高考数学(理)5年真题与模拟 专题08 立体几何

专题8立体几何

【2012高考真题精选】

1.（2013•重庆）设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,也和“，且长为。的棱与长为也的棱异面,

则a的取值范围是（)

A.（0,6）B.(0,V3)

C.（1,啦）D.(1-V3)

【答案】A【解析】如图所不，设$8=a,C£J=V2,3C=BD=AC=AD=1»则N.qCZ?=N3CD=

45=,要构造一个四面体，则平面VCD与平面58不能重合，当△58与重合时，；=。；当/、3、

C、D四点共面，且X、3两点在DC的两侧时，在Zk"C中，Z.JC3=ZJCP+ZSCD=455+45==90s-

工3=山?+赘=让,所以a的取值范围是◎山）.

2.（2013・辽宁）一个几何体的三视图如图1—3所示.则该几何体的表面积为

【答案】3S【解析】本小题主要考查三视图的应用和常见几何体表面积的求法.解题的突破口为弄

清要求的几何体的形状，以及表面积的构成.由三视图可知，该几何体为一个长方体中挖去一个圆柱沟成,

几何体•的表面积$=长方体■表面积+扇柱的侧面积一圆柱的上下底面面积，由三视图知，长方瘁的长、宽、

高为4、3、1,圆柱的底面圆的半径为1,高为1,所以S=2x（4x3+4xl+3xl）+27txlxl—2x^x1[=38.

3.（2013•北京）某三棱锥的三视图如图1—4所示，该三棱锥的表面积是（）

T

4

—

«-2中3fh*—4—*\

正住）视图侧（左）视图

俯视图

图1-4

A.28+6$B.30+675

C.56+12小D.60+12小

【答案】B【解析】本题考查的三棱锥的二视图与表面积公式.由三视图可知，几何体为一个侧面

和底面垂直的一:棱锥，如图所示，可知S帐面=3<5x4=10,

S元=]x5x4=10,

S/,二；x6x24=6小,

S行=$4x5=10,

所以S&=10x3+64=30+6小.

4.（2013•安徽）某几何体的三视图如图1—3所示，该几何体的表面积是

【答案】92【解析】本题考查三视图的识别，四棱柱等空间几何体的表面积.

如图根据三视图还原的实物图为底面是直角梯形的直四棱柱，其表面积为

5.（2013•天津）一个几何体的三视图如图1―2所示（单位：m）,则该几何体的体积为m3.

俯视图

图1一2

【答案】18+9兀【解析】本题考查几何体的三视图及体积公式，考查运算求解及空间想象力，容易

题.由-:视图可得该几何体为一个长方体。两个球的组合体，其体积

=18+9兀

6.（2013•福建）一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是（）

A.球B.三棱锥

C.正方体D.圆柱

【答案】D【解析】本题考查简单几何体的三视图，大小、形状的判断以及空间想象能力，球的三

视图大小、形状相同.三棱锥的三视图也可能相同，正方体三种视图也相同，只有圆柱不同.

7.（2013•广东）某几何体的三视图如图1―1所示，它的体积为（）

正视图侧视图

A.I2nB.45兀

C.577rD.817t

.-一,-1-....

［答案］Cn

【解析】根据三视图知该几何体是由圆柱与圆锥构成，圆柱与扇椎的半径五=3,圆锥的高，•:=4，圆柱

的高为5,所以厂4-=：•"+：7'=兀X3：x5+b兀'3'4=$太，所以选择C.

8.（2013・湖北）已知某几何体的三视图如图1―2所示；则该几何体的体积为（）

侧视图

俯视图

图1-2

"1°兀n,

D.6兀

【答案】3【解析】根据三视图知几何体的下面是一个扇柱，上面是扇柱的一半，所以：

=3工故选3.

9.（2013.湖南）某几何体的正视图和侧视图均如图1—1所示，则该几何体的俯视图不可熊是（）

图1-1图1—2

【答案】D【解析】本题考查三视图，意在考查考生对三视图的辨析，以及时三视图的理解和拿握.是

基础题型选项A，3,C,都有可能，选项。的正视图应该有看不见的虚线，故。项是不可能的.

10.（2013•课标全国）如图1—2,格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图，则此几

何体的体积为（）

A.6B.9C.12D.1S

【答案】3【解析】由三视图可知，该几何体是三棱锥，其底面是斜边长为6的等牌直甭三角形.有

一条长为3的侧棱垂直于底面।即三棱锥的高是3）,可知底面等腰直角三角形斜边上的高为3,故该几何体

的体积是r=|x|x6x3x3=o,故选B.

