棱锥的体积为_______m 3.【答案】2考点：三视图3214、（2016年全国II 高考） ,αβ是两个平面，,m n 是两条直线，有下列四个命题： （1）如果,,//m n m n αβ⊥⊥，那么αβ⊥.（2）如果,//m n αα⊥，那么m n ⊥. （3）如果//,m αβα⊂，那么//m β.（4）如果//,//m n αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等. 其中正确的命题有 ．.(填写所有正确命题的编号） 【答案】②③④ 【解析】试题分析：对于①，,,//m n m n αβ⊥⊥，则,αβ的位置关系无法确定，故错误；对于②,因为//n α，所以过直线n 作平面γ与平面β相交于直线c ，则//n c ，因为,,m m c m n α⊥∴⊥∴⊥，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，故正确的有②③④. 考点： 空间中的线面关系.5、（2016年浙江高考）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的表面积是 cm 2，体积是 cm 3.【答案】72 32【解析】几何体为两个相同长方体组合，长方体的长宽高分别为4,2,2，所以体积为2(224)32⨯⨯⨯=，由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形，所以表面积为2(222244)2(22)72⨯⨯+⨯⨯-⨯=6、（2016年浙江高考）如图，在△ABC 中，AB =BC =2，∠ABC =120°.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 .【答案】12【解析】ABC ∆中，因为2,120AB BC ABC ==∠=， 所以30BAD BCA ∠==.由余弦定理可得2222cos AC AB BC AB BC B =+-⋅2222222cos12012=+-⨯⨯=，所以3AC =设AD x =，则023t <<23DC x =.在ABD ∆中，由余弦定理可得2222cos BD AD AB AD AB A =+-⋅22222cos30x x =+-⋅2234x x =-+.故2234BD x x =-+在PBD ∆中，PD AD x ==，2PB BA ==.由余弦定理可得2222222(234)3cos 2222PD PB BD x x x BPD PD PB x +-+--+∠===⋅⋅⋅，所以30BPD ∠=.EDCBAP过P 作直线BD 的垂线，垂足为O .设PO d =则11sin 22PBD S BD d PD PB BPD ∆=⨯=⋅∠， 2112342sin 3022x x d x -+=⋅， 解得2234d x x =-+而BCD ∆的面积111sin (23)2sin 30(23)222S CD BC BCD x x =⋅∠=-⋅=-. 设PO 与平面ABC 所成角为θ，则点P 到平面ABC 的距离sin h d θ=.故四面体PBCD 的体积211111sin (23)33332234BcD BcD BcD xV S h S d S d x x x θ∆∆∆=⨯=≤⋅=⨯-⋅-+ 21(23)6234x x x x -=-+.设22234(3)1t x x x =-+=-+，因为023x ≤≤，所以12t ≤≤.则2|3|1x t -=-.（233x <≤2|331x x t ==- 故231x t =-此时，221(31)[23(31)]t t V +--+-=21414()66t t t t-=⋅=-. 由（1）可知，函数()V t 在(1,2]单调递减，故141()(1)(1)612V t V <=-=. 综上，四面体PBCD 的体积的最大值为12.三、解答题1、（2016年北京高考） 如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，AB AD ⊥，1AB =，2AD =，5AC CD ==.（1）求证：PD ⊥平面PAB ；（2）求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；（3）在棱PA 上是否存在点M ，使得//BM 平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）33；（3）存在，14AM AP = 【解析】⑴∵面PAD 面ABCD AD =面PAD ⊥面ABCD∵AB ⊥AD ，AB ⊂面ABCD ∴AB ⊥面PAD ∵PD ⊂面PAD ∴AB ⊥PD 又PD ⊥PA ∴PD ⊥面PAB⑵取AD 中点为O ，连结CO ，PO∵5CD AC ==∴CO ⊥AD ∵PA PD = ∴PO ⊥AD以O 为原点，如图建系 易知(001)P ，，，(110)B ，，，(010)D -，，，(200)C ，，，则(111)PB =-，，，(011)PD =--，，，(201)PC =-，，，(210)CD =--，，设n 为面PDC 的法向量，令00(,1)n x y =，Oxyz PABC D011,120n PD n n PC ⎧⋅=⎪⎛⎫⇒=-⎨⎪⎝⎭⋅=⎪⎩，，则PB 与面PCD 夹角θ有 11132sin cos ,311134n PB n PB n PBθ--⋅=<>===++⨯ ⑶假设存在M 点使得BM ∥面PCD设AM APλ=，()0,','M y z由（2）知()0,1,0A ，()0,0,1P ，()0,1,1AP =-，()1,1,0B ，()0,'1,'AM y z =-有()0,1,AM AP M λλλ=⇒- ∴()1,,BM λλ=--∵BM ∥面PCD ，n 为PCD 的法向量 ∴0BM n ⋅=即102λλ-++=∴1=4λ∴综上，存在M 点，即当14AM AP =时，M 点即为所求. 考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用.2、（2016年山东高考）在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O '的直径，FB 是圆台的一条母线.（I ）已知G ,H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； （II ）已知EF =FB =12AC =23，AB =BC .求二面角F BC A --的余弦值.7 【解析】(Ⅰ)连结FC ，取FC 的中点M ，连结HM GM,， 因为GM//EF ，EF 在上底面内，GM 不在上底面内， 所以GM//上底面，所以GM//平面ABC ；EF B ACGH又因为MH//B C ，⊂BC 平面ABC ，⊄MH 平面ABC ，所以MH//平面ABC ； 所以平面GHM//平面ABC ，由⊂GH 平面GHM ，所以GH//平面ABC ． (Ⅱ) 连结OB ，B C AB = OB A ⊥∴O以为O 原点，分别以O O OB,OA,'为z y,x,轴， 建立空间直角坐标系．BC AB ,32AC 21FB EF ==== ，3)(22=--='FO BO BF O O ，于是有)0,0,3A(2，)0,0,3C(-2，)0,3B(0,2，)3,3F(0,， 可得平面FBC 中的向量)3,(30,-BF =，)0,,(3232CB =, 于是得平面FBC 的一个法向量为)1,3,3(1-=n ， 又平面ABC 的一个法向量为)1,0,0(2=n ， 设二面角A -BC -F 为θ，则7771cos ===θ． 二面角A -BC -F 的余弦值为77． 考点：空间平行判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力3、（2016年上海高考）将边长为1的正方形11AAO O （及其内部）绕的1OO 旋转一周形成圆柱，如图，AC 长为23π，11A B 长为3π，其中1B 与C 在平面11AAO O 的同侧。

