2015年高考数学真题分类汇编 专题10 立体几何 理

专题十 立体几何

1、【2015高考安徽，理5】已知m，n是两条不同直线，?，?是两个不同平面，则下列命题正确的是（ ）

（A）若?，?垂直于同一平面，则?与?平行 （B）若m，n平行于同一平面，则m与n平行

（C）若?，?不平行，则在?内不存在与?平行的直线 （D）若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面 【答案】D

【解析】由A，若?，?垂直于同一平面，则?，?可以相交、平行，故A不正确；由B，

若m，n平行于同一平面，则m，n可以平行、重合、相交、异面，故B不正确；由C，若?，?不平行，但?平面内会存在平行于?的直线，如?平面中平行于?，?交线的直线；由D项，其逆否命题为“若m与n垂直于同一平面，则m，n平行”是真命题，故D项正确.所以选D.

【考点定位】1.直线、平面的垂直、平行判定定理以及性质定理的应用.

【名师点睛】空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是

画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.

2.【2015高考北京，理4】设?，?是两个不同的平面，m是直线且m??．“m∥?”是“?∥?”的（ ）

A．充分而不必要条件 C．充分必要条件 【答案】B

【解析】因为?，?是两个不同的平面，m是直线且m??．若“m∥?”，则平面?、?可能相交也可能平行，不能推出?//?，反过来若?//?，m?是“?∥?”的必要而不充分条件.

考点定位：本题考点为空间直线与平面的位置关系，重点考察线面、面面平行问题和充要条

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B．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件

?，则有m∥?，则“m∥?”

件的有关知识.

【名师点睛】本题考查空间直线与平面的位置关系及充要条件，本题属于基础题，本题以空间线、面位置关系为载体，考查充要条件．考查学生对空间线、面的位置关系及空间面、面的位置关系的理解及空间想象能力，重点是线面平行和面面平行的有关判定和性质. 3.【2015高考新课标1，理6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放斛的米约有（ ）

(A)14斛 (B)22斛 (C)36斛 (D)66斛 【答案】B

【考点定位】圆锥的性质与圆锥的体积公式

【名师点睛】本题以《九章算术》中的问题为材料，试题背景新颖，解答本题的关键应想到米堆是

11圆锥，底面周长是两个底面半径与圆的和，根据题中的条件列出关于底面半径的44方程，解出底面半径，是基础题.

4.【2015高考陕西，理5】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）

A．3? B．4? C．2??4 D．3??4

- 2 -

【答案】D

【解析】由三视图知：该几何体是半个圆柱，其中底面圆的半径为1，母线长为2，所以该几何体的表面积是

1?2??1??1?2??2?2?3??4，故选D． 2【考点定位】1、三视图；2、空间几何体的表面积．

【名师点晴】本题主要考查的是三视图和空间几何体的表面积，属于容易题．解题时要看清楚是求表面积还是求体积，否则很容易出现错误．本题先根据三视图判断几何体的结构特征，再计算出几何体各个面的面积即可．

5.【2015高考新课标1，理11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16 + 20?，则

r=（ ）

（A）1 （B）2 （C）4 （D）8 【答案】B

【解析】由正视图和俯视图知，该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为r，圆柱的高为2r，其表面积为20?，解得r=2，故选B.

【考点定位】简单几何体的三视图；球的表面积公式、圆柱的测面积公式

【名师点睛】本题考查简单组合体的三视图的识别，是常规提，对简单组合体三三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状，再根据“长对正，宽相等，高平齐”的法则组合体中的各个量.

6.【2015高考重庆，理5】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为

1?4?r2??r?2r??r2?2r?2r=5?r2?4r2=16 + 2 - 3 -

12?? B、?? 3312C、 ?2? D、?2?

33A、【答案】A

【解析】这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，V?选A.

【考点定位】组合体的体积.

【名师点晴】本题涉及到三视图的认知，要求学生能由三视图画出几何体的直观图，从而分析出它是哪些基本几何体的组合，应用相应的体积公式求出几何体的体积，关键是画出直观图，本题考查了学生的空间想象能力和运算求解能力.

7.【2015高考北京，理5】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（ ）

1111??12?2??(??1?2)?1???，232312正(主)视图11侧(左)视图俯视图

A．2?5 B．4?5 C．2?25 D．5 【答案】C

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?5,三棱锥表面积S表?25?2. 2考点定位：本题考点为利用三视图还原几何体及求三棱锥的表面积，考查空间线线、线面的位置关系及有关线段长度及三角形面积数据的计算.

【名师点睛】本题考查三视图及多面体的表面积，本题属于基础题，正确利用三视图还原为原几何体，特别是有关数据的还原，另外要利用线面垂直的性质，判断三角形的形状，特别是侧面PAB的形状为等腰三角形，正确求出三个侧面的面积和底面的面积.

8.【2015高考安徽，理7】一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是（ ） （A）1?3 （B）2?3 （C）1?22 （D）22

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【答案】B

【解析】由题意，该四面体的直观图如下，?ABD,?BCD是等腰直角三角形，?ABC,?ACD是

等

边

三

角

形

，

则

113，所以四面S?BCD?S?ABD??2?2?1,S?ABC?S?ACD??2?2sin60??222体的表面积S?S?BCD?S?ABD?S?ABC?S?ACD?2?1?2?3?2?3，故选B. 2

【考点定位】1.空间几何体的三视图与直观图；2.空间几何体表面积的求法.

