最新届高中数学专题：立体几何专题(教师版)

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立体几何专题
【命题趋向】
高考对空间想象能力的考查集中体现在立体几何试题上， 着重考查空间点、
线、面的位置关系的判断及空间角等几何量的计算．既有以选择题、填空题形式出现的 试题，也
有以解答题形式出现的试题．选择题、填空题大多考查概念辨析、位置关系探究、空间几何量的
简单计算求解，考查画图、识图、用图的能力；解答题一般以简单几何体为载体，考查直线与直
线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及空间几何量的求解问题，综合考查空间想象能力、
推理论 证能力和运算求解能力．试题在突出对空间想象能力考查的同时，关注对平行、垂直关系
的探究，关注对 条件或结论不完备情形下的开放性问题的探究．
【考点透析】
立体几何主要考点是柱、锥、台 、球及其简单组合体的结构特征、三视图、
直观图，表面积体积的计算，空间点、直线、平面的位置关系 判断与证明，（理科）空间向量在平
行、垂直关系证明中的应用，空间向量在计算空间角中的应用等．
【例题解析】
题型1 空间几何体的三视图以及面积和体积计算
例1（2010高 考海南宁夏卷）某几何体的一条棱长为
7
，在该几何体的正视图中，这条棱
的投影是长 为
6
的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为
a
和
b
的线段，则
a?b
的最大值为
A．
22
B．
23
C． 4 D．
25

分析：想像投影方式，将问题归结到一个具体的空间几何体中解决．
解析：结合长方体的对角 线在三个面的投影来理解计算，如图设长方体的高宽高分别为
m,n,k
，由题意得
m
2
?n
2
?k
2
?7
，
m
2?k
2
?6
?n?1
，
1?k
2
?a
，
1?m
2
?b
，所以
(a
2
?1)?(b
2
?1)?6
?a
2
?b
2
?8
，
∴ (a?b)
2
?a
2
?2ab?b
2
?8?2ab?8?a
2
?b
2
?16
?a?b?4
当且仅当
a?b?2
时取等
号．













点评：本题是课标高考中考查三视图 的试题中难度最大的一个，我们通过移动三个试图把问
题归结为长方体的一条体对角线在三个面上的射影 ，使问题获得了圆满的解决．

例2 （2010高考山东卷）右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，
可得该几何体的表面积是
A．
9π
B．
10π
C．
11π
D．
12π

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分析：想像、还原这个空间几何体的构成，利用有关的计算公式解答．
解析：这个空间几何体 是由球和圆柱组成的，圆柱的底面半径是
1
，母线长是
3
，球的半径是
1
，故其表面积是
2
?
?1?3?2?
?
?1
2
?4
?
?1
2
?12
?
，答案D．
点评：由三视图还原空间几何体的真实形状时要注意“高平齐、宽相等、长对正”的规则．

例3（江苏省苏州市2010届高三教学调研测试）
已知一个正三棱锥
P?ABC
的主视图如图所示，若
AC?BC?
3
，
PC?6
，则此正三棱锥的全面积为_________．
2
分析：正三棱 锥是顶点在底面上的射影是底面正三角形的中心的三棱锥，根据这个主试图知
道，主试图的投影方向是面 对着这个正三棱锥的一条侧棱，并且和底面三角形的一条边垂直，
这样就知道了这个三棱锥的各个棱长．
解析：这个正三棱锥的底面边长是
3
、高是
6
，故底面正三角形的中 心到一个顶点的距离是
23
??3?3
，故这个正三棱锥的侧棱长是
32侧面也是边长为
3
的正三角形，故其全面积是
4?
3?6?3
， 由此知道这个正三棱锥的
3
2
?3?93
，答案
93
． < br>4
22
点评：由空间几何体的一个视图再加上其他条件下给出的问题，对给出的这“一个 视图”要仔
细辨别投影方向，这是三视图问题的核心．

题型2 空间点、线、面位置关系的判断
例4（江苏苏州市2009届高三教学调研测试7）已知
m, n
是两条不同的直线，
?
,
?
为两个不
同的平面，有下列四 个命题：
①若
m?
?
,n?
?
，
m?n
，则
?
?
?
； ②若
m
?
,n
?
,m?n
，则
?

?
；
③若
m?
?
,n
?
,m?n
，则
?

?
； ④若
m?
?
,n
?
,
?

?
，则
m? n
．
其中正确的命题是（填上所有正确命题的序号）_______________．
分析：根据空间线面位置关系的判定定理和性质定理逐个作出判断．
解析：我们借助于长方体 模型解决．①中过直线
m,n
作平面
?
，可以得到平面
?
,
?
所成的二
面角为直二面角，如图（1），故
?
?
?
①正确；②的反例如图（2）；③的反例如图（3）；④
中由
m?
?
,?
P
?
可得
m?
?
，过
n
作平面?
可得
n
与交线
g
平行，由于
m?g
，故m?n
．答案①④．




点评：新课标的教材对 立体几何处理的基本出发点之一就是使用长方体模型，本题就是通过
这个模型中提供的空间线面位置关系 解决的，在解答立体几何的选择题、填空题时合理地使
用这个模型是很有帮助的．
例5（浙江 省2010年高考省教研室第一次抽样测试理科第5题）设
m,n
是两条不同的直线，
?
,
?
是两个不同的平面，下列命题正确的是
A．若
m?n,m?
?
,n
?
，则
?

?
B．若
m
?
,n
?
,
?

?
,
则
mn

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C．若
m?
?
,n
?
,
?

?
，则
m?n
D．若
mn,m
?
,n
?
,
则
?

?