答案例1-5 DA CC C 例6C训练1(1)证明 ∵折起前AD 是BC 边上的高，∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥BD ，又DB ∩DC ＝D ， ∴AD ⊥平面BDC ，∵AD ⊂平面ABD ， ∴平面ABD ⊥平面BDC .(2)解 由(1)知，DA ⊥DB ，DC ⊥DA ，∵DB ＝DA ＝DC ＝1，DB ⊥DC ，∴AB ＝BC ＝CA ＝2， 从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12，S △ABC ＝12×2×2×sin 60°＝32，∴三棱锥DABC 的表面积S ＝12×3＋32＝3＋32.例7D例8 (1)证明如图，取PD 中点E ，连接EM 、AE ， ∴EM 綉12CD ，而AB 綉12CD ， ∴EM 綉AB .∴四边形ABME 是平行四边形． ∴BM ∥AE .∵AE ⊂平面ADP ，BM ⊄平面ADP ， ∴BM ∥平面P AD .(2)解 ∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥AB .而AB ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， ∴AB ⊥平面P AD ，∴AB ⊥PD .∵P A ＝AD ，E 是PD 的中点，∴PD ⊥AE .AB ∩AD ＝A . ∴PD ⊥平面ABME .作MN⊥BE，交AE于点N.∴MN⊥平面PBD.易知△BME∽△MEN.而BM＝AE＝2，EM＝12CD＝1，由ENEM＝EMBM，得EN＝(EM)2BM＝12＝22，∴AN＝22.即点N为AE的中点．例9A例10. (1)证明如图，因为OA＝OC，D是AC的中点，所以AC⊥OD.又PO⊥底面⊙O，AC⊂底面⊙O，所以AC⊥PO.而OD，PO是平面POD内的两条相交直线，所以AC⊥平面POD.(2)解由(1)知，AC⊥平面POD，又AC⊂平面P AC，所以平面POD⊥平面P AC.在平面POD中，如图，过O作OH⊥PD于H，则OH⊥平面P AC.连接CH，则CH是OC在平面P AC上的射影，所以∠OCH是直线OC和平面P AC所成的角．在Rt△ODA中，OD＝OA·sin 30°＝1 2.在Rt△POD中，OH＝PO·ODPO2＋OD2＝2×122＋14＝23.在Rt△OHC中，sin∠OCH＝OHOC＝23.故直线OC和平面P AC所成角的正弦值为2 3.例11A【训练】(1)证明因为D，E分别为AP，AC的中点，所以DE∥PC.又因为DE ⊄平面BCP，所以DE∥平面BCP.(2)证明因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF.所以四边形DEFG为平行四边形．又因为PC⊥AB，所以DE⊥DG.所以四边形DEFG为矩形．(3)解存在点Q满足条件，理由如下：如图，连接DF，EG，设Q为EG的中点．由(2)知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝12EG . 分别取PC ，AB 的中点M ，N ，连接ME ，EN ，NG ，MG ，MN .与(2)同理，可证四边形MENG 为矩形，其对角线交点为EG 的中点Q ，且QM ＝QN ＝12EG ，所以Q 为满足条件的点．例12. 解 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，连接EF ，AF ，则由已知可得A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)， 于是CA 1→＝(0，－4,4)，EF →＝(－3，1,1)． 则CA 1→·EF →＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0， 故EF ⊥A 1C .(2)设CF ＝λ(0＜λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由(1)得F (0,4，λ)．AE→＝(3，3,0)，AF →＝(0,4，λ)，于是由m ⊥AE →，m ⊥AF →可得 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0.取m ＝(3λ，－λ，4)．又由直三棱柱的性质可取侧面A 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)， 于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n ||m|·|n|＝3λ2λ2＋4， sin θ＝λ2＋162λ2＋4，所以tan θ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2.故0＜λ≤4，得1λ≥14，即tan θ≥13＋13＝63.故当λ＝4，即点F 与点C 1重合时，tan θ取得最小值63.例13【答案】1.1答案1-5BCADA 6-10DBCBC 11-15DCCCA16-20 CBDDB 21-26BACBCA27．22 28.20π3 29.3π 30.24 31.1616π- 32．12 33.83π34．解：(1)由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1， ∴AD ⊥平面BDC ，∴四面体ABCD 的体积V ＝13×12×2×2×1＝23.(2)证明：∵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 ⊥平面BDC ，∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG ， ∴四边形EFGH 是矩形． 2.2答案1-5CCCAB 6-9 CBCC 10.16π 11.1:24 12.12π 14.415．解：(1)证明：由已知得△ABC ≌△DBC ， 因此AC ＝DC .又G 为AD 的中点，所以CG ⊥AD ，同理BG ⊥AD .又BG ∩CG ＝G ，所以AD ⊥平面BGC . 又EF ∥AD ，所以EF ⊥平面BCG .(2)在平面ABC 内，作AO ⊥CB 由平面ABC ⊥平面BCD ，知AO ⊥平面BDC .又G 为AD 的中点，所以G 到平面BDC 的距离h 是AO 长度的一半． 在△AOB 中，AO ＝AB ·sin 60°＝3，所以V 三棱锥D -BCG ＝V 三棱锥G -BCD ＝13·S △DBC·h ＝13×12·BD ·BC ·sin 120°·32＝12. 16．解：(1)证明：如图所示，因为四边形ABCD 为菱形，O 为菱形的中心，连接OB ，则AO ⊥OB .因为∠BAD ＝π3，所以OB ＝AB ·sin ∠OAB ＝2sin π6＝1.又因为BM ＝12，且∠OBM ＝π3，在△OBM 中，OM 2＝OB 2＋BM 2－2OB ·BM ·cos ∠OBM＝12＋⎝⎛⎭⎫122－2×1×12×cos π3＝34，所以OB 2＝OM 2＋BM 2，故OM ⊥BM .又PO ⊥底面ABCD ，所以PO ⊥BC .从而BC 与平面POM 内的两条相交直线OM ，PO 都垂直，所以BC ⊥平面POM .(2)由(1)可得，OA ＝AB ·cos ∠OAB ＝2×cos 6＝ 3.设PO ＝a ，由PO ⊥底面ABCD ，知△POA 为直角三角形，故P A 2＝PO 2＋OA 2＝a 2＋3.又△POM 也是直角三角形，故PM 2＝PO 2＋OM 2＝a 2＋34.连接AM ，在△ABM 中，AM 2＝AB 2＋BM 2－2AB ·BM ·cos ∠ABM ＝22＋⎝⎛⎭⎫122－2×2×12×cos 2π3＝214. 由已知MP ⊥AP ，故△APM 为直角三角形，则P A 2＋PM 2＝AM 2，即a 2＋3＋a 2＋34＝214，解得a ＝32或a ＝－32(舍去)，即PO ＝32.此时S 四边形ABMO ＝S △AOB ＋S △OMB ＝12·AO ·OB ＋12·BM ·OM ＝12×3×1＋12×12×32 ＝5 38.所以四棱锥P -ABMO 的体积V 四棱锥P -ABMO ＝13·S 四边形ABMO ·PO ＝13×5 38×32＝516.17.【答案】[解]因为1CC 1AA .所以1BC C ∠为异面直线1BC 与1AA .所成的角,即1BC C ∠=6π.在Rt 1BC C ∆中,11tan 6BC CC BC C =⋅∠==,从而2ABC S BC ∆==因此该三棱柱的体积为16ABC V S AA ∆=⋅==18．解：(1)证明：如图所示，因为四边形ABCD 为菱形，O 为菱形的中心，连接OB ，则AO ⊥OB .