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专题G 立体几何(文科)



G G1

立体几何 空间几何体的结构

9.G1[2012· 重庆卷] 设四面体的六条棱的长分别为 1,1,1,1, 2和 a,且长为 a 的棱与长 为 2的棱异面,则 a 的取值范围为( ) A.(0, 2) B.(0, 3) C.(1, 2) D.(1, 3)

图 1-2 9.A [解析] 如图 1-2 所示,设 AB=a,CD= 2,BC=BD=AC=AD=1,则∠ACD =∠BCD=45° ,要构造一个四面体,则△ACD 与共面 BCD 不能重合,当△BCD 与△ACD 重 合时,a=0;当 A、B、C、D 四点共面,且 A、B 两点在 DC 的两侧时,在△ABC 中,∠ACB =∠ACD+∠BCD=45° +45° =90° ,AB= AC2+BC2= 2,所以 a 的取值范围是(0, 2). 8.G1、G2[2012· 陕西卷] 将正方体(如图 1-3①所示)截去两个三棱锥,得到图②所示的 几何体,则该几何体的左视图为( )

图 1-3

图 1-4 8.B [解析] 分析题目中截几何体所得的新的几何体的形状,结合三视图实线和虚线的 不同表示可知对应的左视图应该为 B. 15. G1、 G12[2012· 安徽卷] 若四面体 ABCD 的三组对棱分别相等, AB=CD, 即 AC=BD, AD=BC,则________(写出所有正确结论的编号). ①四面体 ABCD 每组对棱相互垂直; ②四面体 ABCD 每个面的面积相等; ③从四面体 ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于 90° 而小于 180° ④连接四面体 ABCD 每组对棱中点 ; 的线段相互垂直平分;⑤从四面体 ABCD 每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三 边长. 15.②④⑤ [解析] 如图,把四面体 ABCD 放入长方体中,由长方体中相对面中相互异 面的两条面对角线不一定相互垂直可知①错误;由长方体中△ABC≌△ABD≌△DCB≌△ DCA,可知四面体 ABCD 每个面的面积相等,同时四面体 ABCD 中过同一顶点的三个角之和 为一个三角形的三个内角之和,即为 180° ,故②正确,③错误;长方体中相对面中相互异面 的两条面对角线中点的连线相互垂直,故④正确;从四面体 ABCD 每个顶点出发的三条棱可 以移到一个三角形中,作为一个三角形的三条边,故⑤正确.答案为②④⑤.

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5.G1[2012· 上海卷] 一个高为 2 的圆柱,底面周长为 2π,该圆柱的表面积为________. 5.6π [解析] 考查圆柱的表面积,利用圆的周长求得圆柱的底面半径. 由圆柱的底面周长可得底面圆的半径,2πr=2π,∴r=1, 得圆柱的表面积 S=2πr2+2πh=2π+4π=6π. 19.G1、G11[2012· 上海卷] 如图 1-1,在三棱锥 P-ABC 中,PA⊥底面 ABC,D 是 PC π 的中点,已知∠BAC= ,AB=2,AC=2 3,PA=2,求: 2

图 1-1 (1)三棱锥 P-ABC 的体积; (2)异面直线 BC 与 AD 所成的角的大小(结果用反三角函数值表示). 1 19.解:(1)S△ABC= ×2×2 3=2 3, 2

图 1-2 三棱锥 P-ABC 的体积为 1 1 4 V= S△ABC×PA= ×2 3×2= 3. 3 3 3 (2)取 PB 的中点 E,连接 DE、AE,则 ED∥BC,所以∠ADE(或其补角)是异面直线 BC 与 AD 所成的角. 在△ADE 中,DE=2,AE= 2,AD=2, 22+22-2 3 cos∠ADE= = , 2×2×2 4 3 所以∠ADE=arccos . 4 3 因此,异面直线 BC 与 AD 所成的角的大小是 arccos . 4 G2 空间几何体的三视图和直观图

10.G2[2012· 天津卷] 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.

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10.30 1 (1+2)×1×4=30. 2 13. G2[2012· 辽宁卷] 一个几何体的三视图如图 1-3 所示, 则该几何体的体积为________.

图 1-2 [解析] 由三视图可得该几何体为两个直四棱柱的组合体,其体积 V=3×4×2+

图 1-3 13.12+π [解析] 本小题主要考查三视图和体积公式.解题的突破口为通过观察分析三 视图,得出几何体的形状,是解决问题的根本. 由三视图可知, 几何体是一个长方体与一个圆柱构成的组合体,所以该几何体的体积为 V=V 长方体+V 圆柱=4×3×1+π×12×1=12+π. 7.G2[2012· 课标全国卷] 如图 1-2,网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( )

图 1-3 A.6 B.9 C.12 D.18 7.B [解析] 根据三视图可知该几何体是三棱锥,其底面是斜边长为 6 的等腰直角三角 1 1 形(斜边上的高为 3),有一条长为 3 的侧棱垂直于底面,所以该几何体的体积是 V= × 3 2 ×6×3×3=9,故选 B. 3. G2、G7[2012· 浙江卷] 已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图 1-1 所示,则该三棱锥 的体积是( ) A.1 cm3 B.2 cm3 C.3 cm3 D.6 cm3

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图 1-1 3.A [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能力和 1 1 1 空间想象能力.由三视图可知,该几何体为一个正三棱锥,则 V= Sh= × ×1×2×3=1. 3 3 2

8.G1、G2[2012· 陕西卷] 将正方体(如图 1-3①所示)截去两个三棱锥,得到图②所示的 几何体,则该几何体的左视图为( )

图 1-3

图 1-4 8.B [解析] 分析题目中截几何体所得的新的几何体的形状,结合三视图实线和虚线的 不同表示可知对应的左视图应该为 B. 15.G2[2012· 湖北卷] 已知某几何体的三视图如图 1-4 所示,则该几何体的体积为 ________.

图 1-4

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图 1-5 15.[答案] 12 π [解析] 由三视图可知,该几何体是由左右两个相同的圆柱(底面圆半径为 2,高为 1)与中 间一个圆柱(底面圆半径为 1,高为 4)组合而成,故该几何体的体积是 V=π×22×1×2+ π×12×4=12π. 7.G2[2012· 广东卷] 某几何体的三视图如图 1-1 所示,它的体积为( )

图 1-1 A.72π B.48π C.30π D.24π 7.C [解析] 根据三观图知该几何体是由半球与圆锥构成,球的半径 R=3,圆锥半径 R 1 4 1 =3,高为 4,所以 V 组合体=V 半球+V 圆锥= × π×33+ π×32×4=30π,所以选择 C. 2 3 3 4.G2[2012· 福建卷] 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 4.D [解析] 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 D 不同. 12.G2、G7[2012· 安徽卷] 某几何体的三视图如图 1-2 所示,则该几何体的体积等于 ________.

图 1-2 12.56 [解析] 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,其体积 1 为 V=Sh= (2+5)×4×4=56. 2
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7.G2、G7[2012· 北京卷] 某三棱锥的三视图如图 1-4 所示,该三棱锥的表面积是(

)

图 1-4 A.28+6 5 B.30+6 5 C.56+12 5 D.60+12 5 7.B [解析] 本题考查三棱锥的三视图与表面积公式. 1 由三视图可知,几何体为一个侧面和底面垂直的三棱锥,如图所示,可知 S 底面= ×5×4 2 =10, 1 S 后= ×5×4=10, 2 1 S 左= ×6×2 5=6 5, 2 1 S 右= ×4×5=10, 2 所以 S 表=10×3+6 5=30+6 5.

4.G2[2012· 湖南卷] 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 不可能是( ) ...

图 1-1 4.C [解析] 本题考查三视图,意在考查考生三视图的辨析,以及对三视图的理解和掌 握.选项 A, B, D,都有可能,选项 C 的正视图应该有看不见的虚线,故 C 是不可能的. [易错点] 本题由于对三视图的不了解,易错选 D,三视图中看不见的棱应该用虚线标出. 7.G2[2012· 江西卷] 若一个几何体的三视图如图 1-2 所示,则此几何体的体积为( ) 11 A. 2 B.5
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9 C. 2 D.4

图 1-2 7.D [解析] 该几何体是直六棱柱,由左视图知其高为 1,由主视图和俯视图知其底面 面积 S=(1+3)×1=4,因此其体积为 4,故选 D. G3 平面的基本性质、空间两条直线 G4 空间中的平行关系

19.G4、G5[2012· 山东卷] 如图 1-6,几何体 E-ABCD 是四棱锥,△ABD 为正三角形, CB=CD,EC⊥BD.

图 1-6 (1)求证:BE=DE; (2)若∠BCD=120° ,M 为线段 AE 的中点,求证:DM∥平面 BEC. 19.证明:(1)取 BD 的中点 O,连接 CO,EO. 由于 CB=CD,所以 CO⊥BD,

又 EC⊥BD,EC∩CO=C, CO,EC?平面 EOC, 所以 BD⊥平面 EOC, 因此 BD⊥EO, 又 O 为 BD 的中点, 所以 BE=DE. (2)证法一:取 AB 的中点 N,连接 DM,DN,MN, 因为 M 是 AE 的中点, 所以 MN∥BE.

又 MN?平面 BEC,BE?平面 BEC, 所以 MN∥平面 BEC, 又因为△ABD 为正三角形, 所以∠BDN=30° ,
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又 CB=CD,∠BCD=120° , 因此∠CBD=30° , 所以 DN∥BC, 又 DN?平面 BEC,BC?平面 BEC,所以 DN∥平面 BEC, 又 MN∩DN=N, 故平面 DMN∥平面 BEC, 又 DM?平面 DMN, 所以 DM∥平面 BEC. 证法二: 延长 AD,BC 交于点 F,连接 EF. 因为 CB=CD,∠BCD=120° . 所以∠CBD=30° .

因为△ABD 为正三角形. 所以∠BAD=60° ,∠ABC=90° , 因此∠AFB=30° , 1 所以 AB= AF. 2 又 AB=AD, 所以 D 为线段 AF 的中点. 连接 DM,由点 M 是线段 AE 的中点, 因此 DM∥EF. 又 DM?平面 BEC,EF?平面 BEC, 所以 DM∥平面 BEC. 18.G4、G7[2012· 辽宁卷] 如图 1-5,直三棱柱 ABC-A′B′C′,∠BAC=90° ,AB= AC= 2,AA′=1,点 M,N 分别为 A′B 和 B′C′的中点. (1)证明:MN∥平面 A′ACC′; (2)求三棱锥 A′-MNC 的体积. 1 (锥体体积公式 V= Sh,其中 S 为底面面积,h 为高) 3

图 1-5 18.解:(1)(证法一) 连结 AB′,AC′,由已知∠BAC=90° , AB=AC,三棱柱 ABC-A′B′C′为直三棱柱, 所以 M 为 AB′中点, 又因为 N 为 B′C′的中点,所以 MN∥AC′. 又 MN?平面 A′ACC′, AC′?平面 A′ACC′, 因此 MN∥平面 A′ACC′. (证法二) 取 A′B′中点 P,连结 MP,NP,
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M、N 分别为 AB′与 B′C′的中点, 所以 MP∥AA′,PN∥A′C′, 所以 MP∥平面 A′ACC′,PN∥平面 A′ACC′, 又 MP∩NP=P, 因此平面 MPN∥平面 A′ACC′,而 MN?平面 MPN. 因此 MN∥平面 A′ACC′. (2)(解法一) 连结 BN,由题意 A′N⊥B′C′, 平面 A′B′C′∩平面 B′BCC′=B′C′, 所以 A′N⊥平面 NBC. 1 又 A′N= B′C′=1,故 2 1 1 1 VA′-MNC=VN-A′MC= VN-A′BC= VA′-NBC= . 2 2 6 (解法二) 1 1 VA′-MNC=VA′-NBC-VM-NBC= VA′-NBC= . 2 6 16.G4、G5、G7[2012· 北京卷] 如图 1-9(1),在 Rt△ABC 中,∠C=90° ,D,E 分别为 AC,AB 的中点,点 F 为线段 CD 上的一点,将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1F ⊥CD,如图 1-9(2). (1)求证:DE∥平面 A1CB; (2)求证:A1F⊥BE; (3)线段 A1B 上是否存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ?说明理由.