【名师点睛】三视图是高考中的热门考点，解题的关键是熟悉三视图的排放规律：长对正，

高平齐，宽相等.同时熟悉常见几何体的三视图，这对于解答这类问题非常有帮助，本题还应注意常见几何体的体积和表面积公式.

9.【2015高考新课标2，理9】已知A,B是球O的球面上两点，∠AOB=90,C为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( ) A．36π B.64π C.144π D.256π 【答案】C

【考点定位】外接球表面积和椎体的体积．

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COAB

【名师点睛】本题以球为背景考查空间几何体的体积和表面积计算，要明确球的截面性质，正确理解四面体体积最大时的情形，属于中档题． 10.【2015高考山东，理7】在梯形ABCD中，?ABC?将梯

形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（ ） （A）?2，AD//BC,BC?2AD?2AB?2 .

2?4? 错误！未找到引用源。 （B）错误！未找到引用源。 （C）335? 错误！未找到引用源。 （D）2? 3【答案】C

【解析】直角梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为1，母线长为2的圆柱挖去一个底面半径同样是1、高为1的圆锥后得到的组合体，所以该组合体的体积为：V?V圆柱?V圆锥???12?2????12?1?故选C.

【考点定位】1、空间几何体的结构特征；2、空间几何体的体积.

【名师点睛】本题考查了空间几何体的结构特征及空间几何体的体积的计算，重点考查了圆柱、圆锥的结构特征和体积的计算，体现了对学生空间想象能力以及基本运算能力的考查，此题属中档题.

11.【2015高考浙江，理8】如图，已知?ABC，D是AB的中点，沿直线CD将?ACD折成?A?CD，所成二面角A??CD?B的平面角为?，则（ ）

A. ?A?DB?? B. ?A?DB?? C. ?A?CB?? D. ?A?CB??

135? 3 - 7 -

【答案】B. 【解析】

试题分析：设?ADC??，设AB?2，则由题意AD?BD?1，在空间图形中，设A?B?t，

A?D2?DB2?AB212?12?t22?t2在?A?CB中，cos?A?DB?， ??2A?D?DB2?1?12在空间图形中，过A?作AN?DC，过B作BM?DC，垂足分别为N，M， 过N作NP//MB，连结A?P，∴NP?DC，

则?A?NP就是二面角A??CD?B的平面角，∴?A?NP??，

在Rt?A?ND中，DN?A?Dcos?A?DC?cos?，A?N?A?Dsin?A?DC?sin?， 同理，BM?PN?sin?，DM?cos?，故BP?MN?2cos?， 显然BP?面A?NP，故BP?A?P，

在Rt?A?BP中，A?P?A?B?BP?t?(2cos?)?t?4cos?，

2222222A?N2?NP2?A?P2sin2??sin2??(t2?4cos2?)在?A?NP中，cos??cos?A?NP? ?2A?N?NP2sin??sin? - 8 -

【考点定位】立体几何中的动态问题

【名师点睛】本题主要考查立体几何中的动态问题，属于较难题，由于?ABC的形状不确定，

?A'CB与

?的大小关系是不确定的，再根据二面角的定义即可知?A?DB??，当且仅当AC?BC时，

等号成立

以立体几何为背景的创新题是浙江高考数学试卷的热点问题，12年，13年选择题压轴题均考

查了立体几

何背景的创新题，解决此类问题需在平时注重空间想象能力的培养，加强此类问题的训练. 【2015高考湖南，理10】某工件的三视图如图3所示，现将该工件通过切割，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=

新工件的体积）（ ）

原工件的体积4(2?1)312(2?1)3816A. B. C. D.

??9?9? - 9 -

【答案】A. 【解析】

试题分析：分析题意可知，问题等价于圆锥的内接长方体的体积的最大值，设长方体体的长，宽，高分别为x，y，h，长方体上底面截圆锥的截面半径为a，则x?y?(2a)?4a，如下图所示，圆锥的轴截面如图所示，则可知

2222a2?h??h?2?2a，而长方体的体积12x2?y2V?xyh?h?2a2h?2a2(2?2a)

2a?a?2?2a3162，当且仅当x?y，a?2?2a?a?时，等号成立，此时利)?327316827用率为，故选A. ?19?2??1?23?2?(

【考点定位】1.圆锥的内接长方体；2.基本不等式求最值.

【名师点睛】本题主要考查立体几何中的最值问题，与实际应用相结合，立意新颖，属于较

难题，需要考

生从实际应用问题中提取出相应的几何元素，再利用基本不等式求解，解决此类问题的两大

核心思路：一

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是化立体问题为平面问题，结合平面几何的相关知识求解；二是建立目标函数的数学思想，

选择合理的变

量，或利用导数或利用基本不等式，求其最值.

12.【2015高考浙江，理2】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（ ）

A.8cm3 B. 12cm3 C.

32340cm D. cm3 33

【答案】C.

【考点定位】1.三视图；2.空间几何体的体积计算.

【名师点睛】本题主要考查了根据三视图判断空间几何体的形状，再计算其体积，属于容易题，在解题过程中，根据三视图可以得到该几何体是一个正方体与四棱锥的组合，将组合体的三视图，正方体与锥体的体积计算结合在一起，培养学生的空间想象能力、逻辑推理能力和计算能力，会利用所学公式进行计算，体现了知识点的交汇.

