高考真題立體幾何(理科)

1、高考真題立體幾何(理科)高考真題立體幾何(理科)50/50高考真題立體幾何(理科)G立體幾何G1空間幾何體的結(jié)構(gòu)9G12012慶卷重設(shè)四周體的六條棱的長分別為1,1,1,1，2和a，且長為a的棱與長為2的棱異面，則a的取值范圍是()A(0，2)B(0，3)C(1，2)D(1，3)9A分析以以下圖，設(shè)ABa，CD2，BCBDACAD1，則ACDBCD45，要結(jié)構(gòu)一個(gè)四周體，則平面ACD與平面BCD不可以重合，當(dāng)BCD與ACD重合時(shí)，a0；當(dāng)A、B、C、D四點(diǎn)共面，且A、B兩點(diǎn)在DC的雙側(cè)時(shí)，在ABC中，ACBACDBCD454590，ABAC2BC22，所以a的取值范圍是(0，2)G2空間幾何體

2、的三視圖和直觀圖13G22012遼寧卷一個(gè)幾何體的三視圖如圖13所示則該幾何體的表面積為_圖131338分析本小題主要觀察三視圖的應(yīng)用和常有幾何體表面積的求法解題的突破口為弄清要求的幾何體的形狀，以及表面積的構(gòu)成由三視圖可知，該幾何體為一個(gè)長方體中挖去一個(gè)圓柱構(gòu)成，幾何體的表面積S長方體表面積圓柱的側(cè)面積圓柱的上下底面面積，由三視圖知，長方體的長、寬、高為4、3、1，圓柱的底面圓的半徑為1，高為1，所以S2(434131)21121238.7G2、G72012北京卷某三棱錐的三視圖如圖14所示，該三棱錐的表面積是()圖14A2865B3065C56125D601257B分析本題觀察的三棱錐的三

3、視圖與表面積公式由三視圖可知，幾何體為一個(gè)側(cè)面和底面垂直的三棱錐，以以下圖，可知S底面15410，2S后125410，1S左262565，1S右24510，所以S表103653065.12G2、G72012徽卷安某幾何體的三視圖如圖13所示，該幾何體的表面積是_圖131292分析本題觀察三視圖的鑒識(shí)，四棱柱等空間幾何體的表面積如圖依據(jù)三視圖復(fù)原的實(shí)物圖為底面是直角梯形的直四棱柱，其表面積為S12(25)424254445492.10G22012津卷天一個(gè)幾何體的三視圖如圖12所示(單位：m)，則該幾何體的體3積為_m.圖1210189分析本題觀察幾何體的三視圖及體積公式，觀察運(yùn)算求解及空間想象

4、力，簡單題由三視圖可得該幾何體為一個(gè)長方體與兩個(gè)球的組合體，其體積V631243323189.4G22012建卷福一個(gè)幾何體的三視圖形狀都同樣、大小均相等，那么這個(gè)幾何體不可以夠是(A球)B三棱錐C正方體D圓柱4D分析本題觀察簡單幾何體的三視圖，大小、形狀的判斷以及空間想象能力，球的三視圖大小、形狀同樣三棱錐的三視圖也可能同樣，正方體三種視圖也同樣，只有圓柱不一樣6G22012東卷廣某幾何體的三視圖如圖11所示，它的體積為()圖11A12B45C57D816C分析依據(jù)三視圖知該幾何體是由圓柱與圓錐構(gòu)成，圓柱與圓錐的半徑R3，圓錐的高h(yuǎn)4，圓柱的高為5，所以VVV2512457，所以選組合體圓柱

5、圓錐333擇C.4G22012北卷湖已知某幾何體的三視圖如圖12所示，則該幾何體的體積為()圖128A.3B310C.3D64B分析依據(jù)三視圖知幾何體的下邊是一個(gè)圓柱，上邊是圓柱的一半，所以V2123故.選B.23G22012南卷湖某幾何體的正視圖和側(cè)視圖均如圖11所示，則該幾何體的俯視圖不行能是()圖11圖123D分析本題觀察三視圖，意在觀察考生對(duì)三視圖的辨析，以及對(duì)三視圖的理解和掌握是基礎(chǔ)題型.選項(xiàng)A，B，C，都有可能，選項(xiàng)D的正視圖應(yīng)當(dāng)有看不見的虛線，故D項(xiàng)是不行能的易錯(cuò)點(diǎn)本題因?yàn)閷?duì)三視圖的不認(rèn)識(shí)，易錯(cuò)選C，三視圖中看不見的棱應(yīng)當(dāng)用虛線標(biāo)出7G2、G72012標(biāo)全國卷課如圖12，網(wǎng)格紙上

6、小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則此幾何體的體積為()圖12A6B9C12D187B分析由三視圖可知，該幾何體是三棱錐，其底面是斜邊長為6的等腰直角三角形，有一條長為3的側(cè)棱垂直于底面(即三棱錐的高是3)，可知底面等腰直角三角形斜邊11上的高為3，故該幾何體的體積是V326339，應(yīng)選B.11G2、G72012浙江卷已知某三棱錐的三視圖(單位：cm)如圖13所示，則該三棱錐的體積等于_cm3.圖13111分析本題觀察三棱錐的三視圖與體積計(jì)算公式，觀察學(xué)生對(duì)數(shù)據(jù)的運(yùn)算辦理能力和空間想象能力由三視圖可知，幾何體為一個(gè)三棱錐，則V1Sh111321.332評(píng)論正確的識(shí)圖是解決三視圖

7、問題的要點(diǎn)，同時(shí)要注意棱長的長度、關(guān)系等G3平面的基天性質(zhì)、空間兩條直線18G3、G52012陜西卷(1)如圖16所示，證明命題“a是平面內(nèi)的一條直線，b是外的一條直線(b不垂直于)，c是直線b在上的投影，若ab，則ac”為真；圖16(2)寫出上述命題的抗命題，并判斷其真假(不需證明)18解：(1)證法一：以以下圖，過直線b上任一點(diǎn)作平面的垂線n，設(shè)直線a，b，c，n的方向向量分別是a，b，c，n，則b，c，n共面依據(jù)平面向量基本定理，存在實(shí)數(shù)，使得cbn，則aca(bn)(ab)(an)，因?yàn)閍b，所以ab0，又因?yàn)閍，n，所以an0，故ac0，從而ac.證法二：如圖，記cbA，P為直線b上