12.（2013•浙江）已知某三棱锥的三视图（单位：cm）如图1—3所示，则该三棱锥的体积等于cm3.

图1-3

【答案】1【解析】本题考查三棱锥的三视图与体积计算公式，考查学生对数据的运算处理能力和

空间想象能力.由三视图可知，几何体为一个三棱锥，则：一卜:斗上—、》入

13.（2013・陕西）（1）如图1—6所示，证明命题、是平面兀内的一条置线，。戛支外的一条直线出不垂直

于兀)，c是直线b在兀上的投影，若aLb,则aJ_c”为真;

b

图L6

(2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明).

【答案】解：(1｝证法一：如下图，过直线;上任一点作平面;t的垂线“，设直线a,5,c,"的方向向

量分别是a,b,c,?b则5»c,"共面.根据平面向量基本定理，存在实做：»使得c=：-.b+un,则a-c=

a-(/.b+£zM)=/.(a-i)+a(a-n)»

因为a_L匕,所以a力=0,

又因为a.i，所以a-”=0,

故a-c=0»从而aA-c.

证法二：如图，记「尸为直线亍上异于点X的任意一点，过?作PO_L;r,垂足为。，则。1二

,.•pO-L”，ax,...直线POJ-a,

又a_l_瓦b平面与。，尸。一出=尸，

.•.a_L平面RJO,又1平面20,二.ELC.

b

仁)逆命题为I£是平面H内的一条直线，》是“外的一条直线功不垂直于班C是直线i在I上的投影,

若a_Lc,则aJ■瓦

逆命题为真命题.

14.(2013・全国)如图1一1,四棱锥尸一ABC。中，底面A8CC为菱形，出_£底面A8C£>,4c=2/，PA

=2,E是PC上的一点，PE=2EC.

(1)证明：PCJ•平面BE。；

(2)设二面角A—PB—C为90。，求尸£)与平面P8C所成角的大小.

H

图1一1

【答案】解：方法一：（1）因为底面X58为菱形，所以BD_LXC,

又2」底面A3CD,所以PCL3D.

设AC^BD=F,连结*.因为XC=2/，

PA=2,PE=2EC9故尸c=?4,EC=¥，FC=S，

从而±=加，与=*.

rcJLL

因HH为P泞C=今AC，乙-FCE—=ZPCi,

FCEC

所以AFCfs△尸C3ZFZC=ZP4C=90:,

由此知PCLEF.

PC与平面3ED内两条相交直线3DEF都垂直，所以JUL平面3ED

亡，在平面PAB内过点J作.JG±P3,G为垂足.

因为二面角A-PB-C为90%所以平面且BJ•平面P3C.

又平面PA3'平面PBC=PB,

故XG_L平面R3C,TG_L3c.

3c与平面3L3内两条相交粉3,/G都垂直，故5C_L平面RL3,于是3cL所以底面.08

为正方形，XD=2,9£）="S/RE+XD=-V5.

设D到平面F3C的距离为d因为"〃3C,且XDI平面P3C,3Cc¥ffi?3C,故：〃平面Fgc,&

D两点到平面PBC的距离相等，即d=、G=W.

设?D与平面P3C所成的角为a,则sma=£=g

所以PD与平面25。所成的角为30=.

方法二：（1姒V为坐标原点，射线为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系一4一."二

设。2亚，0,0),j0),其中aQ,则R0Q2),E芈，0,f>国亚，-5,0).

于是死={2让，0,-2）,

:小2、一X

3二=奇，b,T,，口==~b>T，

从而近星=0,PC'DE=Q,

&PCLBE,PC±DE.

又3E^DE=E,所以PC_L平面3DE.

(2，3(0,02),弟(亚，-&,0).

设»j=(x.y,二，为平面PAB的法向量,

则〃卜上3=0,

即”=0,且应t一5=。，

令x=b,则.=（瓦柩0）.

设“=gg,丹为平面93。的法向量，则

“中C=。，»3E=0,

即2V5p—2r=0且与^+$q+M=O,

令「=1,则r=W，g=一修，"=」，一g,S「

2

因为面以8_L面尸8C,故mm=0,即~g=0,故.b=让,于是〃=（1,-1,亚），赤=（一6,一6,

2）,

n.f）i1

cos〈〃，Dp）=-----=5，（n,Dp）=60°.