分析：借助模型、根据线面位置关系的有关定理逐个进行分析判断．
解析：对于
?

?
，结合
m?
?
,n
?
,则可推得
m?n
．答案C．
点评：从上面几个例子可以看出，这类空间线面位置 关系的判断类试题虽然形式上各异，但
本质上都是以空间想象、空间线面位置关系的判定和性质定理为目 标设计的，主要是考查考
生的空间想象能力和对线面位置关系的判定和性质定理掌握的程度．
题型3 空间平行与垂直关系的证明、空间几何体的有关计算（文科解答题的主要题型）
例6 ．(2010江苏泰州期末16)如图所示，在棱长为
2
的正方体
ABCD?A
1
B
1
C
1
D
1
中，
E
、F
分别为
DD
1
、
DB
的
中点．
（1）求证：
EF
平面
ABC
1
D
1
；
（2）求证：
EF?B
1
C
；
（3）求三棱锥
V
B
1
?EFC
的体积．
分析：第一问就是找平行线，最明显的就是
EFPBD
1
；第二问转化为线面垂直 进行证明；第
三问采用三棱锥的等积变换解决．
解析：（1）连结
BD
1< br>，如图，在
?DD
1
B
中，
E
、
F
分别为
D
1
D
，
DB
的中点，则
?
?< br>D
1
B?平面ABC
1
D
1
?
?EF
平面
ABC
1
D
1
．
EF?平面ABC
1
D
1
?
?

（2）
EFD
1
B
?

?
B
1
C?BC
1
?
B
1
C?平面ABC
1
D
1
?
B
1
C?BD
1
?
?
?
?
?< br>?
?EF?B
1
C
AB,B
1
C?平面ABC
1
D
1
?
BD
1
?平面ABC
1
D1
?
EFBD
1
?

?
AB
I
BC
1
?B
?
（3）
QCF?
平面
BDD
1
B
1
，
?CF?平面EFB
1
且
CF?BF?
B
1
C?AB
2
，
QEF?
1
BD1
?3
，
B
1
F?BF
2
?BB
1< br>2
?(2)
2
?2
2
?6
，
2

B
1
E?B
1
D
1
2
?D
1E
2
?1
2
?(22)
2
?3
∴
EF
2
?B
1
F
2
?B
1
E
2
即
?EFB
1
?90
o
，
11111
?V
B
1
?EFC
?V
C?B
1
EF
??S< br>?B
1
EF
?CF
=
??EF?B
1
F?C F
=
??3?6?2?1
．
33232
点评：这个题目也属于文 科解答题的传统题型．空间线面位置关系证明的基本思想是转化，
根据线面平行、垂直关系的判定和性质 ，进行相互之间的转化，如本题第二问是证明线线垂
直，但问题不能只局限在线上，要把相关的线归结到 某个平面上（或是把与这些线平行的直
线归结到某个平面上，通过证明线面的垂直达到证明线线垂直的目 的，但证明线面垂直又得
借助于线线垂直，在不断的相互转化中达到最终目的．立体几何中的三棱柱类似 于平面几何
中的三角形，可以通过“换顶点”实行等体积变换，这也是求点面距离的基本方法之一．

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例7．（广东省广州市2010届高三教学调研测试）
在四棱锥
P?ABCD
中，
?ABC??ACD?90
，
o
?BAC??CAD?60
o
，
PA?
平面
ABCD，
E

为
PD
的中点，
PA?2AB?2
．
（1）求四棱锥
P?ABCD
的体积
V
；
（2）若
F
为
PC
的中点，求证
PC?
平面
AEF
；
（3）求证
CE
∥平面
PAB
．
分析：第一问只要求出底 面积和高即可；第二问的线面垂直通过线线垂直进行证明；第三问
的线面平行即可以通过证明线线平行、 利用线面平行的判定定理解决，也可以通过证明面面
平行解决，即通过证明直线
CE
所 在的一个平面和平面
PAB
的平行解决．
解析：（1）在
Rt?ABC中，
AB?1,?BAC?60
，∴
BC?3
，
AC?2
．
在
RtΔACD
中，
AC?2,?ACD?60
，∴
CD?23,AD?4
．
11115155
∴
S
ABCD
?AB?BC?AC?CD??1?3??2?23?3
．则
V??3?2?3
．
22222323
（2）∵
PA?CA
，
F
为
PC
的中点，∴
AF?PC
．
∵
PA?
平面
ABC D
，∴
PA?CD
，∵
AC?CD
，
PAIAC?A
，∴
CD?
平面
PAC
，
∴
CD?PC
． ∵< br>E
为
PD
中点，
F
为
PC
中点，∴
EF
∥
CD
，则
EF?CD
，
∵
AFIEF?F< br>，∴
PC?
平面
AEF
．
（3）证法一：取
AD< br>中点
M
，连
EM,CM
．则
EM
∥
PA，∵
EM

?
平面
PAB
，
PA

?
平面
PAB
，∴
EM
∥平面
PAB
．
在
Rt?ACD
中，
?CAD?60
，
AC?AM?2，∴
?ACM?60
．而
?BAC?60
，
∴
MC∥
AB
．∵
MC

?
平面
PAB
，
AB

?
平面
PAB
，∴
MC
∥平面
PAB
．
∵
EMIMC?M
，∴平面
EMC
∥平面
PAB
． ∵
EC
?
平面
EMC
，∴
EC
∥平面
PA B
．

证法二：延长
DC,AB
，设它们交于点
N< br>，连
PN
．∵
?NAC??DAC?60
，
AC?CD
，
∴
C
为
ND
的中点． ∵
E
为
PD
中点，∴
EC
∥
PN
． ∵
EC

