2011年高考数学试题分类汇编4——立体几何

第 1 页 共 36 页 四 立体几何四 立体几何 一 选择题 1 重庆理 9 高为 2 4 的四棱锥 S ABCD 的底面是边长为 1 的正方形 点 S A B C D 均在半径为 1 的同一球面上 则底面 ABCD 的中心与顶点 S 之间的距离为 A 2 4 B 2 2 C 1 D 2 答案 C 2 浙江理 4 下列命题中错误的是 A 如果平面 平面 那么平面 内一定存在直线平行于平面 B 如果平面 不垂直于平面 那么平面 内一定不存在直线垂直于平 面 C 如果平面 平面 平面 平面 l 那么l 平面 D 如果平面 平面 那么平面 内所有直线都垂直于平面 答案 D 3 四川理 3 1 l 2 l 3 l 是空间三条不同的直线 则下列命题正确的是 A 12 ll 23 ll 13 ll B 12 ll 23 ll 13 ll C 233 lll 1 l 2 l 3 l 共面 D 1 l 2 l 3 l 共点 1 l 2 l 3 l 共面 答案 B 解析 A 答案还有异面或者相交 C D 不一定 4 陕西理 5 某几何体的三视图如图所示 则它的体 积是 A 2 8 3 B 8 3 C 8 2 D 2 3 第 2 页 共 36 页 答案 A 5 浙江理 3 若某几何体的三视图如图所示 则这个几何体的直观图可以是 答案 D 6 山东理 11 右图是长和宽分别相等的两个矩形 给定下列三个 命题 存在三棱柱 其正 主 视图 俯视图如下图 存在四棱柱 其正 主 视图 俯视图如右图 存在圆柱 其正 主 视图 俯视图 如右图 其 中真命题的个数是 A 3 B 2 C 1 D 0 答案 A 7 全国新课标理 6 在一个几何体的三视图中 正视图与俯视图如右图所示 则相应的侧视图可以为 答案 D 8 全国大纲理 6 已知直二面角 点 A AC C 为垂足 B BD D 为垂足 若 AB 2 AC BD 1 则 D 到平面 ABC 的距离等于 第 3 页 共 36 页 3 3 2 正视图侧视图 俯视图 图 1 A 2 3 B 3 3 C 6 3 D 1 答案 C 9 全国大纲理 11 已知平面 截一球面得圆 M 过圆心 M 且与 成 0 60 二面 角的平面 截该球面得圆 N 若该球面的半径为 4 圆 M 的面积为 4 则 圆 N 的面积为 A 7 B 9 C 11 D 13 答案 D 10 湖南理 3 设图 1 是某几何体的三视图 则该几何体的体积为 A 9 12 2 B 9 18 2 C 9 42 D 36 18 答案 B 11 江西理 8 已知 1 a 2 a 3 a 是三个相互平行的平面 平面 1 a 2 a 之间的距 离为 1 d 平面 2 a 3 a 之间的距离为 2 d 直线l与 1 a 2 a 3 a 分别相交于 1 p 2 p 3 p 那么 12 PP 23 P P 是 12 dd 的 A 充分不必要条件 B 必要不充分条件 C 充分必要条件 D 既不充分也不必要条件 答案 C 12 广东理 7 如图 1 3 某几何体的正视图 主视图 是平行四边形 侧视 图 左视图 和俯视图都是矩形 则该几何体的体积为 A 6 3 B 9 3 C 12 3 D 18 3 第 4 页 共 36 页 答案 B 13 北京理 7 某四面体的三视图如图所示 该四面体四个面的面积中 最大 的是 A 8 B 6 2 C 10 D 8 2 答案 C 14 安徽理 6 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 A 48 B 32 8 C 48 8 D 80 答案 C 15 辽宁理 8 如图 四棱锥 S ABCD 的底面为正方形 SD 底面 ABCD 则 下列结论中不正确的是 A AC SB B AB 平面 SCD C SA 与平面 SBD 所成的角等于 SC 与平面 SBD 所成 的角 D AB 与 SC 所成的角等于 DC 与 SA 所成的角 答案 D 16 辽宁理 12 已知球的直径 SC 4 A B 是该球球面上的两点 AB 3 30 BSCASC 则棱锥 S ABC 的体积为 A 33 B 32 C 3 D 1 第 5 页 共 36 页 答案 C 17 上海理 17 设 12345 A A A A A 是空间中给定的 5 个不同的点 则使 12345 0MAMAMAMAMA 成立的点M的个数为 A 0 B 1 C 5 D 10 答案 B 二 填空题 18 上海理 7 若圆锥的侧面积为2 底面积为 则该圆锥的体积为 答案 3 3 19 四川理 15 如图 半径为 R 的球 O 中有一内接圆柱 当圆柱 的侧 面积最大是 求的表面积与改圆柱的侧面积之差是 答案 2 2 R 解析 22222 max 224 SrRrrRrS 侧侧 时 2 2222 2 22 R rRrrrR 则 222 422RRR 20 辽宁理 15 