8、異于點(diǎn)A的隨意一點(diǎn)，過P作PO，垂足為O，則Oc.PO，a，直線POa，又ab，b平面PAO，PObP，a平面PAO，又c平面PAO，ac.(2)抗命題為：a是平面內(nèi)的一條直線，b是外的一條直線(b不垂直于)，c是直線b在上的投影，若ac，則ab.抗命題為真命題G4空間中的平行關(guān)系18G4、G7、G112012國卷全如圖11，四棱錐PABCD中，底面ABCD為菱形，PA底面ABCD，AC22，PA2，E是PC上的一點(diǎn)，PE2EC.(1)證明：PC平面BED；(2)設(shè)二面角APBC為90，求PD與平面PBC所成角的大小圖1118解：方法一：(1)因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，所以BDAC，又PA底面A

9、BCD，所以PCBD.設(shè)ACBDF，連結(jié)EF.因?yàn)锳C22，PA2，PE2EC，故PC23，EC233，F(xiàn)C2，從而PC6，AC6.FCEC因?yàn)镻CAC，F(xiàn)CEPCA，F(xiàn)CEC所以FCEPCA，F(xiàn)ECPAC90，由此知PCEF.PC與平面BED內(nèi)兩條訂交直線BD，EF都垂直，所以PC(2)在平面PAB內(nèi)過點(diǎn)A作AGPB，G為垂足因?yàn)槎娼茿PBC為90，所以平面PAB平面PBC.平面BED.又平面PAB平面PBC故AG平面PBC，AGPB，BC.BC與平面PAB內(nèi)兩條訂交直線PA，AG都垂直，故BC平面PAB，于是BCAB，所以底面ABCD為正方形，AD2，PDPA2AD222.設(shè)D到平面PB

10、C的距離為d.因?yàn)锳DBC，且AD?平面PBC，BC?平面PBC，故AD平面PBC，A、D兩點(diǎn)到平面PBC的距離相等，即dAG2.設(shè)PD與平面PBC所成的角為，則sind1.PD2所以PD與平面PBC所成的角為30.方法二：(1)以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線AC為x軸的正半軸，成立以以下圖的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz.設(shè)C(22，0,0)，D(2，b,0)，此中b0，則P(0,0,2)，E422，B(2，b,0)3，0，32，0，2)，于是PC(22，b，2BE，DE2，b，2，3333從而PCBE0，PCDE0，故PCBE，PCDE.又BEDEE，所以PC平面BDE.2，b,0)(2)AP(0,0,2)

11、，AB(設(shè)m(x，y，z)為平面PAB的法向量，則mAP0，mAB0，即2z0，且2xby0，令xb，則m(b，2，0)設(shè)n(p，q，r)為平面PBC的法向量，則nPC0，nBE0，即22p2r0且2pbq2r0，33令p1，則r2，q2，n1，2，2.bb因?yàn)槊鍼AB面PBC，故mn0，即b20，故b2，于是n(1，1，2)，DPb(2，2，2)，1nDPcosn，DP2，n，DP60.|n|DP|因?yàn)镻D與平面PBC所成角和n，DP互余，故PD與平面PBC所成的角為30.18G4、G5、G112012福建卷如圖13，在長方體ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E為CD中點(diǎn)(1)求證：

12、B1EAD1；(2)在棱AA1上能否存在一點(diǎn)P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的長；若不存在，說明原由；(3)若二面角AB1EA1的大小為30，求AB的長圖131的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向成立空18解：(1)以A為原點(diǎn)，AB，AD，AAa間直角坐標(biāo)系(如圖)設(shè)ABa，則A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E2，1，0，B1(a,0,1)，a故AD1(0,1,1)，B1E，1，1，AB1(a,0,1)，AEa2011(1)10，AD1B1E2B1EAD1.(2)假定在棱AA1上存在一點(diǎn)P(0,0，z0)，使得DP平面B1AE.此時(shí)DP(0，1，z0)又設(shè)平面B

13、1AE的法向量n(x，y，z)axz0，n平面B1AE，nAB1，nAE，得axy0.2a，1，0.取x1，得平面B1n1，a，a.AE的一個(gè)法向量2，有a1要使DP平面B1AE，只需nDP2az00，解得z0.2又DP?平面B1AE，存在點(diǎn)P，滿足DP平面1B1AE，此時(shí)AP.2(3)連結(jié)A1D，B1C，由長方體ABCDA1B1C1D1及AA1AD1，得AD1A1D.B1CA1D，AD1B1C.又由(1)知B1EAD1，且B1CB1EB1，(0,1,1)AD1平面DCB1A1.AD1是平面A1B1E的一個(gè)法向量，此時(shí)AD1設(shè)AD1與n所成的角為，aa則cosnAD122.aa2|n|AD1|

14、214二面角AB1EA1的大小為30，3a|cos|cos30，即235a22，214解得a2，即AB的長為2.16G4、G52012蘇卷江如圖14，在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1A1C1，D，E分別是棱BC，CC1上的點(diǎn)(點(diǎn)D不一樣于點(diǎn)C)，且ADDE，F(xiàn)為B1C1的中點(diǎn)求證：(1)平面ADE平面BCC1B1；(2)直線A1F平面ADE.16證明：(1)因?yàn)锳BCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC，又AD?平面ABC，所以CC1AD.又因?yàn)锳DDE，CC1，DE?平面BCC1B1，CC1DEE，所以AD平面BCC1B1.又AD?平面ADE，所以平面ADE平面BCC1B1.