13.【2015高考福建，理7】若l,m 是两条不同的直线，m 垂直于平面? ，则“l?m ”是“l//? 的 （ ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B

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【解析】若l?m，因为m垂直于平面?，则l//?或l??；若l//?，又m垂直于平面

?，则l?m，所以“l?m ”是“l//? 的必要不充分条件，故选B．

【考点定位】空间直线和平面、直线和直线的位置关系．

【名师点睛】本题以充分条件和必要条件为载体考查空间直线、平面的位置关系，要理解线线垂直和线面垂直的相互转化以及线线平行和线面平行的转化还有平行和垂直之间的内部联系，长方体是直观认识和描述空间点、线、面位置关系很好的载体，所以我们可以将这些问题还原到长方体中研究．

14.【2015高考新课标2，理6】一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( ) A．

1111 B． C． D． 8765

【答案】D

【解析】由三视图得，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，截去四面体A?A1B1D1，如图所示，，

1131315?a?a，故剩余几何体体积为a3?a3?a3，所326661以截去部分体积与剩余部分体积的比值为，故选D．

5设正方体棱长为a，则VA?A1B1D1?【考点定位】三视图．

D1C1A1DB1CA

B

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【名师点睛】本题以正方体为背景考查三视图、几何体体积的运算，要求有一定的空间想象能力，关键是能从三视图确定截面，进而求体积比，属于中档题．

【2015高考上海，理6】若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2?，则其母线与轴的夹角的大小为 ． 【答案】

?3

?1【解析】由题意得：?rl:(h?2r)?2??l?2h?母线与轴的夹角为

23【考点定位】圆锥轴截面

【名师点睛】掌握对应几何体的侧面积，轴截面面积计算方法.如 圆柱的侧面积 S?2?rl，圆柱的表面积 S?2?r(r?l) ，圆锥的侧面积 S??rl，圆锥的表面积 S??r(r?l) ，球体的表面积 S?4?R2，圆锥轴截面为等腰三角形.

【2015高考上海，理4】若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为163，则a? ． 【答案】4 【解析】a?32a?163?a3?64?a?4 4【考点定位】正三棱柱的体积

【名师点睛】简单几何体的表面积和体积计算是高考的一个常见考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类简单几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握平几面积计算方法.柱的体132积为V?Sh,区别锥的体积V?Sh；熟记正三角形面积为a，正六边形的面积为

3432a. 415.【2015高考四川，理14】如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相6?垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点。设异面直线EM与AF所成的角为?，则cos?的最大值为 .

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【答案】

2 58y?1161??，当t?1时取等号.所以2814y?5t??25t11??y2(1?y)12222cos??????，当y?0时，取得最大值.

2115555?4y?521???y?144zQMPAEBFxDyC

【考点定位】1、空间两直线所成的角；2、不等式.

【名师点睛】空间的角与距离的问题，只要便于建立坐标系均可建立坐标系，然后利用公式求解.解本题要注意，空间两直线所成的角是不超过90度的.几何问题还可结合图形分析何时取得最大值.当点M在P处时，EM与AF所成角为直角，此时余弦值为0（最小），当M点向左移动时，EM与AF所成角逐渐变小，点M到达Q点时，角最小，从而余弦值最大.

16.【2015高考天津，理10】一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体积

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为

m3 .

1112正视图1111侧视图1111俯视图

【答案】?

【解析】由三视图可知，该几何体是中间为一个底面半径为1，高为2的圆柱，两端是底面半径为1，高为1的圆锥，所以该几何体的体积V?12???2?2?【考点定位】三视图与旋转体体积公式.

【名师点睛】主要考查三视图与旋转体体积公式及空间想象能力、运算能力.识图是数学的基本功，空间想象能力是数学与实际生活必备的能力，本题将这些能力结合在一起，体现了数学的实用价值，同时也考查了学生对旋转体体积公式的掌握与应用、计算能力. 17.【2015

高考浙江，理

13】如图，三棱锥

83128?1???1??. 33A?BCD中，

AB?AC?BD?CD?3,AD?BC?2，点M,N分别是AD,BC的中点，则异面直线

AN，CM所成的角的余弦值是 ．

【答案】

7. 8 - 15 -

【考点定位】异面直线的夹角.

【名师点睛】本题主要考查了异面直线夹角的求解，属于中档题，分析条件中出现的中点，

可以考虑利用

三角形的中位线性质利用平移产生异面直线的夹角，再利用余弦定理的变式即可求解，在复

习时应了解两

条异面直线夹角的范围，常见的求异面直线夹角的方法等知识点.

18.【2015江苏高考，9】现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个。若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为 【答案】7

112222【解析】由体积相等得：?4???5+??2?8=?r???4???r?8?r?7

33【考点定位】圆柱及圆锥体积

【名师点晴】求空间几何体体积的常用方法 (1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．

(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．

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(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体．

19.【2015高考新课标2，理19】（本题满分12分）

如图，长方体ABCD?A1B1C1D1中,AB=16，BC=10，AA1?8，点E，F分别在A1B1， C1D1上，A1E?D1F?4．过点E，F的平面?与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．

D1

F

C1

A1

E D

B1

C

A B

（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）； （Ⅱ）求直线AF与平面?所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）45． 15【考点定位】1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．

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D1EDFC1A1B1GCAMHB

【名师点睛】根据线面平行和面面平行的性质画平面?与长方体的面的交线；由交线的位置可确定公共点的位置，坐标法是求解空间角问题时常用的方法，但因其计算量大的特点很容易出错，故坐标系的选择是很重要的，便于用坐标表示相关点，先求出面?的法向量，利用

?????sin??cos?n,AF?求直线AF与平面?所成角的正弦值．

20.【2015江苏高考，16】（本题满分14分）

如图，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，已知AC?BC，BC?CC1，设AB1的中点为D，