因为∠BAD ＝π3，所以OB ＝AB ·sin ∠OAB ＝2sin π6＝1.又因为BM ＝12，且∠OBM ＝π3，在△OBM 中，OM 2＝OB 2＋BM 2－2OB ·BM ·cos ∠OBM＝12＋⎝⎛⎭⎫122－2×1×12×cos π3＝34，所以OB 2＝OM 2＋BM 2，故OM ⊥BM .又PO ⊥底面ABCD ，所以PO ⊥BC .从而BC 与平面POM 内的两条相交直线OM ，PO 都垂直，所以BC ⊥平面POM .(2)由(1)可得，OA ＝AB ·cos ∠OAB ＝2×cos π6＝ 3.设PO ＝a ，由PO ⊥底面ABCD ，知△POA 为直角三角形，故P A 2＝PO 2＋OA 2＝a 2＋3.又△POM 也是直角三角形，故PM 2＝PO 2＋OM 2＝a 2＋34.连接AM ，在△ABM 中，AM 2＝AB 2＋BM 2－2AB ·BM ·cos ∠ABM ＝22＋⎝⎛⎭⎫122－2×2×12×cos 2π3＝214. 由已知MP ⊥AP ，故△APM 为直角三角形，则P A 2＋PM 2＝AM 2，即a 2＋3＋a 2＋34＝214，解得a ＝32或a ＝－32(舍去)，即PO ＝32.此时S 四边形ABMO ＝S △AOB ＋S △OMB ＝12·AO ·OB ＋12·BM ·OM ＝12×3×1＋12×12×32 ＝5 38.所以四棱锥P -ABMO 的体积V 四棱锥P -ABMO ＝13·S 四边形ABMO ·PO ＝13×5 38×32＝516. 19．解：方法一：(1)证明：∵AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ， ∴AB ⊥CD .又∵CD ⊥BD ，AB ∩BD ＝B ，AB ⊂平面ABD ，BD ⊂平面ABD ， ∴CD ⊥平面ABD .(2)由AB ⊥平面BCD ，得AB ⊥BD .∵AB ＝BD ＝1，∴S △ABD ＝12.∵M 是AD 的中点， ∴S △ABM ＝12S △ABD ＝14.由(1)知，CD ⊥平面ABD ，∴三棱锥C - ABM 的高h ＝CD ＝1，因此三棱锥A - MBC 的体积 V A - MBC ＝V C ­ ABM ＝13S △ABM ·h ＝112.方法二：(1)同方法一．(2)由AB ⊥平面BCD ，得平面ABD ⊥平面BCD . 且平面ABD ∩平面BCD ＝BD .如图所示，过点M 作MN ⊥BD 交BD 于点N ， 则MN ⊥平面BCD ，且MN ＝12AB ＝12.又CD ⊥BD ，BD ＝CD ＝1，∴S △BCD ＝12.∴三棱锥A - MBC 的体积V A ­ MBC ＝V A ­ BCD －V M ­ BCD ＝13AB ·S △BCD －13MN ·S △BCD ＝112. 20．解：(1)证明：由AA 1⊥BC 知BB 1⊥BC .又BB 1⊥A 1B ，故BB 1⊥平面BCA 1，所以BB 1⊥A 1C .又BB 1∥CC 1，所以A 1C ⊥CC 1. (2)方法一：设AA 1＝x .在Rt △A 1BB 1中，A 1B ＝A 1B 21－BB 21＝4－x 2.同理，A 1C ＝A 1C 21－CC 21＝3－x 2. 在△A 1BC 中，cos ∠BA 1C ＝A 1B 2＋A 1C 2－BC 22A 1B ·A 1C ＝－x 2（4－x 2）（3－x 2），sin ∠BA 1C ＝12－7x 2（4－x 2）（3－x 2），所以S △A 1BC ＝12A 1B ·A 1C ·sin ∠BA 1C ＝12－7x 22.从而三棱柱ABC - A 1B 1C 1的体积V ＝S 直·l ＝S △A 1BC ·AA 1＝x 12－7x 22.因为x 12－7x 2＝12x 2－7x 4＝－7⎝⎛⎭⎫x 2－672＋367，所以当x ＝67＝427，即AA 1＝427时，体积V 取到最大值377.(2)方法二：过A 1作BC 的垂线，垂足为D ，连接AD .由AA 1⊥BC ，A 1D ⊥BC ，得BC ⊥平面AA 1D ，故BC ⊥AD .又∠BAC ＝90°，所以S △ABC ＝12AD ·BC ＝12AB ·AC ，得AD ＝2217.设AA 1＝x .在Rt △A 1D ＝AD 2－AA 21S △A 1BC ＝12A 1D ·从而三棱柱ABC - A 1B 1C 1的体积V ＝S 直·l ＝S △A 1BC ·AA 1＝x 12－7x 22.因为x 12－7x 2＝12x 2－7x 4＝－7⎝⎛⎭⎫x 2－672＋367，所以当x ＝67＝427，即AA 1＝427时，体积V 取到最大值377.21【答案】（1）详见解析；（2）24. 【解析】试题分析：（1）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标可知问题等价于证明1=0AB PQ ⋅；（2）根据条件 二面角P-QD-A 的余弦值为37，利用空间向量可将四面体ADPQ 视为以ADQ ∆为底面的三棱锥ADQ P -，其高4=h ，从而求解试题解析：解法一 由题设知，1AA ，AB ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AD ，1AA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图b 所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为)0,0,0(A ，1(3,0,6)B ，)0,6,0(D ，1(0,3,6)D ， )0,,6(m Q ，其中BQ m =，06m ≤≤，（1）若P 是1DD 的中点，则9(0,,3)2P ，1(3,0,6)AB = ，于是118180AB PQ ⋅=-= ，∴1AB ⊥PQ ，即1AB PQ ⊥；（2）由题设知，(6,6,0)DQ m =-，1(0,3,6)DD =- 是平面PQD 内的两个不共线向量.设1(,,)n x y z = 是平面PQD 的一个法向量，则1110n DQ n DD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即6(6)0360x m y y z +-=⎧⎨-+=⎩，取6=y ，得1(6,6,3)n m =- ，又平面AQD 的一个法向量是2(0,0,1)n =，∴>=<21,cos n n 1212||||n n n n ⋅=⋅=，而二面角A QD P --的余弦值为37，=37，解得4=m ，或者8=m （舍去），此时)0,4,6(Q ，设1(01)DP DD λλ=<≤ ，而1(0,3,6)DD =-，由此得点)6,36,0(λλ-P ，(6,32,6)PQ λλ=--，∵//PQ 平面11ABB A ，且平面11ABB A 的一个法向量是3(0,1,0)n =，∴PQ 30n ⋅= ，即023=-λ，亦即λ=23，从而)4,4,0(P ，于是，将四面体ADPQ 视为以A D Q ∆为底面的三棱锥ADQ P -，则其高4=h ，故四面体ADPQ 的体积11166424332A D Q V S h =⋅=⨯⨯⨯⨯= .解法二 （1）如图c ，取1A A 的中点R ，连结PR ，BR ，∵1A A ，1D D 是梯形11A AD D 的两腰，P 是1D D 的中点，∴AD PR //，于是由BC AD //知，BC PR //，∴P ，R ，B ，C 四点共面，由题设知，AB BC ⊥，1BC A A ⊥，∴BC ⊥平面11ABB A ，因此1BC AB ⊥①， ∵tan ABR ∠=AR AB =36=11tan AB A A=11A AB ∠，∴tan tan ABR ∠=11A AB ∠，因此1ABR BAB ∠+∠=111A AB BAB ∠+∠=90 ，于是1AB BR ⊥，再由①即知1AB ⊥平面PRBC ，又PQ ⊂平面PRBC ，故1AB PQ ⊥；（2）如图d ，过点P 作1//PM A A 交AD 于点M ，则//PM 平面11ABB A ，∵1A A ⊥平面ABCD ，∴OM ⊥平面ABCD ，过点M 作MN QD ⊥于点N ，连结PN ，则QD PN ⊥，PNM ∠为二面角A QD P --的平面角，∴3cos 7PNM ∠=，即MN PN =37，从而PM MN =连结MQ ，由//PQ 平面11ABB A ，∴AB MQ //，又ABCD 是正方形，所以ABQM 为矩形，故6==AB MQ ，设t MD =，则MN ==④，过点1D 作11//D E A A 交AD 于点E ，则11AA D E 为矩形，∴1D E =16A A =，113AE A D ==，因此3=-=AE AD ED ，于是1623D E PM MD ED ===，∴t MD PM 22==，再由③④得3=，解得2=t ，因此4=PM ，故四面体ADPQ 的体积11166424332ADQ V S h =⋅=⨯⨯⨯⨯= .3.1答案 1-5DADBB 6-7BC 8【答案】9.