15、(2)因?yàn)锳1B1A1C1，F(xiàn)為B1C1的中點(diǎn)，所以A1FB1C1.因?yàn)镃C1平面A1B1C1，且A1F?平面A1B1C1，所以CC1A1F.又因?yàn)镃C1，B1C1?平面BCC1B1，CC1B1C1C1，所以A1F平面BCC1B1.由(1)知AD平面BCC1B1，所以A1FAD.又AD?平面ADE，A1F?平面ADE，所以A1F平面ADE.18G4、G112012遼寧卷如圖14，直三棱柱ABCABC，BAC90，ABACAA，點(diǎn)M，N分別為AB和BC的中點(diǎn)(1)證明：MN平面AACC；(2)若二面角AMNC為直二面角，求的值圖1418解：(1)(證法一)連結(jié)AB，AC，由已知BAC90，ABA

16、C，三棱柱ABCABC為直三棱柱所以M為AB中點(diǎn)又因?yàn)镹為BC的中點(diǎn)所以MNAC.又MN?平面AACC，AC?平面AACC，所以MN平面AACC.(證法二)取AB中點(diǎn)P，連結(jié)MP，NP，M，N分別為AB與BC的中點(diǎn)，所以MPAA，PNAC，所以MP平面AACC，PN平面AACC，又MPNPP，所以平面MPN平面AACC，而MN?平面MPN，所以MN平面AACC.(2)以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線AB，AC，AA為x軸，y軸，z軸成立直角坐標(biāo)系Oxyz，如圖15所示圖15設(shè)AA1，則ABAC，于是A(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，0)，A(0,0,1)，B(，0,1)，C(0，1)1所以M

17、2，0，2，N2，2，1.設(shè)m(x1，y1，z1)是平面AMN的法向量，12x12z10，mAM0，由得10z10，mMNy122可取m(1，1，)設(shè)n(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量，z0，nNC0，得2x22y22由1nMN02y2z20.2可取n(3，1，)因?yàn)锳MNC為直二面角，所以mn0.2即3(1)(1)0，解得2.G5空間中的垂直關(guān)系19G5、G6、G10、G112012慶卷重如圖12，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB4，ACBC3，D為AB的中點(diǎn)(1)求點(diǎn)C到平面A1ABB1的距離；(2)若AB1A1C，求二面角A1CDC1的平面角的余弦值圖1219解：(1)由AC

18、BC，D為AB的中點(diǎn)，得CDAB.又CDAA1，故CD面A1ABB1，所以點(diǎn)C到平面A1ABB1的距離為CDBC2BD25.(2)解法一：如圖，取D1為A1B1的中點(diǎn)，連結(jié)DD1，則DD1AA1CC1.又由(1)知CD面A1ABB1，故CDA1D，CDDD1，所以A1DD1為所求的二面角A1CDC1的平面角因A1D為A1C在面A1ABB1上的射影，又已知AB1A1C，由三垂線定理的逆定理得AB1A1D，從而A1AB1、A1DA都與B1AB互余，所以A1AB1A1DA，所以RtA1ADAA1A1B12RtB1A1A.所以ADAA1，即AA1ADA1B18，得AA122.從而A1DAA12AD22

19、3.所以，在RtA1DD1中，DD1AA16cosA1DD1A1DA1D3.解法二：如圖，過D作DD1AA1交A1B1于點(diǎn)D1，在直三棱柱中，易知DB，DC，DD1兩兩垂直以D為原點(diǎn)，射線DB，DC，DD1分別為x軸、y軸、z軸的正半軸成立空間直角坐標(biāo)系Dxyz.設(shè)直三棱柱的高為h，則A(2,0,0)，A1(2,0，h)，B1(2,0，h)，C(0，5，0)，C1(0，5，h)，從而AB1(4,0，h)，A1C(2，5，h)由AB1A1C，有8h20，h22.故DA1(2,0,22)，CC1(0,0,22)，DC(0，5，0)設(shè)平面A1CD的法向量為m(x1，y1，z1)，則mDC，mDA1，

20、即5y10，2x122z10，取z11，得m(2，0,1)，設(shè)平面C1CD的法向量為n(x2，y2，z2)，則nDC，nCC1，即5y20，2z20，取x21，得n(1,0,0)，所以mn26cosm，n|m|n|2113.所以二面角A1CDC1的平面角的余弦值為6.320G5、G72012江卷浙如圖15所示，在四棱錐PABCD中，底面是邊長為23的菱形，BAD120，且PA平面ABCD，PA26，M，N分別為PB，PD的中點(diǎn)(1)證明：MN平面ABCD；(2)過點(diǎn)A作AQPC，垂足為點(diǎn)Q，求二面角AMNQ的平面角的余弦值圖1520解：(1)因?yàn)镸，N分別是PB，PD的中點(diǎn)，所以MN是PBD的

21、中位線，所以MNBD.又因?yàn)镸N?平面ABCD，所以MN平面ABCD.(2)方法一：連結(jié)AC交BD于O.以O(shè)為原點(diǎn)，OC，OD所在直線為x，y軸，成立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，以以下圖在菱形ABCD中，BAD120，得ACAB23，BD3AB6.又因?yàn)镻A平面ABCD，所以PAAC.在RtPAC中，AC23，PA26，AQPC，得QC2，PQ4.由此知各點(diǎn)坐標(biāo)以下，A(3，0,0)，B(0，3,0)，C(3，0,0)，D(0,3,0)，P(3，0,26)，M3，3，6，22N3，3，6，22Q3，0，26.33設(shè)m(x，y，z)為平面AMN的法向量3333知由AM2，2，6，AN2，2，6332

22、x2y6z0，332x2y6z0.取z1，得m(22，0，1)設(shè)n(x，y，z)為平面QMN的法向量3，6知由QM53，3，6，QN53，62362353366x2y3z0，53366x2y3z0，取z5，得n(22，0,5)mn33于是cosm，n|m|n|33.33所以二面角AMNQ的平面角的余弦值為33.方法二：在菱形ABCD中，BAD120，得ACABBCCDDA，BD3AB.又因?yàn)镻A平面ABCD，所以PAAB，PAAC，PAAD.所以PBPCPD.所以PBCPDC.而M，N分別是PB，PD的中點(diǎn)，所以11MQNQ，且AM2PB2PDAN.取線段MN的中點(diǎn)E，連結(jié)AE，EQ，則AEM

