高中数学专题——立体几何专题

专题三 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（2008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< br>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)?(b2
?1)?6

∴(a?b)
2
?a
2
?2a b?b
2
?8?2ab?8?a
2
?b
2
?16
? a?b?4
当
?a
2
?b
2
?8
，
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 （2008高考山东卷、2009年福建 省理科数学高考样卷第3题）下图是一个几何体
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


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? 4
?
?1?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2009届高三教学调研测试第12题）已知一个正三棱锥
P?ABC
的主视图如图所示，若
AC?BC?
22
3
，
2
PC?6
，则此正三棱锥的全面积为_________．



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
2 3
??3?3
，故这个正三棱锥的侧棱长是
32
3?6?3
，由此知 道这个
3
2
?3?93
，答案
93
．
4
22
正三棱锥的侧面也是边长为
3
的正三角形，故其全面积是
4?
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2 009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2009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

C．若
m?
?
,n
?
,?

?
，则
m?n
D．若
mn,m
?< br>,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
?< br>
?
，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．(2009江苏 泰州期末16)如图所示，在棱长为
2
的正方体
ABCD?A
1
B< br>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
?
?
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

?
?
BC?平面ABCD
B
1
C ?BC
1
B
1
C?BD
1
?
?
111?
??
???
?EF?B
1
C
AB,B
1C?平面ABC
1
D
1
?
BD
1
?平面ABC
1
D
1
?
EFBD
1
?

?AB
I
BC
1
?B
?
（3）
QCF?
平面
BDD
1
B
1
，
?CF?平面EFB
1
且
CF?BF?2
，
1
QEF?BD
1
?3
，
B
1
F?BF
2
?BB
1
2
?(2)2
?2
2
?6
，
2

∴
EF?B
1
F?B
1
E
即
?EF B
1
?90
，
222
B
1
C?AB
B1
E?B
1
D
1
2
?D
1
E
2
?1
2
?(22)
2
?3
o
11111
?V
B
1
?EFC
?V
C?B
1
EF
?? S
?B
1
EF
?CF
=
??EF?B
1
F ?CF
=
??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．
例7．（江苏省苏州市2009届高三教学调研测试第17题）在四棱锥
P?ABC D
中，

?ABC??ACD?90
o
，
?BAC??CA D?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． < br>解析：（1）在
Rt?ABC
中，
AB?1,?BAC?60
，∴BC?3
，
AC?2
．
o
在
RtΔACD
中 ，
AC?2,?ACD?60
，∴
CD?23,AD?4
．
o∴
S
ABCD
?
11115
AB?BC?AC?CD??1?3 ??2?23?3
．
22222
155
则
V??3?2?3
．
323（2）∵
PA?CA
，
F
为
PC
的中点，∴
A F?PC
．
∵
PA?
平面
ABCD
，∴
PA? CD
，∵
AC?CD
，
PAIAC?A
，∴
CD?
平面
PAC
，∴
CD?PC
．
∵
E
为
PD
中点，
F
为
PC
中点，∴
EF
∥
CD
，则
EF?CD
，∵
AFIEF?F
，
∴
PC?< br>平面
AEF
．
（3）证法一：
取
AD
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
ooo
?
平面
EMC
，∴
EC∥平面
PAB
．
证法二：延长
DC,AB
，设它们交于点
N
，
连
PN
．∵
?NAC??DAC?60
，
AC?CD
，
o

∴
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．（2009年福建省理科数学 高考样卷第18题）如图，在棱长为
2
的正方体
ABCD?A
1
B< br>1
C
1
D
1
中，
E、F
分别为
A< br>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< br>的大小为
30
?若存在，求出
o
BP
的长；若不存在，请说明 理由．

【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
?
．
D1
?
0,0,2
?
E
?
1,0,2
?
、
（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>．

uuur
（2）∵
AB?
?
0,2,0
?
，

uuuru uur
uuuruuur
EF?AB46
ruuur
?
，
cosEF,AB?
uuu
?
3
|EF|?|AB|
26
∴ 异面直线
EF
与
AB
所成角的余弦值为
6
．
3< br>（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
r
量为
n?
?
x,y,z
?
，
ruuur
uu uruuur
?
?
?2x?2y?0,
?
n?AC?0,
则
?
ruuu
∵
AP?
?
0,2,t
?