图 1-9 16.解:(1)证明:因为 D,E 分别为 AC,AB 的中点, 所以 DE∥BC. 又因为 DE?平面 A1CB, 所以 DE∥平面 A1CB. (2)证明:由已知得 AC⊥BC 且 DE∥BC, 所以 DE⊥AC. 所以 DE⊥A1D,DE⊥CD, 所以 DE⊥平面 A1DC. 而 A1F?平面 A1DC, 所以 DE⊥A1F. 又因为 A1F⊥CD, 所以 A1F⊥平面 BCDE, 所以 A1F⊥BE. (3)线段 A1B 上存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ. 理由如下: 如下图,分别取 A1C,A1B 的中点 P,Q, 则 PQ∥BC.

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又因为 DE∥BC, 所以 DE∥PQ. 所以平面 DEQ 即为平面 DEP, 由(2)知,DE⊥平面 A1DC, 所以 DE⊥A1C. 又因为 P 是等腰三角形 DA1C 底边 A1C 的中点, 所以 A1C⊥DP. 所以 A1C⊥平面 DEP. 从而 A1C⊥平面 DEQ. 故线段 A1B 上存在点 Q,使得 A1C⊥平面 DEQ. 16.G4、G5[2012· 江苏卷] 如图 1-4,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,A1B1=A1C1,D,E 分别是棱 BC,CC1 上的点(点 D 不同于点 C),且 AD⊥DE,F 为 B1C1 的中点. 求证:(1)平面 ADE⊥平面 BCC1B1; (2)直线 A1F∥平面 ADE.

图 1-4 16.证明:(1)因为 ABC-A1B1C1 是直三棱柱,所以 CC1⊥平面 ABC, 又 AD?平面 ABC,所以 CC1⊥AD. 又因为 AD⊥DE,CC1,DE?平面 BCC1B1,CC1∩DE=E, 所以 AD⊥平面 BCC1B1.又 AD?平面 ADE, 所以平面 ADE⊥平面 BCC1B1. (2)因为 A1B1=A1C1,F 为 B1C1 的中点,所以 A1F⊥B1C1. 因为 CC1⊥平面 A1B1C1,且 A1F?平面 A1B1C1, 所以 CC1⊥A1F. 又因为 CC1,B1C1?平面 BCC1B1,CC1∩B1C1=C1, 所以 A1F⊥平面 BCC1B1. 由(1)知 AD⊥平面 BCC1B1,所以 A1F∥AD. 又 AD?平面 ADE,A1F?平面 ADE,所以 A1F∥平面 ADE. 5.G4、G5[2012· 浙江卷] 设 l 是直线,α,β 是两个不同的平面( ) A.若 l∥α,l∥β,则 α∥β B.若 l∥α,l⊥β,则 α⊥β C.若 α⊥β,l⊥α,则 l⊥β D.若 α⊥β,l∥α,则 l⊥β 5.B [解析] 本题考查了线面、面面平行,线面、面面垂直等简单的立体几何知识,考 查学生对书本知识的掌握情况以及空间想象、推理能力.对于选项 A,若 l∥α,l∥β,则 α∥ β 或平面 α 与 β 相交;对于选项 B,若 l∥α,l⊥β,则 α⊥β;对于选项 C,若 α⊥β,l⊥α,则 l∥β 或 l 在平面 β 内;对于选项 D,若 α⊥β,l∥α,则 l 与 β 平行、相交或 l 在平面 β 内.
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G5

空间中的垂直关系

19.G5[2012· 江西卷] 如图 1-7,在梯形 ABCD 中,AB∥CD,E,F 是线段 AB 上的两点, 且 DE⊥AB,CF⊥AB,AB=12,AD=5,BC=4 2,DE=4,现将△ADE,△CFB 分别沿 DE, CF 折起,使 A,B 两点重合于点 G,得到多面体 CDEFG. (1)求证:平面 DEG⊥平面 CFG; (2)求多面体 CDEFG 的体积.

图 1-7 19.解:(1)证明:因为 DE⊥EF,CF⊥EF,所以四边形 CDEF 为矩形, 由 GD=5,DE=4,得 GE= GD2-DE2=3. 由 GC=4 2,CF=4,得 FG= GC2-CF2=4,所以 EF=5. 在△EFG 中,有 EF2=GE2+FG2,所以 EG⊥GF, 又因为 CF⊥EF,CF⊥FG,得,CF⊥平面 EFG, 所以 CF⊥EG,所以 EG⊥平面 CFG,即平面 DEG⊥平面 CFG. EG· GF 12 (2)如图,在平面 EGF 中,过点 G 作 GH⊥EF 于点 H,则 GH= = . EF 5

因为平面 CDEF⊥平面 EFG,得 GH⊥平面 CDEF, 1 VCDEFG= SCDEF· GH=16. 3 14.G5[2012· 四川卷] 如图 1-4,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M、N 分别是棱 CD、

CC1 的中点,则异面直线 A1M 与 DN 所成的角的大小是________. 图 1-4 14.90° [解析] 因为 ABCD-A1B1C1D1 为正方体,故 A1 在平面 CDD1C1 上的射影为 D1, 即 A1M 在平面 CDD1C1 上的射影为 D1M, 1 而在正方形 CDD1C1 中,由 tan∠DD1M=tan∠CDN= , 2 可知 D1M⊥DN, 由三垂线定理可知,A1M⊥DN. 20.G5、G6、G10、G11[2012· 重庆卷] 已知在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=4,AC= BC=3,D 为 AB 的中点. (1)求异面直线 CC1 和 AB 的距离; (2)若 AB1⊥A1C,求二面角 A1-CD-B1 的平面角的余弦值.

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图 1-3 20.解:(1)因 AC=BC,D 为 AB 的中点,故 CD⊥AB. 又直三棱柱中,CC1⊥面 ABC,故 CC1⊥CD,所以异面直线 CC1 和 AB 的距离为 CD= BC2-BD2= 5. (2)解法一:由 CD⊥AB,CD⊥BB1,故 CD⊥面 A1ABB1,从而 CD⊥DA1,CD⊥DB1,故 ∠A1DB1 为所求的二面角 A1-CD-B1 的平面角. 因 A1D 是 A1C 在面 A1ABB1 上的射影,又已知 AB1⊥A1C,由三垂线定理的逆定理得 AB1 ⊥A1D,从而∠A1AB1,∠A1DA 都与∠B1AB 互余,因此∠A1AB1=∠A1DA,所以 Rt△A1AD∽ AA1 A1B1 Rt△B1A1A,因此 = ,得 AA2=AD· 1B1=8. A 1 AD AA1 从而 A1D= AA2+AD2=2 3,B1D=A1D=2 3, 1 所以在△A1DB1 中,由余弦定理得 A1D2+DB2-A1B2 1 1 1 cos∠A1DB1= = . 2· 1D· 1 A DB 3 解法二:如下图,过 D 作 DD1∥AA1 交 A1B1 于 D1,在直三棱柱中,由(1)知 DB,DC,DD1 两两垂直,以 D 为原点,射线 DB,DC,DD1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角 坐标系 D-xyz. → 设直三棱柱的高为 h,则 A(-2,0,0),A1(-2,0,h),B1(2,0,h),C(0, 5,0),从而AB1= → (4,0,h),A1C=(2, 5,-h). → → → → 由AB1⊥A1C得AB1· 1C=0,即 8-h2=0,因此 h=2 2. A

图 1-4 → → → 故DA1=(-2,0,2 2),DB1=(2,0,2 2),DC=(0, 5,0). → → 设平面 A1CD 的法向量为 m=(x1,y1,z1),则 m⊥DC,m⊥DA1,即

? 5y1=0, ? ?-2x1+2 2z1=0,
取 z1=1,得 m=( 2,0,1). → → 设平面 B1CD 的法向量为 n=(x2,y2,z2),则 n⊥DC,n⊥DB1,即

? 5y2=0, ? ?2x2+2 2z2=0,
取 z2=-1,得 n=( 2,0,-1),所以 2-1 1 m· n cos〈m,n〉= = = . |m|· |n| 2+1· 2+1 3 1 所以二面角 A1-CD-B1 的平面角的余弦值为 . 3

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5.G4、G5[2012· 浙江卷] 设 l 是直线,α,β 是两个不同的平面( ) A.若 l∥α,l∥β,则 α∥β B.若 l∥α,l⊥β,则 α⊥β C.若 α⊥β,l⊥α,则 l⊥β D.若 α⊥β,l∥α,则 l⊥β 5.B [解析] 本题考查了线面、面面平行,线面、面面垂直等简单的立体几何知识,考 查学生对书本知识的掌握情况以及空间想象、推理能力.对于选项 A,若 l∥α,l∥β,则 α∥ β 或平面 α 与 β 相交;对于选项 B,若 l∥α,l⊥β,则 α⊥β;对于选项 C,若 α⊥β,l⊥α,则 l∥β 或 l 在平面 β 内;对于选项 D,若 α⊥β,l∥α,则 l 与 β 平行、相交或 l 在平面 β 内. 20.G4、G5、G11[2012· 浙江卷] 如图 1-5,在侧棱垂直底面的四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AD∥BC,AD⊥AB,AB= 2,AD=2,BC=4,AA1=2,E 是 DD1 的中点,F 是平面 B1C1E 与直线 AA1 的交点. (1)证明:(i)EF∥A1D1; (ii)BA1⊥平面 B1C1EF; (2)求 BC1 与平面 B1C1EF 所成的角的正弦值.

图 1-5 20.解:(1)证明:(ⅰ)因为 C1B1∥A1D1,C1B1?平面 A1D1DA,所以 C1B1∥平面 A1D1DA, 又因为平面 B1C1EF∩平面 A1D1DA=EF, 所以 C1B1∥EF, 所以 A1D1∥EF. (ⅱ)因为 BB1⊥平面 A1B1C1D1, 所以 BB1⊥B1C1. 又因为 B1C1⊥B1A1, 所以 B1C1⊥平面 ABB1A1, 所以 B1C1⊥BA1. 2 在矩形 ABB1A1 中,F 是 AA1 的中点,tan∠A1B1F=tan∠AA1B= , 2 即∠A1B1F=∠AA1B, 故 BA1⊥B1F, 所以 BA1⊥平面 B1C1EF. (2)设 BA1 与 B1F 交点为 H,连结 C1H.

由(1)知 BA1⊥平面 B1C1EF,所以∠BC1H 是 BC1 与面 B1C1EF 所成的角. 4 在矩形 AA1B1B 中,AB= 2,AA1=2,得 BH= . 6 4 在直角△BHC1 中,BC1=2 5,BH= ,得 6 BH 30 sin∠BC1H= = , BC1 15 30 所以 BC1 与平面 B1C1EF 所成角的正弦值是 . 15

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17.G5、G11[2012· 天津卷] 如图 1-4,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,AD ⊥PD,BC=1,PC=2 3,PD=CD=2. (1)求异面直线 PA 与 BC 所成角的正切值; (2)证明平面 PDC⊥平面 ABCD; (3)求直线 PB 与平面 ABCD 所成角的正弦值.

