数学】2012新题分类汇编：立体几何（高考真题+模拟新题）

1、立体几何(高考真题+模拟新题)课标理数12.G12011·福建卷 三棱锥PABC中，PA底面ABC，PA3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥PABC的体积等于_课标理数12.G12011·福建卷 【答案】 【解析】 由已知，SABC×22sin， VPABCSABC·PA××3，即三棱锥PABC的体积等于.课标文数8.G22011·安徽卷 一个空间几何体的三视图如图11所示，则该几何体的表面积为()图11A48 B328C488 D80课标文数8.G22011·安徽卷 C【解析】 由三视图可知本题所给的是一

2、个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(如图所示)，所以该直四棱柱的表面积为S2××(24)×44×42×42××4488.课标理数6.G22011·安徽卷 一个空间几何体的三视图如图11所示，则该几何体的表面积为()图11A48 B328C488 D80图13课标理数7.G22011·北京卷 某四面体的三视图如图13所示，该四面体四个面的面积中最大的是()A8 B6 C10 D8课标理数7.G22011·北京卷 C【解析】 由三视图可知，该四面体可以描述为SA平面ABC，ABC90°，且S

3、AAB4，BC3，所以四面体四个面的面积分别为10,8,6,6，从而面积最大为10，故应选C.图14课标文数5.G22011·北京卷 某四棱锥的三视图如图11所示，该四棱锥的表面积是()图11A32 B1616C48 D1632课标文数5.G22011·北京卷 B【解析】 由题意可知，该四棱锥是一个底面边长为4，高为2的正四棱锥，所以其表面积为4×44××4×21616，故选B.课标理数7.G22011·广东卷 如图12，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()图12A

4、6 B9 C12 D18课标理数7.G22011·广东卷 B【解析】 由三视图知该几何体为棱柱，h，S底3×3，所以V9.课标文数9.G22011·广东卷 如图12，某几何体的正视图(主视图)，侧视图(左视图)和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体体积为()A4 B4 C2 D2课标文数9.G22011·广东卷 C【解析】 由三视图知该几何体为四棱锥，棱锥高h3，底面为菱形，对角线长分别为2，2，所以底面积为×2×22，所以VSh×2×32.图11课标理数3.G22011·湖南卷 设图11

5、是某几何体的三视图，则该几何体的体积为()A.12 B.18C942 D3618课标理数3.G22011·湖南卷 B【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直径为3的球，下面是一个长、宽都为3、高为2的长方体所构成的几何体，则其体积为：VV1V2××33×3×218，故选B.课标文数4.G22011·湖南卷 设图11是某几何体的三视图，则该几何体的体积为()图11A942 B3618C.12 D.18课标文数4.G22011·湖南卷 D【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直径为3的球，下面是一个长、宽都为3高

6、为2的长方体所构成的几何体，则其体积为： VV1V2××33×3×218，故选D.课标理数6.G22011·课标全国卷 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图12所示，则相应的侧视图可以为()图12图13课标理数6.G2 2011·课标全国卷 D【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，如下图，故侧视图选D.图15课标理数15.G22011·辽宁卷 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为2，它的三视图中的俯视图如图15所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是_课标理数15.G2

7、2011·辽宁卷 2【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为图16，其中M，N是中点，矩形MNC1C为左视图由于体积为2，所以设棱长为a，则×a2×sin60°×a2，解得a2.所以CM，故矩形MNC1C面积为2.图16图13课标文数8.G22011·辽宁卷 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为2，它的三视图中的俯视图如图13所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是()A4B2C2D.课标文数8.G22011·辽宁卷 B【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为下图，其中M，N是中点，矩形MNC1C为左视图图14由于体

8、积为2，所以设棱长为a，则×a2×sin60°×a2，解得a2.所以CM，故矩形MNC1C面积为2，故选B.课标文数8.G22011·课标全国卷 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图12所示，则相应的侧视图可以为()图12图13课标文数8.G22011·课标全国卷 D【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，如图，故侧视图选D.图14图12课标理数11.G22011·山东卷 如图12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、俯视图如图12；存在四棱柱，

9、其正(主)视图、俯视图如图12；存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如图12.其中真命题的个数是()A3B2C1D0课标理数11.G22011·山东卷 A【解析】 可以是放倒的三棱柱，所以正确；容易判断正确；可以是放倒的圆柱，所以也正确图13课标文数11.G22011·山东卷 如图13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、俯视图如图13；存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如图13；存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如图13.其中真命题的个数是()A3 B2 C1 D0课标文数11.G22011·山东卷 A【解析】 可以是放倒的三棱柱，所