【解析】（1）点F 、G 、H 的位置如图所示.（2）连结BD ，设O 为BD 的中点.C因为M 、N 分别是BC 、GH 的中点， 所以//OM CD ，且12OM CD =， //NH CD ，且12NH CD =， 所以//,OM NH OM NH =， 所以MNHO 是平行四边形， 从而//MN OH ，又MN ⊄平面BDH ，OH ⊂平面BDH ， 所以//MN 平面BDH .（3）连结AC ，过M 作MP AC ⊥于P .在正方形ABCD EFGH -中，//AC EG ， 所以MP EG ⊥.过P 作PK EG ⊥于K ，连结KM ， 所以EG ⊥平面PKM ， 从而KM EG ⊥.所以PKM ∠是二面角A EG M --的平面角.CC设2AD =，则1,2CM PK ==，在Rt CMP 中，sin 452PM CM ==.在Rt KMP 中，2KM ==.所以cos PK PKM KM ∠==即二面角A EG M --10【解析】（解法1）（Ⅰ）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD BC ⊥， 由底面ABCD 为长方形，有BC CD ⊥，而PD CD D = ， 所以BC PCD ⊥平面. 而DE PCD ⊂平面，所以BC DE ⊥. 又因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以DE PC ⊥.而PC BC C = ，所以DE ⊥平面PBC . 而PB PBC ⊂平面，所以PB DE ⊥. 又PB EF ⊥，DE EF E = ，所以PB ⊥平面DEF .由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEB DEF ∠∠，，EFB D FB ∠∠，. （Ⅱ）如图1，在面PBC 内，延长BC 与FE 交于点G ，则DG 是平面DEF 与平面ABCD 的交线. 由（Ⅰ）知，PB DEF ⊥平面，所以PB DG ⊥.又因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD DG ⊥. 而PD PB P = ，所以DG PBD ⊥平面. 故BDF ∠是面DEF 与面ABCD 所成二面角的平面角，设1PD D C ==，BC λ=，有BD = 在Rt △PDB 中, 由DF PB ⊥, 得π3DPF FDB ∠=∠=,则 πtan tan 3BD DPF PD=∠==解得λ=.所以1DC BC λ==故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，2DC BC =11【答案】证明:(1)∵AB AS =,SB AF ⊥∴F 分别是SB 的中点∵E.F 分别是SA.SB 的中点 ∴EF∥AB又∵EF ⊄平面ABC, AB ⊆平面ABC ∴EF∥平面ABC 同理:FG∥平面ABC又∵EF FG=F, EF.FG ⊆平面ABC∴平面//EFG 平面ABC(2)∵平面⊥SAB 平面SBC 平面SAB 平面SBC =BC AF ⊆平面SABAF⊥SB∴AF⊥平面SBC 又∵BC ⊆平面SBC ∴AF⊥BC又∵BC AB ⊥, AB AF=A, AB.AF ⊆平面SAB ∴BC⊥平面SAB 又∵SA ⊆平面SAB∴BC⊥SA12．解： (1)证明：因为BC ∥平面GEFH ，BC ⊂平面PBC ，且平面PBC ∩平面GEFH ＝GH ，所以GH ∥BC .同理可证EF ∥BC ，因此GH ∥EF .(2)连接AC ，BD 交于点O ，BD 交EF 于点K ，连接OP ，GK .因为P A ＝PC ，O 是AC 的中点，所以PO ⊥AC ，同理可得PO ⊥BD .又BD ∩AC ＝O ，且AC ，BD 都在平面ABCD 内，所以PO ⊥平面ABCD .又因为平面GEFH ⊥平面ABCD ，且PO ⊄平面GEFH ，所以PO ∥平面GEFH . 因为平面PBD ∩平面GEFH ＝GK ， 所以PO ∥GK ，所以GK ⊥平面ABCD . 又EF ⊂平面ABCD ，所以GK ⊥EF ， 所以GK 是梯形GEFH 的高．由AB ＝8，EB ＝2得EB ∶AB ＝KB ∶DB ＝1∶4，从而KB ＝14DB ＝12OB ，即K 是OB 的中点．再由PO ∥GK 得GK ＝12PO ，所以G 是PB 的中点，且GH ＝12BC ＝4.由已知可得OB ＝42，PO ＝PB 2－OB 2＝68－32＝6，所以GK ＝3，故四边形GEFH 的面积S ＝GH ＋EF 2·GK ＝4＋82×3＝18.13．解： (1)证明：因为BC ∥平面GEFH ，BC ⊂平面PBC ，且平面PBC ∩平面GEFH＝GH ，所以GH ∥BC .同理可证EF ∥BC ，因此GH ∥EF .(2)连接AC ，BD 交于点O ，BD 交EF 于点K ，连接OP ，GK .因为P A ＝PC ，O 是AC 的中点，所以PO ⊥AC ，同理可得PO ⊥BD .又BD ∩AC ＝O ，且AC ，BD 都在平面ABCD 内，所以PO ⊥平面ABCD .又因为平面GEFH ⊥平面ABCD ，且PO ⊄平面GEFH ，所以PO ∥平面GEFH . 因为平面PBD ∩平面GEFH ＝GK ， 所以PO ∥GK ，所以GK ⊥平面ABCD . 又EF ⊂平面ABCD ，所以GK ⊥EF ， 所以GK 是梯形GEFH 的高．由AB ＝8，EB ＝2得EB ∶AB ＝KB ∶DB ＝1∶4，从而KB ＝14DB ＝12OB ，即K 是OB 的中点．再由PO ∥GK 得GK ＝12PO ，所以G 是PB 的中点，且GH ＝12BC ＝4.由已知可得OB ＝42，PO ＝PB 2－OB 2＝68－32＝6，所以GK ＝3，故四边形GEFH 的面积S ＝GH ＋EF 2·GK ＝4＋82×3＝18.14．解：(1)证明：如图，因为DO ⊥α，AB ⊂α，所以DO ⊥AB .连接BD ，由题设知，△ABD 是正三角形，又E 是AB 的中点，所以DE ⊥AB .而DO ∩DE ＝D ，故AB ⊥平面ODE .(2)因为BC ∥AD ，所以ADO 是BC 与OD 所成的角．由(1)知，AB ⊥平面ODE ，所以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 ＝ 3.在Rt △DOE 中，DO ＝DE ·sin 60°＝32.连接AO ，在Rt △AOD 中，cos ∠ADO ＝DOAD＝322＝34. 故异面直线BC 与OD 所成角的余弦值为34.15．解： (1)证明：因为BC ∥平面GEFH ，BC ⊂平面PBC ，且平面PBC ∩平面GEFH ＝GH ，所以GH ∥BC .同理可证EF ∥BC ，因此GH ∥EF .(2)连接AC ，BD 交于点O ，BD 交EF 于点K ，连接OP ，GK .因为P A ＝PC ，O 是AC 的中点，所以PO ⊥AC ，同理可得PO ⊥BD .又BD ∩AC ＝O ，且AC ，BD 都在平面ABCD 内，所以PO ⊥平面ABCD .又因为平面GEFH ⊥平面ABCD ，且PO ⊄平面GEFH ，所以PO ∥平面GEFH . 因为平面PBD ∩平面GEFH ＝GK ， 所以PO ∥GK ，所以GK ⊥平面ABCD . 又EF ⊂平面ABCD ，所以GK ⊥EF ， 所以GK 是梯形GEFH 的高．由AB ＝8，EB ＝2得EB ∶AB ＝KB ∶DB ＝1∶4，从而KB ＝14DB ＝12OB ，即K 是OB 的中点．再由PO ∥GK 得GK ＝12PO ，所以G 是PB 的中点，且GH ＝12BC ＝4.由已知可得OB ＝42，PO ＝PB 2－OB 2＝68－32＝6，所以GK ＝3，故四边形GEFH 的面积S ＝GH ＋EF 2·GK ＝4＋82×3＝18.16．解：(1)证明：在三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，BB 1⊥底面ABC ，所以BB 1⊥AB . 