2013高考数学精英备考专题讲座 立体几何

立体几何

一、高考预测

立体几何由三部分组成，一是空间几何体，二是空间点、直线、平面的位置关系，三是立体几何中的向量方法．高考在命制立体几何试题中，对这三个部分的要求和考查方式是不同的．在空间几何体部分，主要是以空间几何体的三视图为主展开，考查空间几何体三视图的识别判断、考查通过三视图给出的空间几何体的表面积和体积的计算等问题，试题的题型主要

是选择题或者填空题，在难度上也进行了一定的控制，尽管各地有所不同，但基本上都是中等难度或者较易的试题；在空间点、直线、平面的位置关系部分，主要以解答题的方法进行考查，考查的重点是空间线面平行关系和垂直关系的证明，而且一般是这个解答题的第一问；对立体几何中的向量方法部分，

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主要以解答题的方式进行考查，而且偏重在第二问或者第三问中使用这个方法，考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的计算，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题．

2。线面关系中三类平行的共同点是“无公共点”；三类垂直的共同点是“成角90°”.线面平行、面面平行，最终化归为线线平行；线面垂直、面面垂直，最终化归为线线垂直.

[0,]3。直线与平面所成角的范围是2；两异面直线所成角(0,]的范围是2.一般情况下，求二面角往往是指定的二面角，

??若是求两平面所成二面角只要求出它们的锐角（直角）情况即可.

4。立体几何中的计算主要是角、距离、体积、面积的计算.两异面直线所成角、直线与平面所成角的计算是重点.求两异面直线所成角可以利用平移的方法将角转化到三角形中去求解，也可以利用空间向量的方法，特别要注意的是两异面直线所成角的范围.当求出的余弦值为a时，其所成角的大小应为arccos|a|.

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特别需要注意的是：两向量所成的角是两向量方向所成的角，它与两向量所在的异面直线所成角的概念是不一样的.本

题中的向量BD1与DE所成的角大小是两异面直线DE与BD1所成角的补角.

7。长方体、正方体是最基本的几何体，要熟练掌握它们中的线面关系.长方体的长、宽、高分别为a,b,c，对角线长为l，则l2?a2?b2?c2.利用这一关系可以得到下面两个结论：（1）若长方体的对角线与三棱所成角分别为

co2?s?co2s??co2?s?1；

?,?,?，则

（2）若长方体的对角线与三面所成角分别为?,?,?，则

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cos2??cos2??cos2??2.

10.关注正棱锥中的几个直角三角形：（1）高、斜高、底面边心距组成的直角三角形；（2）侧棱、斜高、底面棱长的一半组成的直角三角形；（3）底面上的边心距、底面外接圆半径、底面棱长的一半组成的直角三角形.（4）高、侧棱、底面外接圆半径组成的直角三角形.进一步关注的是：侧棱与底面所成角、侧面与底面所成二面角的平面角都体现在这些直角三角形中.

11。特别注意有一侧棱与底面垂直且底面为正方形、直角梯形、菱形等四棱锥，关注四个面都是直角三角形的三棱锥.它们之间的线面关系也是高考命题的热点内容.

12。对平面图形的翻折问题要有所了解：翻折后，在同一半平面内的两点、点线及两线的位置关系是不变的，若两点分别在两个半平面中，两点之间的距离一般会发生变化.要认清从平面图形到空间图形之间的联系，能够从平面图形的关系过渡到空间图形的关系，根据问题画出空间图形.

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【知识点归类点拔】高考对用一平面去截一立体图形所得平面图形的考查实质上对学生空间想象能力及对平面基本定理及线面平行与面面平行的性质定理的考查。考生往往对这一类型的题感到吃力，实质上高中阶段对作截面的方法无非有如下两种：一种是利有平面的基本定理：一个就是一条直线上有两点在一平面内则这条直线上所在的点都在这平面内和两平面相交有且仅有一条通过该公共点的直线（即交线）（注意该定理地应用如证明诸线共点的方法：先证明其中两线相交，再证明此交点在第三条直线上即转化为此点为两平面的公共点而第三条直线是两平的交线则依据定理知交点在第三条直线；诸点共线：即证明此诸点都是某两平面的共公点即这此点转化为在两平的交线上）据这两种定理要做两平面的交线可在两平面内通过空间想象分别取两组直线分别相交，则其交点必为两平面的公共点，并且两交点的连线即为两平的交线。另一种方法就是依据线面平行及面面平行的性质定理，去寻找线面平行及面面平行关系，然后根据性质作出交线。一般情况下这两种方法要结合应用

2.（1）正方体ABCD—A1 B1 C1 D1中，P、Q、R、分别是AB、AD、B1 C1的中点。那么正方体的过P、Q、R的截面图形是（）

（A）三角形 （B）四边形 （C）五边形 （D）六边形 (答案：D)

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（2）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，P、Q、R分别是BC、CC1、

A1C1的中点，作出过三点

P、Q、R截正三棱柱的截面并说出该

截面的形状。 答案：五边形。

【知识点分类点拔】解决异面直线所成角的问题关键是定义，基本思想是平移，同时对本题来说是解决与两异面直线所成的等角的直线条数，将两异面直线平移到空间一点时，一方面考虑在平面内和两相交直线成等角的直线即角平分线是否满足题意，另一方面要思考在空间中与一平面内两相交直线成等角的直线的条数，此时关键是搞清平面外的直线与平面内的直线所成的角?与平面内的直线与平面外的直线在平面内的射影所成的角?的关系，由公式cos??cos?cos?（其中?是直线与平面所成的角）易知cos??cos?

