高考专项训练19.空间几何大题.doc

空间几何向量方法作为沟通代数和几何的工具在考察中越来越常见，此类方法的要点在于建立恰当的坐标系，便于计算，位置关系明确，以计算代替分析，起到简化的作用，但计算必须慎之又慎一解答题（共30小题）1（2012西山区）如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为菱形，PA平面ABCD，PA=AB=2，E、F分别为CD、PB的中点，AE=（）求证：平面AEF平面PAB（）求平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值2（2011重庆）如图，在四面体ABCD中，平面ABC平面ACD，ABBC，AC=AD=2，BC=CD=1（）求四面体ABCD的体积；（）求二面角CABD的平面角的正切值3（2011宜阳县）在直三棱柱ABCA1B1C1中，CA=CB=CC1=2，ACB=90，E、F分别是BA、BC的中点，G是AA1上一点，且AC1EG（）确定点G的位置；（）求直线AC1与平面EFG所成角的大小4（2011浙江）如图，在三棱锥PABC中，AB=AC，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上（）证明：APBC；（）已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2求二面角BAPC的大小5（2011辽宁）如图，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，PDQA，QA=AB=PD（I）证明：平面PQC平面DCQ（II）求二面角QBPC的余弦值6（2011湖北）如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为3，点E在侧棱AA1上，点F在侧棱BB1上，且AE=2，BF=（I） 求证：CFC1E；（II） 求二面角ECFC1的大小7（2011湖北）如图，已知正三棱柱ABC=A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合（）当CF=1时，求证：EFA1C；（）设二面角CAFE的大小为，求tan的最小值8（2011杭州）如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD是正三角形，且垂直于底面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，BAD=60，M为PC的中点（1）求证：PA平面BDM；（2）求直线AC与平面ADM所成角的正弦值9（2011广东）如图，在锥体PABCD中，ABCD是边长为1的菱形，且DAB=60，PA=PD=，PB=2，E，F分别是BC，PC的中点（1）证明：AD平面DEF（2）求二面角PADB的余弦值10（2011番禺区）如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面所成的角为60，AB=BC，A1A=A1C=2，ABBC，侧面AA1C1C底面ABC（1）证明：A1BA1C1；（2）求二面角ACC1B的大小；（3）求经过A1、A、B、C四点的球的表面积11（2010浙江）如图，在平行四边形ABCD中，AB=2BC，ABC=120E为线段AB的中点，将ADE沿直线DE翻折成ADE，使平面ADE平面BCD，F为线段AC的中点（）求证：BF平面ADE；（）设M为线段DE的中点，求直线FM与平面ADE所成角的余弦值12（2010四川）在正方体ABCDABCD中，点M是棱AA的中点，点O是对角线BD的中点（）求证：OM为异面直线AA和BD的公垂线；（）求二面角MBCB的大小13（2010宁夏）如图，已知四棱锥PABCD的底面为等腰梯形，ABCD，ACBD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD中点（1）证明：PEBC（2）若APB=ADB=60，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值14（2010江苏）如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，ABDC，BCD=90（1）求证：PCBC；（2）求点A到平面PBC的距离15（2009重庆）如图，在四棱锥SABCD中，ADBC且ADCD；平面CSD平面ABCD，CSDS，CS=2AD=2；E为BS的中点，求：（）点A到平面BCS的距离；（）二面角ECDA的大小16（2009陕西）如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB=1，AC=AA1=，ABC=60（1）证明：ABA1C；（2）求二面角AA1CB的余弦值17（2008天津）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