23、N，QEMN，所以AEQ為二面角AMNQ的平面角由AB23，PA26，故1在AMN中，AMAN3，MN2BD3，得3AE2.在直角PAC中，AQPC，得AQ22，QC2，PQ4.222在PBC中，cosBPCPBPCBC5，2PBPC6得MQPM2PQ22PMPQcosBPC5.在等腰MQN中，MQNQ5，MN3，得2211QEMQME.23311在AEQ中，AE2，QE2，AQ22，得AE2QE2AQ233cosAEQ2AEQE33.所以二面角AMNQ的平面角的余弦值為3333.17G5、G112012天津卷如圖14所示，在四棱錐P-ABCD中，PA平面ABCD，ACAD，ABBC，BAC4

24、5，PAAD2，AC1.(1)證明PCAD；(2)求二面角APCD的正弦值；(3)設(shè)E與棱PA上的點(diǎn)，滿足異面直線BE與CD所成的角為30，求AE的長17解：方法一：以以下圖，以點(diǎn)A為原點(diǎn)成立空間直角坐標(biāo)系，依題意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B1，1，0，P(0,0,2)22(1)易得PC(0,1，2)，AD(2,0,0)，于是PCAD0，所以PCAD.，1，0)設(shè)平面PCD的法向量n(x，y，z)，(2)PC(0,1，2)，CD(2y2z0，nPC0，則即2xy0.nCD0，不如令z1，可得n(1,2,1)可取平面PAC的法向量m(1,0,0)于是cosm，nmn

25、16，從而sinm，n30|m|n|666.所以二面角APCD的正弦值為306.11(3)設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為(0,0，h)，此中h0,2由此得BE，h，由CD(2，221,0)，故323BECD，cosBE，CD1h251020h2|BE|CD|23310所以，1020h2cos302，解得h10，即AE1010.方法二：(1)由PA平面ABCD，可得PAAD.又由ADAC，PAACA，故AD平面PAC，又PC?平面PAC，所以PCAD.(2)以以下圖，作AHPC于點(diǎn)H，連結(jié)DH.由PCAD，PCAH，可得PC平面ADH，所以DHPC，從而AHD為二面角APCD的平面角.在RtPAC中，PA2，A

26、C1，由此得AH2.5由(1)知ADAH.故在RtDAH中，DHAD2AH2230AD305.所以sinAHDDH6.30所以二面角APCD的正弦值為6.(3)以以下圖，因?yàn)锳DC45，故過點(diǎn)B作CD的平行線必與線段AD訂交，設(shè)交點(diǎn)為F，連結(jié)BE，EF.故EBF或其補(bǔ)角為異面直線BE與CD所成的角由BFCD，故AFBADC.在RtDAC中，CD5，sinADC1，5故sinAFB15.在AFB中，由BFAB，AB1，sinFABsinAFB2sinFABsin1352，可得BF522.由余弦定理，BF2AB2AF22ABAFcosFAB，可得AF1.2設(shè)AEh.在RtEAF中，EFAE2AF2

27、h21.4在RtBAE中，BEAE2AB2h21.2在EBF中，因?yàn)镋FBE，從而EBF30，由余弦定理得BE2BF2EF2cos30，2BEBF可解得h1010.10所以AE10.14G52012四川卷如圖14所示，在正方體ABCDA1B1C1D1中，M、N分別是棱CD、CC1的中點(diǎn)，則異面直線A1M與DN所成的角的大小是_圖141490分析因?yàn)锳BCDA1B1C1D1為正方體，故A1在平面CDD1C1上的射影為D1，即A1M在平面CDD1C1上的射影為D1M，1而在正方形CDD1C1中，由tanDD1MtanCDN2，可知D1MDN，由三垂線定理可知，A1MDN.ABCA1B1C1中，A1

28、B1A1C1，D，16G4、G52012蘇卷江如圖14，在直三棱柱E分別是棱BC，CC1上的點(diǎn)(點(diǎn)D不一樣于點(diǎn)C)，且ADDE，F(xiàn)為B1C1的中點(diǎn)求證：(1)平面ADE平面BCC1B1；(2)直線A1F平面ADE.16證明：(1)因?yàn)锳BCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC，又AD?平面ABC，所以CC1AD.又因?yàn)锳DDE，CC1，DE?平面BCC1B1，CC1DEE，所以AD平面BCC1B1.又AD?平面ADE，所以平面ADE平面BCC1B1.(2)因?yàn)锳1B1A1C1，F(xiàn)為B1C1的中點(diǎn)，所以A1FB1C1.因?yàn)镃C1平面A1B1C1，且A1F?平面A1B1C1，所以CC1A1

29、F.又因?yàn)镃C1，B1C1?平面BCC1B1，CC1B1C1C1，所以A1F平面BCC1B1.由(1)知AD平面BCC1B1，所以A1FAD.又AD?平面ADE，A1F?平面ADE，所以A1F平面ADE.18G5、G10、G112012湖南卷如圖16，在四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，AB4，BC3，AD5，DABABC90，E是CD的中點(diǎn)(1)證明：CD平面PAE；(2)若直線PB與平面PAE所成的角和PB與平面ABCD所成的角相等，求四棱錐PABCD的體積圖1618解：解法1：(1)以以下圖(1)，連結(jié)AC.由AB4，BC3，ABC90得AC5.又AD5，E是CD的中點(diǎn)，所以CDAE

30、.因?yàn)镻A平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PACD.而PA，AE是平面PAE內(nèi)的兩條訂交直線，所以CD平面PAE.(2)過點(diǎn)B作BGCD，分別與AE、AD訂交于點(diǎn)F，G，連結(jié)PF.由(1)CD平面PAE知，BG平面PAE.于是BPF為直線PB與平面PAE所成的角，且BGAE.由PA平面ABCD知，PBA為直線PB與平面ABCD所成的角由題意PBABPF，因?yàn)閟inPBAPA，sinBPFBF，所以PABF.PB由DABABC90知，ADBC，又BGCD，所以四邊形BCDG是平行四邊形故GDBC3.于是AG2.PB在RtBAG中，AB4，AG2，BGAF，所以BG22AB21685ABAG