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等 体积为 32 它的 三视图中的俯视图如右图所示 左视图是一个矩形 则这个矩形的面积是 答案 2 3 21 天津理 10 一个几何体的三视图如右图所示 单位 m 则该几何体的 体积为 3 m 第 6 页 共 36 页 答案 6 22 全国新课标理 15 已知矩形 ABCD 的顶点都在半径为 4 的球 O 的球面上 且 AB 6 BC 2 3 则棱锥 O ABCD 的体积为 答案 8 3 23 湖北理 14 如图 直角坐标系 xOy 所在的平面为 直角坐标系 xOy 其中 y 轴一与 y 轴重合 所在的平面为 45xOx 已知平面 内有一点 2 2 2 P 则点 P在平面 内的射影P的 坐标为 2 2 已知平面 内的曲线 C 的方程是 2 2 2 220 xy 则曲线 C 在平 面 内的射影C的方程是 答案 22 1 1xy 24 福建理 12 三棱锥 P ABC 中 PA 底面 ABC PA 3 底面 ABC 是边长为 2 的正三角形 则三棱锥 P ABC 的体积等于 答案 3 三 解答题 25 江苏 16 如图 在四棱锥 ABCDP 中 平面 PAD 平面 ABCD AB AD BAD 60 E F 分别是 AP AD 的中点 求证 1 直线 EF 平面 PCD 2 平面 BEF 平面 PAD F E A C D B P 第 7 页 共 36 页 本题主要考查直线与平面 平面与平面的位置关系 考察空间想象能力和推理 论证能力 满分 14 分 证明 1 在 PAD 中 因为 E F 分别为 AP AD 的中点 所以 EF PD 又因为 EF 平面 PCD PD 平面 PCD 所以直线 EF 平面 PCD 2 连结 DB 因为 AB AD BAD 60 所以 ABD 为正三角形 因为 F 是 AD 的 中点 所以 BF AD 因为平面 PAD 平面 ABCD BF 平面 ABCD 平面 PAD 平面 ABCD AD 所以 BF 平面 PAD 又因为 BF 平面 BEF 所以平面 BEF 平面 PAD 26 安徽理 17 如图 ABCDEFG为多面体 平面ABED与平面AGFD垂直 点O在线段AD上 1 2 OAOD OAB OAC ODE ODF都 是正三角形 证明直线BC EF II 求棱锥 F OBED 的体积 本题考查空间直线与直线 直线与平面 平面与平面的位置关系 空间直线平 行的证明 多面体体积的计算等基本知识 考查空间想象能力 推理论证能力 和运算求解能力 I 综合法 证明 设 G 是线段 DA 与 EB 延长线的交点 由于 OAB 与 ODE 都是正三角 形 所以 OB DE 2 1 OG OD 2 第 8 页 共 36 页 同理 设 G 是线段 DA 与线段 FC 延长线的交点 有 2 ODGO 又由于 G 和 G 都在线段 DA 的延长线上 所以 G 与 G 重合 在 GED 和 GFD 中 由OB DE 2 1 和 OC DF 2 1 可知 B 和 C 分别是 GE 和 GF 的中点 所以 BC 是 GEF 的中位线 故 BC EF 向量法 过点 F 作 ADFQ 交 AD 于点 Q 连 QE 由平面 ABED 平面 ADFC 知 FQ 平面 ABED 以 Q 为坐标原点 QE为x轴正向 QD为 y 轴正向 QF 为 z 轴正向 建立如图所示空间直角坐标系 由条件知 2 3 2 3 0 0 2 3 2 3 3 0 0 0 0 3 CBFE 则有 3 0 3 2 3 0 2 3 EFBC 所以 2BCEF 即得 BC EF II 解 由 OB 1 OE 2 2 3 60 EOB SEOB知 而 OED 是边长为 2 的正三角形 故 3 OED S 所以 2 33 OEDEOBOBED SSS 过点 F 作 FQ AD 交 AD 于点 Q 由平面 ABED 平面 ACFD 知 FQ 就是四 棱锥 F OBED 的高 且 FQ 3 所以 2 3 3 1 OBEDOBEDF SFQV 27 北京理 16 如图 在四棱锥P ABCD 中 PA 平面ABCD 底面ABCD是菱形 2 60ABBAD 求证 BD 平面 PAC 若 PAAB 求PB与AC所成角的余弦值 当平面PBC与平面PDC垂直时 求PA的长 第 9 页 共 36 页 证明 因为四边形 ABCD 是菱形 所以 AC BD 又因为 PA 平面 ABCD 所以 PA BD 所以 BD 平面 PAC 设 AC BD O 因为 BAD 60 PA PB 2 所以 BO 1 AO CO 3 如图 以 O 为坐标原点 建立空间直角坐标系 O xyz 则 P 0 3 2 A 0 3 0 B 1 0 0 C 0 3 0 所以 0 32 0 2 3 1 ACPB 设 PB 与 AC 所成角为 则 4 6 3222 6 cos ACPB ACPB 由 知 0 3 1 BC 设 P 0 3 t t 0 则 3 1 tBP 设平面 PBC 的法向量 