10、以正确；容易判断正确；可以是放倒的圆柱，所以也正确课标理数5.G22011·陕西卷 某几何体的三视图如图12所示，则它的体积是()图12A8 B8C82 D.课标理数5.G22011·陕西卷 A【解析】 分析图中所给的三视图可知，对应空间几何图形，应该是一个棱长为2的正方体中间挖去一个半径为1，高为2的圆锥，则对应体积为：V2×2×2×12×28.课标文数5.G22011·陕西卷 某几何体的三视图如图12所示，则它的体积为()图12A8 B8C82 D.课标文数5.G22011·陕西卷 A【解析】 主视图与左视图一

11、样是边长为2的正方形，里面有两条虚线，俯视图是边长为2的正方形与直径为2的圆相切，其直观图为棱长为2的正方体中挖掉一个底面直径为2的圆锥，故其体积为正方体的体积与圆锥的体积之差，V正238，V锥r2h(r1，h2)，故体积V8，故答案为A.课标理数10.G22011·天津卷 一个几何体的三视图如图15所示(单位：m)，则该几何体的体积为_ m3.图15课标理数10.G22011·天津卷 6【解析】 根据图中信息，可得该几何体为一个棱柱与一个圆锥的组合体，V3×2×1×1×36.课标文数10.G22011·天津卷 一个几何体的

12、三视图如图14所示(单位：m)，则该几何体的体积为_ m3.图14课标文数10.G22011·天津卷 4【解析】 根据三视图还原成直观图，可以看出，其是由两个形状一样的，底面长和宽都为1，高为2的长方体叠加而成，故其体积V2×1×11×1×24.图12课标理数3.G22011·浙江卷 D【解析】 由正视图可排除A、B选项，由俯视图可排除C选项课标文数7.G22011·浙江卷 若某几何体的三视图如图11所示，则这个几何体的直观图可以是()图11图12课标文数7.G22011·浙江卷 B【解析】 由正视图可排除A，C；

13、由侧视图可判断该该几何体的直观图是B.大纲理数3.G32011·四川卷 l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是()Al1l2，l2l3l1l3 Bl1l2，l2l3l1l3Cl1l2l3l1，l2，l3共面 Dl1，l2，l3共点l1，l2，l3共面大纲理数3.G32011·四川卷 B【解析】 对于A，直线l1与l3可能异面；对于C，直线l1、l2、l3可能构成三棱柱三条侧棱所在直线时而不共面；对于D，直线l1、l2、l3相交于同一个点时不一定共面. 所以选B.课标文数19.G4，G72011·安徽卷 如图14，ABEDFC为多面体，平面ABED

14、与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA1，OD2，OAB，OAC，ODE，ODF都是正三角形(1)证明直线BCEF；(2)求棱锥FOBED的体积图14课标文数19.G4，G72011·安徽卷 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，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力【解答】 (1)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，OA1，OD2，所以OB綊DE，OGOD2.同理，设G是线段DA与FC延长线的交点，有OC綊DF，OGOD2，又由于G和G都在线段DA的延长线上，所以G与G重合在GE

15、D和GFD中，由OB 綊DE和OC綊DF，可知B和C分别是GE和GF的中点所以BC是GEF的中位线，故BCEF.(2)由OB1，OE2，EOB60°，知SEOB.而OED是边长为2的正三角形，故SOED.所以SOBEDSEOBSOED.过点F作FQDG，交DG于点Q，由平面ABED平面ACFD知，FQ就是四棱锥FOBED的高，且FQ，所以VFOBEDFQ·S四边形OBED.图14课标理数17.G4，G72011·安徽卷 【解析】 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

16、和运算求解能力图15【解答】 (1)(综合法)证明：设G是线段DA与线段EB延长线的交点，由于OAB与ODE都是正三角形，OA1，OD2，所以OB綊DE，OGOD2.同理，设G是线段DA与线段FC延长线的交点，有OC綊DF，OGOD2，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綊DE和OC綊DF，可知B，C分别是GE和GF的中点，所以BC是GEF的中位线，故BCEF.(向量法)过点F作FQAD，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，为x轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系图16由条件知E(，