InllD^I

因为P。9平面P8c所成角和5,加〉互余，故P。。平面P8C所成的角为30。.

15.(2013•福建)如图1-3,在长方体中，AA|=AO=1,E为C£>中点.

(1)求证:8|E_LADi；

(2)在棱AA|上是否存在一点P,使得DP〃平面&AE?若存在，求AP的长；若不存在，说明理由;

(3)若二面角的大小为30°,求AB的长.

t答案】解：(D以上为原点，刀，.万，.二:的方向分别为x轴，J,轴，二轴的正方向建立空间直角坐标

系(如图).设.43=5则用0,0.0),D(0,lt0),D](0,l,l)»联,1.0>5i(o,0,l),系皿=(0」」),先=

\-v>1>—1,M5：=(a0j),-工'=1,1>0.

'.'.4D--5；Z=-7x0+lxl+(—l)xl=0»

：.BxELADy.

⑵假设在校.L士上存在一点P(0,0,zo),

使得DP〃平面3：.4£.此时先=(0,-1,r0).

又设平面3>AE的法向量；：={x,丁，r).

j&+2=0,

BxAE,二”_!_£§•,“1•工t得以,

|-+r=0.

取:r=l,得平面的一个法向量"=1,—-a.

要使DP〃平面3,二，只要再，有[一力)=。，解得二：=(

又DRI平面民XE,...存在点P,满足DP〃平面3便己此时.4?=(

⑶连接X：D，B.C,由长方体X3CD—士3©。；及e±=O=l,得JDi_L±D.

又由⑴知3-E±ADi,且5：C-3：E=5：,

...」□：_L平面DC3：£I.J5：是平面/：3二的一个法向量，此时.中：=(01」).

设北।与〃所成的角为仇

a

„n-Abi~2

贝ljcosO-------

1MlmI

•.•二面角4一8/一4的大小为30°,

/.Icos^l=cos30°,

解得〃=2,即A3的长为2.

16.(2013•辽宁)如图1一4,直三棱柱ABC-ATTC,ZBAC=90°,AB=AC=XAA',点M,N分别为

43和夕。的中点.

(1)证明：历N〃平面44CC'；

(2)若二面角为直二面角，求义的值.

图1一4

【答案】解：(1，证法一)

连结―X”，由已知N3XC=9(F,

AB—ACt二棱柱ABC-为直二棱柱.

所以“为』5中点.

又因为丫为3。的中点.

所以—.

又12口平面AACC,

.9二平面.山CC,

因此A£V〃平面J'JCC.

＜证法二)

取43中点P,连结J.，，.VP,

.U,X分别为上5与3。的中点，所以10〃.“，PX//AC,

所以1Q〃平面』/CO,〃平面WWC。，又@NP=P,

因此平面102力平面AACC,而二平面

因此2£V〃平面AACC.

⑶以V为坐标原点，分别以直线15,XG.LT为x轴，j,轴，二轴建立直角坐标系。一Q二，如图1-

5

所示.

图1-5

设A.4—1,D?J.4B=AC=/.,

于是H（QQQ）,3（Z.,0.0）,C（0,。），』（0,0」），B\/.,0,1）,C（0.

/；r/✓；>

所以o,T1.

设，”=2，>,二）是平面的法向量，

UH,-^-O

可取比=11,—1,Z).

设n-(X29二匚，是平面\£：C的法向量,

JH-.xt=0,一祀+$：­之=。,

由

lw.^-0

可取n=(—3,

因为A—}.£■：—C为直二面角，所以?»rn=0.

即—3+(—l)x(—1)+,;.-=0»解得；.=S.

17.(2013•重庆)如图1-2,在直三棱柱A8C-A|8|G中，AB=4,AC=8C=3,。为A8的中点.

(1)求点C到平面4A的距离；

(2)若4B|_LAC，求二面角4-CC-G的平面角的余弦值.

图1-2

【答案】解：(1)由AC=BC,C为A8的中点，得CDLA8.乂CC4A”故CC面所以点

C到平面的距离为

CD=ylBC2~BD2=y[5.

⑵解法■：如图，取为4当的中点，连结。"，则。。|〃/L4]〃CC].又由（1）知。。_1面4A8B],

故COLA。，CDLDDt，所以NAQCi为所求的二面角4一CC-G的平面角.