zyxm 则 0 0 mBPmBC 所以 03 03 tzyx yx 令 3 y 则 6 3 t zx 第 10 页 共 36 页 所以 6 3 3 t m 同理 平面 PDC 的法向量 6 3 3 t n 因为平面 PCB 平面 PDC 所以 nm 0 即 0 36 6 2 t 解得 6 t 所以 PA 6 28 福建理 20 如图 四棱锥 P ABCD 中 PA 底面 ABCD 四边形 ABCD 中 AB AD AB AD 4 CD 2 45CDA I 求证 平面 PAB 平面 PAD II 设 AB AP i 若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30 求线段 AB 的长 ii 在线段 AD 上是否存在一个点 G 使得点 G 到点 P B C D 的距离都相 等 说明理 由 本小题主要考查直线与直线 直线与平面 平面与平面的位置关系等基础知识 考查空间想象能力 推理论证能力 抽象根据能力 运算求解能力 考查函数 与方程思想 数形结合思想 化归与转化思想 满分 14 分 解法一 I 因为PA 平面 ABCD AC 平面 ABCD 所以PA AB 又 ABAD PAADA 所以AB 平面 PAD 又AB 平面 PAB 所以平面PAB 平面 PAD II 以 A 为坐标原点 建立空间直角坐标系 第 11 页 共 36 页 A xyz 如图 在平面 ABCD 内 作 CE AB 交 AD 于点 E 则 CEAD 在Rt CDE 中 DE cos451CD sin451 CECD 设 AB AP t 则 B t 0 0 P 0 0 t 由 AB AD 4 得 AD 4 t 所以 0 3 0 1 3 0 0 4 0 EtCtDt 1 1 0 0 4 CDPDtt i 设平面 PCD 的法向量为 nx y z 由n CD n PD 得 0 4 0 xy t ytx 取x t 得平面 PCD 的一个法向量 4 nt tt 又 0 PBtt 故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为30 得 2 2222 24 1 cos60 2 4 2 n PBtt nPB tttx 即 解得 4 4 5 tt 或 舍去 因为 AD 40t 所以 4 5 AB ii 假设在线段 AD 上存在一个点 G 使得点 G 到点 P B C D 的距离都相 等 设 G 0 m 0 其中0 4mt 则 1 3 0 0 4 0 0 GCtmGDtmGPm t 由 GCGD 得 222 4 tmmt 2 由 1 2 消去 t 化简得 2 340mm 3 由于方程 3 没有实数根 所以在线段 AD 上不存在一个点 G 使得点 G 到点 P C D 的距离都相等 从而 在线段 AD 上不存在一个点 G 使得点 G 到点 P B C D 的距离都相等 解法二 I 同解法一 II i 以 A 为坐标原点 建立空间直角坐标系 A xyz 如图 在平面 ABCD 内 作 CE AB 交 AD 于 E 则CE AD 第 12 页 共 36 页 在平面 ABCD 内 作 CE AB 交 AD 于点 E 则 CEAD 在Rt CDE 中 DE cos451CD sin451 CECD 设 AB AP t 则 B t 0 0 P 0 0 t 由 AB AD 4 得 AD 4 t 所以 0 3 0 1 3 0 0 4 0 EtCtDt 1 1 0 0 4 CDPDtt 设平面 PCD 的法向量为 nx y z 由n CD n PD 得 0 4 0 xy t ytx 取x t 得平面 PCD 的一个法向量 4 nt tt 又 0 PBtt 故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为30 得 2 2222 24 1 cos60 2 4 2 n PBtt nPB tttx 即 解得 4 4 5 tt 或 舍去 因为 AD 40t 所以 4 5 AB ii 假设在线段 AD 上存在一个点 G 使得点 G 到点 P B C D 的距离都相 等 由 GC CD 得 45GCDGDC 从而 90CGD 即 CGAD sin451 GDCD 设 AB 则AD 4 3AGADGD 在Rt ABG 中 2222 3 GBABAG 2 39 2 1 22 第 13 页 共 36 页 这与 GB GD 矛盾 所以在线段 AD 上不存在一个点 G 使得点 G 到点 B C D 的距离都相等 从而 在线段 AD 上不存在一个点 G 使得点 G 到点 P B C D 的距离都相 等 29 广东理 18 如图 5 在椎体 P ABCD 中 ABCD 是边长为 1 的棱形 且 DAB 60 2PAPD PB 2 E F 分别是 BC PC 的中点 1 证明 AD 平面 DEF 2 求二面角 P AD B 的余弦值 法一 1 证明 取 AD 中点 G 