图 1-4 17.解:(1)如图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,因为底面 ABCD 是矩形,所以 AD=BC 且 AD∥BC,又因为 AD⊥PD,故∠PAD 为异面直线 PA 与 BC 所成的角. PD 在 Rt△PDA 中,tan∠PAD= =2. AD 所以,异面直线 PA 与 BC 所成角的正切值为 2.

(2)证明:由于底面 ABCD 是矩形,故 AD⊥CD,又由于 AD⊥PD,CD∩PD=D,因此 AD⊥平面 PDC,而 AD?平面 ABCD,所以平面 PDC⊥平面 ABCD. (3)在平面 PDC 内,过点 P 作 PE⊥CD 交直线 CD 于点 E,连接 EB. 由于平面 PDC⊥平面 ABCD,而直线 CD 是平面 PDC 与平面 ABCD 的交线,故 PE⊥平 面 ABCD.由此得∠PBE 为直线 PB 与平面 ABCD 所成的角. 在△PDC 中,由于 PD=CD=2,PC=2 3,可得∠PCD=30° . 在 Rt△PEC 中,PE=PCsin30° 3. = 由 AD∥BC,AD⊥平面 PDC,得 BC⊥平面 PDC,因此 BC⊥PC. 在 Rt△PCB 中,PB= PC2+BC2= 13. PE 39 在 Rt△PEB 中,sin∠PBE= = . PB 13 39 所以直线 PB 与平面 ABCD 所成角的正弦值为 . 13 π 18.G5、G7[2012· 陕西卷] 直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=AA1,∠CAB= . 2 (1)证明:CB1⊥BA1; (2)已知 AB=2,BC= 5,求三棱锥 C1-ABA1 的体积.

图 1-7 18.解:(1)证明:如图,连结 AB1,

π ∵ABC-A1B1C1 是直三棱柱,∠CAB= , 2

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∴AC⊥平面 ABB1A1,故 AC⊥BA1. 又∵AB=AA1,∴四边形 ABB1A1 是正方形, ∴BA1⊥AB1,又 CA∩AB1=A. ∴BA1⊥平面 CAB1,故 CB1⊥BA1. (2)∵AB=AA1=2,BC= 5,∴AC=A1C1=1, 由(1)知,A1C1⊥平面 ABA1, 1 1 2 ∴VC1-ABA1= S△ABA1· 1C1= ×2×1= . A 3 3 3 19.G5、G7[2012· 课标全国卷] 如图 1-4,三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧棱垂直底面,∠ 1 ACB=90° ,AC=BC= AA1,D 是棱 AA1 的中点. 2 (1)证明:平面 BDC1⊥平面 BDC; (2)平面 BDC1 分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比.

图 1-4 19.解:(1)证明:由题设知 BC⊥CC1,BC⊥AC,CC1∩AC=C,所以 BC⊥平面 ACC1A1. 又 DC1?平面 ACC1A1,所以 DC1⊥BC. 由题设知∠A1DC1=∠ADC=45° ,所以∠CDC1=90° ,即 DC1⊥DC.又 DC∩BC=C,所 以 DC1⊥平面 BDC.又 DC1?平面 BDC1,故平面 BDC1⊥平面 BDC. (2)设棱锥 B-DACC1 的体积为 V1,AC=1.由题意得 1 1+2 1 V1= × ×1×1= . 3 2 2 又三棱柱 ABC-A1B1C1 的体积 V=1, 所以(V-V1)∶V1=1∶1. 故平面 BDC1 分此棱柱所得两部分体积的比为 1∶1. 19.G4、G5[2012· 山东卷] 如图 1-6,几何体 E-ABCD 是四棱锥,△ABD 为正三角形, CB=CD,EC⊥BD.

图 1-6 (1)求证:BE=DE; (2)若∠BCD=120° ,M 为线段 AE 的中点,求证:DM∥平面 BEC. 19.证明:(1)取 BD 的中点 O,连接 CO,EO. 由于 CB=CD,所以 CO⊥BD,

又 EC⊥BD,EC∩CO=C, CO,EC?平面 EOC, 所以 BD⊥平面 EOC,

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因此 BD⊥EO, 又 O 为 BD 的中点, 所以 BE=DE. (2)证法一:取 AB 的中点 N,连接 DM,DN,MN, 因为 M 是 AE 的中点, 所以 MN∥BE.

又 MN?平面 BEC,BE?平面 BEC, 所以 MN∥平面 BEC, 又因为△ABD 为正三角形, 所以∠BDN=30° , 又 CB=CD,∠BCD=120° , 因此∠CBD=30° , 所以 DN∥BC, 又 DN?平面 BEC,BC?平面 BEC,所以 DN∥平面 BEC, 又 MN∩DN=N, 故平面 DMN∥平面 BEC, 又 DM?平面 DMN, 所以 DM∥平面 BEC. 证法二: 延长 AD,BC 交于点 F,连接 EF. 因为 CB=CD,∠BCD=120° . 所以∠CBD=30° .

因为△ABD 为正三角形. 所以∠BAD=60° ,∠ABC=90° , 因此∠AFB=30° , 1 所以 AB= AF. 2 又 AB=AD, 所以 D 为线段 AF 的中点. 连接 DM,由点 M 是线段 AE 的中点, 因此 DM∥EF. 又 DM?平面 BEC,EF?平面 BEC, 所以 DM∥平面 BEC. 19.G5、G7[2012· 湖南卷] 如图 1-7,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是等腰梯形,AD∥BC,AC⊥BD. (1)证明:BD⊥PC; (2)若 AD=4,BC=2,直线 PD 与平面 PAC 所成的角为 30° ,求四棱锥 P-ABCD 的体积. 19.解:(1)证明:因为 PA⊥平面 ABCD,BD?平面 ABCD,所以 PA⊥BD.

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图 1-8 又 AC⊥BD,PA,AC 是平面 PAC 内的两条相交直线,所以 BD⊥平面 PAC. 而 PC?平面 PAC,所以 BD⊥PC. (2)设 AC 和 BD 相交于点 O,连结 PO,由(1)知,BD⊥平面 PAC,所以∠DPO 是直线 PD 和平面 PAC 所成的角.从而∠DPO=30° . 由 BD⊥平面 PAC,PO?平面 PAC 知,BD⊥PO. 在 Rt△POD 中,由∠DPO=30° PD=2OD. 得 因为四边形 ABCD 为等腰梯形,AC⊥BD,所以△AOD,△BOC 均为等腰直角三角形.从 1 1 1 1 而梯形 ABCD 的高为 AD+ BC= ×(4+2)=3,于是梯形 ABCD 的面积 S= ×(4+2)×3=9. 2 2 2 2 2 在等腰直角三角形 AOD 中,OD= AD=2 2,所以 PD=2OD=4 2,PA= PD2-AD2 2 =4. 故四棱锥 P-ABCD 的体积为 1 1 V= ×S×PA= ×9×4=12. 3 3 19.G5、G7[2012· 湖北卷] 某个实心零部件的形状是如图 1-7 所示的几何体,其下部是 底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形的四棱台 A1B1C1D1-ABCD,上部是一个底面与四棱 台的上底面重合,侧面是全等的矩形的四棱柱 ABCD-A2B2C2D2.

图 1-7 (1)证明:直线 B1D1⊥平面 ACC2A2; (2)现需要对该零部件表面进行防腐处理.已知 AB=10,A1B1=20,AA2=30,AA1=13(单 位:cm),每平方厘米的加工处理费为 0.20 元,需加工处理费多少元? 19.解:(1)因为四棱柱 ABCD-A2B2C2D2 的侧面是全等的矩形, 所以 AA2⊥AB,AA2⊥AD,又因为 AB∩AD=A,所以 AA2⊥平面 ABCD. 连接 BD,因为 BD?平面 ABCD,所以 AA2⊥BD. 因为底面 ABCD 是正方形,所以 AC⊥BD. 根据棱台的定义可知,BD 与 B1D1 共面. 又已知平面 ABCD∥平面 A1B1C1D1,且平面 BB1D1D∩平面 ABCD=BD, 平面 BB1D1D∩平面 A1B1C1D1=B1D1,所以 B1D1∥BD.于是 由 AA2⊥BD,AC⊥BD,B1D1∥BD,可得 AA2⊥B1D1,AC⊥B1D1, 又因为 AA2∩AC=A,所以 B1D1⊥平面 ACC2A2. (2)因为四棱柱 ABCD-A2B2C2D2 的底面是正方形,侧面是全等的矩形,所以 S1=S 四棱柱上底 2 2 2 AA 面+S 四棱柱侧面=(A2B2) +4AB· 2=10 +4×10×30=1 300(cm ). 又因为四棱台 A1B1C1D1-ABCD 的上、下底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形. 所以 S2=S 四棱台下底面+S 四棱台侧面 1 =(A1B1)2+4× (AB+A1B1)h 等腰梯形的高 2
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1 1 =202+4× (10+20) 132-?2?20-10??2 ? ? 2 2 =1 120(cm ). 于是该实心零部件的表面积为 S=S1+S2=1 300+1 120=2 420(cm2), 故所需加工处理费为 0.2S=0.2×2 420=484(元). 18.G5、G12[2012· 广东卷] 如图 1-5 所示,在四棱锥 P-ABCD 中,AB⊥平面 PAD, 1 AB∥CD,PD=AD,E 是 PB 的中点,F 是 DC 上的点且 DF= AB,PH 为△PAD 中 AD 边上 2 的高. (1)证明:PH⊥平面 ABCD; (2)若 PH=1,AD= 2,FC=1,求三棱锥 E-BCF 的体积; (3)证明:EF⊥平面 PAB.

图 1-5

18.解:(1)由于 AB⊥平面 PAD,PH?平面 PAD, 故 AB⊥PH. 又因为 PH 为△PAD 中 AD 边上的高, 故 AD⊥PH. ∵AB∩AD=A,AB?平面 ABCD, AD?平面 ABCD, ∴PH⊥平面 ABCD.

1 (2)由于 PH⊥平面 ABCD,E 为 PB 的中点,PH=1,故 E 到平面 ABCD 的距离 h= PH= 2 1 . 2 又因为 AB∥CD,AB⊥AD,所以 AD⊥CD, 1 1 2 故 S△BCF= · AD= · 2= . FC· 1· 2 2 2 1 1 21 2 因此 VE-BCF= S△BCF· · ·= . h= 3 3 2 2 12 (3)证明:过 E 作 EG∥AB 交 PA 于 G,连接 DG. 由于 E 为 PB 的中点,所以 G 为 PA 的中点. 因为 DA=DP,故△DPA 为等腰三角形, 所以 DG⊥PA. ∵AB⊥平面 PAD,DG?平面 PAD, ∴AB⊥DG. 又∵AB∩PA=A,AB?平面 PAB,PA?平面 PAB, ∴DG⊥平面 PAB.

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1 1 又∵GE 綊 AB,DF 綊 AB, 2 2 ∴GE 綊 DF. 所以四边形 DFEG 为平行四边形,故 DG∥EF. 于是 EF⊥平面 PAB. 19.G5、G11[2012· 安徽卷] 如图 1-3,长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,底面 A1B1C1D1 是 正方形,O 是 BD 的中点,E 是棱 AA1 上任意一点. (1)证明:BD⊥EC1; (2)如果 AB=2,AE= 2,OE⊥EC1,求 AA1 的长.