形已知AB=3，AD=2，PA=2，PD=2，PAB=60（）证明AD平面PAB；（）求异面直线PC与AD所成的角的大小；（）求二面角PBDA的大小18（2008四川）如图，一张平行四边形的硬纸片ABC0D中，AD=BD=1，沿它的对角线BD把BDC0折起，使点C0到达平面ABC0D外点C的位置（）证明：平面ABC0D平面CBC0；（）如果ABC为等腰三角形，求二面角ABDC的大小19（2008四川）如，平面ABEF平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，BAD=FAB=90，BC，BE（）证明：C，D，F，E四点共面；（）设AB=BC=BE，求二面角AEDB的大小20（2008海南）如图，已知点P在正方体ABCDABCD的对角线BD上，PDA=60（）求DP与CC所成角的大小；（）求DP与平面AADD所成角的大小21（2008北京）如图，在三棱锥PABC中，AC=BC=2，ACB=90，AP=BP=AB，PCAC（）求证：PCAB；（）求二面角BAPC的大小；（）求点C到平面APB的距离22（2008安徽）如图，在四棱锥OABCD中，底面ABCD四边长为1的菱形，ABC=，OA底面ABCD，OA=2，M为OA的中点，N为BC的中点（）证明：直线MN平面OCD；（）求异面直线AB与MD所成角的大小；（）求点B到平面OCD的距离23（2007重庆）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC=90，AB=1，BC=，AA1=2；点D在棱BB1上，BD=BB1；B1EA1D，垂足为E，求：（）异面直线A1D与B1C1的距离；（）四棱锥CABDE的体积24（2007重庆）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1=2，AB=1，ABC=90；点D、E分别在BB1，A1D上，且B1EA1D，四棱锥CABDA1与直三棱柱的体积之比为3：5（1）求异面直线DE与B1C1的距离；（2）若BC=，求二面角A1DC1B1的平面角的正切值25（2007天津）如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，ACCD，ABC=60，PA=AB=BC，E是PC的中点（I）证明：CDAE；（II）证明：PD平面ABE；（III）求二面角APDC的大小26（2007辽宁）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB=90，AC=BC=a，D，E分别为棱AB，BC的中点，M为棱AA1上的点，二面角MDEA为30（I）证明：A1B1C1D；（II）求MA的长，并求点C到平面MDE的距离27（2006浙江）如图，在四棱锥PABCD中，底面为直角梯形，ADBC，BAD=90，PA底面ABCD，且PA=AD=AB=2BC，M、N分别为PC、PB的中点（）求证：PBDM；（）求CD与平面ADMN所成的角28（2006四川）如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，E、P分别是BC、A1D1的中点，M、N分别是AE、CD1的中点，AD=A1A1=a，Ab=2a，（）求证：MN平面ADD1A1；（）求二面角PAED的大小29（2006陕西）如图，=l，A，B，点A在直线l上的射影为A1，点B在l的射影为B1，已知AB=2，AA1=1，BB1=，求：（）直线AB分别与平面，所成角的大小；（）二面角A1ABB1的大小30（2006江西）如图，在三棱锥ABCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD=，BD=CD=1，另一个侧面是正三角形（1）求证：ADBC（2）求二面角BACD的大小（3）在直线AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30角？若存在，确定E的位置；若不存在，说明理由答案与评分标准一解答题（共30小题）1（2012西山区）如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为菱形，PA平面ABCD，PA=PB=2，E、F分别为CD、PB的中点，AE=（）求证：平面AEF平面PAB（）求平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值考点：用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定。专题：综合题。