连接 PG BG BD 因 PA PD 有PG AD 在 ABD 中 1 60ABADDAB 有 ABD 为 等边三角形 因此 BGAD BGPGG 所以 AD 平面 PBG ADPB ADGB 又 PB EF 得AD EF 而 DE GB 得 AD DE 又FE DEE 所以 AD 平面 DEF 2 PGAD BGAD PGB 为二面角 P AD B 的平面角 在 222 7 4 Rt PAGPGPAAG 中 在 3 2 Rt ABG 中 BG AB si n60 第 14 页 共 36 页 222 73 4 21 44 cos 27 73 2 22 PGBGPB PGB PG BG 法二 1 取 AD 中点为 G 因为 PAPD PGAD 又 60 ABADDABABD 为等边三角形 因此 BG AD 从而AD 平面 PBG 延长 BG 到 O 且使得 PO OB 又PO 平面 PBG PO AD ADOBG 所以 PO 平面 ABCD 以 O 为坐标原点 菱形的边长为单位长度 直线 OB OP 分别为x轴 z 轴 平行于 AD 的直线为 y 轴 建立如图所示空间直角坐标系 设 11 0 0 0 0 0 0 22 Pm G nA nD n 则 3 sin60 2 GBAB 333 13 1 0 0 1 0 0 2222242 2 nm B nC nE nF 由于 33 0 1 0 0 0 0 2242 nm ADDEFE 得 0 0 AD DEAD FEADDE ADFE DEFEE AD 平面 DEF 2 13 0 22 PAnm PBnm 第 15 页 共 36 页 2222 133 2 2 1 422 mnnmmn 解之得 取平面 ABD 的法向量 1 0 0 1 n 设平面 PAD 的法向量 2 na b c 由 22 33 0 0 0 0 2222 bb PA nacPD nac 得由得 取 2 3 1 0 2 n 12 3 21 2 cos 7 7 1 4 n n 30 湖北理 18 如图 已知正三棱柱 111ABCA B C 的各棱长都是 4 E是BC的中点 动点F在 侧棱 1CC 上 且不与点C重合 当CF 1 时 求证 EF 1AC 设二面角C AFE 的大小为 求tan 的最小值 本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识 同时考查空 间想象能力 推理论证能力和运算求解能力 满分 12 分 解法 1 过 E 作EN AC 于 N 连结 EF I 如图 1 连结 NF AC1 由直棱柱的性质知 底面 ABC 侧面 A1C 又度面 ABC 侧面 A C AC 且EN 底面 ABC 所以EN 侧面 A1C NF 为 EF 在侧面 A1C 内的射影 在Rt CNE 中 cos60CNCE 1 则由 1 1 4 CFCN CCCA 得 NF AC1 又 11 ACAC 故 1 NFAC 由三垂线定理知 1 EFAC II 如图 2 连结 AF 过 N 作NM AF 于 M 连结 ME 第 16 页 共 36 页 由 I 知EN 侧面 A1C 根据三垂线定理得 EMAF 所以 EMN 是二面角 C AF E 的平面角 即 EMN 设 045FAC 则 在Rt CNE 中 sin603 NEEC 在 sin3sin Rt AMNMNANaa 中 故 3 tan 3sin NE MNa 又 2 045 0sin 2 a 故当 2 sin 45 2 a 即当 时 tan 达到最小值 36 tan2 33 此时 F 与 C1 重合 解法 2 I 建立如图 3 所示的空间直角坐标系 则由已知可得 1 0 0 0 2 3 2 0 0 4 0 0 0 4 3 3 0 0 4 1 ABCAEF 于是 1 0 4 4 3 1 1 CAEF 则 1 0 4 4 3 1 1 0440 CA EF 故 1 EFAC II 设 04 CF 平面 AEF 的一个法向量为 mx y z 则由 I 得 F 0 4 3 3 0 0 4 AEAF 于是由 mAE mAF 可得 0 330 40 0 m AE xy yzm AF 即 取 3 4 m 第 17 页 共 36 页 又由直三棱柱的性质可取侧面 AC1 的一个法向量为 1 0 0 n 于是由 为锐角可得 cos m n mn 2 22 316 sin 2424 所以 2 2 16116 tan 333 由0 4 得 11 4 即 116 tan 333 故当 4 即点 F 与点 C1 重合时 tan 取得最小值 6 3 31 湖南理 19 如图 5 在圆锥PO中 已知PO 2 O 的直径2AB C是 A AB的中点 D为AC的中点 证明 平面POD 平面PAC 求二面角B PAC 的余弦值 解法 1 连结 OC 因为 OAOC DAC 是的中点 所以ACO D 又PO 底面 O AC 底面 O 所以AC PO 因为 OD PO 是平面 POD 