?
平面
PAB
，
PN
?
平
面
PAB
，∴
EC
∥平面
PAB
．
点评：新课标高考对文科的立体几何与大纲的高考有了诸多的变化．一个方面增加了空间几
何体的三视 图、表面积和体积计算，拓展了命题空间；另一方面删除了三垂线定理、删除了
凸多面体的概念、正多面 体的概念与性质、球的性质与球面距离，删除了空间向量，这就给
立体几何的试题加了诸多的枷锁，由于 这个原因课标高考文科的立体几何解答题一般就是空
间几何体的体积和表面积的计算、空间线面位置关系 的证明（主要是平行与垂直）．
题型4 空间向量在立体几何中的应用（理科立体几何解答题的主要题型）
例8．（2010年福建省理科数学 高考样卷）如图，在棱长为
2
的正方体
ABCD?A
1
B
1
C
1
D
1
中，
o
ooo
o
oE、F
分别为
A
1
D
1
和
CC
1的中点．
（1）求证：
EF
∥平面
ACD
1
；
（2）求异面直线
EF
与
AB
所成的角的余弦值；
（3）在棱
BB
1
上是否存在一点
P
，使得二面角
P?AC?P
的大小为
30
o
?若存在，求出
BP
的
长；若不存在，请说明理由．

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精品文档 【解析】解法一：如图分别以
DA,DC,DD
1
所在的直线为
x
轴、
y
轴、
z
轴建立空间直角坐
标系
D?xyz
，由已知得
D
?
0,0,0
?
、
A
?
2 ,0,0
?
、
B
?
2,2,0
?
、
C?
0,2,0
?
、
B
1
?
2,2,2
?
、
、
F
?
0,2,1
?
．
D
1
?
0,0,2
?
E
?
1,0,2
?
、< br> （1）取
AD
1
中点
G
，则
G
?
1,0,1
?
，
uuuruuur
CG?
?
1,?2,1
?
，又
EF?
?
?1,2,?1
?
，
uuuruuur
由
EF??CG
，
r
uuur
uuu
∴
EF
与
CG
共线．从而
EF
∥
C G
，
∵
CG?
平面
ACD
1
，
EF?
平面
ACD
1
，∴
EF
∥平面
ACD
1< br>．
uuuruuur
uuur
uuuruuur
EF?AB46ruuur
?
（2）∵
AB?
?
0,2,0
?
，
cosEF,AB?
uuu
，
?
3
|EF|?|AB |
26
∴异面直线
EF
与
AB
所成角的余弦值为

6
．
3
ruuur
ruuuruuur
?
??2x?2y?0,
?
n?AC?0,
∵
，∴
n?
?
x,y,z
?
， 则
?
ruuu
AP?0,2,t
AC??2,2,0
r
??
??
?
?2y?tz?0,
?
?
n?AP?0.
r
uuur
2< br>取
n?(1,1,?)
．易知平面
ABC
的一个法向量
BB< br>1
?(0,0,2)
，
t
uuurr
o
o
依题意知，
BB
1
,n?30
或
150
，
（3）假设满足条 件的点
P
存在，可设点
P
?
2,2,t
?
（
0?t?2
），平面
ACP
的一个法向量为
uuuruur
∴cosBB
1
,N?
4
|?|
t
2?2?
4< br>t
2
?
6
6
3
434
?(0,2]
，
.
∵，即
2
?(2?
2
)
，解得
t?
3
3
2
t4t
6
o
时，二面角
P?AC? B
的大小为
30
．
3
∴在棱
BB
1
上存 在一点
P
，当
BP
的长为
解法二：
uuuruuuuru uur
（1）同解法一知
EF?
?
?1,2,?1
?
，
AD
1
?
?
?2,0,2
?
，
AC?
?
?2,2,0
?
，
r
uuuur
uuur
uuu
uuuruuur
1
uuuur
∴
EF?AC?AD
1
，∴
EF
、
AC
、
AD
1
共面．又∵
EF?
平面
ACD
1
，∴
EF
∥平面
2< br>ACD
1
．
（2）、（3）同解法一．
uuuuruuur解法三：易知平面
ACD
1
的一个法向量是
DB
1
?< br>?
2,2,2
?
．又∵
EF?
?
?1,2,?1?
，由
uuuruuuuruuuruuuur
，∴
EF?DB
1
，而
EF?
平面
ACD
1
，∴
EF
∥平 面
ACD
1
．
EF?DB
1
?0
·
（2）、（3）同解法一．
点评：本 题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系、二面角的概念等基础知识；考查
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空间想像能力、推理论证能力和探索问题、解决问题的能力．利用空 间向量证明线面平行的
方法基本上就是本题给出的三种，一是证明直线的方向向量和平面内的一条直线的 方向向量
共线，二是证明直线的方向向量和平面内的两个不共线的向量共面、根据共面向量定理作出结论；三是证明直线的方向向量与平面的一个法向量垂直．
例9（浙江宁波市2010学年度第一 学期期末理科第20题）已知几何体
A?BCED
的三视图
如图所示，其中俯视图和侧 视图都是腰长为
4
的等腰直角三角形，正视图为直角梯形．
（1）求异面直线
DE
与
AB
所成角的余弦值；
（2）求二面角
A?ED?B
的正弦值；
（3）求此几何体的体积
V
的大小．