B1C?BC1?E.求证：（1）DE//平面AA1C1C；

（2）BC1?AB1. A

B D A1

B1

E C1 C

【答案】（1）详见解析（2）详见解析 【解析】

试题分析（1）由三棱锥性质知侧面BB1C1C为平行四边形,因此点E为B1C的中点，从而由三

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角形中位线性

又因为?C??C，CC1?平面?CC1?1，?C?平面?CC1?1，?C?CC1?C， 所以?C?平面?CC1?1．

又因为?C1?平面?CC1?1，所以?C1??C．

因为?C?CC1，所以矩形?CC1?1是正方形，因此?C1??1C． 因为?C，?1C?平面?1?C，?C??1C?C，所以?C1?平面?1?C． 又因为??1?平面?1?C，所以?C1???1． 【考点定位】线面平行判定定理，线面垂直判定定理

【名师点晴】不要忽视线面平行的判定定理中线在面外条件．证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线, 常利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行. 证明线面垂直时，不要忽视面内两条线为相交线这一条件．证明直线与平面垂直的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与性质，注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活利用，这是证明空间垂直关系的基础．

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21.【2015高考安徽，理19】如图所示，在多面体A1B1D1DCBA，四边形AA1B1B，

ADD1A1,ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1,D,E的平面交CD1于F.

（Ⅰ）证明：EF//B1C；

（Ⅱ）求二面角E?A1D?B1余弦值.

【答案】（Ⅰ）EF//B1C；（Ⅱ）【解析】

试题分析：（Ⅰ）证明：依据正方形的性质可知A1B1//AB//DC，且A1B1?AB?DC，，从

而A1B1CD为平行四边形，则B1C//A1D，根据线面平行的判定定理知B1C//面A1DE，再由线面平行的性质定理知EF//B1C.（Ⅱ）因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1?AB,AA1?AD,AD?AB，且AA1?AB?AD，可以建以A为

6. 3????????????原点，分别以AB,AD,AA1为x轴，y轴，z轴单位正向量的平面直角坐标系，写出相???????????????关的点的坐标，设出面A1DE的法向量n1?(r1,s1,t1).由n1?A1E,n1?A1D得r1,s1,t1应???0.5r1?0.5s1?0满足的方程组?，(?1,1,1)为其一组解，所以可取n1?(?1,1,1).同理

?s1?t1?0???A1B1CD的法向量n2?(0,1,1).所以结合图形知二面角E?A1D?B的余弦值为?????|n1?n2|26???????. 3|n1|?|n2|3?2试题解析：（Ⅰ）证明：由正方形的性质可知A1B1//AB//DC，且A1B1?AB?DC，所以

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四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C//A1D，又A1D?面A1DE，B1C?面A1DE，于是B1C//面A1DE，又

?????n1?(?1,1,1).设面A1B1CD的法向量n2?(r2,s2,t2)，而该面上向量

?????????????A1B1?(1,0,0),A1D?(0,1,?1)，由此同理可得n2?(0,1,1).所以结合图形知二面角?????|n?n2|26???E?A1D?B的余弦值为??1??.

3|n1|?|n2|3?2【考点定位】1.线面平行的判定定理与性质定理；2.二面角的求解.

【名师点睛】解答空间几何体中的平行、垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、

线面、面面之间的平行、垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；求二面角，则通过求两个半平面的法向量的夹角间接求解.此时建立恰当的空间直角坐标系以及正确求出各点的坐标是解题的关键所在.

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22.【2015江苏高考，22】（本小题满分10分）

如图，在四棱锥P?ABCD中，已知PA?平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯 形，?ABC??BAD??2,PA?AD?2,AB?BC?1

（1）求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；

（2）点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成角最小时，求线段BQ的长

P

Q A B

C

【答案】（1）【解析】

试题分析：（1）求二面角，关键求出两个平面的法向量，本题中平面PCD法向量已知，故关键求平面PAB的法向量，利用向量垂直关系可列出平面PAB的法向量两个独立条件，再根????????据向量数量积求二面角余弦值（2）先建立直线CQ与DP所成角的函数关系式：设BQ??BP,????????则cos?CQ,DP??1?2?10??22D

325（2） 35(0???1),再利用导数求其最值，确定点Q坐标，最后利用向量

模求线段BQ的长

????????????试题解析：以??,?D,??为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系??xyz，

??则各点的坐标为??1,0,0?，C?1,1,0?，D?0,2,0?，??0,0,2?．

????????（1）因为?D?平面???，所以?D是平面???的一个法向量，?D??0,2,0?． ????????因为?C??1,1,?2?，?D??0,2,?2?．

?????????x?y?2z?0???设平面?CD的法向量为m??x,y,z?，则m??C?0，m??D?0，即?．

2y?2z?0?令y?1，解得z?1，x?1．

所以m??1,1,1?是平面?CD的一个法向量．

- 22 -

????????????D?m33cos?D,m??????从而，所以平面???与平面?CD所成二面角的余弦值为． ?3?Dm3????????????（2）因为?????1,0,2?，设?Q????????,0,2??（0???1），

【考点定位】空间向量、二面角、异面直线所成角

【名师点晴】1．求两异面直线a，b的夹角θ，须求出它们的方向向量a，b的夹角，则cos θ＝|cos〈a，b〉|.2．求直线l与平面α所成的角θ可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹角．则sin θ＝|cos〈n，a〉|.3．求二面角α -l -β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角，则θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．

23.【2015高考福建，理17】如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB^平面BEC，BE^EC，AB=BE=EC=2，G，F分别是线段BE，DC的中点.