内的两条相交直线 所以AC 平面 POD 而AC 平面 PAC 所以平面 POD 平面 PAC II 在平面 POD 中 过 O 作OH PD 于 H 由 I 知 平面 PODPAC 平面 第 18 页 共 36 页 所以OH 平面 PAC 又PA 面 PAC 所以 PAOH 在平面 PAO 中 过 O 作OG PA 于 G 连接 HG 则有PA 平面 OGH 从而PA HG 故 OGH 为二面角 B PA C 的平面角 在 2 sin45 2 Rt ODAODOA 中 在 22 2 2 10 2 51 2 2 PO OD Rt PODOH POOD 中 在 22 2 16 321 PO OA Rt POAOG POOA 中 在 10 15 5 sin 56 3 OH Rt OHGOGH OG 中 所以 2 1510 cos1 sin1 255 OGHOGH 故二面角 B PA C 的余弦值为 10 5 解法 2 I 如图所示 以 O 为坐标原点 OB OC OP 所在直线分别为 x 轴 y 轴 z 轴建立空间直角坐标系 则 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 2 OABCP 1 1 0 2 2 D 设 1111 nx y z 是平面 POD 的一个法向量 则由 11 0 0n ODn OP 得 11 1 11 0 22 20 xy z 所以 11111 0 1 1 1 0 zxyyn 取得 设 2222 nxyz 是平面 PAC 的一个法向量 则由 22 0 0nPAnPC 第 19 页 共 36 页 得 22 22 20 20 xz yz 所以 22222 2 2 1 xzyz 取z 得 2 2 2 1 n 因为 12 1 1 0 2 2 1 0 n n 所以 12 nn 从而平面POD 平面 PAC II 因为 y 轴 平面 PAB 所以平面 PAB 的一个法向量为 3 0 1 0 n 由 I 知 平面 PAC 的一个法向量为 2 2 2 1 n 设向量 23 nn和 的夹角为 则 23 23 210 cos 55 nn nn 由图可知 二面角 B PA C 的平面角与 相等 所以二面角 B PA C 的余弦值为 10 5 32 辽宁理 18 如图 四边形 ABCD 为正方形 PD 平面 ABCD PD QA QA AB 1 2PD I 证明 平面 PQC 平面 DCQ II 求二面角 Q BP C 的余弦值 解 如图 以 D 为坐标原点 线段 DA 的长为单位长 射线 DA 为 x 轴的正半轴建立 空间直角坐标系 D xyz I 依题意有 Q 1 1 0 C 0 0 1 P 0 2 0 则 1 1 0 0 0 1 1 1 0 DQDCPQ 所以 0 0 PQ DQPQ DC 即 PQ DQ PQ DC 故 PQ 平面 DCQ 第 20 页 共 36 页 又 PQ 平面 PQC 所以平面 PQC 平面 DCQ 6 分 II 依题意有 B 1 0 1 1 0 0 1 2 1 CBBP 设 nx y z 是平面 PBC 的法向量 则 0 0 20 0 n CBx xyz n BP 即 因此可取 0 1 2 n 设 m 是平面 PBQ 的法向量 则 0 0 m BP m PQ 可取 15 1 1 1 cos 5 mm n 所以 故二面角 Q BP C 的余弦值为 15 5 12 分 33 全国大纲理 19 如图 四棱锥S ABCD 中 ABCD BC CD 侧面SAB为等边三角形 2 1ABBCCDSD 证明 SD SAB 平面 求AB与平面SBC所成角的大小 解法一 I 取 AB 中点 E 连结 DE 则四边形 BCDE 为矩形 DE CB 2 连结 SE 则 3 SEAB SE 又 SD 1 故 222 EDSESD 所以 DSE 为直角 3 分 由 ABDE ABSE DESEE 得AB 平面 SDE 所以AB SD SD 与两条相交直线 AB SE 都垂直 所以SD 平面 SAB 6 分 II 由AB 平面 SDE 知 平面ABCD 平面 SED 作 SFDE 垂足为 F 则 SF 平面 ABCD 3 2 SDSE SF DE 作FG BC 垂足为 G 则 FG DC 1 第 21 页 共 36 页 连结 SG 则SG BC 又 BCFG SGFGG 故BC 平面 SFG 平面 SBC 平面 SFG 9 分 作FH SG H 为垂足 则FH 平面 SBC 3 7 SFFG FH SG 即 F 到平面 SBC 的距离为 21 7 由于 ED BC 所以 ED 平面 SBC E 到平面 SBC 的距离 d 也有 21 7 设 AB 与平面 SBC 所成的角为 则 2121 sin arcsin 77 d EB 12 分 解法二 以 C 为坐标原点 射线 CD 为 x 轴正半轴 建立如图所示的空间直角坐标系 C xyz 设 D 1 0 0 则 A 2 2 0 B 0 2 0 又设 0 0 