31、25，BFBG255.5于是PABF5.又梯形ABCD的面積為S1(53)416，所以四棱錐PABCD的體積為V123SPA1851285316515.解法2：如上圖(2)，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸成立空間直角坐標(biāo)系設(shè)PAh，則有關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為：A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(4,3,0)，D(0,5,0)，E(2,4,0)，P(0,0，h)(1)易知CD(4,2,0)，AE(2,4,0)，AP(0,0，h)因?yàn)镃DAE8800，CDAP0，所以CDAE，CDAP.而AP，AE是平面PAE內(nèi)的兩條訂交直線，所以CD平面PAE.PB與平面PAE(2)

32、由題設(shè)和(1)知，CD，PA分別是平面PAE，平面ABCD的法向量而所成的角和PB與平面ABCD所成的角相等，所以|cosCD，PB|cosPA，PB|，即CDPBPAPB.|CD|PB|PA|PB|，h)，由(1)知，CD(4,2,0)，PA(0,0又PB(4,0，h)，00h21600故22.2516hh16h5解得h5.又梯形ABCD的面積為S12(53)416，所以四棱錐PABCD的體積為V13851285SPA316515.18G5、G112012東卷廣如圖15所示，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為矩形，PA平面ABCD，點(diǎn)E在線段PC上，PC平面BDE.(1)證明：BD平面PA

33、C；(2)若PA1，AD2，求二面角BPCA的正切值圖15PC平面BDE18證明：(1)?PCBD.BD?平面BDEPA平面ABCD?PABD.BD?平面ABCDPAPCP，PA?平面PAC，PC?平面PAC，BD平面PAC.(2)法一：以以下圖，記BD與AC的交點(diǎn)為F，連結(jié)EF.由PC平面BDE，BE?平面BDE，EF?平面BDE，PCBE，PCEF.即BEF為二面角BPCA的平面角由(1)可得BDAC，所以矩形ABCD為正方形，ABAD2，ACBD22，F(xiàn)CBF2.PA2AC23，在RtPAC中，PA1，PC即二面角BPCA的正切值為3.x、y、z軸的正方向成立空間直角坐法二：以A為原點(diǎn)，

34、AB、AD、AP的方向分別作為標(biāo)系，以以下圖設(shè)ABb，則：A(0,0,0)，B(b,0,0)，C(b,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)于是PC(b,2，1)，DB(b，2,0)2因?yàn)镻CDB，所以PCDBb40，從而b2.聯(lián)合(1)可得DB(2，2,0)是平面APC的法向量現(xiàn)設(shè)n(x，y，z)是平面BPC的法向量，則nBC，nPC，即nBC0，nPC0.，1)，因?yàn)锽C(0,2,0)，PC(2,2所以2y0,2xz0.取x1，則z2，n(1,0,2)令n，DB，則1，cosnDB252210|n|DB|sin3，tan3.10BPCA的正切值為3.由圖可得二面角16G5、G7、G9

35、、G102012北京卷如圖19(1)，在RtABC中，C90，BC3，AC6，D，E分別是AC，AB上的點(diǎn)，且DEBC，DE2，將ADE沿DE折起到A1DE的地點(diǎn)，使A1CCD，如圖18(2)(1)求證：A1C平面BCDE；(2)若M是A1D的中點(diǎn)，求CM與平面A1BE所成角的大小；(3)線段BC上能否存在點(diǎn)P，使平面A1DP與平面A1BE垂直？說明原由圖1916解：(1)證明：因?yàn)锳CBC，DEBC，所以DEAC，所以DEA1D，DECD，所以DE平面A1DC，所以DEA1C.又因?yàn)锳1CCD，所以A1C平面BCDE.(2)如右圖，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，成立空間直角坐標(biāo)系Cxyz，則A1(0,0,

36、23)，D(0,2,0)，M(0,1，3)，B(3,0,0)，E(2,2,0)設(shè)平面A1BE的法向量為n(x，y，z)，則nA1B0，nBE0.又A1B(3,0，23)，BE(1,2,0)，3x23z0，所以x2y0.令y1，則x2，z3，所以n(2,1，3)設(shè)CM與平面A1BE所成的角為，3)，因?yàn)镃M(0,142.所以sin|cos(n，CM)|nCM2|n|CM|84所以CM與平面A1BE所成角的大小為.4(3)線段BC上不存在點(diǎn)P，使平面A1DP與平面A1BE垂直，原由以下：假定這樣的點(diǎn)P存在，設(shè)其坐標(biāo)為(p,0,0)，此中p0,3設(shè)平面A1DP的法向量為m(x，y，z)，則mA1D0

37、，mDP0.又A1D(0,2，23)，DP(p，2,0)，2y23z0，所以px2y0.令x2，則yp，zp.3p所以m2，p，3.平面A1DP平面A1BE，當(dāng)且僅當(dāng)mn0，即4pp0.解得p2，與p0,3矛盾所以線段BC上不存在點(diǎn)P，使平面A1DP與平面A1BE垂直6A2、G52012徽卷安設(shè)平面與平面訂交于直線m，直線a在平面內(nèi)，直線b在平面內(nèi)，且bm，則“”是“ab”的()A充分不用要條件B必需不充分條件C充分必需條件D既不充分也不用要條件6A分析本題觀察線面關(guān)系的判斷，證明，充要條件的判斷由題知命題是條件命題為“”，命題“ab”為結(jié)論命題，當(dāng)時(shí)，由線面垂直的性質(zhì)定理可得ab，所以條件擁

38、有充分性；但當(dāng)ab時(shí)，假如am，就得不出，所以條件不擁有必需性，故條件是結(jié)論的充分不用要條件18G4、G5、G112012福建卷如圖13，在長方體ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E為CD中點(diǎn)(1)求證：B1EAD1；(2)在棱AA1上能否存在一點(diǎn)P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的長；若不存在，說明原由；(3)若二面角AB1EA1的大小為30，求AB的長圖131的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向成立空18解：(1)以A為原點(diǎn)，AB，AD，AAa間直角坐標(biāo)系(如圖)設(shè)ABa，則A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E2，1，0，B1(a,0,1)，a故AD1(