分析：（）由四边形ABCD是菱形，PA平面ABCD，PA=PB=2，E、F分别为CD、PB的中点，AE=，知AD=CD=AB=2，在ADE中，AE=，DE=1，所以AECD由ABCD，知AEAB由此能够证明平面AEF平面PAB（）法一：由AE平面PAB，AE平面PAE，知平面PAE平面PAB，由PA平面ABCD，知PACD由AECD，PAAE=A，知CD平面PAE，由CD平面PCD，知平面PAE是平面PAB与平面PCD的公垂面，由此能够求出平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值（）法二：以A为原点，AB、AE分别为x轴、y轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz，因为PA=AB=2，AE=，所以A（0，0，0）、P（0，0，2）、E（0，0）、C（1，0），则，由AE平面PAB，知平面PAB的一个法向量为，求出平面PCD的一个法向量由此能求出平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值解答：解：（）证明：四边形ABCD是菱形，AD=CD=AB=2，在ADE中，AE=，DE=1，AD2=DE2+AE2，AED=90，即AECDABCD，AEABPA平面ABCD，AE平面ABCD，PAAEPAAB=A，AE平面PAB，AE平面AEF，平面AEF平面PAB（6分）（）解法一：由（1）知AE平面PAB，而AE平面PAE，平面PAE平面PAB，（6分）PA平面ABCD，PACD由（）知AECD，又PAAE=A，CD平面PAE，又CD平面PCD，平面PCD平面PAE平面PAE是平面PAB与平面PCD的公垂面（8分）所以，APE就是平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的平面角（9分）在RTPAE中，PE2=AE2+PA2=3+4=7，即（10分）PA=2，所以，平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值为（12分）（）解法二：以A为原点，AB、AE分别为x轴、y轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz，如图所示因为PA=AB=2，AE=，所以A（0，0，0）、P（0，0，2）、E（0，0）、C（1，0），则，（7分）由（）知AE平面PAB，故平面PAB的一个法向量为，（8分）设平面PCD的一个法向量为，则，即，令y=2，则（10分）=所以，平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值为（12分）点评：本题考查平面AEF平面PAB的证明，求平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值综合性强，难度大，是高考的重点解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地化空间问题为平面问题，注意向量法的合理运用2（2011重庆）如图，在四面体ABCD中，平面ABC平面ACD，ABBC，AC=AD=2，BC=CD=1（）求四面体ABCD的体积；（）求二面角CABD的平面角的正切值考点：与二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法。专题：综合题；转化思想。分析：法一：几何法，（）过D作DFAC，垂足为F，由平面ABC平面ACD，由面面垂直的性质，可得DF是四面体ABCD的面ABC上的高；设G为边CD的中点，可得AGCD，计算可得AG与DF的长，进而可得SABC，由棱锥体积公式，计算可得答案；（）过F作FEAB，垂足为E，连接DE，分析可得DEF为二面角CABD的平面角，计算可得EF的长，由（）中DF的值，结合正切的定义，可得答案法二：向量法，（）首先建立坐标系，根据题意，设O是AC的中点，过O作OHAC，交AB与H，过O作OMAC，交AD与M；易知OHOM，因此可以以O为原点，以射线OH、OC、OM为x轴、y轴、z轴，建立空间坐标系OXYZ，进而可得B、D的坐标；从而可得ACD边AC的高即棱住的高与底面的面积，计算可得答案；（）设非零向量=（l，m，n）是平面ABD的法向量，由（）易得向量的坐标，同时易得=（0，0，1）是平面ABC的法向量，由向量的夹角公式可得从而cos，进而由同角三角函数的基本关系，可得tan，即可得答案解答：解：法一（）如图：过D作DFAC，垂足为F，由平面ABC平面ACD，可得DF平面ACD，即DF是四面体ABCD的面ABC上的高；设G为边CD的中点，由AC=AD，可得AGCD，则AG=；由SADC=ACDF=CDAG可得，DF=；在RtABC中，AB=，SABC=ABBC=；故四面体的体积V=SABCDF=；（）如图，过F作FEAB，垂足为E，连接DE，由（）知DF平面ABC，由三垂线定理可得DEAB，故DEF为二面角CABD的平面角，在RtAFD中，AF=；在RtABC中，EFBC，从而，可得EF=；在RtDEF中，tanDEF=则二面角CABD的平面角的正切值为解法二：（）如图（2）设O是AC的中点，过O作OHAC，交AB与H，过O作OMAC，交AD与M；由平面ABC平面ACD，知OHOM，因此以O为原点，以射线OH、OC、OM