图 1-3 19.解:(1)证明:连接 AC,A1C1. 由底面是正方形知,BD⊥AC. 因为 AA1⊥平面 ABCD,BD?平面 ABCD,

所以 AA1⊥BD. 又由 AA1∩AC=A, 所以 BD⊥平面 AA1C1C. 再由 EC1?平面 AA1C1C 知, BD⊥EC1. (2)设 AA1 的长为 h,连接 OC1. 在 Rt△OAE 中,AE= 2,AO= 2, 故 OE2=( 2)2+( 2)2=4. 在 Rt△EA1C1 中,A1E=h- 2,A1C1=2 2. 故 EC2=(h- 2)2+(2 2)2. 1 在 Rt△OCC1 中,OC= 2,CC1=h,OC2=h2+( 2)2. 1 2 因为 OE⊥EC1,所以 OE2+EC1=OC2,即 1 4+(h- 2)2+(2 2)2=h2+( 2)2,解得 h=3 2. 所以 AA1 的长为 3 2. 16.G4、G5、G7[2012· 北京卷] 如图 1-9(1),在 Rt△ABC 中,∠C=90° ,D,E 分别为 AC,AB 的中点,点 F 为线段 CD 上的一点,将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1F ⊥CD,如图 1-9(2). (1)求证:DE∥平面 A1CB; (2)求证:A1F⊥BE; (3)线段 A1B 上是否存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ?说明理由.

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图 1-9 16.解:(1)证明:因为 D,E 分别为 AC,AB 的中点, 所以 DE∥BC. 又因为 DE?平面 A1CB, 所以 DE∥平面 A1CB. (2)证明:由已知得 AC⊥BC 且 DE∥BC, 所以 DE⊥AC. 所以 DE⊥A1D,DE⊥CD, 所以 DE⊥平面 A1DC. 而 A1F?平面 A1DC, 所以 DE⊥A1F. 又因为 A1F⊥CD, 所以 A1F⊥平面 BCDE, 所以 A1F⊥BE. (3)线段 A1B 上存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ. 理由如下: 如下图,分别取 A1C,A1B 的中点 P,Q, 则 PQ∥BC.

又因为 DE∥BC, 所以 DE∥PQ. 所以平面 DEQ 即为平面 DEP, 由(2)知,DE⊥平面 A1DC, 所以 DE⊥A1C. 又因为 P 是等腰三角形 DA1C 底边 A1C 的中点, 所以 A1C⊥DP. 所以 A1C⊥平面 DEP. 从而 A1C⊥平面 DEQ. 故线段 A1B 上存在点 Q,使得 A1C⊥平面 DEQ. 16.G4、G5[2012· 江苏卷] 如图 1-4,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,A1B1=A1C1,D,E 分别是棱 BC,CC1 上的点(点 D 不同于点 C),且 AD⊥DE,F 为 B1C1 的中点. 求证:(1)平面 ADE⊥平面 BCC1B1; (2)直线 A1F∥平面 ADE.

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图 1-4 16.证明:(1)因为 ABC-A1B1C1 是直三棱柱,所以 CC1⊥平面 ABC, 又 AD?平面 ABC,所以 CC1⊥AD. 又因为 AD⊥DE,CC1,DE?平面 BCC1B1,CC1∩DE=E, 所以 AD⊥平面 BCC1B1.又 AD?平面 ADE, 所以平面 ADE⊥平面 BCC1B1. (2)因为 A1B1=A1C1,F 为 B1C1 的中点,所以 A1F⊥B1C1. 因为 CC1⊥平面 A1B1C1,且 A1F?平面 A1B1C1, 所以 CC1⊥A1F. 又因为 CC1,B1C1?平面 BCC1B1,CC1∩B1C1=C1, 所以 A1F⊥平面 BCC1B1. 由(1)知 AD⊥平面 BCC1B1,所以 A1F∥AD. 又 AD?平面 ADE,A1F?平面 ADE,所以 A1F∥平面 ADE. 19.G5、G7、G11[2012· 全国卷] 如图 1-1,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为菱形, PA⊥底面 ABCD,AC=2 2,PA=2,E 是 PC 上的一点,PE=2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设二面角 A-PB-C 为 90° ,求 PD 与平面 PBC 所成角的大小.

图 1-1 19.解:方法一:(1)证明:因为底面 ABCD 为菱形,所以 BD⊥AC,又 PA⊥底面 ABCD, 所以 PC⊥BD.

设 AC∩BD=F,连结 EF.因为 AC=2 2, PA=2,PE=2EC,故 2 3 PC=2 3,EC= ,FC= 2, 3 PC AC 从而 = 6, = 6. FC EC PC AC 因为 = ,∠FCE=∠PCA,所以 FC EC △FCE∽△PCA,∠FEC=∠PAC=90° ,

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由此知 PC⊥EF. PC 与平面 BED 内两条相交直线 BD,EF 都垂直,所以 PC⊥平面 BED. (2)在平面 PAB 内过点 A 作 AG⊥PB,G 为垂足. 因为二面角 A-PB-C 为 90° ,所以平面 PAB⊥平面 PBC. 又平面 PAB∩平面 PBC=PB, 故 AG⊥平面 PBC,AG⊥BC. BC 与平面 PAB 内两条相交直线 PA,AG 都垂直,故 BC⊥平面 PAB,于是 BC⊥AB,所以 底面 ABCD 为正方形,AD=2,PD= PA2+AD2=2 2. 设 D 到平面 PBC 的距离为 d. 因为 AD∥BC,且 AD?平面 PBC,BC?平面 PBC,故 AD∥平面 PBC,A、D 两点到平面 PBC 的距离相等,即 d=AG= 2. d 1 设 PD 与平面 PBC 所成的角为 α,则 sinα= = . PD 2 所以 PD 与平面 PBC 所成的角为 30° . 方法二:(1)以 A 为坐标原点,射线 AC 为 x 轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标 系 A-xyz.

设 C(2 2,0,0),D( 2,b,0),其中 b>0,则 P(0,0,2),E?

4 2 2? ,B( 2,-b,0). ? 3 ,0,3? 2 2 2 2 → → → → → 于是PC=(2 2,0,-2),BE=? ,b, ?,DE=? ,-b, ?,从而PC· =0, BE 3? 3? ?3 ?3 → → PC· =0,故 PC⊥BE,PC⊥DE. DE 又 BE∩DE=E,所以 PC⊥平面 BDE. → → (2)AP=(0,0,2),AB=( 2,-b,0). → → 设 m=(x,y,z)为平面 PAB 的法向量,则 m· =0,m· =0, AP AB 即 2z=0 且 2x-by=0, 令 x=b,则 m=(b, 2,0). 设 n=(p,q,r)为平面 PBC 的法向量,则 → → n· =0,n· =0, PC BE 2p 2 即 2 2p-2r=0 且 +bq+ r=0, 3 3 2 2 令 p=1,则 r= 2,q=- ,n=?1,- , 2?. b b ? ? 2 → 因为面 PAB⊥面 PBC,故 m· n=0,即 b- =0,故 b= 2,于是 n=(1,-1, 2),DP= b (- 2,- 2,2), → n· DP 1 → cos〈n,DP〉= = , → 2 |n||DP| → 〈n,DP〉=60° . → 因为 PD 与平面 PBC 所成的角和〈n,DP〉互余, 故 PD 与平面 PBC 所成的角为 30° .

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G6

三垂线定理

20.G5、G6、G10、G11[2012· 重庆卷] 已知在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=4,AC= BC=3,D 为 AB 的中点. (1)求异面直线 CC1 和 AB 的距离; (2)若 AB1⊥A1C,求二面角 A1-CD-B1 的平面角的余弦值.

图 1-3 20.解:(1)因 AC=BC,D 为 AB 的中点,故 CD⊥AB. 又直三棱柱中,CC1⊥面 ABC,故 CC1⊥CD,所以异面直线 CC1 和 AB 的距离为 CD= BC2-BD2= 5. (2)解法一:由 CD⊥AB,CD⊥BB1,故 CD⊥面 A1ABB1,从而 CD⊥DA1,CD⊥DB1,故 ∠A1DB1 为所求的二面角 A1-CD-B1 的平面角. 因 A1D 是 A1C 在面 A1ABB1 上的射影,又已知 AB1⊥A1C,由三垂线定理的逆定理得 AB1 ⊥A1D,从而∠A1AB1,∠A1DA 都与∠B1AB 互余,因此∠A1AB1=∠A1DA,所以 Rt△A1AD∽ AA1 A1B1 Rt△B1A1A,因此 = ,得 AA2=AD· 1B1=8. A 1 AD AA1 从而 A1D= AA2+AD2=2 3,B1D=A1D=2 3, 1 所以在△A1DB1 中,由余弦定理得 A1D2+DB2-A1B2 1 1 1 cos∠A1DB1= = . 2· 1D· 1 A DB 3 解法二:如下图,过 D 作 DD1∥AA1 交 A1B1 于 D1,在直三棱柱中,由(1)知 DB,DC,DD1 两两垂直,以 D 为原点,射线 DB,DC,DD1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角 坐标系 D-xyz. → 设直三棱柱的高为 h,则 A(-2,0,0),A1(-2,0,h),B1(2,0,h),C(0, 5,0),从而AB1= → (4,0,h),A1C=(2, 5,-h). → → → → 由AB1⊥A1C得AB1· 1C=0,即 8-h2=0,因此 h=2 2. A

图 1-4 → → → 故DA1=(-2,0,2 2),DB1=(2,0,2 2),DC=(0, 5,0). → → 设平面 A1CD 的法向量为 m=(x1,y1,z1),则 m⊥DC,m⊥DA1,即

? 5y1=0, ? ?-2x1+2 2z1=0,
取 z1=1,得 m=( 2,0,1). → → 设平面 B1CD 的法向量为 n=(x2,y2,z2),则 n⊥DC,n⊥DB1,即

? 5y2=0, ? ?2x2+2 2z2=0,
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取 z2=-1,得 n=( 2,0,-1),所以 2-1 1 m· n cos〈m,n〉= = = . |m|· |n| 2+1· 2+1 3 1 所以二面角 A1-CD-B1 的平面角的余弦值为 . 3 G7 棱柱与棱锥

13.G7[2012· 山东卷] 如图 1-3 所示,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,E 为线段 B1C 上的一点,则三棱锥 A-DED1 的体积为________.

图 1-3 1 13. 6 [解析] 本题考查棱锥的体积公式,考查空间想象力与转化能力,容易题.

1 1 1 VA-DED1=VE-DD1A= × ×1×1×1= . 3 2 6 7.G7[2012· 江苏卷] 如图 1-2,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=AD=3 cm,AA1= 2 cm,则四棱锥 A-BB1D1D 的体积为________cm3.

图 1-2

7.6 [解析] 本题考查四棱锥体积的求解以及对长方体性质的运用. 解题突破口为寻找四棱锥的高. 连 AC 交 BD 于点 O,因四边形 ABCD 为正方形,故 AO 为四棱锥 A-BB1D1D 的高,从而 1 3 2 V= ×2×3 2× =6. 3 2 3. G2、G7[2012· 浙江卷] 已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图 1-1 所示,则该三棱锥 的体积是( ) A.1 cm3 B.2 cm3 C.3 cm3 D.6 cm3

图 1-1 3.A [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能力和 1 1 1 空间想象能力.由三视图可知,该几何体为一个正三棱锥,则 V= Sh= × ×1×2×3=1. 3 3 2

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π 18.G5、G7[2012· 陕西卷] 直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=AA1,∠CAB= . 2 (1)证明:CB1⊥BA1; (2)已知 AB=2,BC= 5,求三棱锥 C1-ABA1 的体积.

图 1-7 18.解:(1)证明:如图,连结 AB1,

π ∵ABC-A1B1C1 是直三棱柱,∠CAB= , 2 ∴AC⊥平面 ABB1A1,故 AC⊥BA1. 又∵AB=AA1,∴四边形 ABB1A1 是正方形, ∴BA1⊥AB1,又 CA∩AB1=A. ∴BA1⊥平面 CAB1,故 CB1⊥BA1. (2)∵AB=AA1=2,BC= 5,∴AC=A1C1=1, 由(1)知,A1C1⊥平面 ABA1, 1 1 2 ∴VC1-ABA1= S△ABA1· 1C1= ×2×1= . A 3 3 3 19.G5、G7[2012· 湖南卷] 如图 1-7,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是等腰梯形,AD∥BC,AC⊥BD. (1)证明:BD⊥PC; (2)若 AD=4,BC=2,直线 PD 与平面 PAC 所成的角为 30° ,求四棱锥 P-ABCD 的体积. 19.解:(1)证明:因为 PA⊥平面 ABCD,BD?平面 ABCD,所以 PA⊥BD.