因为4c在面4IA881上的射影，又已知4B|_LA|C,由三垂线定理的逆定理得从而

44.A\/3\

/4田8|、NA|D4都与N5M8互余，因此N4|A8|=/4D4,所以RlZ\44OsRtAB|4A.因此焉=尤」,

ALJAA।

即A4：=A£>AS=8,得44=2近

从而AiD=ylAA]+AD2=2\f3.

所以，在RtZX4|CD|中,

DD_AA\

=,、

cos2^/4\DD\~MD='MD=3,

解法二：如图，过D作。一扪:交』.民于点D，在直三棱柱中，易知D3,DC,D?两两垂直.以

D为原点，射线DC,DD：分别为x轴、]•轴、二轴的正半轴建立空间直角坐标系9一4二

设直三棱柱的高为h,则/（一2A0），山（一2。，协51（2,0.H）,C（0,卡，0）,G（0,4，协从而.德

=(4.0«>1),.4iC=(2»y/St—h).

由忌，有$一力：=。，；!=2^2.

故工：=(一2曾二S)，CC；=(0,0:2\/2),DC-

(0.4，Q).

设平面当8的法向量为加=（为，＞,2。，则心灰，叫即

;国=。，

1一2x1+2也;=0,

取二;=1,得洲=（亚,0,1）.

设平面C：8的法向量为n=S，3:，.1）.则；d_页，即

【二仁：=口,

取x==l,得"=(1,0,0%所以

__/

cos(tn,〃〉

IWII/I|-V2+7-13'

所以二面角A1一CO-G的平面角的余弦值为半.

18.(2013•浙江)如图1—5所示，在四棱锥P-A8C。中，底面是边长为24的菱形，ZB4D=120°,

且附1.平面ABC。，PA=2y[6,M,N分别为PB,P。的中点.

(1)证明：MN〃平面ABC。；

(2)过点A作4QLPC,垂足为点Q,求二面角MN一0的平面角的余弦值.

t答案】解：⑴因为一"分别是R3,RD的中点，所以.是△P5D的中位线，所以

又因为「£口平面A3CD,所以力平面ABCD.

㈡方法一：

连结WC交3。于。.以。为原点，OC,CD所在直线为X,丁轴，建立空间直角坐标系6丁二，如图所示.

在菱形二38中，ZBAD=120:,得

AC=A3=1^,BD=0B=6.

又因为•平面H3CD,所以

在RtZiAiC中，XC=24,PA=2\l6,AOLPC,得PQ=4.

由此知各点坐标如下，

/(一♦，0,0).5(0.-3,0),。韵，0,0),D(0,3,0),P｛一3,02的，—一冬,-1,击,

S-4,1,而

0芈，0,半.

»JJ**

设洲=(x,y,二，为平面.“£V的法向量.

由品f=（半，一"I.%）,病=（坐,|,后）知

]坐―$+小=0,

室T+§+WN=O.

INZ

取Z=-1,得

m=（2近,0,-1）.

设N=（X,y,z）为平面QMN的法向量.

取z=5,得”=（2&,0,5）.

所以.湎角A-MN—。的平面角的余弦值为等.

方法二：在菱形48co中，NB4O=120。，得

AC=AB=BC=CD=DA,BD=\[?>AB.

又因为玄，平面ABC。，所以

PA^AB,PA^LAC,PAVAD.

所以PB=PC=PD.

所以△P8C丝△PCC.

而M,N分别是P8,PD的中点，所以

MQ=NQ,且=

取线段MN的中点E,连结AE,EQ,则

AE±MN,QE±MN,

所以NAEQ为二面角A-MN-Q的平面角.

由A8=2，5,附=2玳，故

在•中，&./=.»：=3,\£：=(3D=3得

e坐

在直角△.以。中，/。_1_尸。，得

AQ=2\[2,QC=1,PQ=4.

在△PBC中，gsN3PC=，

-弓IrH，'rC/-0

得MQ=^P\^+P^-lP\IPQzo^BPC=^.

在等腰△[&'-中，一》2=.\。=4，n=3,得

QE=W/①7①=迎

在中，TE=¥，QE=^,A0=2yll,得

JS-+QE-—

cosZ.4£0=-*色-=

所以二面角A-J.^-O的平面角的余弦值为号.