(Ⅰ)求证：GF//平面ADE ； (Ⅱ)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值．

- 23 -

ADBFC

GE【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)

2． 3【解析】解法一：（Ⅰ）如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又G是BE的中点，

1所以GH?AB，且GH=AB，

21又F是CD中点，所以DF=CD，由四边形ABCD是矩形得，AB?CD，AB=CD，所以

2GH?DF，且GH=DF．从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF//DH，,又

DH趟平面ADE，GF平面ADE，所以GF?平面ADE．

ADHBGECFADHBGEC

FQ(Ⅱ)如图，在平面BEC内，过点B作BQ?EC,因为BE^CE，所以BQ^BE． 又因为AB^平面BEC，所以AB^BE，AB^BQ

????????????以B为原点，分别以BE,BQ,BA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，????则A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，F(2,2,1)．因为AB^平面BEC，所以BA=(0,0,2)为平

- 24 -

面BEC的法向量，

?????????设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.又AE=(2,0,-2)，AF=(2,2,-1)

?????ì?n?AE=0，ì2x-2z=0,镲由眄取z=2得n=(2,-1,2). 得?????2x+2y-z=0,镲?n?AF=0，???????????n?BA42?=从而cos狁n,BA=????=,

|n|×|BA|3′23所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为

2． 3解法二：(Ⅰ)如图，取AB中点M，连接MG，MF，又G是BE的中点，可知GM//AE， 又

（Ⅱ）同解法一．

【考点定位】1、直线和平面平行的判断；2、面面平行的判断和性质；3、二面角． 【名师点睛】本题考查直线和平面平行的证明和二面角求法，直线和平面平行首先是利用其判定定理，或者利用面面平行的性质来证，注意线线平行、线面平行、面面平行的转化；利用坐标法求二面角，主要是空间直角坐标系的建立要恰当，便于用坐标表示相关点，求出半平面法向量夹角后，要观察二面角是锐角还是钝角，正确写出二面角的余弦值．

- 25 -

24.【2015高考浙江，理17】如图，在三棱柱ABC?A1B1C1-中，?BAC?90?，AB?AC?2，

A1A?4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D为B1C1的中点.

（1）证明：A1D?平面A1BC；

（2）求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值.

【答案】（1）详见解析；（2）?.

试题分析：（1）根据条件首先证得AE?平面A1BC，再证明A1D//AE，即可得证；（2） 作A1F?BD，且A1F?BD?F，可证明?A1FB1为二面角A1?BD?B1的平面角，再由 余弦定理即可求得cos?A1FB1??181，从而求解. 8试题解析：（1）设E为BC的中点，由题意得A1E?平面ABC，∴A1E?AE，∵AB?AC， ∴AE?BC，故AE?平面A1BC，由D，E分别B1C1，BC的中点，得DE//B1B且

DE?B1B，从而DE//A1A，∴四边形A1AED为平行四边形，故A1D//AE，又∵AE?

平面A1BC1，∴A1D?平面A1BC1；（2）作A1F?BD，且A1F?BD?F，连结B1F， 由AE?EB?2，?A1EA??A1EB?90?，得A1B?A1A?4，由A1D?B1D，

A1B?B1B，得?A1DB??B1DB，由A1F?BD，得B1F?BD，因此?A1FB1为二面角 A1?BD?B1的平面角，由A1D?2，A1B?4，?DA1B?90?，得BD?32，

A1F?B1F?41，由余弦定理得，cos?A1FB1??. 38- 26 -

【考点定位】1.线面垂直的判定与性质；2.二面角的求解

【名师点睛】本题主要考查了线面垂直的判定与性质以及二面角的求解，属于中档题，在解

题时，应观察

各个直线与平面之间的位置关系，结合线面垂直的判定即可求解，在求二面角时，可以利用

图形中的位置

关系，求得二面角的平面角，从而求解，在求解过程当中，通常会结合一些初中阶段学习的

平面几何知识，

例如三角形的中位线，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等，在复习时应

予以关注.

25.【2015高考山东，理17】如图，在三棱台DEF?ABC中，AB?2DE,G,H分别为AC,BC的中点.

（Ⅰ）求证：BD//平面FGH；

（Ⅱ）若CF?平面ABC，AB?BC,CF?DE ，?BAC?45? ,求平面FGH与平面

- 27 -

ACFD 所成的角（锐角）的大小.

【答案】（I）详见解析；（II）60? 【解析】

试题分析：（I）思路一：连接DG,CD，设CD?GF?O，连接OH，先证明OH//BD，从而由直线与平面平行的判定定理得BD//平面HDF；思路二：先证明平面 FGH//平面

ABED，再由平面与平面平行的定义得到BD//平面HDF.

（II）思路一：连接DG,CD，设CD?GF?O，连接OH，证明GB,GC,GD 两两垂直, 以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G?xyz，利用空量向量的夹角公式求解；思路二：作HM?AC 于点M ，作MN?GF 于点N ，连接NH，证明?MNH 即为所求的角，然后在三角形中求解. 试题解析：

(I)证法一：连接DG,CD，设CD?GF?O，连接OH， 在三棱台DEF?ABC中，

AB?2DE,G为AC的中点

可得DF//GC,DF?GC 所以四边形DFCG为平行四边形 则O为CD的中点 又H为BC的中点 所以OH//BD

又OH?平面FGH, BD??平面FGH, 所以BD//平面FGH．

- 28 -

证法二：

在三棱台DEF?ABC中， 由BC?2EF,H为BC的中点

因为 BD?平面 ABED 所以 BD//平面FGH （II）解法一：

设AB?2 ，则CF?1 在三棱台DEF?ABC中，

G为AC的中点

由DF?12AC?GC ， 可得四边形DGCF 为平行四边形， 因此DG//CF 又FC?平面ABC 所以DG?平面ABC

在?ABC中，由AB?BC,?BAC?45? ，G是AC中点，所以AB?BC,GB?GC 因此GB,GC,GD 两两垂直,

以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G?xyz

- 29 -

所以G?0,0,0?,B?2,0,0?,C?0,2,0?,D?0,0,1?