AC?
?
?2,2,0
?
，∴
?

r?
2y?tz?0,
?
?
n?AP?0.
r
2
取
n?(1,1,?)
．
t
uuur
易知平面
ABC的一个法向量
BB
1
?(0,0,2)
，
uuurr
o
o
依题意知，
BB
1
,n?30
或
150
，
uuuruur< br>∴
cosBB
1
,N?
4
|?|
t
2?2?
4
t
2
?
6
3
434
.
，即< br>2
?(2?
2
)
，解得
t?
3
2
t 4t
∵
6
6
?(0,2]
，∴在棱
BB
1
上存在一点
P
，当
BP
的长为时，二面角
P?AC?B
的< br>3
3
o
大小为
30
．
解法二：
uuur uuuuruuur
（1）同解法一知
EF?
?
?1,2,?1
?< br> ，
AD
1
?
?
?2,0,2
?
，
AC?
?
?2,2,0
?
，
r
uuuu
uuur
uuu
r
uuuruuur
1
uuuur
∴
EF? AC?AD
1
，∴
EF
、
AC
、
AD
1< br>共面．又∵
EF?
平面
ACD
1
，∴
EF
∥
2
平面
ACD
1
．
（2）、（3）同解法一．

uuuuruuur
解法三：易知平面
ACD
1< br>的一个法向量是
DB
1
?
?
2,2,2
?
． 又∵
EF?
?
?1,2,?1
?
，由

uuuruuuur
，
EF?DB
1
?0
·
uu uruuuur
∴
EF?DB
1
，而
EF?
平面
A CD
1
，∴
EF
∥平面
ACD
1
．
（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2008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
，∴< br>?FBA
或其补角即为异
面直线
DE
与
AB
所成的角 ．在
?BAF
中，
AB?42
，

BF?AF?25
．∴
cos?ABF?
10
．
5
10
．
5
∴异面直线
DE
与
AB所成的角的余弦值为
（2）
AC?
平面
BCE
，过
C< br>作
CG?DE
交
DE
于
G
，连结
AG
．
可得
DE?
平面
ACG
，从而
AG?DE
,
∴
?AGC
为二面角
A?ED?B
的平面角．
在
Rt?ACG
中，
?ACG?90
，
AC?4
，
o
CG?
855
,∴
tan?AGC?
．
52
5
．
3
5
．
3
∴
sin ?AGC?
∴二面角
A?ED?B
的的正弦值为
（3）
V?
1
?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
?
，

uuuruuur
DE?(0,?4,2),AB?(?4,4,0)
，
uuuruuur
10
∴
cos?DE,AB???

5
∴异面直线
DE
与
AB
所成的角的余弦值为

10
．
5
uuur
（2）平面
BDE
的一个法 向量为
CA?(4,0,0)
，
r
设平面
ADE
的一个法向量为
n?(x,y,z)
，

n?AD,n?DE,AD?(?4,4,2),DE?(0,?4,2)

ruuu rruuuruuuruuur
ruuurruuur
∴
n
g
AD? 0,n
g
DE?0

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

3
∴二面角
A?ED?B
的的正弦 值为
（3）
V?
5
．
3
1
?S
BCE D
?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】
说明：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
B．
2?33
C．
22?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 （ ）



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

o
4
?

3
16
C．
?

3
A．

8
3
32
D．
?