17、0,0)，F(0,0，)，B，C.则有，(，0，)所以2，即得BCEF.(2)由OB1，OE2，EOB60°，知SEOB.而OED是边长为2的正三角形，故SOED.所以S四边形OBEDSEOBSOED.过点F作FQAD，交AD于点Q，由平面ABED平面ACFD知，FQ就是四棱锥FOBED的高，且FQ，所以VFOBEDFQ·S四边形OBED.课标文数17.G42011·北京卷 图14如图14，在四面体PABC中，PCAB，PABC，点D，E，F，G分别是棱AP，AC，BC，PB的中点(1)求证：DE平面BCP；(2)求证：四边形DEFG为矩形；(3)是否存在点Q，到

18、四面体PABC六条棱的中点的距离相等？说明理由课标文数17.G42011·北京卷 【解答】 (1)证明：因为D，E分别为AP，AC的中点，图15所以DEPC.又因为DE平面BCP，PC平面BCP，所以DE平面BCP.(2)因为D、E、F、G分别为AP、AC、BC、PB的中点，所以DEPCFG，DGABEF，所以四边形DEFG为平行四边形又因为PCAB，所以DEDG，所以平行四边形DEFG为矩形(3)存在点Q满足条件，理由如下：连接DF，EG，设Q为EG的中点由(2)知，DFEGQ，且QDQEQFQGEG.分别取PC、AB的中点M，N，连接ME、EN、NG、MG、MN.与(2)同理，可

19、证四边形MENG为矩形，其对角线交点为EG的中点Q，且QMQNEG.所以Q为满足条件的点图13课标文数15.G42011·福建卷 如图13，正方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，点E为AD的中点，点F在CD上，若EF平面AB1C，则线段EF的长度等于_课标文数15.G42011·福建卷 【解析】 EF平面AB1C，EF平面ABCD，平面ABCD平面AB1CAC，EFAC，又E是AD的中点，F是CD的中点，即EF是ACD的中位线，EFAC×2.课标数学16.G4，G52011·江苏卷 如图12，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，ABAD，B

20、AD60°，E、F分别是AP、AD的中点图12求证：(1)直线EF平面PCD；(2)平面BEF平面PAD.课标数学16.G4，G52011·江苏卷 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力【解答】 证明：(1)在PAD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EFPD.又因为EF平面PCD，PD平面PCD，图13所以直线EF平面PCD.(2)连结BD，因为ABAD，BAD60°，所以ABD为正三角形，因为F是AD的中点，所以BFAD.因为平面PAD平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以BF平面PAD.又

21、因为BF平面BEF，所以平面BEF平面PAD.课标文数4.G42011·浙江卷 若直线l不平行于平面，且l，则()A内的所有直线与l异面B内不存在与l平行的直线C内存在唯一的直线与l平行D内的直线与l都相交课标文数4.G42011·浙江卷 B【解析】 在内存在直线与l相交，所以A不正确；若内存在直线与l平行，又l，则有l，与题设相矛盾，B正确，C不正确；在内不过l与交点的直线与l异面，D不正确图16课标理数16.G5，G112011·北京卷 如图16，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB2，BAD60°.(1)求证：BD平面P

22、AC；(2)若PAAB，求PB与AC所成角的余弦值；(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长课标理数16.G5，G112011·北京卷 【解答】 (1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD.又因为PA平面ABCD，所以PABD，所以BD平面PAC.(2)设ACBDO.因为BAD60°，PAAB2，所以BO1，AOCO.如图，以O为坐标原点，OB、OC所在直线及点O所在且与PA平行的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0，2)，A(0，0)，B(1,0,0)，C(0，0)图17所以(1，2)，(0,2，0)设PB与AC所成角为，则cos

23、.(3)由(2)知(1，0)设P(0，t)(t0)，则(1，t)设平面PBC的法向量m(x，y，z)，则·m0，·m0.所以令y，则x3，z，所以m.同理，可求得平面PDC的法向量n.因为平面PBC平面PDC，所以m·n0，即60.解得t.所以当平面PBC与平面PDC垂直时，PA.大纲理数6.G5、G112011·全国卷 已知直二面角l，点A，ACl，C为垂足点B，BDl，D为垂足若AB2，ACBD1，则D到平面ABC的距离等于()A. B. C. D1大纲理数6.G5、G112011·全国卷 C【解析】 ，ACl，AC，则平面ABC，在平面内