图 1-8 又 AC⊥BD,PA,AC 是平面 PAC 内的两条相交直线,所以 BD⊥平面 PAC. 而 PC?平面 PAC,所以 BD⊥PC. (2)设 AC 和 BD 相交于点 O,连结 PO,由(1)知,BD⊥平面 PAC,所以∠DPO 是直线 PD 和平面 PAC 所成的角.从而∠DPO=30° . 由 BD⊥平面 PAC,PO?平面 PAC 知,BD⊥PO. 在 Rt△POD 中,由∠DPO=30° PD=2OD. 得 因为四边形 ABCD 为等腰梯形,AC⊥BD,所以△AOD,△BOC 均为等腰直角三角形.从

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1 1 1 1 而梯形 ABCD 的高为 AD+ BC= ×(4+2)=3,于是梯形 ABCD 的面积 S= ×(4+2)×3=9. 2 2 2 2 2 在等腰直角三角形 AOD 中,OD= AD=2 2,所以 PD=2OD=4 2,PA= PD2-AD2 2 =4. 故四棱锥 P-ABCD 的体积为 1 1 V= ×S×PA= ×9×4=12. 3 3 19.G5、G7[2012· 湖北卷] 某个实心零部件的形状是如图 1-7 所示的几何体,其下部是 底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形的四棱台 A1B1C1D1-ABCD,上部是一个底面与四棱 台的上底面重合,侧面是全等的矩形的四棱柱 ABCD-A2B2C2D2.

图 1-7 (1)证明:直线 B1D1⊥平面 ACC2A2; (2)现需要对该零部件表面进行防腐处理.已知 AB=10,A1B1=20,AA2=30,AA1=13(单 位:cm),每平方厘米的加工处理费为 0.20 元,需加工处理费多少元? 19.解:(1)因为四棱柱 ABCD-A2B2C2D2 的侧面是全等的矩形, 所以 AA2⊥AB,AA2⊥AD,又因为 AB∩AD=A,所以 AA2⊥平面 ABCD. 连接 BD,因为 BD?平面 ABCD,所以 AA2⊥BD. 因为底面 ABCD 是正方形,所以 AC⊥BD. 根据棱台的定义可知,BD 与 B1D1 共面. 又已知平面 ABCD∥平面 A1B1C1D1,且平面 BB1D1D∩平面 ABCD=BD, 平面 BB1D1D∩平面 A1B1C1D1=B1D1,所以 B1D1∥BD.于是 由 AA2⊥BD,AC⊥BD,B1D1∥BD,可得 AA2⊥B1D1,AC⊥B1D1, 又因为 AA2∩AC=A,所以 B1D1⊥平面 ACC2A2. (2)因为四棱柱 ABCD-A2B2C2D2 的底面是正方形,侧面是全等的矩形,所以 S1=S 四棱柱上底 +S 四棱柱侧面=(A2B2)2+4AB· 2=102+4×10×30=1 300(cm2). AA 面 又因为四棱台 A1B1C1D1-ABCD 的上、下底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形. 所以 S2=S 四棱台下底面+S 四棱台侧面 1 =(A1B1)2+4× (AB+A1B1)h 等腰梯形的高 2 1 1 =202+4× (10+20) 132-?2?20-10??2 ? ? 2 2 =1 120(cm ). 于是该实心零部件的表面积为 S=S1+S2=1 300+1 120=2 420(cm2), 故所需加工处理费为 0.2S=0.2×2 420=484(元). 19.G7、G12[2012· 福建卷] 如图 1-3 所示,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=AD= 1,AA1=2,M 为棱 DD1 上的一点. (1)求三棱锥 A-MCC1 的体积; (2)当 A1M+MC 取得最小值时,求证:B1M⊥平面 MAC.

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图 1-3 19.解:(1)由长方体 ABCD-A1B1C1D1 知, AD⊥平面 CDD1C1, ∴点 A 到平面 CDD1C1 的距离等于 AD=1, 1 1 又 S△MCC1= CC1×CD= ×2×1=1, 2 2 1 1 ∴VA-MCC1= AD· S△MCC1= . 3 3 (2)将侧面 CDD1C1 绕 DD1 逆时针转 90° 展开,与侧面 ADD1A1 共面(如图),

当 A1,M,C 共线时,A1M+MC 取得最小值. 由 AD=CD=1,AA1=2,得 M 为 DD1 中点. 连接 C1M,在△C1MC 中,MC1= 2,MC= 2,CC1=2. ∴CC2=MC2+MC2,得∠CMC1=90° ,即 CM⊥MC1. 1 1 又由长方体 ABCD-A1B1C1D1 知,B1C1⊥平面 CDD1C1,∴B1C1⊥CM. 又 B1C1∩C1M=C1,∴CM⊥平面 B1C1M,得 CM⊥B1M; 同理可证,B1M⊥AM, 又 AM∩MC=M,∴B1M⊥平面 MAC. 16.G4、G5、G7[2012· 北京卷] 如图 1-9(1),在 Rt△ABC 中,∠C=90° ,D,E 分别为 AC,AB 的中点,点 F 为线段 CD 上的一点,将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1F ⊥CD,如图 1-9(2). (1)求证:DE∥平面 A1CB; (2)求证:A1F⊥BE; (3)线段 A1B 上是否存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ?说明理由.

图 1-9 16.解:(1)证明:因为 D,E 分别为 AC,AB 的中点, 所以 DE∥BC. 又因为 DE?平面 A1CB, 所以 DE∥平面 A1CB. (2)证明:由已知得 AC⊥BC 且 DE∥BC, 所以 DE⊥AC.
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所以 DE⊥A1D,DE⊥CD, 所以 DE⊥平面 A1DC. 而 A1F?平面 A1DC, 所以 DE⊥A1F. 又因为 A1F⊥CD, 所以 A1F⊥平面 BCDE, 所以 A1F⊥BE. (3)线段 A1B 上存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ. 理由如下: 如下图,分别取 A1C,A1B 的中点 P,Q, 则 PQ∥BC.

又因为 DE∥BC, 所以 DE∥PQ. 所以平面 DEQ 即为平面 DEP, 由(2)知,DE⊥平面 A1DC, 所以 DE⊥A1C. 又因为 P 是等腰三角形 DA1C 底边 A1C 的中点, 所以 A1C⊥DP. 所以 A1C⊥平面 DEP. 从而 A1C⊥平面 DEQ. 故线段 A1B 上存在点 Q,使得 A1C⊥平面 DEQ. 7.G2、G7[2012· 北京卷] 某三棱锥的三视图如图 1-4 所示,该三棱锥的表面积是( )

图 1-4 A.28+6 5 B.30+6 5 C.56+12 5 D.60+12 5 7.B [解析] 本题考查三棱锥的三视图与表面积公式. 1 由三视图可知,几何体为一个侧面和底面垂直的三棱锥,如图所示,可知 S 底面= ×5×4 2 =10, 1 S 后= ×5×4=10, 2 1 S 左= ×6×2 5=6 5, 2

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1 S 右= ×4×5=10, 2 所以 S 表=10×3+6 5=30+6 5.

12.G2、G7[2012· 安徽卷] 某几何体的三视图如图 1-2 所示,则该几何体的体积等于 ________.

图 1-2 12.56 [解析] 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,其体积 1 为 V=Sh= (2+5)×4×4=56. 2

19.G5、G7、G11[2012· 全国卷] 如图 1-1,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为菱形, PA⊥底面 ABCD,AC=2 2,PA=2,E 是 PC 上的一点,PE=2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设二面角 A-PB-C 为 90° ,求 PD 与平面 PBC 所成角的大小.

图 1-1 19.解:方法一:(1)证明:因为底面 ABCD 为菱形,所以 BD⊥AC,又 PA⊥底面 ABCD, 所以 PC⊥BD.

设 AC∩BD=F,连结 EF.因为 AC=2 2,

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PA=2,PE=2EC,故 2 3 PC=2 3,EC= ,FC= 2, 3 PC AC 从而 = 6, = 6. FC EC PC AC 因为 = ,∠FCE=∠PCA,所以 FC EC △FCE∽△PCA,∠FEC=∠PAC=90° , 由此知 PC⊥EF. PC 与平面 BED 内两条相交直线 BD,EF 都垂直,所以 PC⊥平面 BED. (2)在平面 PAB 内过点 A 作 AG⊥PB,G 为垂足. 因为二面角 A-PB-C 为 90° ,所以平面 PAB⊥平面 PBC. 又平面 PAB∩平面 PBC=PB, 故 AG⊥平面 PBC,AG⊥BC. BC 与平面 PAB 内两条相交直线 PA,AG 都垂直,故 BC⊥平面 PAB,于是 BC⊥AB,所以 底面 ABCD 为正方形,AD=2,PD= PA2+AD2=2 2. 设 D 到平面 PBC 的距离为 d. 因为 AD∥BC,且 AD?平面 PBC,BC?平面 PBC,故 AD∥平面 PBC,A、D 两点到平面 PBC 的距离相等,即 d=AG= 2. d 1 设 PD 与平面 PBC 所成的角为 α,则 sinα= = . PD 2 所以 PD 与平面 PBC 所成的角为 30° . 方法二:(1)以 A 为坐标原点,射线 AC 为 x 轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标 系 A-xyz.

设 C(2 2,0,0),D( 2,b,0),其中 b>0,则 P(0,0,2),E?

4 2 2? ,0, ,B( 2,-b,0). 3? ? 3 2? → ? 2 2? → → ? 2 → → 于是PC=(2 2,0,-2),BE= ,DE= ,从而PC· =0, BE ? 3 ,b,3? ? 3 ,-b,3? → → PC· =0,故 PC⊥BE,PC⊥DE. DE 又 BE∩DE=E,所以 PC⊥平面 BDE. → → (2)AP=(0,0,2),AB=( 2,-b,0). → → 设 m=(x,y,z)为平面 PAB 的法向量,则 m· =0,m· =0, AP AB 即 2z=0 且 2x-by=0, 令 x=b,则 m=(b, 2,0). 设 n=(p,q,r)为平面 PBC 的法向量,则 → → n· =0,n· =0, PC BE 2p 2 即 2 2p-2r=0 且 +bq+ r=0, 3 3 2 2 令 p=1,则 r= 2,q=- ,n=?1,- , 2?. b b ? ? 2 → 因为面 PAB⊥面 PBC,故 m· n=0,即 b- =0,故 b= 2,于是 n=(1,-1, 2),DP= b

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(- 2,- 2,2), → n· DP 1 → cos〈n,DP〉= = , → 2 |n||DP| → 〈n,DP〉=60° . → 因为 PD 与平面 PBC 所成的角和〈n,DP〉互余, 故 PD 与平面 PBC 所成的角为 30° . 19.G5、G7[2012· 课标全国卷] 如图 1-4,三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧棱垂直底面,∠ 1 ACB=90° ,AC=BC= AA1,D 是棱 AA1 的中点. 2 (1)证明:平面 BDC1⊥平面 BDC; (2)平面 BDC1 分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比.