19.(2013・四川)如图1—4所示，在正方体ABC。-AQICQI中，M.N分别是棱C£＞、CG的中点，则

异面直线AM与£W所成的角的大小是

图1一4

【答案】90=【解析】因为A3CD-A.B,C,D,为正方体，故当在平面C3DC上的射葡为2,

即士一U在平面CD2c上的射影为AM

而在正方形CDD.C,中，由tanZDD;?./=tanZCD.'^I，

可知2M_LDV,

由三垂线定理可知，心W_LD\：

20.(2013•湖南)如图1一6,在四棱锥产一ABC。中，出_L平面48c0,A8=4,BC=3,AD=5,4DAB

=N48C=90。，E是CO的中点.

(1)证明：C。_•L平面以E；

(2)若直线PB与平面PAE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.

图1—6

【答案】解：解法h⑴如下图⑴,隹结4C由4B=4»BC=3,N/3C=9T得XC=:又XD=5,E

是CD的中点，所以CD_L=二因为3!_L平面」3CD,CDu平面ABCD,所以a_LCD而PA,是平面25

内的两条相交直线，所以CD_L平面PAE.

⑵过点3作5G〃CD分别与.困XD相交于点F,G,连结PF.

由⑴8J_平面巨小知，5GJ■平面2区于是NRPF为直线尸3与平面_2二所成的角，且3GL以

由2_L平面上58知，Z咏为直线PB与平面ABCD所成的角.

由题意NP3T=N5RF,因为s:nN.咏=盘s-.n^3PF=^,所以曰=5E

rijrlj

由NQ/5=NN5C=9Q：知，AD//BC,又5G〃CD,

所以四边形BCDG是平行四边形.故GD=BC=3.

于是上G=2.

在RtZ\3.4G中，/5=4，NG=2,5GJL3所以

5g目云〜，3*磬斯里

于是22=5F=芈.

又梯形A3CD的面积为S=1X(5+3)X4=16,所以四棱锥P-ABCD的体积为：,=2.%=

⑵

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.设周=改则相关各点的坐标为:40,0,0),8(4,0,0),C(4,3,0),0(0,5,0),£(2,4,0),尸(0,0,h).

(1)易知乃=(一4,2,0),戏=(2,4,0),#=(0,0,/J).

因为仍•盘=-8+8+0=0,cb-Ap=0,所以CO_LAE,CDYAP.lfnAP,AE是平面例E内的两条相

交直线，所以CO_L平面PAE.

(2)由题设和(1)知,Cb＞或分别是平面PAE,平面ABCD的法向量.而PB与平面PAE所成的角和PB

与平面48CZ)所成的角相等，所以Icos(Cb,防〉l=lcos〈双，防〉I,即"屉=可屁.

\cb\-\ph\同卜同I

由⑴知,3=(—4,2,0),或=(0,0,-/?),

又协=(4,0,~h),

一16+0+00+0+/J

故2小々16+//—W16+M,

解得〃=誓.

又梯形A8CO的面积为5=gx(5+3)x4=16,所以四棱锥P—A8CO的体积为V=1xSxM=|xl6x^=

128s

15,

19.(2013广东)如图1—5所示，在四棱锥P-ABC。中，底面4BC。为矩形，平面A8CD,点

E在线段PC上,PCJ_平面BDE.

(1)证明：3。_1平面处心

(2)若冏=1,AD=2,求二面角B—PC—4的正切值.

图1一5

PCmBDE

【答案】证明：(1)^>PC1BD.

BOu平面B£)E,

必J■平面A8CZ)]

▼\^PALBD.

8Du平面ABC。)

'：PAr\PC=P,必u平面PAC,PCu平面PAC,

二80_£平面PAC.

(2)法一：如图所示，记8。与AC的交点为F,连接EF.

由PCJ_平面8OE,8Eu平面8OE,EFu平面8ZJE,

J.PCLBE,PCLEF.

即N8E尸为二面角B-PC-A的平面角.

由(1)可得BO_L4C，

所以矩形48CD为正方形，AB=AD=2,

AC=BD=2\[2,FC=BF=市.

在Rt△用C中，PA=\,尸C=2例2+4C?=3,

即二面角B-PC-A的正切值为3.

法二：以A为原点，磋、中、力的方向分别作为八y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所

示.

设则：

A(0,0,0),BSQ.0),

C(b,2,0),0(020),

P(0,0,l).

于是同=S，2,-1),加=3，-2,0).