又因为AB ⊥BC ，所以AB ⊥平面B 1BCC 1.所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1.(2)证明：取AB 的中点G ，连接EG ，FG .因为E ，F ，G 分别是A 1C 1，BC ，AB 的中点， 所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC ，EC 1＝12A 1C 1.因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1， 所以四边形FGEC 1为平行四边形， 所以C 1F ∥EG .又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ， 所以C 1F ∥平面ABE .(3)因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ， 所以AB ＝AC 2－BC 2＝ 3. 所以三棱锥E - ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33.17．证明：(1)连接AD 1，由ABCD - A 1B 1C 1D 1是正方体，知AD 1∥BC 1.因为F ，P 分别是AD ，DD 1的中点，所以FP ∥AD 1. 从而BC 1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ， 故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)如图，连接AC ，BD ，A 1C 1由CC 1⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，可得CC 1⊥BD .又AC ∩CC 1＝C ，所以BD ⊥平面ACC 1A 1. 而AC 1⊂平面ACC 1A 1，所以BD ⊥AC 1.因为M ，N 分别是A 1B 1，A 1D 1的中点，所以MN ∥BD ，从而MN ⊥AC 1. 同理可证PN ⊥AC 1.又PN ∩MN ＝N ，所以直线AC 1⊥平面PQMN . 18．证明： (1)因为D ，E 分别为棱PC ，AC 的中点，所以DE ∥P A .又因为P A ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ，所以直线P A ∥平面DEF .(2)因为D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点，P A ＝6，BC ＝8，所以DE ∥P A ，DE ＝12P A ＝3，EF ＝12BC ＝4.又因为DF ＝5，所以DF 2＝DE 2＋EF 2，所以∠DEF ＝90°，即DE ⊥EF .又P A ⊥AC ，DE ∥P A ，所以DE ⊥AC .因为AC ∩EF ＝E ，AC ⊂平面ABC ，EF ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC .又DE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面ABC .19．解：(1)证明：设BD 与AC 的交点为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 . EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ， 所以PB ∥平面AEC .(2)V ＝13×12×P A ×AB ×AD ＝36AB ，由V ＝34，可得AB ＝32. 作AH ⊥PB 交PB 于点H .由题设知BC ⊥平面P AB ，所以BC ⊥AH ， 因为PB ∩BC ＝B ，所以AH ⊥平面PBC . 又AH ＝P A ·AB PB ＝31313，所以点A 到平面PBC 的距离为31313.20．证明：(1)设AC ∩BE ＝O ，连接OF ，EC .由于E 为AD 的中点，AB ＝BC ＝12AD ，AD ∥BC ，所以AE ∥BC ，AE ＝AB ＝BC ，所以O 为AC 的中点．又在△P AC 中，F 为PC 的中点，所以AP ∥OF . 又OF ⊂平面BEF ，AP ⊄平面BEF ， 所以AP ∥平面BEF .(2)由题意知，ED ∥BC ，ED ＝BC ， 所以四边形BCDE 为平行四边形， 所以BE ∥CD .又AP ⊥平面PCD ，所以AP ⊥CD ，所以AP ⊥BE . 因为四边形ABCE 为菱形， 所以BE ⊥AC .又AP ∩AC ＝A ，AP ，AC ⊂平面P AC ， 所以BE ⊥平面P AC .21．解：(1)证明：因为四边形ABB 1A 1和ACC 1A 1都是矩形， 所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC .因为AB ，AC 为平面ABC 内的两条相交直线， 所以AA 1⊥平面ABC .因为直线BC ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥BC .又由已知，AC ⊥BC ，AA 1，AC 为平面ACC 1A 1内的两条相交直线， 所以BC ⊥平面ACC 1A 1.(2)取线段AB 的中点M ，连接A 1，设O 为A 1C ，AC 1的交点．由已知，O 为AC 1的中点．连接MD ，OE ，则MD ，OE 分别为△ABC ，△ACC 1的中位线，所以MD 綊12AC ，OE 綊12AC ，因此MD 綊OE .连接OM ，从而四边形MDEO 为平行四边形，所以DE ∥MO . 因为直线DE ⊄平面A 1MC ，MO ⊂平面A 1MC . 所以直线DE ∥平面A 1MC .即线段AB 上存在一点M (线段AB 的中点)，使直线DE ∥平面A 1MC .22．解：(1)证明：如图所示，取PB 中点M ，连接MF ，AM .因为F 为PC 中点，所以MF ∥BC ，且MF ＝12BC .由已知有BC ∥AD ，BC ＝AD ，又由于E 为AD 中点，因而MF ∥AE且MF ＝AE ，故四边形AMFE 为平行四边形，所以EF ∥AM .又AM ⊂平面P AB ，而EF ⊄平面P AB ，所以EF ∥平面P AB .(2)(i)证明：连接PE ，BE .因为P A ＝PD ，BA ＝BD ，而E 为AD 中点，所以PE ⊥AD ，BE ⊥AD ，所以∠PEB 为二面角P - AD -B 的平面角．在△P AD 中，由P A ＝PD ＝5，AD ＝2，可解得PE ＝2.在△ABD 中，由BA ＝BD ＝2，AD ＝2，可解得BE ＝1.在△PEB 中，PE ＝2，BE ＝1，∠PEB ＝60˚，由余弦定理，可解得PB ＝3，从而∠PBE ＝90˚，即BE ⊥PB .又BC ∥AD ，BE ⊥AD ，从而BE ⊥BC ，因此BE ⊥平面PBC .又BE ⊂平面ABCD ，所以平面PBC ⊥平面ABCD .(ii)连接BF ，由(i)知，BE ⊥平面PBC ，所以∠EFB 为直线EF 与平面PBC 所成的角．由PB ＝3及已知，得∠ABP 为直角，而MB ＝12PB ＝32，可得AM ＝112，故EF ＝112.又BE＝1，故在直角三角形EBF 中，sin ∠EFB ＝BE EF ＝21111.所以直线EF 与平面PBC 所成角的正弦值为21111.23．解：(1)证明：在三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，BB 1⊥底面ABC ，所以BB 1⊥AB . 又因为AB ⊥BC ，所以AB ⊥平面B 1BCC 1.所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1.(2)证明：取AB 的中点G ，连接EG ，FG .因为E ，F ，G 分别是A 1C 1，BC 所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC ，EC 1＝12A 1C 1.因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1， 所以四边形FGEC 1为平行四边形， 所以C 1F ∥EG .又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ， 所以C 1F ∥平面ABE .