图 1-4 19.解:(1)证明:由题设知 BC⊥CC1,BC⊥AC,CC1∩AC=C,所以 BC⊥平面 ACC1A1. 又 DC1?平面 ACC1A1,所以 DC1⊥BC. 由题设知∠A1DC1=∠ADC=45° ,所以∠CDC1=90° ,即 DC1⊥DC.又 DC∩BC=C,所 以 DC1⊥平面 BDC.又 DC1?平面 BDC1,故平面 BDC1⊥平面 BDC. (2)设棱锥 B-DACC1 的体积为 V1,AC=1.由题意得 1 1+2 1 V1= × ×1×1= . 3 2 2 又三棱柱 ABC-A1B1C1 的体积 V=1, 所以(V-V1)∶V1=1∶1. 故平面 BDC1 分此棱柱所得两部分体积的比为 1∶1. 18.G4、G7[2012· 辽宁卷] 如图 1-5,直三棱柱 ABC-A′B′C′,∠BAC=90° ,AB= AC= 2,AA′=1,点 M,N 分别为 A′B 和 B′C′的中点. (1)证明:MN∥平面 A′ACC′; (2)求三棱锥 A′-MNC 的体积. 1 (锥体体积公式 V= Sh,其中 S 为底面面积,h 为高) 3

图 1-5 18.解:(1)(证法一) 连结 AB′,AC′,由已知∠BAC=90° , AB=AC,三棱柱 ABC-A′B′C′为直三棱柱, 所以 M 为 AB′中点, 又因为 N 为 B′C′的中点,所以 MN∥AC′. 又 MN?平面 A′ACC′, AC′?平面 A′ACC′,
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因此 MN∥平面 A′ACC′. (证法二) 取 A′B′中点 P,连结 MP,NP, M、N 分别为 AB′与 B′C′的中点, 所以 MP∥AA′,PN∥A′C′, 所以 MP∥平面 A′ACC′,PN∥平面 A′ACC′, 又 MP∩NP=P, 因此平面 MPN∥平面 A′ACC′,而 MN?平面 MPN. 因此 MN∥平面 A′ACC′. (2)(解法一) 连结 BN,由题意 A′N⊥B′C′, 平面 A′B′C′∩平面 B′BCC′=B′C′, 所以 A′N⊥平面 NBC. 1 又 A′N= B′C′=1,故 2 1 1 1 VA′-MNC=VN-A′MC= VN-A′BC= VA′-NBC= . 2 2 6 (解法二) 1 1 VA′-MNC=VA′-NBC-VM-NBC= VA′-NBC= . 2 6 G8 多面体与球 16.G8[2012· 辽宁卷] 已知点 P,A,B,C,D 是球 O 表面上的点,PA⊥平面 ABCD,四 边形 ABCD 是边长为 2 3的正方形,若 PA=2 6,则△OAB 的面积为________.

图 1-4 16. 3 [解析] 本小题主要考查球的概念与性质. 3 解题的突破口为弄清 PC 为球的直径, 问题转换为求长方体的对角线. 因为四边形 ABCD 是边长为 2 3的正方形,故而 AB=AD=2 3,如图 1-4 所示,PA, AB, 两两垂直, AD 可以补充成以 PA, AD 为棱的球内接长方体, AB, 故而 2R= PA2+AB2+AD2 =4 3, 3 所以 R=2 3, 故而△OAB 为等边三角形,S△OAB= ×(2 3)2=3 3. 4 8.G8[2012· 课标全国卷] 平面 α 截球 O 的球面所得圆的半径为 1,球心 O 到平面 α 的距 离为 2,则此球的体积为( ) A. 6π B.4 3π C.4 6π D.6 3π 4 8.B [解析] 由题意,球的半径为 R= 12+? 2?2= 3,所以球的体积为 V= πR3=4 3 3 π.故选 B. G9 空间向量及运算

G10 空间向量解决线面位置关系

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20.G5、G6、G10、G11[2012· 重庆卷] 已知在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=4,AC= BC=3,D 为 AB 的中点. (1)求异面直线 CC1 和 AB 的距离; (2)若 AB1⊥A1C,求二面角 A1-CD-B1 的平面角的余弦值.

图 1-3 20.解:(1)因 AC=BC,D 为 AB 的中点,故 CD⊥AB. 又直三棱柱中,CC1⊥面 ABC,故 CC1⊥CD,所以异面直线 CC1 和 AB 的距离为 CD= BC2-BD2= 5. (2)解法一:由 CD⊥AB,CD⊥BB1,故 CD⊥面 A1ABB1,从而 CD⊥DA1,CD⊥DB1,故 ∠A1DB1 为所求的二面角 A1-CD-B1 的平面角. 因 A1D 是 A1C 在面 A1ABB1 上的射影,又已知 AB1⊥A1C,由三垂线定理的逆定理得 AB1 ⊥A1D,从而∠A1AB1,∠A1DA 都与∠B1AB 互余,因此∠A1AB1=∠A1DA,所以 Rt△A1AD∽ AA1 A1B1 Rt△B1A1A,因此 = ,得 AA2=AD· 1B1=8. A 1 AD AA1 从而 A1D= AA2+AD2=2 3,B1D=A1D=2 3, 1 所以在△A1DB1 中,由余弦定理得 A1D2+DB2-A1B2 1 1 1 cos∠A1DB1= = . 2· 1D· 1 A DB 3 解法二:如下图,过 D 作 DD1∥AA1 交 A1B1 于 D1,在直三棱柱中,由(1)知 DB,DC,DD1 两两垂直,以 D 为原点,射线 DB,DC,DD1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角 坐标系 D-xyz. → 设直三棱柱的高为 h,则 A(-2,0,0),A1(-2,0,h),B1(2,0,h),C(0, 5,0),从而AB1= → (4,0,h),A1C=(2, 5,-h). → → → → 由AB1⊥A1C得AB1· 1C=0,即 8-h2=0,因此 h=2 2. A

图 1-4 → → → 故DA1=(-2,0,2 2),DB1=(2,0,2 2),DC=(0, 5,0). → → 设平面 A1CD 的法向量为 m=(x1,y1,z1),则 m⊥DC,m⊥DA1,即

? 5y1=0, ? ?-2x1+2 2z1=0,
取 z1=1,得 m=( 2,0,1). → → 设平面 B1CD 的法向量为 n=(x2,y2,z2),则 n⊥DC,n⊥DB1,即

? 5y2=0, ? ?2x2+2 2z2=0,
取 z2=-1,得 n=( 2,0,-1),所以

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2-1 1 m· n cos〈m,n〉= = = . |m|· |n| 2+1· 2+1 3 1 所以二面角 A1-CD-B1 的平面角的余弦值为 . 3 G11 空间角与距离的求法 20.G5、G6、G10、G11[2012· 重庆卷] 已知在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=4,AC= BC=3,D 为 AB 的中点. (1)求异面直线 CC1 和 AB 的距离; (2)若 AB1⊥A1C,求二面角 A1-CD-B1 的平面角的余弦值.

图 1-3 20.解:(1)因 AC=BC,D 为 AB 的中点,故 CD⊥AB. 又直三棱柱中,CC1⊥面 ABC,故 CC1⊥CD,所以异面直线 CC1 和 AB 的距离为 CD= BC2-BD2= 5. (2)解法一:由 CD⊥AB,CD⊥BB1,故 CD⊥面 A1ABB1,从而 CD⊥DA1,CD⊥DB1,故 ∠A1DB1 为所求的二面角 A1-CD-B1 的平面角. 因 A1D 是 A1C 在面 A1ABB1 上的射影,又已知 AB1⊥A1C,由三垂线定理的逆定理得 AB1 ⊥A1D,从而∠A1AB1,∠A1DA 都与∠B1AB 互余,因此∠A1AB1=∠A1DA,所以 Rt△A1AD∽ AA1 A1B1 Rt△B1A1A,因此 = ,得 AA2=AD· 1B1=8. A 1 AD AA1 从而 A1D= AA2+AD2=2 3,B1D=A1D=2 3, 1 所以在△A1DB1 中,由余弦定理得 A1D2+DB2-A1B2 1 1 1 cos∠A1DB1= = . 2· 1D· 1 A DB 3 解法二:如下图,过 D 作 DD1∥AA1 交 A1B1 于 D1,在直三棱柱中,由(1)知 DB,DC,DD1 两两垂直,以 D 为原点,射线 DB,DC,DD1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角 坐标系 D-xyz. → 设直三棱柱的高为 h,则 A(-2,0,0),A1(-2,0,h),B1(2,0,h),C(0, 5,0),从而AB1= → (4,0,h),A1C=(2, 5,-h). → → → → 由AB1⊥A1C得AB1· 1C=0,即 8-h2=0,因此 h=2 2. A

图 1-4 → → → 故DA1=(-2,0,2 2),DB1=(2,0,2 2),DC=(0, 5,0). → → 设平面 A1CD 的法向量为 m=(x1,y1,z1),则 m⊥DC,m⊥DA1,即

? 5y1=0, ? ?-2x1+2 2z1=0,
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取 z1=1,得 m=( 2,0,1). → → 设平面 B1CD 的法向量为 n=(x2,y2,z2),则 n⊥DC,n⊥DB1,即

? 5y2=0, ? ?2x2+2 2z2=0,
取 z2=-1,得 n=( 2,0,-1),所以 2-1 1 m· n cos〈m,n〉= = = . |m|· |n| 2+1· 2+1 3 1 所以二面角 A1-CD-B1 的平面角的余弦值为 . 3 20.G4、G5、G11[2012· 浙江卷] 如图 1-5,在侧棱垂直底面的四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AD∥BC,AD⊥AB,AB= 2,AD=2,BC=4,AA1=2,E 是 DD1 的中点,F 是平面 B1C1E 与直线 AA1 的交点. (1)证明:(i)EF∥A1D1; (ii)BA1⊥平面 B1C1EF; (2)求 BC1 与平面 B1C1EF 所成的角的正弦值.

图 1-5 20.解:(1)证明:(ⅰ)因为 C1B1∥A1D1,C1B1?平面 A1D1DA,所以 C1B1∥平面 A1D1DA, 又因为平面 B1C1EF∩平面 A1D1DA=EF, 所以 C1B1∥EF, 所以 A1D1∥EF. (ⅱ)因为 BB1⊥平面 A1B1C1D1, 所以 BB1⊥B1C1. 又因为 B1C1⊥B1A1, 所以 B1C1⊥平面 ABB1A1, 所以 B1C1⊥BA1. 2 在矩形 ABB1A1 中,F 是 AA1 的中点,tan∠A1B1F=tan∠AA1B= , 2 即∠A1B1F=∠AA1B, 故 BA1⊥B1F, 所以 BA1⊥平面 B1C1EF. (2)设 BA1 与 B1F 交点为 H,连结 C1H.

由(1)知 BA1⊥平面 B1C1EF,所以∠BC1H 是 BC1 与面 B1C1EF 所成的角. 4 在矩形 AA1B1B 中,AB= 2,AA1=2,得 BH= . 6 4 在直角△BHC1 中,BC1=2 5,BH= ,得 6 BH 30 sin∠BC1H= = , BC1 15 30 所以 BC1 与平面 B1C1EF 所成角的正弦值是 . 15
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17.G5、G11[2012· 天津卷] 如图 1-4,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,AD ⊥PD,BC=1,PC=2 3,PD=CD=2. (1)求异面直线 PA 与 BC 所成角的正切值; (2)证明平面 PDC⊥平面 ABCD; (3)求直线 PB 与平面 ABCD 所成角的正弦值.

图 1-4 17.解:(1)如图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,因为底面 ABCD 是矩形,所以 AD=BC 且 AD∥BC,又因为 AD⊥PD,故∠PAD 为异面直线 PA 与 BC 所成的角. PD 在 Rt△PDA 中,tan∠PAD= =2. AD 所以,异面直线 PA 与 BC 所成角的正切值为 2.