因为PCJ_CB,所以死•访=廿一4=0,

从而b=2.结合(1)可得访=(2,—2,0)是平面APC的法向量.

现设”=(x,y,z)是平面BPC的法向量,则

nl.Bt,nl.Pt,即”•比=0,n-Pt=0.

因为证=(0,2,0),定=(2.2,-1),

所以2y=0,2r—z=Q

取x=l,则z=2,“=(1,0,2).

令。=<n,彷〉，则

„〃•赤21

cosv==r-r:=~~r=，

1m1协I62也回

3

sin8=-?=,tan6>=3.

Vio

由图可得二面角B-PC-A的正切值为3.

20.(2013•北京)如图1一9(1),在Rt^ABC中，ZC=90°,8c=3,AC=6,D,E分别是4C,AB

上的点，S.DE//BC,DE=2,将△AOE沿。E折起到△A0E的位置，使A|C_LCD,如图1一8(2).

(1)求证：AiC_L平面BCOE；

(2)若M是小。的中点，求CM与平面A|BE所成角的大小；

(3)线段BC上是否存在点P,使平面4QP与平面48E垂直？说明理由.

图1一9

【答案】解：(D证明：因为XC_L3C,DE//BC,

所以DE_L1C,

所以匹_L±DDEA.CD,

所以巫J■平面ADC,

所以士C

又因为』C_LCD

所以-±C_L平面3CDE.

(二如右图，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系。一1厂,

则Xi(O,tuS),RO-0,1,®5(3,0,0),£(2,2,0).

设平面由3m的法向量为n=(x,y,z),则

“7.3=0,H-SZ=O.

又一3，35=1-1,2,0),

令j=l,则x=2,二=/，

所以”=(2」，下).

设U1/与平面.』：5三所成的角为d,

因为W7=((U，V5).

所以sin，=ICOS(H,C^f)\="C--'二厂=+.

\n\\CM\勺8知42

所以CM9平面48E所成角的大小为;.

(3)线段8C上不存在点P,使平面4QP与平面4BE垂直，理由如下：

假设这样的点P存在，设其坐标为S，0,0),其中pd[0,3].

设平面AQP的法向量为，”=(x,y,z),则

m-A[b=0,tn0^=0.

XyGb=(0,2,一26)，D>=(p,-2,0),

所以[2厂版=。,

[px—2y=0.

令x=2,则y=p,2=意

所以加=(2,p,益.

平面A|DP_L平面4BE,当且仅当加"=0,

即4+p+p=0.

解得p=-2,与[0,3]矛盾.

所以线段BC上不存在点P,使平面AiDP与平面AtBE垂直.

21.(2013•安徽)设平面a与平面£相交于直线相，直线a在平面a内，直线》在平面£内，且b_Lm,

则％_1_，，是％_1_/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】A【解析】本题考查线面关系的判断，证明，充耍条件的判断.

III题知命题是条件命题为“a,夕，命题为结论命题，'刍a邛时，由线面垂直的性质定理可得

aLb,所以条件具有充分性：但当小b时,，如果“〃孙就得不出a”,所以条件不具有必要性，故条件

是结论的充分不必要条件.

22.(2013•福建)如图1一3,在长方体ABC。一置以CiQ中,AAi=AD=l,E为CD中点.

(1)求证：BtElADi；

(2)在棱A4|上是否存在一点尸，使得CP〃平面SAE?若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；

(3)若二面角A—BiE—Ai的大小为30。，求A8的长.

图1-3

【答案】解：(1)以A为原点，初，Ab,犷।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A8=a,则40,0,0),0(0,1,0),0(0,1.1),E修，1,0),/?)(«,0,1),故A5=(0,l,D，蹄二

(-今1.-1)'A^i=(a,O,l),戏=整1>0

VA^i-Bik=-^xO+lx1+(-1)x1=0,

：.BXELAD{.

(多假设在棱」上上存在一点P(0s0,

使得。尸〃平面3：XE.此时#=(0,

又设平面3.AE的法向量；—,

平面3.AE,

取x=l,得平面5：dE的一个法向量;:=1>—7>

要使。尸〃平面3：TE,只要"_L赤，有<一二：=。，解得二

又DRI平面3：.4£.,.存在点R满足D尸〃平面3；.」己此时.J=3.