39、0,1,1)，B1E，1，1，AB1(a,0,1)，AE2a011(1)10，AD1B1E2B1EAD1.(2)假定在棱AA1上存在一點(diǎn)P(0,0，z0)，使得DP平面B1AE.此時(shí)DP(0，1，z0)又設(shè)平面B1AE的法向量n(x，y，z)axz0，n平面B1AE，nAB1，nAE，得axy0.2a2，1，0.取x1，得平面B1AE的一個(gè)法向量n1，a，a.2要使DP平面B，有aaz0，解得z11AE，只需nDP200.21又DP?平面B1AE，存在點(diǎn)P，滿足DP平面B1AE，此時(shí)AP2.(3)連結(jié)A1D，B1C，由長方體ABCDA1B1C1D1及AA1AD1，得AD1A1D.B1CA1D，

40、AD1B1C.又由(1)知B1EAD1，且B1CB1EB1，A1B1E的一個(gè)法向量，此時(shí)(0,1,1)AD1平面DCB1A1.AD1是平面AD1設(shè)AD1與n所成的角為，aa則cosnAD12.a22|n|AD1|214a二面角AB1EA1的大小為30，3a25a23|cos|cos30，即2，14解得a2，即AB的長為2.18G5、G10、G112012安徽卷平面圖形ABB1A1C1C如圖14(1)所示，此中BB1C1C是矩形，BC2，BB14，ABAC2，A1B1A1C15.圖14現(xiàn)將該平面圖形分別沿BC和B1C1折疊，使ABC與A1B1C1所在平面都與平面BB1C1C垂直，再分別連結(jié)A1A

41、，A1B，A1C，獲取如圖14(2)所示的空間圖形對(duì)此空間圖形解答以下問題(1)證明：AA1BC；(2)求AA1的長；(3)求二面角ABCA1的余弦值18解：(向量法)：(1)證明：取BC，B1C1的中點(diǎn)分別為D和D1，連結(jié)A1D1，DD1，AD.由BB1C1C為矩形知，DD1B1C1，因?yàn)槠矫鍮B1C1C平面A1B1C1，所以DD1平面A1B1C1，又由A1B1A1C1知，A1D1B1C1.故以D1為坐標(biāo)原點(diǎn)，可成立以以下圖的空間直角坐標(biāo)系D1xyz.由題設(shè)，可得A1D12，AD1.由以上可知AD平面BB1C1C，A1D1平面BB1C1C，于是ADA1D1.所以A(0，1,4)，B(1,0,

42、4)，A1(0,2,0)，C(1,0,4)，D(0,0,4)故AA1(0,3，4)，BC(2,0,0)，AA1BC0，所以AA1BC，即AA1BC.(0,3，4)，(2)因?yàn)锳A1所以|1|5.5，即AAAA1(3)連結(jié)A1D，由BCAD，BCAA1，可知BC平面A1AD，BCA1D，所以ADA1為二面角ABCA1的平面角，4)，所以因?yàn)镈A(0，1,0)，DA1(0,225.cosDA，DA11224255即二面角ABCA1的余弦值為5.(綜合法)(1)證明：取BC，B1C1的中點(diǎn)分別為D和由條件可知，BCAD，B1C1A1D1，由上可得AD面BB1C1C，A1D1面BB1C1C.所以ADA

43、1D1，即AD，A1D1確立平面AD1A1D.又因?yàn)镈D1BB1，BB1BC，所以DD1BC.又考慮到ADBC，所以BC平面AD1A1D，故BCAA1.(2)延伸A1D1到G點(diǎn)，使GD1AD，連結(jié)AG.因?yàn)锳D綊GD1，所以AG綊DD1綊BB1.因?yàn)锽B1平面A1B1C1，所以AGA1G.由條件可知，A1GA1D1D1G3，AG4，所以AA15.(3)因?yàn)锽C平面AD1A1D，所以ADA1為二面角在RtA1DD1中，DD14，A1D12，解得sinD1DA15，55cosD115.cosADA12DAD1，連結(jié)A1D1，DD1，AD，A1D.ABCA1的平面角5即二面角ABCA1的余弦值為5.

44、119G5、G112012課標(biāo)全國卷如圖15，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC2AA1，是棱AA1的中點(diǎn)，DC1BD.(1)證明：DC1BC；(2)求二面角A1BDC1的大小圖1519解：(1)證明：由題設(shè)知，三棱柱的側(cè)面為矩形因?yàn)镈為AA1的中點(diǎn)，故DCDC1.1222又ACAA1，可得DC1DCCC1，2所以DC1DC.而DC1BD，DCBDD，所以DC1平面BCD.BC?平面BCD，故DC1BC.(2)由(1)知BCDC1，且BCCC1，則BC平面ACC1，所以CA，CB，CC1兩兩相互垂直以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，x軸的正方向，CA的方向?yàn)閨CA|為單位長，成立以以下圖的空間直角坐標(biāo)系Cx

45、yz.由題意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2)則A1D(0,0，1)，BD(1，1,1)，DC1(1,0,1)設(shè)n(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，則xyz0，nBD0，即z0.nA1D0，可取n(1,1,0)0，mBD同理，設(shè)m是平面C1BD的法向量，則可得m(1,2,1)mDC10.nm3從而cosn，m|n|m|2.故二面角A1BDC1的大小為30.18G5、G112012山東卷在如圖15所示的幾何體中，四邊形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB60，F(xiàn)C平面ABCD，AEBD，CBCDCF.(1)求證：BD平面AED；(2)求二面角FB

46、DC的余弦值圖1518解：(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD是等腰梯形，ABCD，DAB60，所以ADCBCD120.又CBCD，所以CDB30，所以ADB90，ADBD，又AEBD，且AEADA，AE，AD?平面AED，所以BD平面AED.(2)解法一：取BD的中點(diǎn)G，連結(jié)CG，F(xiàn)G，因?yàn)镃BCD，所以CGBD，又FC平面ABCD，BD?平面ABCD，所以FCBD，因?yàn)镕CCGC，F(xiàn)C，CG?平面FCG，所以BD平面FCG，故BDFG，所以FGC為二面角FBDC的平面角在等腰三角形BCD中，因?yàn)锽CD120，1所以CG2CB.又CBCF，所以GFCG2CF25CG，故cosFGC5，55所以二面