(3)因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ， 所以AB ＝AC 2－BC 2＝ 3. 所以三棱锥E - ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33.24．解：方法一：(1)证明：∵AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ， ∴AB ⊥CD .又∵CD ⊥BD ，AB ∩BD ＝B ，AB ⊂平面ABD ，BD ⊂平面ABD ， ∴CD ⊥平面ABD .(2)由AB ⊥平面BCD ，得AB ⊥BD .∵AB ＝BD ＝1，∴S △ABD ＝12. ∵M 是AD 的中点，∴S △ABM ＝12S △ABD ＝14. 由(1)知，CD ⊥平面ABD ，∴三棱锥C - ABM 的高h ＝CD ＝1，因此三棱锥A - MBC 的体积V A - MBC ＝V C ­ ABM ＝13S △ABM ·h ＝112.方法二：(1)同方法一．(2)由AB ⊥平面BCD ，得平面ABD ⊥平面BCD .且平面ABD ∩平面BCD ＝BD .如图所示，过点M 作MN ⊥BD 交BD 于点N ，则MN ⊥平面BCD ，且MN ＝12AB ＝12. 又CD ⊥BD ，BD ＝CD ＝1，∴S △BCD ＝12. ∴三棱锥A - MBC 的体积V A ­ MBC ＝V A ­ BCD －V M ­ BCD＝13AB ·S △BCD －13MN ·S △BCD ＝112. 25．证明：(1)连接AD 1，由ABCD - A 1B 1C 1D 1是正方体，知AD 1∥BC 1.因为F ，P 分别是AD ，DD 1的中点，所以FP ∥AD 1.从而BC 1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)如图，连接AC ，BD ，A 1C 1由CC 1⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，可得CC 1⊥BD .又AC ∩CC 1＝C ，所以BD ⊥平面ACC 1A 1.而AC 1⊂平面ACC 1A 1，所以BD ⊥AC 1.因为M ，N 分别是A 1B 1，A 1D 1的中点，所以MN ∥BD ，从而MN ⊥AC 1.同理可证PN ⊥AC 1.又PN ∩MN ＝N ，所以直线AC 1⊥平面PQMN .26．解：(1)证明：如图，因为DO ⊥α，AB ⊂α，所以DO ⊥AB .连接BD ，由题设知，△ABD 是正三角形，又E 是AB 的中点，所以DE ⊥AB .而DO ∩DE ＝D ，故AB ⊥平面ODE .(2)因为BC ∥AD ，所以ADO 是BC与OD 所成的角．由(1)知，AB ⊥平面ODE ，所以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 ＝ 3.在Rt △DOE 中，DO ＝DE ·sin 60°＝32. 连接AO ，在Rt △AOD 中，cos ∠ADO ＝DO AD＝ 322＝34. 故异面直线BC 与OD 所成角的余弦值为34. 27．证明：(1)设AC ∩BE ＝O ，连接OF ，EC .由于E 为AD 的中点，AB ＝BC ＝12AD ，AD ∥BC ， 所以AE ∥BC ，AE ＝AB ＝BC ，所以O 为AC 的中点．又在△P AC 中，F 为PC 的中点，所以AP ∥OF .又OF ⊂平面BEF ，AP ⊄平面BEF ，所以AP ∥平面BEF .(2)由题意知，ED ∥BC ，ED ＝BC ，所以四边形BCDE 为平行四边形，所以BE ∥CD .又AP ⊥平面PCD ，所以AP ⊥CD ，所以AP ⊥BE .因为四边形ABCE 为菱形，所以BE ⊥AC .又AP ∩AC ＝A ，AP ，AC ⊂平面P AC ，所以BE ⊥平面P AC .28．解：(1)证明：由AA 1⊥BC 知BB 1⊥BC .又BB 1⊥A 1B ，故BB 1⊥平面BCA 1，所以BB 1⊥A 1C .又BB 1∥CC 1，所以A 1C ⊥CC 1.(2)方法一：设AA 1＝x .在Rt △A 1BB 1中，A 1B ＝A 1B 21－BB 21＝4－x 2.同理，A 1C ＝A 1C 21－CC 21＝3－x 2.在△A 1BC 中，cos ∠BA 1C ＝A 1B 2＋A 1C 2－BC 22A 1B ·A 1C＝ －x 2（4－x 2）（3－x 2）， sin ∠BA 1C ＝12－7x 2（4－x 2）（3－x 2）， 所以S △A 1BC ＝12A 1B ·A 1C ·sin ∠BA 1C ＝12－7x 22. 从而三棱柱ABC - A 1B 1C 1的体积V ＝S 直·l ＝S △A 1BC ·AA 1＝x 12－7x 22. 因为x 12－7x 2＝12x 2－7x 4＝－7⎝⎛⎭⎫x 2－672＋367， 所以当x ＝67＝427，即AA 1＝427时，体积V 取到最大值377. 29．解：(1)证明：由已知得△ABC ≌△DBC ，因此AC ＝DC .又G 为AD 的中点，所以CG ⊥AD ，同理BG ⊥AD .又BG ∩CG ＝G ，所以AD ⊥平面BGC . 又EF ∥AD ，所以EF ⊥平面BCG .(2)在平面ABC 内，作AO ⊥CB 由平面ABC ⊥平面BCD ，知AO ⊥平面BDC .又G 为AD 的中点，所以G 到平面BDC 的距离h 是AO 长度的一半．在△AOB 中，AO ＝AB ·sin 60°＝3，所以V 三棱锥D -BCG ＝V 三棱锥G -BCD ＝13·S △DBC ·h ＝13×12·BD ·BC ·sin 120°·32＝12. 30．解：(1)证明：因为四边形ABB 1A 1和ACC 1A 1都是矩形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC .因为AB ，AC 为平面ABC 内的两条相交直线，所以AA 1⊥平面ABC .因为直线BC ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥BC .又由已知，AC ⊥BC ，AA 1，AC 为平面ACC 1A 1内的两条相交直线，所以BC ⊥平面ACC 1A 1.(2)取线段AB 的中点M ，连接A 1，设O 为A 1C ，AC 1的交点．由已知，O 为AC 1的中点．连接MD ，OE ，则MD ，OE 分别为△ABC ，△ACC 1的中位线，所以MD 綊12AC ，OE 綊12AC ， 因此MD 綊OE .连接OM ，从而四边形MDEO 为平行四边形，所以DE ∥MO .因为直线DE ⊄平面A 1MC ，MO ⊂平面A 1MC .所以直线DE ∥平面A 1MC .即线段AB 上存在一点M (线段AB 的中点)，使直线DE ∥平面A 1MC .31．解：(1)证明：如图所示，取，AM .因为F 为PC 中点，所以MF ∥BC ，且MF ＝12BC .由已知有BC ∥AD ，BC ＝AD ，又由于E 为AD 中点，因而MF ∥AE 且MF ＝AE ，故四边形AMFE 为平行四边形，所以EF ∥AM .又AM ⊂平面P AB ，而EF ⊄平面P AB ，所以EF ∥平面P AB .(2)(i)证明：连接PE ，BE .因为P A ＝PD ，BA ＝BD ，而E 为AD 中点，所以PE ⊥AD ，BE ⊥AD ，所以∠PEB 为二面角P - AD -B 的平面角．在△P AD 中，由P A ＝PD ＝5，AD ＝2，可解得PE ＝2.在△ABD 中，由BA ＝BD ＝2，AD ＝2，可解得BE ＝1.在△PEB 中，PE ＝2，BE ＝1，∠PEB ＝60˚，由余弦定理，可解得PB ＝3，从而∠PBE ＝90˚，即BE ⊥PB .又BC ∥AD ，BE ⊥AD ，从而BE ⊥BC ，因此BE ⊥平面PBC .又BE ⊂平面ABCD ，所以平面PBC ⊥平面ABCD .(ii)连接BF ，由(i)知，BE ⊥平面PBC ，所以∠EFB 为直线EF 与平面PBC 所成的角．由PB ＝3及已知，得∠ABP 为直角，而MB ＝12PB ＝32，可得AM ＝112，故EF ＝112.又BE ＝1，故在直角三角形EBF 中，sin ∠EFB ＝BE EF ＝21111.所以直线EF 与平面PBC 所成角的正弦值为21111. 32．