(2)证明:由于底面 ABCD 是矩形,故 AD⊥CD,又由于 AD⊥PD,CD∩PD=D,因此 AD⊥平面 PDC,而 AD?平面 ABCD,所以平面 PDC⊥平面 ABCD. (3)在平面 PDC 内,过点 P 作 PE⊥CD 交直线 CD 于点 E,连接 EB. 由于平面 PDC⊥平面 ABCD,而直线 CD 是平面 PDC 与平面 ABCD 的交线,故 PE⊥平 面 ABCD.由此得∠PBE 为直线 PB 与平面 ABCD 所成的角. 在△PDC 中,由于 PD=CD=2,PC=2 3,可得∠PCD=30° . 在 Rt△PEC 中,PE=PCsin30° 3. = 由 AD∥BC,AD⊥平面 PDC,得 BC⊥平面 PDC,因此 BC⊥PC. 在 Rt△PCB 中,PB= PC2+BC2= 13. PE 39 在 Rt△PEB 中,sin∠PBE= = . PB 13 39 所以直线 PB 与平面 ABCD 所成角的正弦值为 . 13 19.G1、G11[2012· 上海卷] 如图 1-1,在三棱锥 P-ABC 中,PA⊥底面 ABC,D 是 PC π 的中点,已知∠BAC= ,AB=2,AC=2 3,PA=2,求: 2

图 1-1 (1)三棱锥 P-ABC 的体积; (2)异面直线 BC 与 AD 所成的角的大小(结果用反三角函数值表示). 1 19.解:(1)S△ABC= ×2×2 3=2 3, 2

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图 1-2 三棱锥 P-ABC 的体积为 1 1 4 V= S△ABC×PA= ×2 3×2= 3. 3 3 3 (2)取 PB 的中点 E,连接 DE、AE,则 ED∥BC,所以∠ADE(或其补角)是异面直线 BC 与 AD 所成的角. 在△ADE 中,DE=2,AE= 2,AD=2, 22+22-2 3 cos∠ADE= = , 2×2×2 4 3 所以∠ADE=arccos . 4 3 因此,异面直线 BC 与 AD 所成的角的大小是 arccos . 4 19.G5、G11[2012· 安徽卷] 如图 1-3,长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,底面 A1B1C1D1 是 正方形,O 是 BD 的中点,E 是棱 AA1 上任意一点. (1)证明:BD⊥EC1; (2)如果 AB=2,AE= 2,OE⊥EC1,求 AA1 的长.

图 1-3 19.解:(1)证明:连接 AC,A1C1. 由底面是正方形知,BD⊥AC. 因为 AA1⊥平面 ABCD,BD?平面 ABCD,

所以 AA1⊥BD. 又由 AA1∩AC=A, 所以 BD⊥平面 AA1C1C. 再由 EC1?平面 AA1C1C 知, BD⊥EC1. (2)设 AA1 的长为 h,连接 OC1. 在 Rt△OAE 中,AE= 2,AO= 2, 故 OE2=( 2)2+( 2)2=4. 在 Rt△EA1C1 中,A1E=h- 2,A1C1=2 2.

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故 EC2=(h- 2)2+(2 2)2. 1 在 Rt△OCC1 中,OC= 2,CC1=h,OC2=h2+( 2)2. 1 2 因为 OE⊥EC1,所以 OE2+EC1=OC2,即 1 4+(h- 2)2+(2 2)2=h2+( 2)2,解得 h=3 2. 所以 AA1 的长为 3 2. 8.G11[2012· 全国卷] 已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,CC1=2 2,E 为 CC1 的中点,则直线 AC1 与平面 BED 的距离为( ) A.2 B. 3 C. 2 D.1 8.D [解析] 本小题主要考查正四棱柱的性质以及直线到平面的距离的概念.解题的突 破口为直线到平面的距离的转化. 由已知可得 AC1=4,取 AC 与 BD 的中点 O,连 OE,显然有 AC1∥OE 且平面 ACC1A1⊥ 平面 BED,∴AC1 与平面 BED 的距离即为 AC1 与 OE 的距离,又∵AB=2,CC1=2 2,∴AC 1 =2 2,CC1=AC,∴平面 AA1C1 为正方形,∴AC1 与平面 BED 的距离为 CA1=1,故选 D. 4 16.G11[2012· 全国卷] 已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F 分别为 BB1、CC1 的中点, 那么异面直线 AE 与 D1F 所成角的余弦值为________. 3 16. [解析] 本小题主要考查正方体中异面直线所成的角的求解, 解题的突破口是化异面 5 为共面,即平移直线或找平行线. 连结 DF,显然有 DF∥AE,所以∠DFD1 为所求异面直线所成角或其补角.设正方体棱长 5 3 3 为 1,则 DF= FD1= ,由余弦定理可求得∠DFD1 的余弦值为 ,故填 . 2 5 5 19.G5、G7、G11[2012· 全国卷] 如图 1-1,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为菱形, PA⊥底面 ABCD,AC=2 2,PA=2,E 是 PC 上的一点,PE=2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设二面角 A-PB-C 为 90° ,求 PD 与平面 PBC 所成角的大小.

图 1-1 19.解:方法一:(1)证明:因为底面 ABCD 为菱形,所以 BD⊥AC,又 PA⊥底面 ABCD, 所以 PC⊥BD.

设 AC∩BD=F,连结 EF.因为 AC=2 2, PA=2,PE=2EC,故 2 3 PC=2 3,EC= ,FC= 2, 3 PC AC 从而 = 6, = 6. FC EC

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PC AC 因为 = ,∠FCE=∠PCA,所以 FC EC △FCE∽△PCA,∠FEC=∠PAC=90° , 由此知 PC⊥EF. PC 与平面 BED 内两条相交直线 BD,EF 都垂直,所以 PC⊥平面 BED. (2)在平面 PAB 内过点 A 作 AG⊥PB,G 为垂足. 因为二面角 A-PB-C 为 90° ,所以平面 PAB⊥平面 PBC. 又平面 PAB∩平面 PBC=PB, 故 AG⊥平面 PBC,AG⊥BC. BC 与平面 PAB 内两条相交直线 PA,AG 都垂直,故 BC⊥平面 PAB,于是 BC⊥AB,所以 底面 ABCD 为正方形,AD=2,PD= PA2+AD2=2 2. 设 D 到平面 PBC 的距离为 d. 因为 AD∥BC,且 AD?平面 PBC,BC?平面 PBC,故 AD∥平面 PBC,A、D 两点到平面 PBC 的距离相等,即 d=AG= 2. d 1 设 PD 与平面 PBC 所成的角为 α,则 sinα= = . PD 2 所以 PD 与平面 PBC 所成的角为 30° . 方法二:(1)以 A 为坐标原点,射线 AC 为 x 轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标 系 A-xyz.

设 C(2 2,0,0),D( 2,b,0),其中 b>0,则 P(0,0,2),E?

4 2 2? ,B( 2,-b,0). ? 3 ,0,3? 2 2 2 2 → → → → → 于是PC=(2 2,0,-2),BE=? ,b, ?,DE=? ,-b, ?,从而PC· =0, BE 3? 3? ?3 ?3 → → PC· =0,故 PC⊥BE,PC⊥DE. DE 又 BE∩DE=E,所以 PC⊥平面 BDE. → → (2)AP=(0,0,2),AB=( 2,-b,0). → → 设 m=(x,y,z)为平面 PAB 的法向量,则 m· =0,m· =0, AP AB 即 2z=0 且 2x-by=0, 令 x=b,则 m=(b, 2,0). 设 n=(p,q,r)为平面 PBC 的法向量,则 → → n· =0,n· =0, PC BE 2p 2 即 2 2p-2r=0 且 +bq+ r=0, 3 3 2 2 令 p=1,则 r= 2,q=- ,n=?1,- , 2?. b b ? ? 2 → 因为面 PAB⊥面 PBC,故 m· n=0,即 b- =0,故 b= 2,于是 n=(1,-1, 2),DP= b (- 2,- 2,2), → n· DP 1 → cos〈n,DP〉= = , → 2 |n||DP| → 〈n,DP〉=60° .
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→ 因为 PD 与平面 PBC 所成的角和〈n,DP〉互余, 故 PD 与平面 PBC 所成的角为 30° . G12 单元综合 6.G12[2012· 四川卷] 下列命题正确的是( ) A.若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行 B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行 C.若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行 D.若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行 6.C [解析] 对于 A,可以考虑一个圆锥的两条母线与底面所成角都相等,但它们不平 行,A 错. 对于 B, 当三个点在同一条直线上, 且该直线平行于一个平面时, 不能保证两个平面平行; 或者当其中两个点在平面一侧,第三点在平面异侧,且它们到平面距离相等,也不能保证两 个平面平行,故 B 错. 对于 C,记平面外的直线为 a,两平面记为 α、β,它们的交线为 l.过 a 作平面 γ 与平面 α 相交于 b,并使得 b 不在 β 内,由 a∥α,可知 a∥b,又 a∥β,故 b∥β.过 b 的平面 α 与 β 相 交于 l,由线面平行的性质定理可得:b∥l,再由公理可得:a∥l.C 正确. 对于 D,观察一个正方体共顶点的三个面,即可知 D 错误. 10.G12[2012· 四川卷] 如图 1-3,半径为 R 的半球 O 的底面圆 O 在平面 α 内,过点 O 作平面 α 的垂线交半球面于点 A, 过圆 O 的直径 CD 作与平面 α 成 45° 角的平面与半球面相交, 所得交线上到平面 α 的距离最大的点为 B,该交线上的一点 P 满足∠BOP=60° ,则 A、P 两 点间的球面距离为( ) 2 πR A.Rarccos B. 4 4 3 πR C.Rarccos D. 3 3

图 1-3 10.A [解析] 由已知,OA⊥CD,又 B 点到平面 α 的距离最大,即 B 点在半圆 CBD 的 最高点,即半圆弧 CBD 的中点,于是 BO⊥CD,于是 CD⊥平面 AOB,进而平面 CBD⊥平面 AOB, 且∠AOB 为二面角 A-CD-B 的平面角,该角等于平面 BCD 与 α 所成二面角的余角,为 45° , 21 2 2 于是由公式 cos∠AOP=cos∠AOBcos∠BOP= ·= ,即∠AOP=arccos , 2 2 4 4 2 故 A、P 两点间的球面距离为 Rarccos . 4 18.G5、G12[2012· 广东卷] 如图 1-5 所示,在四棱锥 P-ABCD 中,AB⊥平面 PAD, 1 AB∥CD,PD=AD,E 是 PB 的中点,F 是 DC 上的点且 DF= AB,PH 为△PAD 中 AD 边上 2 的高. (1)证明:PH⊥平面 ABCD; (2)若 PH=1,AD= 2,FC=1,求三棱锥 E-BCF 的体积; (3)证明:EF⊥平面 PAB.

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图 1-5

18.解:(1)由于 AB⊥平面 PAD,PH?平面 PAD, 故 AB⊥PH. 又因为 PH 为△PAD 中 AD 边上的高, 故 AD⊥PH. ∵AB∩AD=A,AB?平面 ABCD, AD?平面 ABCD, ∴PH⊥平面 ABCD.

1 (2)由于 PH⊥平面 ABCD,E 为 PB 的中点,PH=1,故 E 到平面 ABCD 的距离 h= PH= 2 1 . 2 又因为 AB∥CD,AB⊥AD,所以 AD⊥CD, 1 1 2 故 S△BCF= · AD= · 2= . FC· 1· 2 2 2 1 1 21 2 因此 VE-BCF= S△BCF· · ·= . h= 3 3 2 2 12 (3)证明:过 E 作 EG∥AB 交 PA 于 G,连接 DG. 由于 E 为 PB 的中点,所以 G 为 PA 的中点. 因为 DA=DP,故△DPA 为等腰三角形, 所以 DG⊥PA. ∵AB⊥平面 PAD,DG?平面 PAD, ∴AB⊥DG. 又∵AB∩PA=A,AB?平面 PAB,PA?平面 PAB, ∴DG⊥平面 PAB. 1 1 又∵GE 綊 AB,DF 綊 AB, 2 2 ∴GE 綊 DF. 所以四边形 DFEG 为平行四边形,故 DG∥EF. 于是 EF⊥平面 PAB.