47、角FBDC的余弦值為5.解法二：由(1)知ADBD，所以ACBC.又FC平面ABCD，所以CA，CB，CF兩兩垂直，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以CA，CB，CF所在的直線為x軸，y軸，z軸，成立以以下圖的空間直角坐標(biāo)系，不如設(shè)CB1.則C(0,0,0)，B(0,1,0)，D3，1，0，F(xiàn)(0,0,1)223，3，0所以BD，BF(0，1,1)22設(shè)平面BDF的一個(gè)法向量為m(x，y，z)，則mBD0，mBF0，所以x3y3z，取z1，則m(3，1,1)因?yàn)镃F(0,0,1)是平面BDC的一個(gè)法向量，15mCF，則cosm，CF55|m|CF|5所以二面角FBDC的余弦值為5.18G3、G52012陜

48、西卷(1)如圖16所示，證明命題“a是平面內(nèi)的一條直線，b是外的一條直線(b不垂直于)，c是直線b在上的投影，若ab，則ac”為真；圖16(2)寫出上述命題的抗命題，并判斷其真假(不需證明)18解：(1)證法一：以以下圖，過直線b上任一點(diǎn)作平面的垂線n，設(shè)直線a，b，c，n的方向向量分別是a，b，c，n，則b，c，n共面依據(jù)平面向量基本定理，存在實(shí)數(shù)，使得cbn，則aca(bn)(ab)(an)，因?yàn)閍b，所以ab0，又因?yàn)閍，n，所以an0，故ac0，從而ac.證法二：如圖，記cbA，P為直線b上異于點(diǎn)A的隨意一點(diǎn)，過P作PO，垂足為O，則Oc.PO，a，直線POa，又ab，b平面PAO，P

49、ObP，a平面PAO，又c平面PAO，ac.(2)抗命題為：a是平面內(nèi)的一條直線，b是外的一條直線(b不垂直于)，c是直線b在上的投影，若ac，則ab.抗命題為真命題線10G5、G72012浙江卷已知矩形ABCD，AB1，BCBD所在的直線進(jìn)行翻折，在翻折過程中，()A存在某個(gè)地點(diǎn)，使得直線AC與直線BD垂直B存在某個(gè)地點(diǎn)，使得直線AB與直線CD垂直C存在某個(gè)地點(diǎn)，使得直線AD與直線BC垂直2.將ABD沿矩形的對(duì)角D對(duì)隨意地點(diǎn)，三對(duì)直線“AC與BD”，“AB與CD”，“AD與BC”均不垂直10B分析本題主要觀察空間幾何體的判斷與分析問題觀察空間想象能力和著手操作能力關(guān)于ABCD，因?yàn)锽CCD，

50、由線面垂直的判斷可得CD平面ACB，則有CDAC，而ABCD1，BCAD2，可得AC1，那么存在AC這樣的地點(diǎn)，使得ABCD成立，故應(yīng)選B.評(píng)論解決折疊問題時(shí)，能夠先經(jīng)過實(shí)質(zhì)操作，找到可行性后再加以合理判斷與分析實(shí)質(zhì)解決此類問題時(shí)能夠經(jīng)過底稿紙加以折疊分析后直接判斷G6三垂線定理19G5、G6、G10、G112012慶卷重如圖12，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB4，ACBC3，D為AB的中點(diǎn)(1)求點(diǎn)C到平面A1ABB1的距離；(2)若AB1A1C，求二面角A1CDC1的平面角的余弦值圖1219解：(1)由ACBC，D為AB的中點(diǎn)，得CDAB.又CDAA1，故CD面A1ABB1，所以點(diǎn)C

51、到平面A1ABB1的距離為CDBC2BD25.(2)解法一：如圖，取D1為A1B1的中點(diǎn)，連結(jié)DD1，則DD1AA1CC1.又由(1)知CD面A1ABB1，故CDA1D，CDDD1，所以A1DD1為所求的二面角A1CDC1的平面角因A1D為A1C在面A1ABB1上的射影，又已知AB1A1C，由三垂線定理的逆定理得AB1A1D，從而A1AB1、A1DA都與B1AB互余，所以A1AB1A1DA，所以RtA1ADAA1A1B12RtB1A1A.所以ADAA1，即AA1ADA1B18，得AA122.從而A1DAA12AD223.所以，在RtA1DD1中，DD1AA16cosA1DD1A1DA1D3.解

52、法二：如圖，過D作DD1AA1交A1B1于點(diǎn)D1，在直三棱柱中，易知DB，DC，DD1兩兩垂直以D為原點(diǎn)，射線DB，DC，DD1分別為x軸、y軸、z軸的正半軸成立空間直角坐標(biāo)系Dxyz.設(shè)直三棱柱的高為h，則A(2,0,0)，A1(2,0，h)，B1(2,0，h)，C(0，5，0)，C1(0，5，5，h)h)，從而AB1(4,0，h)，A1C(2，2由AB1A1C，有8h0，h22.故DA1(2,0,22)，CC1(0,0,22)，DC(0，5，0)設(shè)平面A1CD的法向量為m(x1，y1，z1)，則mDC，mDA1，即5y10，2x122z10，取z11，得m(2，0,1)，設(shè)平面C1CD的法

53、向量為n(x2，y2，z2)，則nDC，nCC1，即5y20，2z20，取x21，得n(1,0,0)，所以mn26cosm，n|m|n|2113.6所以二面角A1CDC1的平面角的余弦值為3.G7棱柱與棱錐14G72012海卷上如圖12所示，AD與BC是四周體ABCD中相互垂直的棱，BC2，若AD2c，且ABBDACCD2a，此中的最大值是_a、c為常數(shù)，則四周體ABCD的體積圖1214.2ca2c21分析以空間四周體為載體，觀察幾何體的體積和代數(shù)式的最值問3ABD的高的最大值題，以及轉(zhuǎn)變思想，解本題的要點(diǎn)是求出側(cè)面三角形作BE垂直AD于E，連結(jié)CE，則CE也垂直AD，且BECE，所以四周體A