【解析】（1）取
EC
的中点是
F
，连结
BF
，则
BFPDE
，∴
?FBA
或其补角即为异面直线
在
?BAF
中，
AB?42
，
BF?AF?25
．∴
cos?ABF?
DE
与
AB
所成的角．
∴异面直线
DE
与
AB
所成的角的余弦值为
10
．
5
10
．
5< br>（2）
AC?
平面
BCE
，过
C
作
CG?D E
交
DE
于
G
，连结
AG
．可得
DE?< br>平面
ACG
，
从而
AG?DE
,∴
?AGC
为二面角
A?ED?B
的平面角．
85
o
在
Rt?ACG
中，
?ACG?90
，
AC?4
，
CG?
, < br>5
55
∴
tan?AGC?
．∴
sin?AGC?
．
23
5
∴二面角
A?ED?B
的的正弦值为．
3
1

（3）
V??S
BCED
?AC?16，∴几何体的体积
V
为
16
．
3
方法二：（坐标法）（1）以
C
为原点，
以
CA,CB,CE
所在直线为
x,y,z
轴建立空间直角坐标系．
则
A
?
4,0,0
?
，
B(0,4,0)
，
D(0,4,2)
，
E
?
0,0,4
?
，
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uuuruuur
uuur uuur
10
DE?(0,?4,2),AB?(?4,4,0)
，∴
cos ?DE,AB???

5
10
∴异面直线
DE
与
A B
所成的角的余弦值为．
5
uuurr
（2）平面
BDE
的一个法向量为
CA?(4,0,0)
，设平面
ADE
的一个法向量为n?(x,y,z)
，
ruuurruuuruuuruuurruuurruuur

n?AD,n?DE ,AD?(?4,4,2),DE?(0,?4,2)
∴
n
g
AD?0,n< br>g
DE?0

r
uuurr
2
从而
?4x? 4y?2z?0,?4y?2z?0
,令
y?1
，则
n?(2,1,2),
cos?CA,n??

3
5
∴二面角
A?ED?B
的的正弦值为．
3
1
（3）
V??S
BCED
?AC?16
，∴几何体的体积
V
为
16
．
3
点评：本题考查异面直线所成角的求法、考查二面 角的求法和多面体体积的求法．空间向量
对解决三类角（异面直线角、线面角、面面角）的计算有一定的 优势．对理科考生来说除了
要在空间向量解决立体几何问题上达到非常熟练的程度外，不要忽视了传统的 方法，有些试
题开始部分的证明就没有办法使用空间向量．

专题训练与高考预测
文科以选择题、填空题和解答题前三题为主．
理科以选择题、填空题和解答题后三题为主．
一、选择题

1．如图为一个几何体的三视图，尺寸如图所示，则该几何体的表
面积为（不考虑接触点） （ ）

A．
6?3?
?
B．
18?3?4
?

C．
18?23?
?
D ．
32?
?

2．某几何体的三视图如图所示，根据图中数据，可得该几何体的
体积是 （ ）

A．
32?3


C．
22?33

B．
2?33

D．
32?23





3．已知一个几何体的主视图及左视图均是边长为
2
的正三角形 ，俯视图是直径为
2
的圆，则此几
何体的外接球的表面积为 （ ）
A．

4
?

3
B．
?

8
3
C．
16
?

3
D．
32
?

3
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4．一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为
45
，腰和上底长均为
1
的等腰梯形，
则这个平面图形的面积是 （ ）
122
A．
?
B．
1?
C．
1?2
D．
2?2

222
5． 一个盛 满水的三棱锥容器
S?ABC
，不久发现三条侧棱上各有一个小洞
D,E,F
，且知
o
SD:DA?SE:EB?CF:FS?2:1
，若仍用这个容器盛水，则最 多可盛原来水的（ ）
23193023
A． B． C． D．
29273127
6． 点
P
在直径为
2
的球面上，过
P
作两两垂直的三条弦，若其中一条弦长是另一条弦长的
2< br>倍，
则这三条弦长之和为最大值是
A．
（ ）
270
370415615
B． C． D．
5
555
7．正方体
ABCD?A'B'C'D'
中，< br>AB
的中点为
M
，
DD'
的中点为
N
，异面 直线
B'M
与
CN
所
成的角是
A．
30

o

B．
90

o
o

C．
45

o

D．
60

o
（ ）
o
8．已知异面直线
a
和
b
所成的角为
50
，
P
为空间一定点 ，则过点
P
且与
a,b
所成角都是
30
的
直线有且仅有 （ ）
A． 1条 B． 2条 C． 3条 D． 4条
9．如图所示，四边形
ABCD
中，
ADBC,A D?AB,?BCD?45,?BAD?90
，将△
ABD
沿
BD
折 起，使平面
ABD?
平面
BCD
，构成三棱锥
A?BCD
， 则在三棱锥
A?BCD
中，
下列命题正确的是 （ ）
A．平面
ABD?
平面
ABC
B．平面
ADC?
平面
BDC

C．平面
ABC?
平面
BDC
D．平面
ADC?
平面
ABC


10．设
x、
y
、
z
是空间不同的直线或平面，对下列四种情形：①
x
、
y
、
z
均为直线；
②
x
、
y
是直线，
z
是平面；③
z
是直线，
x
、
y
是平面；④
x
、
y
、
z
均为平面．
其中使“
x⊥
z
且
y
⊥
z
?
x
∥
y”为真命题的是 （ ）
A． ③ ④ B． ① ③ C． ② ③ D． ① ②
11．直线
AB
与直二面角
?
?l?
?
的两个面分别交于
A,B
两点，且
A,B
都不在棱上，设直线< br>AB
与平面
?
,
?
所成的角分别为
?
,?
，则
?
?
?
的取值范围是 （ ）
?
?
?
?
?
?
A．
(0,)
B．
?
0,
?
C．
(,
?
)
D．
{}