19.G7、G12[2012· 福建卷] 如图 1-3 所示,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=AD= 1,AA1=2,M 为棱 DD1 上的一点. (1)求三棱锥 A-MCC1 的体积; (2)当 A1M+MC 取得最小值时,求证:B1M⊥平面 MAC.

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图 1-3 19.解:(1)由长方体 ABCD-A1B1C1D1 知, AD⊥平面 CDD1C1, ∴点 A 到平面 CDD1C1 的距离等于 AD=1, 1 1 又 S△MCC1= CC1×CD= ×2×1=1, 2 2 1 1 ∴VA-MCC1= AD· S△MCC1= . 3 3 (2)将侧面 CDD1C1 绕 DD1 逆时针转 90° 展开,与侧面 ADD1A1 共面(如图),

当 A1,M,C 共线时,A1M+MC 取得最小值. 由 AD=CD=1,AA1=2,得 M 为 DD1 中点. 连接 C1M,在△C1MC 中,MC1= 2,MC= 2,CC1=2. ∴CC2=MC2+MC2,得∠CMC1=90° ,即 CM⊥MC1. 1 1 又由长方体 ABCD-A1B1C1D1 知,B1C1⊥平面 CDD1C1,∴B1C1⊥CM. 又 B1C1∩C1M=C1,∴CM⊥平面 B1C1M,得 CM⊥B1M; 同理可证,B1M⊥AM, 又 AM∩MC=M,∴B1M⊥平面 MAC. 15. G1、 G12[2012· 安徽卷] 若四面体 ABCD 的三组对棱分别相等, AB=CD, 即 AC=BD, AD=BC,则________(写出所有正确结论的编号). ①四面体 ABCD 每组对棱相互垂直; ②四面体 ABCD 每个面的面积相等; ③从四面体 ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于 90° 而小于 180° ④连接四面体 ABCD 每组对棱中点 ; 的线段相互垂直平分;⑤从四面体 ABCD 每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三 边长. 15.②④⑤ [解析] 如图,把四面体 ABCD 放入长方体中,由长方体中相对面中相互异 面的两条面对角线不一定相互垂直可知①错误;由长方体中△ABC≌△ABD≌△DCB≌△ DCA,可知四面体 ABCD 每个面的面积相等,同时四面体 ABCD 中过同一顶点的三个角之和 为一个三角形的三个内角之和,即为 180° ,故②正确,③错误;长方体中相对面中相互异面 的两条面对角线中点的连线相互垂直,故④正确;从四面体 ABCD 每个顶点出发的三条棱可 以移到一个三角形中,作为一个三角形的三条边,故⑤正确.答案为②④⑤.

19.G12[2012· 四川卷] 如图 1-5,在三棱锥 P-ABC 中,∠APB=90° ,∠PAB=60° ,AB =BC=CA,点 P 在平面 ABC 内的射影 O 在 AB 上. (1)求直线 PC 与平面 ABC 所成的角的大小;
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(2)求二面角 B-AP-C 的大小.

图 1-5 19.解:解法一: (1)连结 OC,由已知,∠OCP 为直线 PC 与平面 ABC 所成的角. 设 AB 的中点为 D,连结 PD、CD. 因为 AB=BC=CA,所以 CD⊥AB.

因为∠APB=90° ,∠PAB=60° ,所以△PAD 为等边三角形. 不妨设 PA=2,则 OD=1,OP= 3,AB=4. 所以 CD=2 3,OC= OD2+CD2= 1+12= 13. OP 3 39 在 Rt△OCP 中,tan∠OCP= = = . OC 13 13 39 故直线 PC 与平面 ABC 所成的角的大小为 arctan . 13 (2)过 D 作 DE⊥AP 于 E,连结 CE. 由已知可得,CD⊥平面 PAB. 根据三垂线定理知,CE⊥PA. 所以∠CED 为二面角 B-AP-C 的平面角. 由(1)知,DE= 3. CD 2 3 在 Rt△CDE 中,tan∠CED= = =2. DE 3 故二面角 B-AP-C 的大小为 arctan2. 解法二: (1)设 AB 的中点为 D,连结 CD. 因为 O 在 AB 上,且 O 为 P 在平面 ABC 上的射影, 所以 PO⊥平面 ABC. 所以 PO⊥AB,且 PO⊥CD. 由 AB=BC=CA,知 CD⊥AB. 设 E 为 AC 中点,则 EO∥CD,从而 OE⊥PO,OE⊥AB. 如图,以 O 为坐标原点,OB、OE、OP 所在直线分别为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系 O-xyz.

不妨设 PA=2,由已知可得,AB=4,OA=OD=1,OP= 3,CD=2 3. 所以 O(0,0,0),A(-1,0,0),C(1,2 3,0),P(0,0, 3). → → 所以CP=(-1,-2 3, 3),而OP=(0,0, 3)为平面 ABC 的一个法向量, 设 α 为直线 PC 与平面 ABC 所成的角, → → ? CP· ? ?0+0+3? OP 3 则 sinα=? = = . → → ? ? 16· 3 ? 4 ? |OP ?|CP|· |? ? 3 故直线 PC 与平面 ABC 所成的角的大小为 arcsin . 4

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→ → (2)由(1)有,AP=(1,0, 3),AC=(2,2 3,0), 设平面 APC 的一个法向量为 n=(x1,y1,z1),则 → → ?n⊥AP, ?n· =0, ? ? AP ? ?? ? → ? → ? AC ?n⊥AC ?n· =0 ?1,0, 3?=0, ??x1,y1,z1?· ? ?2,2 3,0?=0. ??x1,y1,z1?· z ?x1+ 3·1=0, 从而? y ?2x1+2 3·1=0. 取 x1=- 3,则 y1=1,z1=1,所以 n=(- 3,1,1). 设二面角 B-AP-C 的平面角为 β,易知 β 为锐角. 而面 ABP 的一个法向量为 m=(0,1,0),则 1 n· m 5 ? ? cosβ=?|n|· ?=? ? |m|? ? 3+1+1?= 5 . ? 5 故二面角 B-AP-C 的大小为 arccos . 5 2012 模拟题 1.[2012· 韶关调研] 三棱柱的直观图和三视图(正视图和俯视图是正方形,侧视图是等腰 直角三角形)如图 K27-3 所示,则这个三棱柱的全面积等于( )

图 K27-3 A.12+4 2 B.6+2 2 C.8+4 2 D.4 [解析] 由三视图的数据可知,三棱柱的全面积为 1 S=2× ×2×2+(2+2+2 2)×2=12+4 2,选 A. 2 1.A 2.[2012· 辽宁两校联考] 已知球的直径 SC=4,A,B 是球面上的两点,AB=2,∠BSC= ∠ASC=45° ,则棱锥 S-ABC 的体积是( ) 3 2 3 A. B. 3 3 4 3 5 3 C. D. 3 3 SC [解析] 令球心为 O,因为 SC 是直径,所以 SA⊥AC,SB⊥BC,则 AO=BO= = 2 2=AB,AO⊥SC,BO⊥SC,所以△AOB 为正三角形,则点 A 到 BO 的距离为 3,因为 AO⊥ SC,BO⊥SC,所以 SC⊥面 AOB, 所以点 A 到平面 SBC 的距离 h 等于点 A 到 BO 的距离,即 h= 3, S△SBCh SC· h 4 3 BO· 所以棱锥 S-ABC 的体积为 = = . 3 6 3 2.C

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3.[2012· 江西重点中学联考] 已知 α、β 是不同的平面,m、n 是不同的直线,给出下列命 题: ①若 m⊥α,m?β,则 α⊥β; ②若 m?α,m?β,n∥β,m∥β,则 α∥β; ③如果 m?α,n?α,m、n 是异面直线,那么 n 与 α 相交; ④若 α∩β=m,n∥m,且 n?α,n?β,则 n∥α 且 n∥β. 其中正确命题的个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 3.B [解析] 根据线面垂直的判定定理可知,①正确;因缺少相交的条件,故②不对; ③不对,n 与 α 可能平行;④对,由线面平行的判定定理可得. 4.[2012· 永春一中二模] 四棱锥 P-ABCD 的顶点 P 在底面 ABCD 上的投影恰好是 A,其 正视图与侧视图都是腰长为 a 的等腰直角三角形. 则在四棱锥 P-ABCD 的任意两个顶点的连 线中,互相垂直的异面直线共有________对. 4.5 [解析] 四棱锥 P-ABCD,如图,互相垂直的异面直线有 PA 与 BC,CD,BD;AD 与 PB,PC;共 5 对.

5. [2012· 哈尔滨模拟] 正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1, M 为 D1C1 上的点, D1M∶ 点 且 MC1=3∶1,则 CM 和平面 AB1D1 所成角的大小是 θ,则 sinθ 等于( ) 1 3 5 53 5 51 A. B. C. D. 2 2 53 51 5.D [解析] 易证 CA1⊥D1B1,CA1⊥D1A,CA1⊥平面 AB1D1,所以 CM 和平面 AB1D1 所成角 θ 是∠A1CM 的余角, A1C2+CM2-A1M2 则 sinθ=cos∠A1CM= , 2A1C· CM 17 5 A1C= 3,CM= ,A1M= , 4 4 2 A1C +CM2-A1M2 5 51 ∴sinθ=cos∠A1CM= = . 2A1C· CM 51

6. [2012· 辽宁部分重点中学联考] 棱长为 1 的正方体和它的外接球被一个平面所截, 截面 是一个圆及其内接正三角形,那么球心到截面的距离等于________. 3 6 [解析] 在正方体 ABCD-A1B1C1 中,球心到截面的距离即为 O 到三角形 ACB1 的

6.

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中心 H 的距离, 1 根据点 B 到平面 ACB1 的距离是正方体的体对角线的 ,而正方体的体对角线为 3, 3 3 3 3 ∴O 到三角形 ACB1 的中心 H 的距离为:OB-BH= - = . 2 3 6 7.[2012· 三明普通高中联考] 如图 G8-5,已知四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是直角 梯形,AB∥CD,∠ABC=45° ,DC=1,AB=2,PA⊥平面 ABCD,PA=1. (1)求证:AB∥平面 PCD; (2)求证:BC⊥平面 PAC; (3)若 M 是 PC 的中点,求三棱锥 M-ACD 的体积.

图 G8-5 7.解:(1)由已知底面 ABCD 是直角梯形,AB∥DC, 又 AB?平面 PCD,CD?平面 PCD, ∴AB∥平面 PCD. (2)在直角梯形 ABCD 中,过 C 作 CE⊥AB 于点 E, 则四边形 ADCE 为矩形,∴AE=DC=1, 又 AB=2,∴BE=1, 在 Rt△BEC 中,∠ABC=45° ,∴CE=BE=1,CB= 2, 2 2 则 AC= AD +CD = 2,∴AC2+BC2 = AB2, ∴BC⊥AC, 又 PA⊥平面 ABCD,∴PA⊥BC, 又 PA∩AC=A,∴BC⊥平面 PAC, (3)∵M 是 PC 的中点, ∴M 到平面 ADC 的距离是 P 到面 ADC 距离的一半. 1 1 1 1 1 ?1 VM -ACD= S△ACD·2PA?= ×?2×1×1?× = . ? ? 3 ? ? 2 12 3
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