0 S x y zxyz 则 I 2 2 2 ASxyz BSx yz 1 DSxy z 由 ASBS 得 222222 2 2 2 xyzxyz 故 x 1 由 22 11 DSyz 得 又由 222 2 2 4 BSxyz 得 即 22 13 410 22 yzyyz 故 3 分 于是 133333 1 1 1 222222 SASBS 13 0 0 0 22 DSDS ASDS BS 故 DSAD DSBSASBSS 又 所以SD 平面 SAB 6 分 第 22 页 共 36 页 II 设平面 SBC 的法向量 am n p 则 0 0 aBS aCB a BSa CB 又 33 1 0 2 0 22 BSCB 故 33 0 22 20 mnp n 9 分 取 p 2 得 3 0 2 2 0 0 aAB 又 21 cos 7 AB a AB a ABa 故 AB 与平面 SBC 所成的角为 21 arcsin 7 34 全国新课标理 18 如图 四棱锥P ABCD 中 底面 ABCD 为平行四边形 60DAB 2ABAD PD 底面 ABCD I 证明 PA BD II 若 PD AD 求二面角 A PB C 的余弦值 解 因为 60 2DABABAD 由余弦定理得 3BDAD 从而 BD2 AD2 AB2 故 BD AD 又 PD 底面 ABCD 可得 BD PD 所以 BD 平面 PAD 故 PA BD 如图 以 D 为坐标原点 AD 的长为单位长 射线 DA 为x轴的正半轴建立 空间直角坐标系 D xyz 则 1 0 0A 03 0B 1 3 0C 0 0 1P 1 3 0 0 3 1 1 0 0 ABPBBC uu u vuuvuu u v 设平面 PAB 的法向量为 n x y z 则 0 0 n AB n PB uu u r uu u r 第 23 页 共 36 页 即 30 30 xy yz 因此可取 n 3 1 3 设平面 PBC 的法向量为 m 则 m0 m0 PB BC uu u r uuu r 可取 m 0 1 3 42 7 cos 72 7 m n 故二面角 A PB C 的余弦值为 2 7 7 35 山东理 19 在如图所示的几何体中 四边形 ABCD 为平行四边形 ACB 90 平 面 EF 若 是线段 的中点 求证 平面 若 求二面角 的大小 19 I 证法一 因为 EF AB FG BC EG AC 90ACB 所以 90 EGFABC EFG 由于 AB 2EF 因此 BC 2FC 连接 AF 由于 FG BC 1 2 FGBC 在 ABCDA 中 M 是线段 AD 的中点 则 AM BC 且 1 2 AMBC 因此 FG AM 且 FG AM 所以四边形 AFGM 为平行四边形 因此 GM FA 第 24 页 共 36 页 又FA 平面 ABFE GM 平面 ABFE 所以 GM 平面 AB 证法二 因为 EF AB FG BC EG AC 90ACB 所以 90 EGFABC EFG 由于 AB 2EF 因此 BC 2FC 取 BC 的中点 N 连接 GN 因此四边形 BNGF 为平行四边形 所以 GN FB 在 ABCDA 中 M 是线段 AD 的中点 连接 MN 则 MN AB 因为 MNGNN 所以平面 GMN 平面 ABFE 又GM 平面 GMN 所以 GM 平面 ABFE II 解法一 因为 90 ACB 所以C AD 90 又EA 平面 ABCD 所以 AC AD AE 两两垂直 分别以 AC AD AE 所在直线为 x 轴 y 轴和 z 轴 建立如图所法的空间直角坐 标系 不妨设 22 ACBCAE 则由题意得 A 0 0 0 B 2 2 0 C 2 0 0 E 0 0 1 所以 2 2 0 0 2 0 ABBC 又 1 2 EFAB 所以 1 1 1 1 1 1 FBF 设平面 BFC 的法向量为 111 mx y z 则 0 0 m BCm BF 所以 1 11 0 y xz 取 11 11 zx 得 所以 1 0 1 m 第 25 页 共 36 页 设平面 ABF 的法向量为 222 nxyz 则 0 0 n ABn BF 所以 22 22 2 1 1 0 xy yx z 取得 则 1 1 0 n 所以 1 cos 2 m n m n mn 因此二面角 A BF C 的大小为60 解法二 由题意知 平面ABFE 平面 ABCD 取 AB 的中点 H 连接 CH 因为 AC BC 所以CH AB 则CH 平面 ABFE 过 H 向 BF 引垂线交 BF 于 R 连接 CR 则 CRBF 所以 HRC 为二面角 A BF C 的平面角 由题意 不妨设 AC BC 2AE 2 在直角梯形 ABFE 中 连接 FH 则FH AB 又 2 2 AB 所以 1 2 HFAEBH 因此在Rt BHF 中 6 3 HR 由于 1 2 2 CHAB 所以在Rt CHR 中 2 tan3 6 3 HRC 