为x轴、y轴、z轴，建立空间坐标系OXYZ，已知AC=2，故A、C的坐标分别为A（0，1，0），C（0，1，0）；设点B的坐标为（x1，y1，0），由，|=1；有，解可得或（舍）；即B的坐标为（，0），又舍D的坐标为（0，y2，z2），由|=1，|=2，有（y21）2+z22=1且（y2+1）2+z22=1；解可得或（舍），则D的坐标为（0，），从而可得ACD边AC的高为h=|z2|=又|=，|=1；故四面体的体积V=|h=；（）由（）知=（，0），=（0，），设非零向量=（l，m，n）是平面ABD的法向量，则由可得，l+m=0，（1）；由可得，m+n=0，（2）；取m=1，由（1）（2）可得，l=，n=，即=（，1，）显然=（0，0，1）是平面ABC的法向量，从而cos，=；故tan，=；则二面角CABD的平面角的正切值为点评：本题是立体几何综合题目，此类题目一般有两种思路即几何法与向量法，注意把握两种思路的特点，进行选择性的运用3（2011宜阳县）在直三棱柱ABCA1B1C1中，CA=CB=CC1=2，ACB=90，E、F分别是BA、BC的中点，G是AA1上一点，且AC1EG（）确定点G的位置；（）求直线AC1与平面EFG所成角的大小考点：直线与平面所成的角。专题：计算题；综合题。分析：解法一：（）以C为原点，分别以CB、CA、CC1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标，利用向量数量积为零即可求得结果；（）求出平面EFG的法向量的一个法向量，利用直线的方向向量与法向量的夹角与直线与平面所成角之间的关系即可求得结果；解法二：（）取AC的中点D，连接DE、DG，则EDBC，利用线面垂直的判定和性质定理即可求得结果；（）取CC1的中点M，连接GM、FM，则EFGM，找出直线与平面所成的角，解三角形即可求得结果解答：解法一：（）以C为原点，分别以CB、CA、CC1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则F（1，0，0），E（1，1，0），A（0，2，0），C1（0，0，2），设G（0，2，h），则AC1EG，10+1（2）+2h=0h=1，即G是AA1的中点（）设是平面EFG的法向量，则所以平面EFG的一个法向量m=（1，0，1），即AC1与平面EFG所成角为解法二：（）取AC的中点D，连接DE、DG，则EDBCBCAC，EDAC又CC1平面ABC，而ED平面ABC，CC1EDCC1AC=C，ED平面A1ACC1又AC1EG，AC1DG连接A1C，AC1A1C，A1CDGD是AC的中点，G是AA1的中点（）取CC1的中点M，连接GM、FM，则EFGM，E、F、M、G共面作C1HFM，交FM的延长线于H，AC平面BB1C1C，C1H平面BB1C1C，ACG1H，又ACGM，GMC1HGMFM=M，C1H平面EFG，设AC1与MG相交于N点，所以C1NH为直线AC1与平面EFG所成角因为，点评：本小题主要考查直线与平面垂直的判定，以及直线与平面平行的判定和直线与平面所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力属中档题4（2011浙江）如图，在三棱锥PABC中，AB=AC，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上（）证明：APBC；（）已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2求二面角BAPC的大小考点：与二面角有关的立体几何综合题；空间中直线与直线之间的位置关系；二面角的平面角及求法。专题：综合题；转化思想。分析：（I）由题意因为PO平面ABC，垂足O落在线段AD上所以BCPO有AB=AC，D为BC的中点，得到BCAD，进而得到线面垂直，即可得到所证；（II）有（I）利用面面垂直的判定得到PA平面BMC，再利用二面角的定义得到二面角的平面角，然后求出即可解答：解：（I）由题意画出图如下：由AB=AC，D为BC的中点，得ADBC，又PO平面ABC，垂足O落在线段AD上，得到POBC，POAD=OBC平面PAD，故BCPA（II）如图，在平面PAB中作BMPA于M，连接CM，BCPA，PA平面BMC，APCM，故BMC为二面角BAPC的平面角，在直角三角形ADB中，；在直角三角形POD中，PD2=PO2+OD2，在直角三角形PDB中，PB2=PD2+BD2，PB2=PO2+OD2+BD2=36，得PB=6，在直角三角形POA中，PA2=AO2+OP2=25，得PA=5，又cosBPA=，从而故BM=，BM2+MC2=BC2，二面角BAPC的大小为90点评：（I）此问考查了线面垂直的判定定理，还考查了线面垂直的性质定理；（II）此问考查了面面垂直的判定定理，二面角的平面角的定义，还考查了在三角形中求解5（2011辽宁）如图，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，PDQA，QA=AB=PD（I）证明：平面PQC平面DCQ（II）求二面角QBPC的余弦值考点：与二面角有关的立体几何综合题；平面与平面垂直的判定；向量语言表述面面的垂直、平行关系；用空间向量求平面间的夹角。