⑶连接.士DBC，由长方体T3CD-X：BCQ：及£t=.9=1,得/2_L±D

VBiC//A}D,.*.皿J_BC

又由⑴知民EJLXDi，且3：丁3三=3：,

.•..』D：_L平面DC3$.•"3.是平面H：3士的一个法向量，此时.币：=电1:1).

设与，:所成的角为金

a

则8s夕=出上Jn二=———:一.

“皿45'/1+尹东

:二面角.4-5；£-<的大小为30:,

3a

Icos^l=cos30°,即-----]2=噂'

解得4=2,即48的长为2.

23.(2013凌徽)平面图形A8&ACC如图1—4(1)所示，其中88CC是矩形，BC=2,B&=4,AB

—AC—y[2,48]=A|C|=小.0)(2)

图1—4

现将该平面图形分别沿BC和BiG折叠，使ZVIBC与△A|8|G所在平面都与平面B&GC垂直，再分

别连接44,A],AC，得到如图1—4(2)所示的空间图形.对此空间图形解答下列问题.

⑴证明：AA」BC；

(2)求AA|的长；

(3)求二面角A—8C—Ai的余弦值.

【答案】解：(向量法)：(1)证明:取BC,

的中点分别为。和5,连接AN”DDI，AD.

由88cle为矩形知,

DD]J_B|Cp

因为平面881GCJ■平面ABiG，

所以。。|1_平面ASG，

又由A|Bi=A|G知,

A\D\A_B\C

故以D)为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.

由题设，可得41£>i=2,AD—\.

由以上可知ADJ■平面BBCC，A|5_L平面831clC,于是」。〃八小.

所以A(0,-1,4),8(1,0,4),4(0,2,0),C(—1,0,4),0(0,0,4).

故启=(0,3,-4),就=(一2,0,0),同炭=0,

因此求，即441_L8C.

(2)因为"|=(0,3,-4),

所以IW?J=5，即AA|=5.

(3)连接A。，FhBCVAD,BC±AA],可知8c_L平面AAQ,BC±AtD,所以/AQA|为二面角A-BC

一4的平面角.

因为箱=(0,-1,0),鬲=(0,2,-4),所以

cos(DA,DX\)――---j];=-

1X-\/22+-4-5

即二面角4—BC-A的余弦值为一坐

（综合法）⑴证明:取3C,SG的中点分别为a和D”连接力2,DD1，AD,AJ）.

由条件可知，BCA.AD,

由上可得XDJ•面53：C：C,£2_1_面35]C：C.

SlitAD//AD.,即d：2确定平面-D

又因为D2〃55：,53；±3C,所以DD：_L3c.

又考虑到AD±3C,所以5CJ_平面AD_AD,

故5cL

0延长£D：到G点，使GD；=4?,连接TG

因为ND续G2,所以XG触DD檄B3：.

由于55：_L平面心SG，所以.4G±JiG.

由条件可知，N：G=.±Z）：+2G=3,.WG=4,

所以AA=5.

凸）因为3。，平面工22D所以乙为二面角上一3。一£的平面角.

在3仙.士。2中，DD=4,A:D=2,解得

sinND\UA।=，

cosZADA\=cos^+NO]ZMj=-乎.

即二面角力一8C—Ai的余弦值为一坐

24.（2013•课标全国）如图1一5,直三棱柱ABC-AIiG中，AC=BC=^AA\,。是棱AA的中点,

DCilBD.

(1)证明：OC|J_BC；

(2)求二面角4一8。一4的大小.

图1-5

【答案】解：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形.

由于。为A4的中点，故OC=QG.

乂AC=14A，可得。C；+OC2=CC：,

所以OC|_L£>C.

而。Ci_LBC,DCHBD=D,所以OC」平面BCD

BCu平面BC。，故。C」8c.

(2)由(1)知BCLOG，且BC_LCC”则BCL平面ACCi，所以CA,CB,CG两两相互垂直.

以C为坐标原点，流的方向为x轴的正方向，1不1为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C—xyz.

A

4

由题意知』(1Q2>5(0：1,0),25(1Al),C】(0,02).

=

则叁；^^。：。，-1)»3。=(1,-1.1)>DC,{-l;O,l).

设胃=(x,「1是平面£3.3Q的法向量，则

|^15£)=0,eL1+二=0,

BP'.

lz=o.

可取«=(1,1,0).

ImBb=09

同理，设7”是平面。如的法向量则_可得例=(121]・

1.7川页1=0.

it、n-mS

从而cos(“，m)=----=—

故二面角A-3D-C：的大小