因此二面角 A BF C 的大小为60 36 陕西理 16 如图 在 ABC 中 60 90 ABCBACAD 是BC上的高 沿AD把 ABC 折起 使 90BCD 第 26 页 共 36 页 证明 平面 平面 设 为 的中点 求AE 与DB 夹角的余弦值 解 折起前 是 边上的高 当 折起后 AD AD 又 DB 平面 AD 平面平面 BDC 平面 ABD 平面 BDC 由 90 及 知 DA DC 两两垂直 不防设 DB 1 以 D 为坐标原点 以 DB DC DA 所在直线 x y z轴建立如图所示 的空间直角坐标系 易得 D 0 0 0 B 1 0 0 C 0 3 0 A 0 0 3 E 1 2 3 2 0 AE 1 3 3 2 2 DB 1 0 0 AE 与DB 夹角的余弦值为 cos AE DB 1 22 2 22 22 1 4 AE DB AEDB 1 22 2 2222 1 4 37 上海理 21 已知 1111 ABCDABC D 是底面边长为 1 的正四棱柱 1 O 是 11 AC 和 11 B D 的交点 1 设 1 AB 与底面 1111 ABC D 所成的角的大小为 二面角 111 AB DA 的大小为 第 27 页 共 36 页 求证 tan 2 tan 2 若点C到平面 11 AB D 的距离为 4 3 求正四棱柱1111 ABCDABC D 的高 解 设正四棱柱的高为h 连 1 AO 1 AA 底面 1111 ABC D 于 1 A 1 AB 与底面 1111 ABC D 所成的角为 11 AB A 即 11 AB A 11 ABAD 1 O 为 11 B D 中点 111 AOB D 又 1111 AOB D 11 AO A 是二面角 111 AB DA 的平面角 即 11 AO A 1 11 tan AA h AB 1 11 tan22 tan AA h AO 建立如图空间直角坐标系 有 11 0 0 1 0 0 0 1 0 1 1 Ah BDCh 11 1 0 0 1 1 1 0 ABh ADh AC 设平面 11 AB D 的一个法向量为 nx y z 11 11 0 0 nABn AB nADn AD 取 1z 得 1 nh h 点C到平面 11 AB D 的距离为 22 04 3 1 n AChh d n hh 则 2h 38 四川理 19 如图 在直三棱柱 ABC A1B1C1 中 BAC 90 AB AC AA1 1 D 是棱 CC1 上的一 P 是 AD 的延长线与 A1C1 的延长线的交点 且 PB1 平面 BDA z y x A1 B1 C1 D1 A B C D O1 O1 D C B A D1 C1 B1 A1 A1 B1 C1 D1 A B C D O1 第 28 页 共 36 页 I 求证 CD C1D II 求二面角 A A1D B 的平面角的余弦值 求点 C 到平面 B1DP 的距离 解析 1 连接 1 B A 交 1 BA 于O 1 B P 1 面BD A 111 B PAB PAB PDOD 1 面面面BA 1 B POD 又O为 1 B A 的中点 D 为AP中点 1 C 1 为AP 1 ACDPC D 1 C DCD D 为 1 CC 的中点 2 由题意 11 ABAC ABAAABC C 1 面AA 过 B 作AH AD 连接BH 则 BHAD AHB 为二面角 1 AADB 的平面角 在 1 AAD 中 11 55 1 22 AAADAD 则 2 5 2 53 52 5 cos 5533 5 5 AH AHBHAHB BH 3 因为 11 C B PDB PCD VV 所以 1 11 11 33 B PDPCD h SAB S 11 1AB 11 111 244 PCDPC CPC D SSS 在 1 B DP 中 1111 95 5 352 55 44 5 cos sin 3 2255 25 2 B DB PPDDB PDB P 1 1 3531 5 2 2543 B PD Sh 第 29 页 共 36 页 39 天津理 17 如图 在三棱柱 111 ABCABC 中 H是正方形 11 AAB B 的中心 1 2 2AA 1 C H 平面 11 AAB B 且 1 5 C H 求异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值 求二面角 111 AACB 的正弦值 设N为棱 11 BC 的中点 点M在平面 11 AAB B 内 且MN 平面 11 ABC 求 线段BM的长 本小题主要考查异面直线所成的角 直线与平面垂直 二面角等基础知识 考 查用空间向量解决立体几何问题的方法 考查空间想象能力 运算能力和推理 论证能力 满分 13 分 方法一 如图所示 建立空间直角坐标系 点 B 为坐标原点 依题意得 2 2 0 0 0 0 0 2 2 5 ABC 111 2 2 2 2 0 0 2 2 0 2 2 5 ABC I 