专题：计算题；证明题。分析：首先根据题意以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Dxyz；（）根据坐标系，求出则、的坐标，由向量积的运算易得=0，=0；进而可得PQDQ，PQDC，由面面垂直的判定方法，可得证明；（）依题意结合坐标系，可得B、的坐标，进而求出平面的PBC的法向量与平面PBQ法向量，进而求出cos，根据二面角与其法向量夹角的关系，可得答案解答：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Dxyz；（）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），所以=0，=0；即PQDQ，PQDC，故PQ平面DCQ，又PQ平面PQC，所以平面PQC平面DCQ；（）依题意，有B（1，0，1），=（1，0，0），=（1，2，1）；设=（x，y，z）是平面的PBC法向量，则即，因此可取=（0，1，2）；设是平面PBQ的法向量，则，可取=（1，1，1），所以cos，=，故二面角角QBPC的余弦值为点评：本题用向量法解决立体几何的常见问题，面面垂直的判定与二面角的求法；注意建立坐标系要容易求出点的坐标，顶点一般选在有两两垂直的三条直线的交点处，这样才有助于下一步的计算6（2011湖北）如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为3，点E在侧棱AA1上，点F在侧棱BB1上，且AE=2，BF=（I） 求证：CFC1E；（II） 求二面角ECFC1的大小考点：二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系。专题：计算题；证明题。分析：（I）欲证C1E平面CEF，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证C1E与平面CEF内两相交直线垂直，根据勾股定理可知EFC1E，C1ECE，又EFCE=E，满足线面垂直的判定定理，最后根据线面垂直的性质可知CFC1E；（II）根据勾股定理可知CFEF，根据线面垂直的判定定理可知CF平面C1EF，而C1F平面C1EF，则CFC1F，从而EFC1即为二面角ECFC1的平面角，在C1EF是等腰直角三角形，求出此角即可解答：解：（I）由已知可得CC1=，CE=C1F=，EF2=AB2+（AEBF）2，EF=C1E=，于是有EF2+C1E2=C1F2，CE2+C1E2=C1C2，所以EFC1E，C1ECE又EFCE=E，所以C1E平面CEF由CF平面CEF，故CFC1E；（II）在CEF中，由（I）可得EF=CF=，CE=，于是有EF2+CF2=CE2，所以CFEF，又由（I）知CFC1E，且EFC1E=E，所以CF平面C1EF又C1F平面C1EF，故CFC1F于是EFC1即为二面角ECFC1的平面角由（I）知C1EF是等腰直角三角形，所以EFC1=45，即所求二面角ECFC1的大小为45点评：本题主要考查了空间直线与平面的位置关系和二面角的求法，同时考查了空间想象能力和推理论证的能力7（2011湖北）如图，已知正三棱柱ABC=A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合（）当CF=1时，求证：EFA1C；（）设二面角CAFE的大小为，求tan的最小值考点：二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系。专题：计算题。分析：（I）过E作ENAC于N，连接EF，NF，AC1，根据面面垂直的性质可知NF为EF在侧面A1C内的射影，根据，得NFAC，又AC1A1C，故NFA1C，由三垂线定理可得结论；（II）连接AF，过N作NMAF与M，连接ME根据三垂线定理得EMAF，则EMN是二面角CAFE的平面角即EMN=，在直角三角形CNE中，求出NE，在直角三角形AMN中，求出MN，故tan=，根据的范围可求出最小值解答：解：（I）过E作ENAC于N，连接EF，NF，AC1，由直棱柱的性质可知，底面ABC侧面A1CEN侧面A1CNF为EF在侧面A1C内的射影在直角三角形CNF中，CN=1则由，得NFAC1，又AC1A1C，故NFA1C由三垂线定理可知EFA1C（II）连接AF，过N作NMAF与M，连接ME由（I）可知EN侧面A1C，根据三垂线定理得EMAFEMN是二面角CAFE的平面角即EMN=设FAC=则045，在直角三角形CNE中，NE=，在直角三角形AMN中，MN=3sin故tan=，又0450sin故当=45时，tan达到最小值，tan=，此时F与C1重合点评：本题主要考查了空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考查了空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力8（2011杭州）如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD是正三角形，且垂直于底面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，BAD=60，M为PC的中点（1）求证：PA平面BDM；（2）求直线AC与平面ADM所成角的正弦值考点：直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定。