3
B．
?

形，则这个平面图形的面积是

122
A．
?
B．
1?

222
（ ）
C．
1?2
D．
2?2

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
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
倍，则这三条弦长之和为最大值是
A．
270
370415
B． C．
5
55
D．
615

5
7．正方体
A BCD?A'B'C'D'
中，
AB
的中点为
M
，
DD'< br>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< br>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,AD?AB,?BCD?45,?BA D?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

oo



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．已知三条不重合的直线
m
、< br>n
、
l
两个不重合的平面
?
、
?
，有下列命 题


①若
mn,n?
?
，则
m
?
；

②若
l?< br>?
，
m?
?
且
lPm
，则
?
P?
；
③若
m?
?
,m?
?
，
mP
?
,nP
?
，则
?
P
?
；
④ 若
?
?
?
，
?
I
?
?m
，
n?
?
，
n?m
，则
n?
?
．
中正确的命题个数是
A．
1
B．
2


C．
3


D．
4

（ ） < br>12．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
AB
与平面
?
,
?
所成的角分别为
?
,
?
， 则
?
?
?
的取值范围是
?
?
?
?
A．
(0,)
B．
?
0,
?

2
?
2
?
二、填空题
（ ）

?
?
C．
(,
?
)
D．
{}

22
13． 在三棱锥
P?ABC
中，
PA?PB?PC?2
，
?APB??BPC??CPA?30
，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． 以上四个说法中，正确说法的序号
依次是 ．
o
o

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
?RB C?90
，
RB?BC?2
．点
A,D
分别是
RB
,
RC
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
B1
C
1
D
1
中，
AA
1
?
1
AB
，点
E,M
分别为
A
1
B,CC
1< br>的
2
中点，过点
A
1
,B,M
三点的平面
A
1
BMN
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
），求< br>V
1
:V
2
的值．




20． 如图，在四棱锥
P?ABCD
中，底面为直角梯形，
ADBC,?B AD?90
，
PA
垂
直于底面
ABCD
，
PA?A D?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．
?

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?B C
，
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< br>1
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< br>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

2

部分是一个底面边长为
3
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< br>的圆锥，其外接球的直径为
43
．
3
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
OC?2
，
BC?1
，
OA? 1?2?
其面积为
2
?1?2
，故
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
11
S
?SDE?h
1
?SD?SE?sin?DSE?h
1
V
F?SDE3
SDSE
h
1
2214
???????
???
3

1
SASBh
2
33327
V
C?SAB< br>1
S
?SAB
?h
2
?SA?SB?sin?ASB?h2
33
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
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< br>?
Pb
，若
P?a
，则取
a
为
a
?
，若
P?b
，则取
b
为
b
?
．这时
oo
它们的两组对顶角分别为
50
和
130
． 记
a?
，
a
?
，
b
?
相交于
P
点 ，
b
?
所确定的平面为
?
，
oo
那么在平面
?
内，不存在与
a
?
，
b
?
都成
30< br>的直线． 过点
P
与
a
?
，
b
?
都 成
30
角的直
o
线必在平面
?
外，这直线在平面
?
的射影是
a
?
，其中射影是
50
b
?
所成 对顶角的平分线．
o
对顶角平分线的直线有两条
l
和
l
?< br>，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
A BD
，又
AB?AD
，故
AB?
平面
ADC
，所以 平面
ADC?CD?AB
，
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< br>⊥
z
?
x
∥
y
”为真命题；当
x
、
y
、
z
均为平面时，也
不能使“
x
⊥
z< br>且
y
⊥
z
?
x
∥
y
”为真命题．
11．解析：B ①中有
m?
?
的可能；
lPm
且
l?
?
，可得
m?
?
，又
m?
?
，故< br>?
P
?
，
②正确；③中当
mPn
时，结论不成立；④ 就是面面垂直的性质定理，④正确．故两个

正确的．
12．解析：B 如图，在
Rt?ADC
中，
AD?ABcos
?
,AC?ABsin
?
，而
AD?AC
，即
???
?
?
?
cos
?
?sin
?
?cos
?< br>?
?
?
，故
?
??
?
，即
?
?
?
?
，而当
AB?l
时，
?
?
?< br>?
．
222
?
2
?