24、过D作DEBC，则DE平面ABC，DE即为D到平面ABC的距离，在DBC中，运用等面积法得DE，故选C.大纲理数19.G5，G112011·全国卷 如图11，四棱锥SABCD中，ABCD，BCCD，侧面SAB为等边三角形ABBC2，CDSD1.(1)证明：SD平面SAB；(2)求AB与平面SBC所成的角的大小图11大纲理数19.G5，G112011·全国卷 【解答】 解法一：(1)取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DECB2.图12连结SE，则SEAB，SE.又SD1，故ED2SE2SD2，所以DSE为直角由ABDE，ABSE，DESEE，得AB平面SDE，所

25、以ABSD.SD与两条相交直线AB、SE都垂直所以SD平面SAB.(2)由AB平面SDE知，平面ABCD平面SDE.作SFDE，垂足为F，则SF平面ABCD，SF.作FGBC，垂足为G，则FGDC1.连结SG，则SGBC.又BCFG，SGFGG，故BC平面SFG，平面SBC平面SFG.作FHSG，H为垂足，则FH平面SBC.FH，即F到平面SBC的距离为.由于EDBC，所以ED平面SBC，故E到平面SBC的距离d也为.设AB与平面SBC所成的角为，则sin，arcsin.解法二：以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图13所示的空间直角坐标系Cxyz.图13设D(1,0,0)，则A(2,

26、2,0)，B(0,2,0)又设S(x，y，z)，则x>0，y>0，z>0.(1)(x2，y2，z)，(x，y2，z)，(x1，y，z)，由|得，故x1，由|1得y2z21，又由|2得x2(y2)2z24，即y2z24y10，故y，z.于是S，·0，·0.故DSAS，DSBS，又ASBSS，所以SD平面SAB.(2)设平面SBC的法向量a(m，n，p)，则a，a，a·0，a·0.又，(0,2,0)，故取p2得a(，0,2)又(2,0,0)，所以cos，a.故AB与平面SBC所成的角为arcsin.大纲文数8.G52011·全国卷

27、 已知直二面角l，点A，ACl，C为垂足，点B，BDl，D为垂足若AB2，ACBD1，则CD()A2 B. C. D1大纲文数8.G52011·全国卷 C【解析】 ，ACl，AC，则ACCB，AB2，AC1，可得BC，又BDl，BD1，CD，故选C.大纲文数20.G5，G112011·全国卷 如图11，四棱锥SABCD中，图11ABCD，BCCD，侧面SAB为等边三角形ABBC2，CDSD1.(1)证明：SD平面SAB；(2)求AB与平面SBC所成的角的大小大纲文数20.G5，G112011·全国卷 【解答】 解法一：(1)取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE

28、为矩形，DECB2.图12连结SE，则SEAB，SE.又SD1，故ED2SE2SD2，所以DSE为直角由ABDE，ABSE，DESEE，得AB平面SDE，所以ABSD.SD与两条相交直线AB、SE都垂直所以SD平面SAB.(2)由AB平面SDE知，平面ABCD平面SDE.作SFDE，垂足为F，则SF平面ABCD，SF.作FGBC，垂足为G，则FGDC1.连结SG，则SGBC.又BCFG，SGFGG，故BC平面SFG，平面SBC平面SFG.作FHSG，H为垂足，则FH平面SBC.FH，即F到平面SBC的距离为.由于EDBC，所以ED平面SBC，故E到平面SBC的距离d也为.设AB与平面SBC所成

29、的角为，则sin，arcsin.解法二：以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图13所示的空间直角坐标系Cxyz.图13设D(1,0,0)，则A(2,2,0)，B(0,2,0)又设S(x，y，z)，则x>0，y>0，z>0.(1)(x2，y2，z)，(x，y2，z)，(x1，y，z)，由|得，故x1，由|1得y2z21，又由|2得x2(y2)2z24，即y2z24y10，故y，z.于是S，·0，·0.故DSAS，DSBS，又ASBSS，所以SD平面SAB.(2)设平面SBC的法向量a(m，n，p)，则a，a，a·0，a·0.又，(

30、0,2,0)，故取p2得a(，0,2)又(2,0,0)，所以cos，a.故AB与平面SBC所成的角为arcsin.课标理数20.G5，G10，G112011·福建卷 如图17，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD.四边形ABCD中，图17ABAD，ABAD4，CD，CDA45°.(1)求证：平面PAB平面PAD；(2)设ABAP.若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长；在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到P、B、C、D的距离都相等？说明理由课标理数20.G5，G10，G112011·福建卷 【解答】 图18(1)证明：因为PA平面AB