专题：计算题；证明题。分析：（1）连接AC，交BD于点O，连接MO，由三角形中位线定理易得MOPA，进而由线面平行的判定定理得到PA平面BDM；（2）利用等体积法，根据VMADC=VCADM，我们分别计算出SADC，点M到面ADC的距离h1，SADM的大小，即可求出C点到平面ADM的距离，进而求出直线AC与平面ADM所成角的正弦值解答：解：（1）证明：连接AC，交BD于点O，连接MO因为MO是PAC的中位线，所以MOPA又因为MO面PAD中，所以MO面PAD（2）因为SADC=，点M到面ADC的距离h1=，所以VMADC=因为PDC为等腰三角形，且M为PC的中点，所以DMPC取PB的中点E，AD的中点N，连接ME，PN，NE，BN因为四边形DMEN为平行四边形所以DMNE又因为PNB为等腰三角形，所以NEPB所以DMPB因为DMPC，DMPB且PCPB=P所以DM面PBC所以DMBC因为BCAD所以ADDM，因为DM=所以SADM=所以VMADC=VCADM=SADMh2所以h2=所以sin=点评：本题考查的知识点是直线与平面所成的角，直线与平面平行的判定，其中（1）的关键是证得MOPA，（2）的关键是根据等体积法，求出C点到平面ADM的距离9（2011广东）如图，在锥体PABCD中，ABCD是边长为1的菱形，且DAB=60，PA=PD=，PB=2，E，F分别是BC，PC的中点（1）证明：AD平面DEF（2）求二面角PADB的余弦值考点：与二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法。专题：常规题型；综合题。分析：（1）利用线面垂直的判定定理进行证明是解决本题的关键，在平面DEF中找两条相交直线与AD垂直，利用60角菱形的特征可以发现ADDE，通过取出AD的中点构造一个平面可以证明ADEF；（2）利用（1）中的结论找到二面角PADB的平面角是解决本题的关键，求角往往要利用三角形中的余弦定理解答：解：（1）取AD的中点G，连接PG，BG，在ABG中，根据余弦定理可以算出BG=，发现AG2+BG2=AB2，可以得出ADBG，又DEBGDEAD，又PA=PD，可以得出ADPG，而PGBG=G，AD平面PBG，而PB平面PBG，ADPB，又PBEF，ADEF又EFDE=E，AD平面DEF（2）由（1）知，AD平面PBG，所以PGB为二面角PADB的平面角，在PBG中，PG=，BG=，PB=2，由余弦定理得cosPGB=，因此二面角PADB的余弦值为点评：本题考查立体几何中基本的线面关系，考查线面垂直的判定方法，考查二面角的求法，训练了学生基本的空间想象能力，考查学生的转化与化归思想，解三角形的基本知识和学生的运算能力，属于基本的立体几何题10（2011番禺区）如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面所成的角为60，AB=BC，A1A=A1C=2，ABBC，侧面AA1C1C底面ABC（1）证明：A1BA1C1；（2）求二面角ACC1B的大小；（3）求经过A1、A、B、C四点的球的表面积考点：用空间向量求平面间的夹角；球的体积和表面积；向量语言表述线线的垂直、平行关系。专题：综合题。分析：此题可利用空间向量做：由于A1OAC，BOAC，A1A=A1C=2故取AC中点为O则A1OAC，BOAC而侧面AA1C1C底面ABC且故可利用面面垂直的性质定理可得A1OOB所以可以OB，OC，OA1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系（1）要证明A1BA1C1即证明即说明=0即可故需求出，的坐标然后利用平面向量数量积的坐标计算求出即可（2）分别求出面BCC1，面ACC1的法向量m，n然后利用向量的夹角公式cos，=求出，而点B在平面ACC1内的射影O在二面角的面ACC1内故二面角ACC1B为锐角所以二面角ACC1B的大小为，（cos，0）或，（cos，0）（3）由于A1A=A1C，ABBC，O为AC的中点故A，B，C三点所在的平面截经过A1、A、B、C四点的球所得的截面为球的小圆而A1O平面ABC故经过A1、A、B、C四点的球的球心在A1O上而三角形A1AC为正三角形故根据对称性可知球心在正三角形A1AC的中心然后利用正三角形的性质求出球的半径再结合球的表面经公式即可得解解答：解：取AC中点为O，由A1A=A1C，AB=BC，知A1OAC，BOAC，又平面AA1C1C平面ABC，所以A1OOB建立如图所示的坐标系Oxyz，则A（0，1，0），B（1，0，0），A1（0，0，），C（0，1，0）（1）=（1，0，），=（0，2，0）=0A1BA1C1（2）设=（x，y，z）为面BCC1的一个法向量=（1，1，0），=（0，1，）又=0，取n=（，1）又=（1，0，0）是面ACC1的法向量，cos，=由点B在平面ACC1内的射影O在二面角的面ACC1内，知二面角ACC1B为锐角，二面角ACC1B的大小为arccos（3）设球心为O1，因为O是ABC的外心，A1O平面ABC，所以点O1在A1O上，则O1是正三角形A1AC的中心则球半径R=A1A=，球表面积S=4R2=点评：本题主要考察了利用空间向量证明线线垂直、求二面角以及求球的表面积，属常考题，较难解题的关键是正确建立空间直角坐标系然后将线线垂直、二面角问题转化为证明向量垂直，法向量的夹角问题，同时还要求计算一定要准确！11（2010浙江）如图，在平行四边形ABCD中，AB=2BC，ABC=120E为线段AB的中点，将ADE沿直线DE翻折成ADE，使平面ADE平面BCD，F为线段AC的中点（）求证：BF平面ADE；（）设M为线段DE的中点，求直线FM与平面ADE所成角的余弦值考点：直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定。专题：计算题；证明题。分析：（）欲证BF平面ADE，只需在平面ADE中找到一条线平行于BF即可；而取AD的中点G，并连接GF、GE，易证四边形BEGF为平行四边形，则BFEG，即问题得证（）欲求直线FM与平面ADE所成角的余弦值，需先找到直线FM与平面ADE所成的角；而连接AM，CE，由平面ADE平面BCD易证CEAM，且由勾股定理的逆定理可证CEDE；再取AE的中点N，连线NM、NF，则NF平面ADE，即FMN为直线FM与平面ADE所成的角；最后在RtFMN中，易得cosFMN的值解答：（）证明：取AD的中点G，连接GF，GE，由条件易知FGCD，FG=CDBECD，BE=CD所以FGBE，FG=BE故所以BFEG又EG平面ADE，BF平面ADE所以BF平面ADE（）解：在平行四边形ABCD中，设BC=a，则AB=CD=2a，AD=AE=EB=a，连接AM，CE因为ABC=120在BCE中，可得CE=a，在ADE中，可得DE=a，在CDE中，因为CD2=CE2+DE2，所以CEDE，在正三角形ADE中，M为DE中点，所以AMDE由平面ADE平面BCD，可知AM平面BCD，AMCE取AE的中点N，连线NM、NF，所以NFDE，NFAM因为DE交AM于M，所以NF平面ADE，则FMN为直线FM与平面ADE所成的角在RtFMN中，NF=a，MN=a，FM=a，则cosFMN=所以直线FM与平面ADE所成角的余弦值为点评：本题主要考查空间线线、线面、面面位置关系及线面角等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能力12（2010四川）在正方体ABCDABCD中，点M是棱AA的中点，点O是对角线BD的中点（）求证：OM为异面直线AA和BD的公垂线；（）求二面角MBCB的大小考点：与二面角有关的立体几何综合题；空间中直线与直线之间的位置关系。分析：解法一：（1）由题意及图形，利用正方体的特点及异面直线间的公垂线的定义可以求证；（2）由题意及图形，利用三垂线定理，求出所求的二面角的平面角，然后再在三角形中求出角的大小解法二：（1）由题意及正方体的特点可以建立如图示的空间直角坐标系，利用向量的知识证明两条直线垂直；（2）由题意及空间向量的知识，抓好两平面的法向量与二面角之间的关系进而可以求出二面角的大小解答：解：法一（1）连接AC，取AC中点K，则K为BD的中点，连接OK因为M是棱AA的中点，点O是BD的中点所以AM所以MO由AAAK，得MOAA因为AKBD，AKBB，所以AK平面BDDB所以AKBD所以MOBD又因为OM是异面直线AA和BD都相交故OM为异面直线AA和BD的公垂线；（2）取BB中点N，连接MN，则MN平面BCCB过点N作NHBC于H，连接MH则由三垂线定理得BCMH从而，MHN为二面角MBCB的平面角MN=1，NH=Bnsin45=在RtMNH中，tanMHN=故二面角MBCB的大小为arctan2法二：以点D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Dxyz则A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），A（1，0，1），C（0，1，1），D（0，0，1）（1）因为点M是棱AA的中点，点O是BD的中点所以M（1，0，），O（，），=（0，0，1），=（1，1，1）=0，+0=0所以OMAA，OMBD又因为OM与异面直线AA和BD都相交故OM为异面直线AA和BD的公垂线；（2）设平面BMC的一个法向量为=（x，y，z）=（0，1，），=（1，0，1）即取z=2，则x=2，y=1，从而=（2，1，