可得H??22??2,2,0??,F?0,2,1

???故????GH???22?,???GF??2,2,0????0,2,1

???设?n??x,y,z? 是平面FGH 的一个法向量，则

由????????n????GH?????0,0, 可得?x?y?0?n?GF???z?0 ??2y可得平面FGH 的一个法向量?n??1,?1,2?

因为???GB? 是平面ACFD 的一个法向量，???GB???2,0,0?

所以cos?????????GB?,?n??GB|???GB??n|?|?n|?2122?2 所以平面与平面所成的解(锐角)的大小为60? 解法二：

作HM?AC 于点M ，作MN?GF 于点N ，连接NH由FC? 平面ABC ，得HM?FC 又FC?AC?C 所以HM?平面ACFD 因此GF?NH

所以?MNH 即为所求的角

- 30 -

所以平面FGH与平面ACFD所成角（锐角）的大小为60? .

【考点定位】1、空间直线与平面的位置关系；2、二面角的求法；3、空间向量在解决立体几何问题中的应用.

【名师点睛】本题涉及到了立体几何中的线面平行与垂直的判定与性质，全面考查立几何中的证明与求解，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；利用空间向量解决立体几何问题是一种成熟的方法，要注意建立适当的空间直角坐标系以及运算的准确性.

26.【2015高考天津，理17】（本小题满分13分）如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧棱A1A?底面ABCD,AB?AC,AB=1,

AC=AA1=2,AD=CD=5,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.

(I)求证：MN//平面ABCD；

- 31 -

(II)求二面角D1-AC-B1的正弦值；

(III)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为1，求线段A1E3的长

【答案】(I)见解析； (II) 31010； (III) 7?2. 【解析】如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得

A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,?2,0)，

D1A1CB11NMDACB

，又因为M,N分别为B?11C和D1D的中点，得M??1,2,1???,N(1,?2,1).

D1A1CB11NMDACB

(I)证明：依题意，可得?n?(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，????MN????5??0,?2,0??，由此可得，????MN???n?0，又因为直线MN?平面ABCD，所以MN//平面ABCD (II)????AD?2,2),???AC??(2,0,0)，设??1?(1,?n1?(x,y,z)为平面ACD1的法向量，则

- 32 -

???????????x?2y?2z?0?n1?AD1?0，即?，不妨设z?1，可得n1?(0,1,1)， ????????2x?0??n1?AC?0????????????????n2?AB1?0设n2?(x,y,z)为平面ACB1的一个法向量，则???，又AB1?(0,1,2)，得 ???????n2?AC?0????y?2z?0，不妨设z?1，可得n2?(0,?2,1) ??2x?0【考点定位】直线和平面平行和垂直的判定与性质，二面角、直线与平面所成的角，空间向量的应用.

【名师点睛】本题主要考查直线和平面平行和垂直的判定与性质，二面角、直线与平面所成的角，空间向量的应用.将立体几何向量化，体现向量工具的应用，即把几何的证明与计算问题转化为纯代数的计算问题，是向量的最大优势，把空间一些难以想象的问题转化成计算问题，有效的解决了一些学生空间想象能力较差的问题.

27.【2015高考重庆，理19】如题（19）图，三棱锥P?ABC中，PC?平面

ABC,PC?3,?ACB??2.D,E分别为线段AB,BC上的点，且

CD?DE?2,CE?2EB?2.

（1）证明：DE?平面PCD （2）求二面角A?PD?C的余弦值。

- 33 -

PCDA题（19）图EB

【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】

3. 6试题分析：（1）要证线面垂直，就是要证线线垂直，题中由PC?平面ABC，可知PC?DE，再分析已知由DC?CE?2,CE?2得CD?DE，这样与DE垂直的两条直线都已找到，

从而可得线面垂直；（2）求二面角的大小，可心根据定义作出二面角的平面角，求出这个平面角的大小，本题中，由于?ACB??2，PC?平面ABC，因此CA,CB,CP两两垂直，可

以他们为x,y,z轴建立空间直角坐标系，写出图中各点的坐标，求出平面APD和平面CPD的

??????????法向量n1,n2，向量n1,n2的夹角与二面角相等或互补，由此可得结论．

试题解析：(1)证明：由PC?平面ABC，DE?平面ＡＢＣ，故PC?DE 由CE＝２，CD=DE＝２得?ＣＤＥ为等腰直角三角形，故CD?DE 由PC?CD=C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE?平面PCD (2)解：由（１）知，?CDE为等腰直角三角形，?DCE＝垂直CE于Ｆ，易知DF＝FC＝EF＝１，又已知EB＝１，

故FB＝２． 由?ACB＝

?4,，如（１９）图，过点Ｄ作DF?2,得DF//AC，

DFFB233==，故AC＝DF＝． ACBC322????????????，CB　,CP的方程为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标以Ｃ为坐标原点，分别以CA - 34 -