13．解析：
22
将如图⑴三棱锥
P?ABC
，沿棱
P A
展开得图⑵，蚂蚁经过的最短路程
oo
应是
AA
?
，又∵
?APB??BPC??CPA?30
，
?APA'?90
，∴
AA
?
=
22
．

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

16．解析：
10
取
C D
的中点
F
，连接
EF
交平面
ABC
1
D
1
于
O
，连
AO
．由已知正方体，
5
11 2
易知
EO?
平面
ABC
1
D
1
，所以< br>?EAO
为所求．在
Rt?EOA
中，
EO?EF?A
1D?
，
222

15
EO10
，
sin?EAO?
．所以直线
AE
与平面
ABC
1D
1
所成的角
AE?()
2
?1
2
?
?
22
AE5
的正弦值为
10
．
5

1 7．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
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
PQ? PO'
2
?O'Q
2
?1
2
?1
2
?2< br>，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?

1
3
16
．
3

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

o
1
BC
．
2
∵
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
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．
在
Rt?RAD
中,
AF?
112
RD?RA
2
?AD
2
?
，
222
PA
2
?AF
2
?
6
，
2
在
Rt?PAF
中,
PF?
2
AF3
．
cos?AFP??
2
?
PF3
6
2
∴ 二面角
A?CD?P
的平面角的余弦值是

3
．
319．解析：（1）设
A
1
B
1
的中点为
F
， 连结
EF,FC
1
．
∵
E
为
A
1
B
的中点，∴
EF
1
BB
1
．

2

又
C
1
M
1
BB
1
，∴
EF
2
MC
1
．∴四边形
EMC
1
F
为平行四边形．
∴
EMPFC
1
．∵
EM
?平面
A
1
B
1
C
1
D
1
，< br>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< br>B
1
C
1
D
1
，∴
BH?A
1N
．
∴
?BHB
1
为二面角
B?A
1N?B
1
的平面角．
∵
EM
∥平面
A
1< br>B
1
C
1
D
1
，
EM
?
平 面
A
1
BMN
，平面
A
1
BMNI
平面< br>A
1
B
1
C
1
D
1
?A
1
N
，
∴
EMPA
1
N
．又∵
EMPF C
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
．
在
Rt?A
2
1
D
1
N
中，
A
1
N?A
1< br>D
2
1
?D
1
N?5a
∴sin∠A
1ND
1
=
sin?A
1
ND
1
?
A< br>1
D
1
A
?
2
．
1
N
5
在
Rt?A
HA
24
1
B
1
H
中 ，
B
1
H?A
1
B
1
sin?
1
B
1
?2a?
5
?
a
5
．
在
Rt?BB
1
H
中，
tan?BHB
1
?
BB
1
B
?
a5
1
H
4
?< br>．
5
a
4
（3）延长
A
1
N
与< br>B
1
C
1
交于
P
，则
P?
平面A
1
BMN
，且
P?
平面
BB
1
C< br>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
,B M
交于一点
P
．
又∵平面
MNC
1
P
∥ 平面
BA
1
B
1
，∴几何体
MNC
1
?B A
1
B
1
为棱台．
∵
S
2
?A
1
BB
1
?
1
2
?2a?a?a
，
S111
?MNC
1
?
2
?a?
2
a?
4
a
2
，
，

棱台
M NC
1
?BA
1
B
1
的高为
B
1
C
1
?2a
，
故
1
?
2
1
2< br>?
7
32
1
2
V
1
?
?
a ?a?a?a?2a?a
?
?
3
?
446
??
，< br>V
7
717
．∴
1
?
．
V
2?2a?2a?a?a
3
?a
3
，
V
2
17< br>66
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
，
?

PB?
平又
?BAD?90
，即
BA?AD< br>，
?