31、CD，AB平面ABCD，所以PAAB.又ABAD，PAADA，所以AB平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.图19(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz(如图19)在平面ABCD内，作CEAB交AD于点E，则CEAD.在RtCDE中，DECD·cos45°1，CECD·sin45°1.设ABAPt，则B(t,0,0)，P(0,0，t)由ABAD4得AD4t，所以E(0,3t,0)，C(1,3t,0)，D(0,4t,0)，(1,1,0)，(0,4t，t)设平面PCD的法向量为n(x，y，z)由n，n，得取xt，得平面PCD的一个

32、法向量n(t，t,4t)又(t,0，t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得cos60°，即.解得t或t4(舍去，因为AD4t>0)，所以AB.则(1,3tm,0)，(0,4tm,0)，(0，m，t)由|得12(3tm)2(4tm)2，即t3m；由|得(4tm)2m2t2.由、消去t，化简得m23m40.由于方程没有实数根，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的距离都相等法二：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GCGD，得GCDGDC4

33、5°，图112从而CGD90°，即CGAD.所以GDCD·cos45°1.设AB，则AD4，AGADGD3.在RtABG中，GB>1.这与GBGD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的距离都相等课标理数18.G5，G102011·广东卷 如图13，在锥体PABCD中，ABCD是边长为1的菱形，且DAB60°，PAPD，PB2，E，F分别是BC，PC的中点(1)证明：AD平面DEF；(2)求二面角PADB的余弦值图13课标理数18.G5，

34、G102011·广东卷 【解答】 法一：(1)证明：设AD中点为G，连接PG，BG，BD.图11因PAPD，有PGAD，在ABD中，ABAD1，DAB60°，有ABD为等边三角形，因此BGAD，BGPGG，所以AD平面PBG，所以ADPB，ADGB.又PBEF，得ADEF，而DEGB得ADDE，又FEDEE，所以AD平面DEF.(2)PGAD，BGAD，PGB为二面角PADB的平面角在RtPAG中，PG2PA2AG2，在RtABG中，BGAB·sin60°，cosPGB.法二：(1)证明：设AD中点为G，因为PAPD，所以PGAD，又ABAD，DAB60

35、°，所以ABD为等边三角形，因此，BGAD，从而AD平面PBG.延长BG到O且使POOB，又PO平面PBG，所以POAD，又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12所示的空间直角坐标系设P(0,0，m)，G(n,0,0)，则A，D.图12|sin60°，B，C，E，F.(0,1,0)，·0，·0，ADDE，ADFE，又DEFEE，AD平面DEF.(2)，2，解得m1，n.取平面ABD的法向量n1(0,0，1)，设平面PAD的法向量n2(a，b，c)，由&#

36、183;n20，得ac0，由·n20，得ac0，故取n2.cosn1，n2.即二面角PADB的余弦值为.课标理数18.G5，G112011·湖北卷 如图14，已知正三棱柱ABCA1B1C1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(1)当CF1时，求证：EFA1C；(2)设二面角CAFE的大小为，求tan的最小值图14课标理数18.G5，G112011·湖北卷 【解答】 解法1：过E作ENAC于N，连结EF.(1)如图，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知，底面ABC侧面A1C，又底面ABC侧面A1CAC，且EN底面ABC，所以EN侧面A1

37、C，NF为EF在侧面A1C内的射影，在RtCNE中，CNCEcos60°1，则由，得NFAC1.又AC1A1C，故NFA1C，由三垂线定理知EFA1C.(2)如图，连结AF，过N作NMAF于M，连结ME，由(1)知EN侧面A1C，根据三垂线定理得EMAF，所以EMN是二面角CAFE的平面角，即EMN，设FAC，则0°<45°.在RtCNE中，NEEC·sin60°，在RtAMN中，MNAN·sin3sin，故tan.又0°<45°，0<sin，故当sin，即当45°时，tan达到最小值，

38、tan×，此时F与C1重合解法2：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得A(0,0,0)，B(2，2,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,4)，E(，3,0)，F(0,4,1)，于是(0，4,4)，(，1,1)，则·(0，4,4)·(，1,1)0440，故EFA1C.(2)设CF(0<4)，平面AEF的一个法向量为m(x，y，z)，则由(1)得F(0,4，)，(，3,0)，(0,4，)，于是由m，m可得即取m(，4)，又由直三棱柱的性质可取侧面A1C的一个法向量为n(1,0,0)，于是由为锐角可得cos，sin，所以tan，由0<4，得，即