系，则Ｃ(0,0,0,)，Ｐ(0,0,3)，Ａ(

3,0,0), 2????Ｅ(0,2,0)，Ｄ(1,1,0)，ED=(1,-1,0),

????????１DP=(-1,-1,3)DA=(,-1,0)

２?＝（x1,y1,z1)， 设平面PAD的法向量n１

???????????????n1?n23????=从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos?n1,n2????， |n1|?|n2|6故所求二面角A-PD-C的余弦值为3. 6【考点定位】考查线面垂直，二面角．考查空间想象能力和推理能力．

【名师点晴】立体几何解答题的一般模式是首先证明线面位置关系(一般考虑使用综合几何方法进行证明)，然后是与空间角有关的问题，综合几何方法和空间向量方法都可以，但使用综

- 35 -

【名师点睛】立体几何是高考的重点和热点内容，而求空间角是重中之重，利用空间向量求空间角的方法固定，思路简洁，但在利用平面的法向量求二面角大小时，两个向量夹角与二面角相等还是互补是这种解法的难点，也是学生的易错易误点．解题时正确判断法向量的方向，同指向二面角内或外则向量夹角与二面角互补，一个指向内另一个指向外则相等． 30.【2015高考陕西，理18】（本小题满分12分）如图1，在直角梯形??CD中，?D//?C，

???D??2，????C?1，?D?2，?是?D的中点，?是?C与??的交点．将????沿??折起到??1??的位置，如图2．

（I）证明：CD?平面?1?C；

（II）若平面?1???平面?CD?，求平面?1?C与平面?1CD夹角的余弦值．

【答案】（I）证明见解析；（II）6． 3 - 41 -

(II)由已知，平面A1BE?平面?CD?，又由（I）知，???OA1，????C 所以?AOC为二面角A1-BE-C的平面角，所以?A1OC?1如图，以?为原点，建立空间直角坐标系， 因为A1B=A1E=BC=ED=1，BC//ED 所以B(?2.

2222,0,0),E(-,0,0),A1(0,0,),C(0,,0),

2222?????????????2222,,0), A1C(0,,-)，CD=BE=(-2,0,0). 2222????得BC(-?????设平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1)，平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2)，平面A1BC与

平面A1CD夹角为?，

???????????x1?y1?0?n1?BC?0则???????，得?，取n1=(1,1,1)，

y?z?0?0?11??n1?AC1????????????x2?0?n2?CD?0，得?，取n2?(0,1,1)， ?????????y2?z2?0??n2?A1C?0?????从而cos??|cos?n1,n2?|?26， ?33?26. 3即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为考点：1、线面垂直；2、二面角；3、空间直角坐标系；4、空间向量在立体几何中的应用. 【名师点晴】本题主要考查的是线面垂直、二面角、空间直角坐标系和空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．

- 42 -

31.【2015高考新课标1，理18】如图，，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC. （Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC； （Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值.

【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）3 3又∵AE⊥EC，∴EG=3，EG⊥AC， 在Rt△EBG中，可得BE=2，故DF=2. 2在Rt△FDG中，可得FG=6. 2232可得EF=， 22在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=2，DF=∴EG2?FG2?EF2，∴EG⊥FG， ∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，

∵EG?面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC. ??6分

- 43 -

????????????（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以GB,GC的方向为x轴，y轴正方向，|GB|为单位长度，

建立空间直角坐标系G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－3，0），E(1,0, 2)，F（－1,0，

2），2????????2C（0，3，0），∴AE=（1，3，2），CF=（-1，-3，）.?10分

2????????????????AE?CF3???????故cos?AE,CF?????.

3|AE||CF|所以直线AE与CF所成的角的余弦值为3. ??12分 3【考点定位】空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力 【名师点睛】对空间面面垂直问题的证明有两种思路，思路1：几何法，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；思路2：利用向量法，通过计算两个平面的法向量，证明其法向量垂直，从而证明面面垂直；对异面直线所成角问题，也有两种思路，思路1：几何法，步骤为一找二作三证四解，一找就是先在图形中找有没有异面直线所成角，若没有，则通常做平行线或中位线作出异面直线所成角，再证明该角是异面直线所成角，利用解三角形解出该角.

32.【2015高考北京，理17】如图，在四棱锥A?EFCB中，△AEF为等边三角形，平面AEF?平面EFCB，EF∥BC，BC?4，EF?2a，?EBC??FCB?60?，O为EF的中点．

(Ⅰ) 求证：AO?BE；

(Ⅱ) 求二面角F?AE?B的余弦值； (Ⅲ) 若BE?平面AOC，求a的值．

- 44 -

AFCOEB

【答案】(I)证明见解析；（II）?【解析】

45；（III）a?．

35试题分析：证明线线垂直可寻求线面垂直，利用题目提供的面面垂直平面AEF?平面EFCB，借助性质定理证明AO?平面EFCB，进而得出线线垂直，第二步建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，平面AEF的法向量易得，只需求平面AEB的法向量，设平面AEB的法向量，利用线线垂直，数量积为零，列方程求出法向量，再根据二面角公式求出法向量的余弦值；

??????第三步由于AO?BE，要想BE?平面AOC，只需BE?OC，利用向量BE、OC的坐标，借

助数量积为零，求出a的值，根据实际问题予以取舍.