222
?
2
?
二、填空题
13． 在三棱锥
P? ABC
中，
PA?PB?PC?2
，
?APB??BPC??CPA?30< br>，一只蚂蚁
从
A
点出发沿三棱锥的侧面绕一周，再回到
A
点， 则蚂蚁经过的最短路程是 ．
14．四面体的一条棱长为
x
，其 它各棱长为
1
，若把四面体的体积
V
表示成
x
的函数
f
?
x
?
，则
f
?
x
?
的增区 间为 ，减区间为 ．
15． 如图，是正方体平面展开图，在这个正方体中：
①
BM
与
ED
平行； ②
CN
与
BE
是异面直线；
③
CN
与
BM
成
60
角； ④
DM
与
BN
垂直．
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o
o
oo

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以上四个说法中，正确说法的序号依次是 ．

16． 已知棱长为
1
的正方体
ABCD?A
1
B
1
C
1
D
1
中，
E
是
A
1
B
1
的中点，则 直线
AE
与平面
ABC
1
D
1
所成的角的正弦值是 ．
三、解答题
17．已知，如图是一个空间几何体的三视图．
（1）该空间几何体是如何构成的；
（2）画出该几何体的直观图；
（3）求该几何体的表面积和体积．





o
18．如图，已知等腰直角三角形
RBC
，其中
?RBC?90
， 点
A,D
分别是
RB
,
RCRB?BC?2
．
的中 点，现将
?RAD
沿着边
AD
折起到
?PAD
位置，使PA?AB
，
连结
PB
、
PC
．
（1）求证：
BC?PB
；
（2）求二面角
A?CD?P
的平面角的余弦值．





19．如下图，在正四棱柱
ABCD?A
1
B
1
C
1
D
1
中，
AA
1
?
1
AB< br>，点
E,M
分别为
A
1
B,CC
1
的中点，
2
过点
A
1
,B,M
三点的平面
A
1BMN
交
C
1
D
1
于点
N
．

（1）求证：
EMP
平面
A
1
B
1
C
1
D
1
；
（2）求二面角
B?A
1
N?B
1
的正切值；
（3）设截面
A
1
BMN
把该正四棱柱截成的两个几何体的
体积分 别为
V
1
,V
2
（
V
1
?V
2< br>），求
V
1
:V
2
的值．






?
20． 如图，在四棱锥
P?ABCD
中 ，底面为直角梯形，
ADBC,?BAD?90
，
PA
垂直于
底面< br>ABCD
，
PA?AD?AB?2BC?2,M,N
分别为
PC,PB
的中点．
（1）求证：
PB?DM
；（2）求
BD
与平面
ADMN
所成的角；（3）求截面
ADMN
的面积．



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21．如图，正方形
ACDE
所在的平面与平面ABC
垂直，
M
是
CE
和
AD
的交点，
AC?BC
，
且
AC?BC
．
（1）求证：
AM?
平面
EBC
；
（2）求直线
AB
与平面
EBC
所成的角的大小；
（3）求二面角
A?EB?C
的大小．

o
22．已知斜三棱柱
ABC?A
1
B
1
C
1
，
?BCA?90
，
AC?BC?2
，
A
1< br>在底面
ABC
上的射影恰为
AC
的中点
D
，又知BA
1
?AC
1
．
（1）求证：
AC
1
?
平面
A
1
BC
； （2）求
CC
1
到平面
A
1
AB
的距离；
（3）求二面角
A?A
1
B?C
的一个三角函数值．



【参考答案】
1．解析：C 该几何体是正三棱柱上叠放一 个球．故其表面积为
3
2
?
1
?
3?2?3?2??2?4
?
?
??
?18?23?
?
．
4
?
2
?
2．解析：B 这个空间几何体的是一个底面边长为3
的正方形、高为
3
的四棱柱，上半部分是
一个底面边长为
3< br>的正方形、高为
2
的四棱锥，故其体积为
1
3?3?3??3?3?2 ?33?2
．
3
3．解析：C 由三视图知该几何体是底面半径为
1，高为
3
的圆锥，其外接球的直径为
43
．
3
2
4．解析：D 如图设直观图为
O'A'B'C'
，建立如图所 示的坐标系，按照斜二测画法的规则，在
原来的平面图形中
OC?OA
，且
O C?2
，
BC?1
，
OA?1?2?
为
2
?1?2
，故其面积
2
1
?1?2?2?2?2?2

2
??


5．解析：D 当平面
EFD
处于水平位置时，容器盛水最多
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11
S
?SDE
?h
1
?SD?SE?sin?DSE?h
1
V
F?SDE
33
???
11
V
C?SAB
S
?SAB
?h
2
?SA?SB?sin?ASB?h
2
33
SDSE
h
1
2214
???????

SASBh
2
33327
423
最多可盛原来水得
1?
．
?
2727

6．解析：A 设三边长为
x,2x,y
，则
5x
2
?y< br>2
?4
，
令
x?
442
cos
?
,y?2sin
?
,?3x?y?3cos
?
?2sin
?
?70
．
555
7．解析：B 如图，取
AA'
的中点
P
，连结
BP
，在正方形
ABB'A'

中易证
BP?B'M
．


8．解析：B 过点
P
作
a
?
Pa
，
b
?
Pb
，若< br>P?a
，则取
a
为
a
?
，若
P?b
，
o
则取
b
为
b
?
．这时
a
?
，
b
?
相交于
P
点，它们的两组对顶角分别为
50
和
130
o
．记
a
?
，
b
?< br>所确定的平面为
?
，那么在平面
?
内，不存在与
a
?
，
oo
b
?
都成
30
的直线． 过点
P
与
a
?
，
b
?
都成
30
角的直线 必在平面
?
外，
o
这直线在平面
?
的射影是
a< br>?
，
b
?
所成对顶角的平分线．其中射影是
50
< br>o
对顶角平分线的直线有两条
l
和
l
?
，射影是130
对顶角平分线的直线不存在．
故答案选B．