解：(1)证明：连接BD ，在直角梯形BCDE 中，由DE ＝BE ＝1，CD ＝2，得BD ＝BC ＝2，由AC ＝2，AB ＝2，得AB 2＝AC 2＋BC 2，即AC ⊥BC .又平面ABC ⊥平面BCDE ，从而AC ⊥平面BCDE .(2)在直角梯形BCDE 中，由BD ＝BC ＝2，DC ＝2，得BD ⊥BC .又平面ABC ⊥平面BCDE ，所以BD ⊥平面ABC .作EF ∥BD ，与CB 的延长线交于点F ，连接AF ，则EF ⊥平面ABC .所以∠EAF 是直线AE 与平面ABC 所成的角．在Rt △BEF 中，由EB ＝1，∠EBF ＝π4，得EF ＝22，BF ＝22； 在Rt △ACF 中，由AC ＝2，CF ＝322， 得AF ＝262. 在Rt △AEF 中，由EF ＝22，AF ＝262， 得tan ∠EAF ＝1313. 所以，直线AE 与平面ABC 所成的角的正切值是1313. 4-1答案1B 2.25 3.87. 4.3π 5试题解析：（1）设E 为BC 的中点，由题意得1A E ⊥平面ABC ，∴1A E AE ⊥，∵AB AC =，∴AE BC ⊥，故AE ⊥平面1A BC ，由D ，E 分别11B C ，BC 的中点，得1//DE B B 且 1DE B B =，从而1//DE A A ，∴四边形1A AED 为平行四边形，故1//A D AE ，又∵AE ⊥ 平面11A BC ，∴1A D ⊥平面11A BC ；（2）作1A F BD ⊥，且1A F BD F = ，连结1B F ，由AE EB ==1190A EA A EB ∠=∠= ，得114AB A A ==，由11A D B D =， 11A B B B =，得11A DB B DB ∆≅∆，由1AF BD ⊥，得1B F BD ⊥，因此11A FB ∠为二面角11A BD B --的平面角，由1A D =14A B =，190DA B ∠= ，得BD = 1143A F B F ==，由余弦定理得，111cos 8A FB ∠=-.6(I)证法一：连接,DG CD ，设CD GF O = ，连接OH ，在三棱台DEF ABC -中，2,AB DE G =为AC 的中点可得//,DF GC DF GC =所以四边形DFCG 为平行四边形则O 为CD 的中点又H 为BC 的中点所以//OH BD又OH ⊂平面,FGH BD ⊂/平面,FGH所以//BD 平面FGH ．7解：（Ⅰ）证明：连接DG ，DC ，设DC 与GF 交于点T.在三棱台DEF ABC -中，2,AB DE =则2,AC DF =而G 是AC 的中点，DF//AC ，则//DF GC ,所以四边形DGCF 是平行四边形,T 是DC 的中点，DG//FC.又在BDC ∆,H 是BC 的中点，则TH//DB ，又BD ⊄平面FGH ，TH ⊂平面FGH ，故//BD 平面FGH ；（Ⅱ）由CF ⊥平面ABC ,可得DG ⊥平面ABC 而AB 则GB AC ⊥,于是,,GB GA GC 两两垂直，以点G 为坐标原点，,,GA GB GC 所在的直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，设2AB =,则1,DE CF AC AG ===(((22B C F H -则平面ACFD 的一个法向量为1(0,1,0)n = ，设平面FGH 的法向量为2222(,,)n x y z = ，则220n GH n GF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ,即220z ⎨⎪+=⎩取21x =，则221,y z ==2(1,1n = ，121cos ,2n n <>== ，故平面FGH 与平面ACFD 所成角（锐角）的大小为60 . 8.9.（Ⅰ）连接BD ，设BD ∩AC =G ，连接EG ，FG ，EF ，在菱形ABCD 中，不妨设GB =1，由∠ABC =120°，可得AG =GC =3.由BE ⊥平面ABCD ，AB =BC 可知，AE =EC ，又∵AE ⊥EC ，∴EG EG ⊥AC ，在Rt △EBG 中，可得BE DF .在Rt △FDG 中，可得FG在直角梯形BDFE 中，由BD =2，BE DF =2可得EF =2， ∴222EG FG EF +=，∴EG ⊥FG ，∵AC ∩FG=G ，∴EG ⊥平面AFC ，∵EG ⊂面AEC ，∴平面AFC ⊥平面AEC . ……6分（Ⅱ）如图，以G 为坐标原点，分别以,GB GC 的方向为x 轴，y 轴正方向，||GB 为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz ，由（Ⅰ）可得A （00），E(1,0, ，F （－1,0，2），C （00），∴AE =（1，CF =（-1，2）.…10分故cos ,||||AE CF AE CF AE CF ∙<>== . 所以直线AE 与CF. ……12分 10.【解析】（1）证明：∵ 且点为的中点，∴ ，又平面平面，且平面平面，平面，∴ 平面，又平面，∴ ；（2）∵ 是矩形， ∴ ，又平面平面，且平面平面，平面，∴ 平面，又、平面，∴ ，，∴ 即为二面角的平面角，在中，，， ∴ 即二面角； PD PC =E CD PE DC ⊥PDC ⊥ABCD PDC ABCD CD =PE ⊂PDC PE ⊥ABCD FG ⊂ABCD PE FG ⊥ABCD AD DC ⊥PDC ⊥ABCD PDC ABCD CD =AD ⊂ABCD AD ⊥PCD CD PD ⊂PDC AD DC ⊥AD PD ⊥PDC ∠P AD C --Rt PDE ∆4PD =132DE AB ==PE tan PE PDC DE ∠==P AD C --P C D E F G（3）如下图所示，连接， ∵ ，即， ∴ ，∴ 为直线与直线所成角或其补角， 在中，，，由余弦定理可得∴ 直线与直线．11【答案】解:证明(Ⅰ)方法一:如图6,取MD 的中点F ,且M 是AD 中点,所以3AF FD =.因为P 是BM 中点,所以//PF BD ;又因为(Ⅰ)3AQ QC =且3AF FD =,所以//QF BD ,所以面//PQF 面BDC ,且PQ ⊂面BDC ,所以//PQ 面BDC ;方法二:如图7所示,取BD 中点O ,且P 是BM 中点,所以1//2PO MD ;取CD 的三等分点H ,使3DH CH =,且3AQ QC =,所以11////42QH AD MD ,所以////P O Q H P Q OH ∴,且OH BCD ⊂,所以//PQ 面BDC ; (Ⅱ)如图8所示,由已知得到面ADB ⊥面BDC ,过C 作CG BD ⊥于G ,所以CG BMD ⊥,过G 作GH BM ⊥于H ,连接CH ,所以CHG ∠就是C BM D --的二面角;由已知得到3BM ==,设BDC α∠=,所以cos ,sin ,sin ,,CD CG CBCD CG BC BD CD BDαααααα===⇒===AC 2AF FB =2CG GB =2AF CGFB GB==//AC FG PAC ∠PA FG PAC ∆5PA ==AC =222cos 2PA AC PCPAC PA AC+-∠==⋅PA FG,在RT BCG ∆中,2sin BGBCG BG BCααα∠=∴=∴=,所以在RT BHG ∆中2133HG α=∴=,所以在RT CHG ∆中222cos sin tan tan 60322sin CG CHG HG ααα∠==== tan (0,90)6060BDC ααα∴=∈∴=∴∠=12【答案】解:(1)在ABD ∆中,因为E 是BD 的中点,所以1EA EB ED AB ====,故,23BAD ABE AEB ππ∠=∠=∠=,因为DAB DCB ∆≅∆,所以EAB ECB ∆≅∆, 从而有FED FEA ∠=∠,故,EF AD AF FD ⊥=,又因为,PG GD =所以FG ∥PA . 又PA ⊥平面ABCD ,所以,GF AD ⊥故AD ⊥平面CFG . (3) 以点A 为坐标原点建立如图所示的坐标系,则3(0,0,0),(1,0,0),(,22A B C D ,(4)3(0,0,)2P ,故1333(0),(),(2222BC CP CD ==-=-设平面BCP 的法向量111(1,,)n y z = ,则11110233022y y z ⎧+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩ ,解得1123y z ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩,即12(1,)3n = . 