39、tan，故当4，即点F与点C1重合时，tan取得最小值.图12课标文数18.G5，G112011·湖北卷 如图12，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AE2，BF.(1)求证：CFC1E；(2)求二面角ECFC1的大小课标文数18.G5，G112011·湖北卷 【解答】 解法1：(1)证明：由已知可得CC13，CEC1F2，EFC1E.于是有EF2C1E2C1F2，CE2C1E2CC.所以C1EEF，C1ECE.又EFCEE，所以C1E平面CEF.又CF平面CEF，故CFC1E.(2)在CEF中，由(1)可得

40、EFCF，CE2，于是有EF2CF2CE2，所以CFEF.又由(1)知CFC1E，且EFC1EE，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(1)知C1EF是等腰直角三角形，所以EFC145°，即所求二面角ECFC1的大小为45°.图13解法2：建立如图13所示的空间直角坐标系，则由已知可得A(0,0,0)，B(，1,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,3)，E(0,0,2)，F(，1，)(1)(0，2，)，(，1，)，·0220，CFC1E.(2)(0，2,2)，设平面CEF的一个法向量为m(x，y，z

41、)由m，m，得即可取m(0，1)设侧面BC1的一个法向量为n，由n，n，及(，1,0)，(0,0,3)，可取n(1，0)，设二面角ECFC1的大小为，于是由为锐角可得cos，所以45°，即所求二面角ECFC1的大小为45°.图16课标理数19.G5，G112011·湖南卷 如图16，在圆锥PO中，已知PO，O的直径AB2，C是的中点，D为AC的中点(1)证明：平面POD平面PAC；(2)求二面角BPAC的余弦值课标理数19.G5，G112011·湖南卷 【解答】 解法一：(1)连结OC，因为OAOC，D是AC的中点，所以ACOD.图17又PO底面O，AC

42、底面O，所以ACPO.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.(2)在平面POD中，过O作OHPD于H，由(1)知，平面POD平面PAC，所以OH平面PAC.又PA面PAC，所以PAOH.在平面PAO中，过O作OGPA于G，连结HG，则有PA平面OGH.从而PAHG.故OGH为二面角BPAC的平面角在RtODA中，ODOA·sin45°.在RtPOD中，OH.在RtPOA中，OG.在RtOHG中，sinOGH.所以cosOGH.故二面角BPAC的余弦值为.解法二：(1)如图18所示，以O为坐标原点，OB，O

43、C，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系则图18O(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，)，D.设n1(x1，y1，z1)是平面POD的一个法向量，则由n1·0，n1·0，得所以z10，x1y1.取y11，得n1(1,1,0)设n2(x2，y2，z2)是平面PAC的一个法向量，则由n2·0，n2·0，得所以x2z2，y2z2，取z21，得n2(，1)因为n1·n2(1,1,0)·(，1)0，所以n1n2.从而平面POD平面PAC.(2)因为y轴平面PAB，所以平面PAB的一个

44、法向量为n3(0,1,0)由(1)知，平面PAC的一个法向量为n2(，1)设向量n2和n3的夹角为，则cos.由图可知，二面角BPAC的平面角与相等，所以二面角BPAC的余弦值为.课标文数19.G5，G112011·湖南卷 如图15，在圆锥PO中，已知PO，O的直径AB2，点C在上，且CAB30°，D为AC的中点(1)证明：AC平面POD；(2)求直线OC和平面PAC所成角的正弦值图15课标文数19.G5，G112011·湖南卷 【解答】 (1)因为OAOC，D是AC的中点，所以ACOD.又PO底面O，AC底面O，所以ACPO.而OD，PO是平面POD内的两条相交

45、直线，所以AC平面POD.(2)由(1)知，AC平面POD，又AC平面PAC，所以平面POD平面PAC.在平面POD中，过O作OHPD于H，则OH平面PAC.图16连结CH，则CH是OC在平面PAC上的射影，所以OCH是直线OC和平面PAC所成的角在RtODA中，ODOA·sin30°.在RtPOD中，OH.在RtOHC中，sinOCH.故直线OC和平面PAC所成角的正弦值为.图19课标理数18.G5，G10，G112011·课标全国卷 如图19，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，DAB60°，AB2AD，PD底面ABCD.(1)证明：PAB