2）取平面BCB的一个法向量为=（0，1，0）cos由图可知，二面角MBCB的平面角为锐角故二面角MBCB的大小为arccos点评：本小题主要考查异面直线、直线与平面垂直、二面角、正方体等基础知识，并考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查应用向量知识解决数学问题的能力13（2010宁夏）如图，已知四棱锥PABCD的底面为等腰梯形，ABCD，ACBD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD中点（1）证明：PEBC（2）若APB=ADB=60，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值考点：用向量证明垂直；直线与平面所成的角。专题：计算题；作图题；证明题；转化思想。分析：以H为原点，HA，HB，HP分别为x，y，z轴，线段HA的长为单位长，建立空间直角坐标系（1）表示，计算，就证明PEBC（2）APB=ADB=60，求出C，P的坐标，再求平面PEH的法向量，求向量，然后求与面PEH的法向量的数量积，可求直线PA与平面PEH所成角的正弦值解答：解：以H为原点，HA，HB，HP分别为x，y，z轴，线段HA的长为单位长，建立空间直角坐标系如图，则A（1，0，0），B（0，1，0）（）设C（m，0，0），P（0，0，n）（m0，n0）则可得因为所以PEBC（）由已知条件可得设n=（x，y，z）为平面PEH的法向量则即因此可以取，由，可得所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为点评：本题主要考查空间几何体中的位置关系、线面所成的角等知识，考查空间想象能力以及利用向量法研究空间的位置关系以及线面角问题的能力14（2010江苏）如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，ABDC，BCD=90（1）求证：PCBC；（2）求点A到平面PBC的距离考点：点、线、面间的距离计算；空间中直线与平面之间的位置关系。专题：计算题；证明题。分析：（1），要证明PCBC，可以转化为证明BC垂直于PC所在的平面，由PD平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，ABDC，BCD=90，容易证明BC平面PCD，从而得证；（2），有两种方法可以求点A到平面PBC的距离：方法一，注意到第一问证明的结论，取AB的中点E，容易证明DE平面PBC，点D、E到平面PBC的距离相等，而A到平面PBC的距离等于E到平面PBC的距离的2倍，由第一问证明的结论知平面PBC平面PCD，交线是PC，所以只求D到PC的距离即可，在等腰直角三角形PDC中易求；方法二，等体积法：连接AC，则三棱锥PACB与三棱锥APBC体积相等，而三棱锥PACB体积易求，三棱锥APBC的地面PBC的面积易求，其高即为点A到平面PBC的距离，设为h，则利用体积相等即求解答：解：（1）证明：因为PD平面ABCD，BC平面ABCD，所以PDBC由BCD=90，得CDBC，又PDDC=D，PD、DC平面PCD，所以BC平面PCD因为PC平面PCD，故PCBC（2）（方法一）分别取AB、PC的中点E、F，连DE、DF，则：易证DECB，DE平面PBC，点D、E到平面PBC的距离相等又点A到平面PBC的距离等于E到平面PBC的距离的2倍由（1）知：BC平面PCD，所以平面PBC平面PCD于PC，因为PD=DC，PF=FC，所以DFPC，所以DF平面PBC于F易知DF=，故点A到平面PBC的距离等于（方法二）等体积法：连接AC设点A到平面PBC的距离为h因为ABDC，BCD=90，所以ABC=90从而AB=2，BC=1，得ABC的面积SABC=1由PD平面ABCD及PD=1，得三棱锥PABC的体积因为PD平面ABCD，DC平面ABCD，所以PDDC又PD=DC=1，所以由PCBC，BC=1，得PBC的面积由VAPBC=VPABC，得，故点A到平面PBC的距离等于点评：本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查几何体的体积，考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力15（2009重庆）如图，在四棱锥SABCD中，ADBC且ADCD；平面CSD平面ABCD，CSDS，CS=2AD=2；E为BS的中点，求：（）点A到平面BCS的距离；（）二面角ECDA的大小考点：与二面角有关的立体几何综合题；点、线、面间的距离计算。专题：计算题。分析：（）根据线面平行的判定定理可知AD平面BCS，则从而A点到平面BCS的距离等于D点到平面BCS的距离，从而DS为点A到平面BCS的距离，在RtADS中求出DS即可；（）过E点作EGCD，交CD于点G，又过G点作GHCD，交AB于H，根据二面角平面角的定义可知EGH为二面角ECDA的平面角，过E点作EFBC，交CS于点F，连