9．解析：D 如图，在平面图形中
CD?BD
，折起后仍然这样，
由于平面
ABD?平面
BCD
，故
CD?
平面
ABD
，
CD?A B
，
又
AB?AD
，故
AB?
平面
ADC
，所以平面
ADC?
平面
ABC
．
10．解析：C
x
、
y
、
z
均为直线，显然不行；由于垂直于同一个平面的两条直线平 行，故②，
可以使“
x
⊥
z
且
y
⊥
z?
x
∥
y
”为真命题；又由于垂直于同一条直线的两个平面平行，故③可以使“
x
⊥
z
且
y
⊥
z
?
x
∥
y
”为真命题；当
x
、
y
、
z均为平面时，也不能使“
x
⊥
z
且
y
⊥
z?
x
∥
y
”为真命题．
11．解析：B 如图，在
Rt?ADC
中，
AD?ABcos
?
,AC?ABsin
?
，而
AD?AC
，即
?
??
?
?
?
co s
?
?sin
?
?cos
?
?
?
?
，故
?
??
?
，即
?
?
?
?
， 而当
AB?l
时，
?
?
?
?
．
222
?
2
?
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22
将如图⑴三棱锥
P?ABC
，13．解析：沿棱
PA
展开得图⑵，蚂蚁经过的最短路程应是
AA
?
，
oo
又 ∵
?APB??BPC??CPA?30
，
?APA'?90
，∴
A A
?
=
22
．



?
?6
?
6
?
x
?
f(x)?3?x
2
， 利用不等式或导数即可判断． 14．解析：
?
0,
，
，
3< br>?
?
?
?
2
4
?
2
?
??
15．解析：③④ 如图，逐个判断即可．



16．解析：
10
取
CD
的中点
F
，连接EF
交平面
ABC
1
D
1
于
O
，连< br>AO
．由已知正方体，易
5
知
EO?
平面
ABC1
D
1
，所以
?EAO
为所求．在
Rt?EOA
中，
15
112
，
AE?()
2
?1
2
?
，
EF?A
1
D?
22
222
EO?
EO10
．所以直线
AE
与平
?
AE5
10
面
ABC
1
D
1
所成的角的正弦值为．
5
17．解析：（1）这个空间几何体的下半部分是一个底面边长为
2
的正
方形高为
1
的长方体，上半部分是一个底面边长为
2
的正方形高为< br>1
的
四棱锥．
（2）按照斜二测的规则得到其直观图，如图．


（3）由题意可知，该几何体是由长方体
ABCD?A'B'C' D'
与正四棱锥
P?A'B'C'D'
构成的
简单几何体．
由图易 得：
AB?AD?2,AA'?1,PO'?1
，取
A'B'
中点
Q
，连接
PQ
，从而
sin?EAO?
PQ?PO'
2
?O'Q
2
?1
2
?1
2
?2
，所以该几何体表 面积
S?
1
?
A'B'?B'C'?C'D'?D'A'
?
PQ?
?
A'B'?B'C'?C'D'?D'A'
?
AA'?AB?AD ?42?12.

2
体积
V?2?2?1??2?2?1?
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1
3
16
．
3

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18． 解析：（1）∵点
A
、
D
分别是
RB
、
RC
的中点，∴
ADBC,AD?
o
1
BC
．
2
∴
?PAD??RAD??RBC?90
,
∴
PA?AD
．∴
PA?BC
,

∵
BC?AB,PA?AB?A
,∴BC?
平面
PAB
． ∵
PB?
平面
PAB
,∴
BC?PB
．
（2） 取
RD
的中点
F
，连结
AF
、
PF
． ∵
RA?AD?1
,∴
AF?RC
．
∵
AP?AR,A P?AD
,∴
AP?
平面
RBC
．∵
RC?
平面< br>RBC
,∴
RC?AP
．
∵
AF?AP?A,
∴
RC?
平面
PAF
．∵
PF?
平面
PAF
,∴
RC?PF
．
∴
?AFP
是二面角
A?CD?P
的平面角．
112
RD?RA
2
?AD
2
?
，
222
6
22
在
Rt?PAF
中,
PF?PA?AF?
，
2
2
AF3
．
cos?AFP??
2
?
PF3
6
2
3
∴ 二面角
A?CD?P
的平面角的余弦值是．
3
19．解析：（1）设A
1
B
1
的中点为
F
，连结
EF,FC
1
．
在
Rt?RAD
中,
AF?
∵
E
为
A
1
B
的中点，∴
EF
又
C
1
M