设平面DCP 的法向量222(1,,)n y z = ,则22230233022y y z ⎧-=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩,解得222y z ⎧=⎪⎨=⎪⎩,即2(1n =.从而平面BCP 与平面D C P 的夹角的余弦值为12124cos 4n n n n θ⋅===13【答案】（1）3（2）514【答案】解:()I 如图,在平面ABC 内,过点P 做直线l //BC ,因为l 在平面1ABC 外,BC 在平面1ABC 内,由直线与平面平行的判定定理可知, l //平面1ABC . 由已知,AB AC =,D 是BC 的中点,所以,BC AD ⊥,则直线l AD ⊥.因为1AA ⊥平面ABC ,所以1AA ⊥直线l .又因为1,AD AA 在平面11ADDA 内,且AD 与1AA 相交,所以直线平面11ADD A()II 解法一:连接1A P ,过A 作1AE A P ⊥于E ,过E 作1EF AM ⊥于F ,连接AF . 由()I 知,MN ⊥平面1AEA ,所以平面1AEA ⊥平面1A MN . 所以AE ⊥平面1A MN ,则1AM AE ⊥. 所以1A M ⊥平面AEF ,则1A M ⊥AF .故AFE ∠为二面角1A AM N --的平面角(设为θ). 设11AA =,则由12A B A CA A ==,120BAC ∠= ,有60BAD ∠= ,2,1AB AD ==.又P 为AD 的中点,所以M 为AB 的中点,且1,12AP AM ==, 在1Rt AAP 中, 1AP =;在1Rt A AM 中, 1AM =从而,11AA AP AE A P ∙==11AA AM AF A M ∙==所以sin AE AF θ==.所以cos θ===.故二面角1A AM N --的余弦值为515解:(1)以{}1,,AA 为为单位正交基底建立空间直角坐标系xyz A -,则)0,0,0(A )0,0,2(B ,)0,2,0(C ,)4,0,0(1A ,)0,1,1(D ,)4,2,0(1C ∴)4,0,2(1-=A ,)4,1,1(1--=A∴10103182018,cos 11==>=<C A ∴异面直线B A 1与D C 1所成角的余弦值为10103 (2))0,2,0(= 是平面1ABA 的的一个法向量设平面1ADC 的法向量为),,(z y x =,∵)0,1,1(=,)4,2,0(1=AC 由1,AC m AD m ⊥⊥ ∴⎩⎨⎧=+=+0420z y y x 取1=z ,得2,2=-=x y ,∴平面1ADC 的法向量为)1,2,2(-=设平面1ADC 与1ABA 所成二面角为θ∴32324,cos cos =⨯-==><=θ, 得35sin =θ ∴平面1ADC 与1ABA 所成二面角的正弦值为3516【答案】118【答案】解:(Ⅰ)取CD 中点E ,连接BE//AB DE Q ,3AB DE k == ∴四边形ABED 为平行四边形 //BE AD ∴且4BE AD k ==在BCE V 中,4,3,5BE k CE k BC k ===Q222BE CE BC ∴+=90BEC ∴∠=︒,即BE CD ⊥,又//BE AD Q ,所以CD AD ⊥1AA ⊥Q 平面ABCD ,CD ⊂平面ABCD1AA CD ∴⊥,又1AA AD A =I ,CD ∴⊥平面11ADD A(Ⅱ)以D 为原点,1,,DA DC DD uu u r uuu r uuur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(4,0,0)A k ,(0,6,0)C k ,1(4,3,1)B k k ,1(4,0,1)A k所以(4,6,0)AC k k =-uuu r ,1(0,3,1)AB k =uuu r ,1(0,0,1)AA =uuu r设平面1AB C 的法向量(,,)n x y z =,则由100AC n AB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uuu r uuu r得46030kx ky ky z -+=⎧⎨+=⎩取2y =,得(3,2,6)n k =-设1AA 与平面1AB C 所成角为θ,则111,sin |cos ,|||||AA nAA n AA n θ=〈〉=⋅uuu ruuu r uuu r67==,解得1k =.故所求k 的值为1 (Ⅲ)共有4种不同的方案2257226,018()53636,18k k k f k k k k ⎧+<≤⎪⎪=⎨⎪+>⎪⎩7【答案】1515arcsin19．解：方法一：(1)证明：因为A 1D ⊥平面ABC ，A 1D ⊂平面AA 1C 1C ，故平面AA 1C 1C ⊥平面ABC .又BC ⊥AC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ，所以BC ⊥平面AA 1C 1C .连接A 1C ，因为侧面AA 1C 1C 为菱形，故AC 1⊥A 1C . 由三垂线定理得AC 1⊥A 1B .(2)BC ⊥平面AA 1C 1C ，BC ⊂平面BCC 1B 1， 故平面AA 1C 1C ⊥平面BCC 1B 1.作A 1E ⊥CC 1，E 为垂足，则A 1E ⊥平面BCC 1B 1.又直线AA 1∥平面BCC 1B 1，因而A 1E 为直线AA 1与平面BCC 1B 1的距离，即A 1E ＝ 3. 因为A 1C 为∠ACC 1的平分线，故A 1D ＝A 1E ＝ 3.作DF ⊥AB ，F 为垂足，连接A 1F .由三垂线定理得A 1F ⊥AB ， 故∠A 1FD 为二面角A 1­ AB ­ C 的平面角．由AD ＝AA 21－A 1D 2＝1，得D 为AC 中点，所以DF ＝55，tan ∠A 1FD ＝A 1DDF＝15， 所以cos ∠A 1FD ＝14.所以二面角A 1­ AB ­ C 的大小为arccos 14.20.5.1答案1. 2.【答案】因为ABCD-A 1B 1C 1D 1为长方体,故1111//,AB C D AB C D =,故ABC 1D 1为平行四边形,故11//BC AD ,显然B 不在平面D 1AC 上,于是直线BC 1平行于平面DA 1C;直线BC 1到平面D 1AC 的距离即为点B 到平面D 1AC 的距离设为h考虑三棱锥ABCD 1的体积,以ABC 为底面,可得111(12)1323V =⨯⨯⨯⨯=而1ADC ∆中,11AC DC AD ===故132AD C S ∆=所以,13123233V h h =⨯⨯=⇒=,即直线BC 1到平面D 1AC 的距离为23. 3．解：(1)证明：连接BC 1，则O 为B 1C 与BC 1的交点．因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1. 又AO ⊥平面BB 1C 1C ，所以B 1C ⊥AO ， 由于BC 1∩AO ＝O ，故B 1C ⊥平面ABO . 由于AB ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AB .(2)作OD ⊥BC ，垂足为D ，连接AD .作OH ⊥AD ，垂足为H . 由于BC ⊥AO ，BC ⊥OD ，且AO ∩OD ＝O ， 故BC ⊥平面AOD ，所以OH ⊥BC . 又OH ⊥AD ，且AD ∩BC ＝D ， 所以OH ⊥平面ABC .因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形，又BC ＝1，可得OD ＝34. 因为AC ⊥AB 1，所以OA ＝12B 1C ＝12.由OH ·AD ＝OD ·OA ，且AD ＝OD 2＋OA 2＝74，得OH ＝2114. 又O 为B 1C 的中点，所以点B 1到平面ABC 的距离为217.故三棱柱ABC - A 1B 1C 1的高为217.4．解：(1)证明：设BD 与AC 的交点为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 . EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ， 所以PB ∥平面AEC .(2)V ＝13×12×P A ×AB ×AD ＝36AB ，由V ＝34，可得AB ＝32.。