（Ⅲ）由（I）知AO?平面EFCB，则AO?BE，若BE?平面AOC，只需BE?OC，

EB?(2?a,23?3a,0)，又OC?(?2,23?3a,0)，

?????? - 45 -

??????BE?OC??2(2?a)?(23?3a)2?0，解得a?2或a?4，由于a?2，则3a?4. 3考点：本题考点为线线垂直的证明和求二面角，要求学生掌握空间线线、线面的平行与垂直的判定与性质，利用法向量求二面角以及利用数量积为零解决垂直问题.

【名师点睛】本题考查线线、线面垂直及求二面角的相关知识及运算，本题属于中档题，熟练利用有关垂直的判定定理和性质定理进行面面垂直、线面垂直、线线垂直之间的转化与证明，另外利用空间向量解题时，要建立适当的直角坐标系，准确写出空间点的坐标，利用法向量求二面角，利用数量积为零，解决线线、线面垂直问题.

33.【2015高考广东，理18】如图2，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD=PC=4，AB=6，BC=3.点E是CD边的中点，点F、G分别在线段AB、BC上，且AF=2FB，CG=2GB．

（1）证明：PE?FG；

（2）求二面角P-AD-C的正切值； （3）求直线PA与直线FG所成角的余弦值．

【答案】（1）见解析；（2）795；（3）． 325【解析】（1）证明：∵ PD?PC且点E为CD的中点，

∴ PE?DC，又平面PDC?平面ABCD，且平面PDC?平面ABCD?CD，PE?平面

PDC，

∴ PE?平面ABCD，又FG?平面ABCD， ∴ PE?FG；

- 46 -

（2）∵ ABCD是矩形，

∴ AD?DC，又平面PDC?平面ABCD，且平面PDC?平面ABCD?CD，AD?平面

ABCD，

∴ AD?平面PCD，又CD、PD?平面PDC， ∴ AD?DC，AD?PD，

∴ ?PDC即为二面角P?AD?C的平面角， 在Rt?PDE中，PD?4，DE?1AB?3，PE?PD2?DE2?7， 2∴ tan?PDC?PE77即二面角P?AD?C的正切值为； ?DE33（3）如下图所示，连接AC， ∵ AF?2FB，CG?2GB即∴ AC//FG，

∴ ?PAC为直线PA与直线FG所成角或其补角， 在?PAC中，PA?AFCG??2， FBGBPD2?AD2?5，AC?AD2?CD2?35，

5?35?4295PA?AC?PC??由余弦定理可得cos?PAC?，

2PA?AC252?5?352222??2 - 47 -

∴ 直线PA与直线FG所成角的余弦值为95． 25【考点定位】直线与直线垂直、二面角、异面直线所成角．

【名师点睛】本题主要考查平面与平面垂直，直线与平面垂直，直线与直线垂直，二面角，异面直线所成角等基础知识和空间想象能力、转化与化归思想、运算求解能力，属于中档题，本题整体难度不大，无论是利用空间向量方法还是传统的几何法都容易入手解答，但解答过程需注意逻辑性和书写的规范性．

【2015高考湖南，理19】如图，已知四棱台ABCD?A1B1C1D1上、下底面分别是边长为3

和6的正方形，AA1?6，且

AA1?底面ABCD，点P，Q分别在棱DD1，BC上.

（1）若P是DD1的中点，证明：AB1?PQ；

（2）若PQ//平面ABB1A1，二面角P?QD?A的余弦值为

3，求四面体ADPQ的体积. 7

【答案】（1）详见解析；（2）24. 【解析】

????????试题分析：（1）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标可知问题等价于证明AB1?PQ=0；

（2）根据条件 二面角P-QD-A的余弦值为

棱锥

3，利用空间向量可将四面体ADPQ视为以?ADQ为底面的三7P?ADQ，其高h?4，从而求解

- 48 -

试题解析：解法一 由题设知，AA1，AB，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，

AA1所在直

∴cos?n1,n2??n1?n2?|n1|?|n2|3(6?m)?6?3222?3(6?m)?452，而二面角

P?QD?A的余弦值为

此时Q(6,4,0)，

333，因此，?，解得m?4，或者m?8（舍去）

27(6?m)?457??????????????设DP??DD1(0???1)，而DD1?(0,?3,6)，由此得点P(0,6?3?,6?)，

????PQ?(6,3??2,?6?)，∵PQ//平面ABB1A1，且平面ABB1A1的一个法向量是

???n3?(0,1,0)，

???2∴PQ?n3?0，即3??2?0，亦即??，从而P(0,4,4)，于是，将四面体ADPQ视为

3以?ADQ为底面的三棱锥P?ADQ，则其高h?4，故四面体ADPQ的体积

111V?S?ADQ?h???6?6?4?24.

332 - 49 -

解法二 （1）如图c，取A1A的中点R，连结PR，BR，∵A1A，D1D是梯形A1AD1D的两腰，P是D1D的中点，∴PR//AD，于是由AD//BC知，PR//BC，∴P，R，B，C四点共面，

由题设知，BC?AB，BC?A1A，∴BC?平面ABB1A1，因此BC?AB1①， ∵tan?ABR?AR3AB1???tan?A1AB1，∴tan?ABR?tan?A1AB1，因此 AB6A1A?ABR??BAB1??A1AB1??BAB1?90?，于是AB1?BR，再由①即知AB1?平面

PRBC，又PQ?平面PRBC，故AB1?PQ；

（2）如图d，过点P作PM//A1A交AD于点M，则PM//平面ABB1A1，

∵A1A?平面ABCD，∴OM?平面ABCD，过点M作MN?QD于点N，连结PN，则PN?QD，?PNM为二面角P?QD?A的平面角，∴cos?PNM?3MN3，即?，7PN7 - 50 -

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