1
BB
1
．

2
1
MC
1
．
BB
1
，∴
EF
2
∴四边形
EMC
1
F
为平行四边形．

∴
EMPFC
1
．∵
EM
?
平面
A
1< br>B
1
C
1
D
1
，
FC
1
?
平面
A
1
B
1
C
1
D
1
，∴
EMP
平面
A
1
B
1
C
1
D
1
．
（2）作
B
1
H?A
1
N
于
H
，连结
BH
，
∵
BB
1
?
⊥ 平面
A
1
B
1
C
1
D
1
，∴BH?A
1
N
．
∴
?BHB
1
为二面角< br>B?A
1
N?B
1
的平面角．
∵
EM
∥ 平面
A
1
B
1
C
1
D
1
，
EM
?
平面
A
1
BMN
，平面
A
1BMNI
平面
A
1
B
1
C
1
D
1
?A
1
N
，
∴
EMPA
1
N．又∵
EMPFC
1
，∴
A
1
NPFC
1．
又∵
A
1
FPNC
1
，∴四边形
A
1
FC
1
N
是平行四边形．∴
NC
1
?A
1
F
．
设
AA
1
?a
，则
A
1
B
1
?2a
，
D
1
N?a
．
AD
2
在
Rt?A
1
D
1
N
中，∴sin ∠A
1
ND
1
=
sin?A
1
ND
1?
11
?
．
A
1
N?A
1
D
1
2
?D
1
N
2
?5a
，
A
1
N
5
24a
?
在
Rt?A
1
B
1
H
中，
B
1
H?A
1
B
1
sin ?HA
1
B
1
?2a?
．
55
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BB
1
a5
．
??
4
B
1
H4
a
5
（3）延长
A
1
N
与
B
1
C
1
交于
P
，则
P?平面
A
1
BMN
，且
P?
平面
BB
1
C
1
C
．
又∵平面
A
1
BMN
I
平面
BB
1
C
1
C
?BM
，
∴
P?BM
，即直线
A
1
N,B
1
C
1
,BM
交于一点
P
．
又∵平面
MNC
1
P
∥平面
BA
1
B
1
，∴几何体
MNC
1
?BA
1
B
1
为棱台．
1111
22
∵
S
?A
1
BB
1
??2a?a?a
，
S< br>?MNC
1
??a?a?a
，
2224
棱台
MNC
1
?BA
1
B
1
的高为
B
1
C< br>1
?2a
，
在
Rt?BB
1
H
中， tan?BHB
1
?
V
7
1
?
2
1< br>2
?
7
3
7
3
17
3
2
1
2
故
V
1
?
?
a?a?a?a
?
?2a?a
，
V
2
?2a?2a?a?a?
，．∴
1
?
．
a
?
V17
3
?
446
662
??
20．解析：（1）因为
N
是
PB
的中点，PA?AB
， 所以
AN?PB
． 由
PA?
底面
ABCD
，
得
PA?AD
，
又
?BAD?90
，即
BA?AD
，
?

AD?
平面
PAB
，所以
AD?PB
，
?

PB?
平面
ADMN
，
?
PB?DM
．
（2）连结
DN
， 因为< br>BP?
平面
ADMN
，即
BN?
平面
ADMN
，所以
?BDN
是
BD
与
平面
ADMN
所成的角． 在
Rt?ABD
中，
BD?< br>?
BA
2
?AD
2
?22
，在
Rt?PAB
中，
1BN1
PB?PA
2
?AB
2
?22
，故
BN?PB?2
，在
Rt?BDN
中,
sin?BDN??
，
2BD2
又
0??BDN?
?
2
，故
B D
与平面
ADMN
所成的角是
?
．
6
11< br>BC?
，又
ADBC
，
22
（3）由
M,N
分别为
PC,PB
的中点，得
MNBC
，且
MN?
故
MNAD
，
由（1）得
AD?
平面
PAB
，又
AN?
平面
PAB
，故
AD?AN
，
?
四边形ADMN
是直角
梯形，
1
PB?2
，
2
11152
?
截面
ADMN
的面积
S?(MN?AD)?AN?(?2)?2?
． 2224
在
Rt?PAB
中，
PB?PA
2
?AB2
?22
，
AN?



法二： （1）以
A
点为坐标原点建立空间直角坐标系
A?xyz
，如图所示（图略）
由
PA?AD?AB?2BC?2
，得
A(0,0,0)
，
P(0,0,2),B(2,0,0),M(1,,1),D(0,2,0)

1
2
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uuuruuuur3
因为
PB?DM?(2,0,?2)(1,?,1)

?0
，所以
PB?DM
．
2
uuuruuur
（2）因为
PB?AD?(2,0,?2)?(0,2,0)
?0
，所以
PB?AD
，又
PB?DM
，
uuur
故
PB?
平面
ADMN
，即
PB?(2,0,?2)
是平面
ADMN
的法向量．
uuur
设
BD
与平面
ADMN
所成的角为
?
，又
BD?(?2,2,0)
．
uuuuruuuur
uuuruuur
|BD?PB||?4|1
ruuuur
?
则
sin
?
? |cos?BD,PB?|?
uuu
?
，
|BD||PB|4?4?4?4
2
?
?
?
又
?
?[0,]
，故
?
?
，即
BD
与平面
ADMN
所成的角是．
26
6
?
因此
BD
与平面
ADMN
所成的角为．
6
（3）同法一．
21．解析：法一：（1）∵四边形
ACDE
是正方形，
?EA?AC,AM?EC
．
∵平面
ACDE?
平面
A BC
，又∵
BC?AC
，
?BC?
平面
EAC
．
?AM?
平面
EAC
，
?BC?
AM
．
?AM?
平面
EBC
．
（2）连结
BM
，
?AM?
平面
EBC
，
??ABM
是直线
AB< br>与
平面
EBC
所成的角． 设
EA?AC?BC?2a
，
AM1
?
，
AB2

??ABM?30?
． 即直线
AB
与平面
EBC
所成的角为
30?

则
AM?2a
，
AB?22a
，
?sin?ABM?