AD?
平面
PAB
，所以
AD?PB
，
面
ADMN
，
?
PB?DM
．
（2）连结
DN
， 因为
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 ?
中，
PB?
?
BA
2
?AD
2
?22< br>，在
Rt?PAB
1
PB?2
，在
Rt?BDN
中,
2
BN1
?
?
sin?BDN??
，又
0??BD N?
，故
BD
与平面
ADMN
所成的角是．
BD22
6
11
（3）由
M,N
分别为
PC,PB
的中点， 得
MNBC
，且
MN?BC?
，又
22
PA
2?AB
2
?22
，故
BN?
ADBC
，故
MN AD
，
由（1）得
AD?
平面
PAB
，又
AN?
平面
PAB
，故
AD?AN
，
?
四边形
A DMN
是
直角梯形，
在
Rt?PAB
中，
PB?PA2
?AB
2
?22
，
AN?
1
PB?2
，
?
截面
ADMN
的
2
面积
S?
11 152
(MN?AD)?AN?(?2)?2?
．
2224

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)
，
1
P(0,0,2),B(2,0,0),M(1,,1),D(0,2,0)

2< br>uuuruuuur
3
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
ru uuur
??
，
则
sin
?
?|cos?BD,PB?| ?
uuu
|BD||PB|4?4?4?4
2
又
?
?[0,
?
2
]
，故
?
?
?
6
，即
BD
与平面
ADMN
所成的角是
?
．
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
，则
AM?2a
，
AB?22a
，
?sin?ABM?
AM1

?
，
AB2
??ABM?30?
． 即直线
AB
与平面
EBC
所成的角为
30?

（3）过
A
作
AH?EB
于< br>H
，连结
HM
．
?AM?
平面
EBC
，< br>?AM?EB
．
?EB?

平面
AHM
．
? ?AHM
是二面角
A?EB?C
的平面角．
∵平面
ACDE?< br>平面
ABC
，
?EA?
平面
ABC
．
?EA ?AB
．
在
Rt?EAB
中，
AH?EB
，有
AE?AB?EB?AH
．
由(2)所设
EA?AC?BC?2a
可得
AB?22a
，
EB?23a
，
AE?AB22a
．
?
EB
3
AM3
?sin?AH M??
．
??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
AE
为
y
轴和
z
轴，建立如图所示的空间直角坐标系
A?xyz
．
?AH?
设
EA?AC?BC?2
，则
A (0,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),E(0,0,2)
，

?M

（1）
是正方形
ACDE
的对角线的交点，
?M(0,1,1)
．
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
．
（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
E AB
的法向量为
n?(x,y,z)
，则
n?AE
且
n?A B
，
?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
cos
?
?cosn,AM?
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
A BC
，所以平面
AA
1
C
1
C?
平面
AB C
，又
BC?AC
，
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

o
中点，知
?A
1
AC?60
．取
AA
1
中点
F
，则
AA
1
?
平面
BCF
，从而面
A
1
AB?
面
BCF
，
过
C< br>作
CH?BF
于
H
，则
CH?
面
A
1
AB
．
在
Rt?BCF
中，
BC?2,CF?3
，故
CH?
221
，
7
即
CC
1
到平 面
A
1
AB
的距离为
CH?

221
．
7

（3）过
H
作
H G?A
1
B
于
G
，连
CG
，则
CG?A< br>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?< br>CH42
?
，
CG7
42
．
7
故二面角
A?A
1
B?C
的正弦值为
法二：（1）如图，取
AB的中点
E
，
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?
，
A
1
?
0,0,t
?
，
C
1
?
0,2,t
?
，

uuuuruuuruuu r
AC
1
?
?
0,3,t
?
，
BA
1
?
?
?2,?1,t
?
，
CB?
?
2 ,0,0
?
，

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




uuuurr
A C
1
?n
221
所以点
C
1
到平面
A1
AB
的距离
d?
．
?
r
7
nuuur
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
?
，
??
??
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
c os?m,n??
u
，根据法向量的方向，可知二面角
A?A
1
B? C
的余弦
rr
?
?
7
m?n
值为
7
．
7