46、D；(2)若PDAD，求二面角APBC的余弦值课标理数18.G5，G10，G112011·课标全国卷 【解答】 (1)因为DAB60°，AB2AD，由余弦定理得BDAD，从而BD2AD2AB2，故BDAD.又PD底面ABCD，可得BDPD，所以BD平面PAD.故PABD.图110(2)如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，DA、DB、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(1,0,0)，B(0，0)，C(1，0)，P(0,0,1)，(1，0)，(0，1)，(1,0,0)设平面PAB的法向量为n(x，y，z)，则即因此可取n(，1，)设平面PBC

47、的法向量为m，则可取m(0，1，)cosm，n.故二面角APBC的余弦值为.图18课标文数18.G5，G112011·课标全国卷 如图18，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，DAB60°，AB2AD，PD底面ABCD.(1)证明：PABD；(2)设PDAD1，求棱锥DPBC的高课标文数18.G5，G112011·课标全国卷 【解答】 (1)证明：因为DAB60°，AB2AD，由余弦定理得BDAD，从而BD2AD2AB2，故BDAD.又PD底面ABCD，可得BDPD，所以BD平面PAD，故PABD.(2)如图，作DEPB，垂足为E.已知PD底面

48、ABCD，则PDBC.由(1)知BDAD，又BCAD，所以BCBD.图19故BC平面PBD，BCDE.则DE平面PBC.由题设知PD1，则BD，PB2.根据DE·PBPD·BD得DE.即棱锥DPBC的高为.课标理数16.G5，G92011·陕西卷 如图16，在ABC中，ABC60°，BAC90°，AD是BC上的高，沿AD把ABD折起，使BDC90°.图16(1)证明：平面ADB平面BDC；(2)设E为BC的中点，求与夹角的余弦值课标理数16.F22011·陕西卷 【解答】 (1)折起前AD是BC边上的高，当ABD折起后，AD

49、DC，ADDB.又DBDCD，AD平面BDC，AD平面ABD，平面ABD平面BDC.cos，.课标文数16.G52011·陕西卷 如图18，在ABC中，ABC45°，BAC90°，AD是BC上的高，沿AD把ABD折起，使BDC90°.(1)证明：平面ADB平面BDC；(2)若BD1，求三棱锥DABC的表面积图18课标文数16.G52011·陕西卷 【解答】 (1)折起前AD是BC边上的高，当ABD折起后，ADDC，ADDB.又DBDCD.AD平面BDC.AD平面ABD，平面ABD平面BDC.(2)由(1)知，DADB，DBDC，DCDA，DBD

50、ADC1.ABBCCA.从而SDABSDBCSDCA×1×1.SABC×××sin60°.表面积S×3.课标数学16.G4，G52011·江苏卷 如图12，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，ABAD，BAD60°，E、F分别是AP、AD的中点图12求证：(1)直线EF平面PCD；(2)平面BEF平面PAD.课标数学16.G4，G52011·江苏卷 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力【解答】 证明：(1)在PAD中，因为E，F分别为AP，AD的

51、中点，所以EFPD.又因为EF平面PCD，PD平面PCD，图13所以直线EF平面PCD.(2)连结BD，因为ABAD，BAD60°，所以ABD为正三角形，因为F是AD的中点，所以BFAD.因为平面PAD平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以BF平面PAD.又因为BF平面BEF，所以平面BEF平面PAD.大纲文数6.G52011·四川卷 l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是()Al1l2，l2l3l1l3Bl1l2，l2l3l1l3Cl1l2l3l1，l2，l3共面Dl1，l2，l3共点l1，l2，l3共面大纲文数6.G52011

52、·四川卷 B【解析】 对于A，直线l1与l3可能异面；对于C，直线l1、l2、l3可能构成三棱柱三条侧棱所在直线而不共面；对于D，直线l1、l2、l3相交于同一个点时不一定共面. 所以选B.课标理数4.G52011·浙江卷 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课标理数4.G52011·浙江卷 D【解析】 若面面，在面内与面的交线不相交的直线平行于平面，故A正确；B中若内存在直线垂直平面，则，与题设矛盾，所以B正确；由面面垂直的性质知选项C正确由A正确可推出D错误课标文数19.G4，G7201