（3）过
A
作
AH?EB
于
H
，连结
HM
．
?AM?
平面
EBC
，
?AM?EB
．
?EB?
平
面
AHM
．
??AHM
是二面角
A?EB?C
的平面角．
∵平面
ACDE?
平面
ABC
，
?EA?
平面
ABC
．
?E A?AB
．
在
Rt?EAB
中，
AH?EB
，有
AE?AB?EB?AH
．
EB?23a
，由(2)所设
EA?AC?BC?2a
可得
AB?22a
，
?AH ?
AE?AB22a
．
?
EB
3
AM3
?．
??AHM?60?
．∴二面角
A?EB?C
等于
60?．
AH2
法二: ∵四边形
ACDE
是正方形 ，
?EA? AC,AM?EC
，∵平面
ACDE?
平面
ABC
，
?EA ?
平面
ABC
， ∴可以以点
A
为原点，以过
A
点平行于
BC
的直线为
x
轴，分别以直
线
AC
和< br>AE
为
y
轴和
z
轴，建立如图所示的空间直角坐标系
A?xyz
．
?sin?AHM?

设
EA?AC?BC?2，则
A(0,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),E(0,0,2)
， < br>?M
是正方形
ACDE
的对角线的交点，
?M(0,1,1)
．
（1）
AM?
(0,1,1)
，
EC?(0,2,0)?(0 ,0,2)?(0,2,?2)
，
CB?(2,2,0)?(0,2,0)?(2,0,0)
，
?AM?EC?0,AM?CB?0
，
?AM?EC,AM?CB
?AM?
平面
EBC
．
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（2）
?AM?
平面
EBC
，
?AM
为平面
EBC
的一个法向量，
?AM ?(0,1,1),AB?(2,2,0)
，
?cosAB,AM?
1
?．
AB?AM
2
AB?AM
?AB,AM?60?
．∴直线
AB
与平面
EBC
所成的角为
30?
．
（3） 设平面
EAB
的法向量为
n?(x,y,z)
，则
n?AE
且
n?AB
，
?n?AE?0
且
n?AB?0
．
?
(0,0,2)?(x,y,z)?0,
?
z?0,
即
?
，取
y??1
，则
x?1
， 则
n?(1,?1,0)
．
?
?
?
(2,2,0)?( x,y,z)?0.
?
x?y?0.
又∵
AM
为平面
EBC
的一个法向量，且
AM?(0,1,1)
，
?cosn,AM?
n ?AM
n?AM
??
1
，设二面角
A?EB?C
的平面角为
?
，则
2
1
，
?
?
?60?
．∴ 二面角
A?EB?C
等于
60?
．
2
22．解析：法一 ：（1）因为
A
1
D?
平面
ABC
，所以平面
AA
1
C
1
C?
平面
ABC
，又
BC?AC< br>，
所以
BC?
平面
AAC
11
C
，得
BC?AC
1
，又
BA
1
?AC
1
，所以
AC
1
?
平面
A
1
BC
；
（2）因为
AC
1
?A
1
C
，所以四边形
AAC
11
C
为 菱形，故
AA
1
?AC?2
，又
D
为
AC
中
cos
?
?cosn,AM?
o
点，知
?A
1< br>AC?60
．取
AA
1
中点
F
，则
AA1
?
平面
BCF
，从而面
A
1
AB?
面
BCF
， 过
C
作
CH?BF
于
H
，则
CH?
面
A
1
AB
．
在
Rt?BCF< br>中，
BC?2,CF?3
，故
CH?
221
，
7< br>即
CC
1
到平面
A
1
AB
的距离为
CH?
221
．
7


（3）过
H
作< br>HG?A
1
B
于
G
，连
CG
，则
C G?A
1
B
，
从而
?CGH
为二面角
A?A
1
B?C
的平面角，

在
Rt?A
1
BC
中，
A
1
C ?BC?2
，所以
CG?2
，在
Rt?CGH
中，
sin? CGH?
CH42
?
，
CG7
故二面角
A?A
1
B?C
的正弦值为
42
．
7

法二：（1）如图，取
AB
的中点
E
，
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则
DEBC
，因为
BC?AC
， 所以
DE?AC
，又
A
1
D?
平面
ABC
，以
DE,DC,DA
1
为
x,y,z
轴建立空间坐标系，


则
A
?
0,?1,0
?
，
C
?
0,1,0
?
，
B
?
2,1,0
?< br>，
A
1
?
0,0,t
?
，
C
1?
0,2,t
?
，


uuuuruuuruuur
AC
1
?
?
0,3,t
?
，
BA
1
?
?
?2,?1,t
?
，
CB?
?
2, 0,0
?
，
uuuruuur
AC?CB
， 由
AC1
?CB?0
，知
1
又
BA
1
?AC
1
，从而
AC
1
?
平面
A
1
BC
；
uuuuruuur
2
t?3
． （2）由
AC
1< br>?BA
1
??3?t?0
，得
uuur
r
AAB设平面
1
的法向量为
n?
?
x,y,z
?
，< br>AA
1
?0,1,3
，
uuur
AB?
?
2,2,0
?
，
ruuur< br>?
?
n?AA
1
?y?3z?0
所以
?
ru uu
，
r
?
?
n?AB?2x?2y?0
??







r
设
z?1
，则
n?
?
3,?3,1
< br>?
uuuurr
AC
1
?n
221
所以点
C
1
到平面
A
1
AB
的距离
d?
．
?
r
7
n
uuur
uruuur
（3）再设平面
A
1
BC
的法向量为
m?
?
x,y,z
?
，
CA
1
?0,?1,3
，
CB?
?
2,0,0< br>?
，
??
所以


uruuur
??
m?CA
1
??y?3z?0
，设
z?1
，
ruuur
?
u
?
?
m?CB?2x?0

ur
则
m?0,3,1
，
urr
urr
7
m?n
故
cos?m,n??
u
，根据法向量的方向，可知二面角
A?A
1
B?C
的余弦值为
rr
?
?
7
m ?n
??
7
．
7


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