解 易得 11 2 2 5 2 2 0 0 ACAB 于是 11 11 11 42 cos 3 3 2 2 AC AB AC A B ACAB 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 2 3 II 解 易知 111 0 2 2 0 2 2 5 AAAC 设平面 AA1C1 的法向量 mx y z 则 11 1 0 0 m AC m AA 即 2250 2 20 xyz y 第 30 页 共 36 页 11 11 0 0 MN AB MN AC 不妨令 5 x 可得 5 0 2 m 同样地 设平面 A1B1C1 的法向量 nx y z 则 11 11 0 0 n AC n AB 即 2250 2 20 xyz x 不妨令 5y 可得 0 5 2 n 于是 22 cos 777 m n m n mn 从而 3 5 sin 7 m n 所以二面角 A A1C1 B 的正弦值为 3 5 7 III 解 由 N 为棱 B1C1 的中点 得 2 3 25 222 N 设 M a b 0 则 23 25 222 MNab 由MN 平面 A1B1C1 得 即 2 2 2 0 2 23 25 2 2 50 222 a ab 解得 2 2 2 4 a b 故 22 0 24 M 因此 22 0 24 BM 所以线段 BM 的长为 10 4 BM 方法二 I 解 由于 AC A1C1 故 111 C AB 是异面直线 AC 与 A1B1 所成的角 因为 1 C H 平面 AA1B1B 又 H 为正方形 AA1B1B 的中心 第 31 页 共 36 页 11 2 2 5 AAC H 可得 1111 3 ACBC 因此 222 111111 111 1111 2 cos 23 ACABBC C AB ACAB 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 2 3 II 解 连接 AC1 易知 AC1 B1C1 又由于 AA1 B1A1 A1C1 A1 C1 所以 11 AC A 11 BC A 过点 A 作 11 ARAC 于点 R 连接 B1R 于是 111 B RAC 故 1 ARB 为二面角 A A1C1 B1 的平面角 在 11 Rt ARB 中 2 11111 22 14 sin2 21 33 B RABRAB 连接 AB1 在 1 ARB 中 222 11 111 1 4 cos 2 ARB RAB ABARB RARB AR B R 2 7 从而 1 3 5 sin 7 ARB 所以二面角 A A1C1 B1 的正弦值为 3 5 7 III 解 因为MN 平面 A1B1C1 所以 11 MNAB 取 HB1 中点 D 连接 ND 由于 N 是棱 B1C1 中点 所以 ND C1H 且 1 15 22 NDC H 又 1 C H 平面 AA1B1B 所以ND 平面 AA1B1B 故 11 NDAB 又 MNNDN 所以 11 AB 平面 MND 连接 MD 并延长交 A1B1 于点 E 第 32 页 共 36 页 则 111 MEABMEAA 故 由 11 1111 1 4 B EB DDE AAB AB A 得 1 2 2 DEB E 延长 EM 交 AB 于点 F 可得 1 2 2 BFB E 连接 NE 在Rt ENM 中 2 NDMENDDE DM 故 所以 2 5 2 4 ND DM DE 可得 2 4 FM 连接 BM 在Rt BFM 中 22 10 4 BMFMBF 40 浙江理 20 如图 在三棱锥P ABC 中 AB AC D 为 BC 的中点 PO 平面 ABC 垂足 O 落在 线段 AD 上 已知 BC 8 PO 4 AO 3 OD 2 证明 AP BC 在线段 AP 上是否存在点 M 使得二面角 A MC B 为直二面角 若存在 求出 AM 的长 若不存在 请说明理由 本题主要考查空是点 线 面位置关系 二面角等基础知识 空间向量的应用 同时考查空间想象能力和运算求解能力 满分 15 分 方法一 第 33 页 共 36 页 I 证明 如图 以 O 为原点 以射线 OP 为 z 轴的正半轴 建立空间直角坐标系 O xyz 则 0 0 0 0 3 0 4 2 0 4 2 0 0 0 4 OABCP 0 3 4 8 0 0 APBC 由此可得 0AP BC 所以 APBC 即 APBC II 解 设 1 0 3 4 PMPAPM 则 BMBPPMBPPA 4 2 4 0 3 4 4 23 44 4 5 0 8 0 0 ACBC 设平面 BMC 的法向量 1111 nx y z 平面 APC 的法向量 2 n 222 xyz 由 1 1 0 0 BM n BC n 得 111 1 4 23 44 0 80 xyx x 即 1 1 11 0 23 0 1 23 44 44 x n zy 可取 由 2 2 0 0 AP n AC