54、BCD的體積122中，ABBD2a，AD2c，所以AD邊上VSBCEADcBE1，在三角形ABD33的高BE等于以AD為焦點(diǎn)，長軸為2a的橢圓上的點(diǎn)到x軸的距離，其最大值恰幸虧點(diǎn)在短軸端點(diǎn)的時(shí)候獲取，即2222222BEac，所以VcBE1cac1.338G72012海卷上若一個(gè)圓錐的側(cè)面睜開圖是面積為2的半圓面，則該圓錐的體積為_38.3分析觀察扇形的弧長和面積公式，以及圓錐的體積公式，要點(diǎn)是求出圓錐的半徑和高由已知可得圓錐的母線長l2，底面圓的周長2rl2，所以底面半徑r1，由此得圓錐的高223，由圓錐的體積公式得12h3hlrVr3.314G72012山東卷如圖13所示，正方體ABCDA

55、1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)分別為線段AA1，B1C上的點(diǎn)，則三棱錐D1EDF的體積為_圖13114.6分析本題觀察棱錐的體積公式，觀察空間想象力與轉(zhuǎn)變能力，中檔題VD1EDFVFDD1E111111.32611G72012標(biāo)全國卷課已知三棱錐SABC的全部極點(diǎn)都在球O的球面上，ABC是邊長為1的正三角形，SC為球O的直徑，且SC2，則此棱錐的體積為()3A.6B.62C.3D.211A分析設(shè)三角形ABC的中心為M，球心為O，則OM平面ABC，且OM1326.所以此棱錐的高h(yuǎn)2OM26.所以此棱錐的體積V111333332226236.應(yīng)選A.如圖12，在長方體ABCDA1B1C1D1中，

56、ABAD3cm，AA17G72012蘇卷江2cm，則四棱錐3ABB1D1D的體積為_cm.圖1276分析本題觀察四棱錐體積的求解以及對(duì)長方體性質(zhì)的運(yùn)用解題打破口為找尋四棱錐的高連AC交BD于點(diǎn)O，因四邊形ABCD為正方形，故AO為四棱錐ABB1D1D的高，從而V132323226.11G2、G72012浙江卷已知某三棱錐的三視圖(單位：cm)如圖13所示，則該三棱錐的體積等于_cm3.圖13111分析本題觀察三棱錐的三視圖與體積計(jì)算公式，觀察學(xué)生對(duì)數(shù)據(jù)的運(yùn)算辦理能力和空間想象能力由三視圖可知，幾何體為一個(gè)三棱錐，則V1Sh111321.332評(píng)論正確的識(shí)圖是解決三視圖問題的要點(diǎn)，同時(shí)要注意棱長

57、的長度、關(guān)系等20G5、G72012浙江卷如圖15所示，在四棱錐PABCD中，底面是邊長為23的菱形，BAD120，且PA平面ABCD，PA26，M，N分別為PB，PD的中點(diǎn)(1)證明：MN平面ABCD；(2)過點(diǎn)A作AQPC，垂足為點(diǎn)Q，求二面角AMNQ的平面角的余弦值圖1520解：(1)因?yàn)镸，N分別是PB，PD的中點(diǎn)，所以MN是PBD的中位線，所以MNBD.又因?yàn)镸N?平面ABCD，所以MN平面ABCD.(2)方法一：連結(jié)AC交BD于O.以O(shè)為原點(diǎn)，OC，OD所在直線為x，y軸，成立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，以以下圖在菱形ABCD中，BAD120，得ACAB23，BD3AB6.又因?yàn)镻A平

58、面ABCD，所以PAAC.在RtPAC中，AC23，PA26，AQPC，得QC2，PQ4.由此知各點(diǎn)坐標(biāo)以下，A(3，0,0)，B(0，3,0)，C(3，0,0)，D(0,3,0)，P(3，0,26)，M3，3，6，22N3，3，6，22Q3，0，26.33設(shè)m(x，y，z)為平面AMN的法向量3333知由AM2，2，6，AN2，2，6332x2y6z0，332x2y6z0.取z1，得m(22，0，1)設(shè)n(x，y，z)為平面QMN的法向量53365336知由QM6，3，QN6，32253366x2y3z0，53366x2y3z0，取z5，得n(22，0,5)mn33于是cosm，n|m|n|

59、33.33所以二面角AMNQ的平面角的余弦值為33.方法二：在菱形ABCD中，BAD120，得ACABBCCDDA，BD3AB.又因?yàn)镻A平面ABCD，所以PAAB，PAAC，PAAD.所以PBPCPD.所以PBCPDC.而M，N分別是PB，PD的中點(diǎn)，所以11MQNQ，且AM2PB2PDAN.取線段MN的中點(diǎn)E，連結(jié)AE，EQ，則AEMN，QEMN，所以AEQ為二面角AMNQ的平面角由AB23，PA26，故1在AMN中，AMAN3，MN2BD3，得3AE2.在直角PAC中，AQPC，得AQ22，QC2，PQ4.2225，在PBC中，cosBPCPBPCBC2PBPC6得MQPM2PQ22PM

60、PQcosBPC5.在等腰MQN中，MQNQ5，MN3，得2211QEMQME2.3311在AEQ中，AE2，QE2，AQ22，得AE2QE2AQ233cosAEQ2AEQE33.所以二面角AMNQ的平面角的余弦值為3333.10G5、G72012浙江卷已知矩形ABCD，AB1，BC2.將ABD沿矩形的對(duì)角線BD所在的直線進(jìn)行翻折，在翻折過程中，()A存在某個(gè)地點(diǎn)，使得直線AC與直線BD垂直B存在某個(gè)地點(diǎn)，使得直線AB與直線CD垂直C存在某個(gè)地點(diǎn)，使得直線AD與直線BC垂直D對(duì)隨意地點(diǎn)，三對(duì)直線“AC與BD”，“AB與CD”，“AD與BC”均不垂直10B分析本題主要觀察空間幾何體的判斷與分析問