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????，cos??cos?????（最

小角定理）故一般地，若异面直线a、b所成的角为?，L与a、b所成的角均为?，据上式有如下结论：当直线不存在；当

???20????2时，这样的

?时，这样的直线只有一条；当2?????2??????2时，这样的直线有两条；当

???2???时这样的直线有3条；当

?2时，这样的直线有四条

2.如果异面直线a、b所在的角为100?,P为空间一定点，则过点P与a、b所成的角都是50?的直线有几条？

A、一条 B二条 C三条 D四条

(答案：C)

【易错点4】求异面直线所成的角，若所成角为900，容易忽视用证明垂直的方法来求夹角大小这一重要方法1、在三棱柱ABC?A1B1C1中，若AB?

2BB1，则AB1与C1B所成角的大小为（ ）

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A、600 B、900 C、1050 D、750

【易错点分析】忽视垂直的特殊求法导致方法使用不当而浪费很多时间。

解析：如图D1,D分别为B1C1,BC中点， 连结AD,D1C，设

BB2 1?1,则AB?则AD为AB1在平面BC1上的射影。又

32BC2,BD?,cos?C1BC??,32BC13?DE2?BE2?BD2?2BE?BD?cos?C1BCBE??113221??2????323236而

111???BD2,??BED?900362?AB1与C1B垂直。

BE2?DE2?【知识点归类点拨】求异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角时，对特殊的角，如900时，可以采用证明垂直的方法来求之

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【易错点5】对于经度和纬度两个概念，经度是二面角，纬度为线面角，二者容易混淆

1、如图，在北纬450的纬线圈上有B两点，它们分别在东

经700与东经

1600的经度上，设地球的半径为

R，求B两

点的球面距离。

解析：设北纬450圈的圆心为O?，地球中心

为

000?AOB?160?70?90, 1O，则

?OBO1?45,OB?R,0O1B?O1A?2R,AB?R,2连结AO,AB，则

AO?BO?AB?R,??AOB?60011?AB?2?R??R63。故A、B

1?R间的球面距离为3。

两点

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【知识点归类点拨】数学上，某点的经度是：经过这点的经线与地轴确定的平面与本初子午线（00经线）和地轴确定的半平面所成的二面角的度数。某点的纬度是：经过这点的球半径与赤道面所成的角的度数。如下图：

图（1）：经度——P点的经度，也是AB或?AOB的度数。图（2）：纬度——P点的纬度，也是PA或?POA的度数

（III）由II知，OF?平面PBC，?F是O在平面PBC内的射影.?D是PC的中点，若点F是?PBC的重心，则B、F、D三点共线，?直线OB在平面PBC内的射影为直线BD.?OB?PC

?PC?BD ?PB?BC，即K?1.反之，当K?1时，三棱锥O?PBC

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为正三棱锥，?O在平面PBC内的射影为?PBC的重心.

方

A法二:

?OP?平面

,OA?OC,AB?BC,?OA?OB,OA?OP,OB?OP.

以O为原点，射线OP为非负z轴，建立空间直角坐标系

B?a,则O?xyz(如图)，设AA(22a,0,0)B(0,a,0)C(?2a,0,0)22,,2.设OP?h,

则P(0,0,h)

(I) ?D为PC的中点，?2PA?(2?OD?＝

(?21a,0,h)42，又

?1??PAa,?0,h)?,?OD＝-2?OD//PA ?OD//平面PAB.

【知识点分类点拔】解决关于向量问题时，一要善于运用向量的平移、伸缩、合成、分解等变换，正确地进行向量的各种运算，加深对向量的本质的认识.二是向量的坐标运算体现了数

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与形互相转化和密切结合的思想.向量的数量积常用于有关向量相等，两向量垂直、射影、夹角等问题中.常用向量的直角坐标运算来证明向量的垂直和平行问题；利用向量的夹角公式和距离公式求解空间两条直线的夹角和两点间距离的问题.用空间向量解决立体几何问题一般可按以下过程进行思考：①要解决的问题可用什么向量知识来解决？需要用到哪些向量？②所需要的向量是否已知？若未知，是否可用已知条件转化成的向量直接表示？③所需要的向量若不能直接用已知条件转化成的向量表示，则它们分别最易用哪个未知向量表示？这些未知向量与由已知条件转化的向量有何关系？④怎样对已经表示出来的所需向量进行运算，才能得到需要的结论

【易错点7】常见几何体的体积计算公式，特别是棱锥，球的体积公式容易忽视公式系数，导致出错

1如图四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，AB=8，

AD=43，侧面PAD为 等边三角形，并

且与底面成二面角为600。

求四棱锥P—ABCD的体积。

解析：如图，去AD的中点E，连结PE，则PE平面ABCD，

垂足为O，连结OE。

?AD。作PO?

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根据三垂线定理的逆定理得OE?AD，所以?PEO为侧面PAD与底面所成二面角的平面角。由已知条件可?PEO?60,PE?6，所以PO?33，四棱锥P—ABCD

1VP?ABCD??8?43?33?963的体积。

0【知识点归类点拨】计算简单几何体的体积，要选择某个面作为底面，选择的前提条件是这个面上的高易求

2、 如图，直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是等腰直角三角形， ∠ACB=90°，侧棱AA1=2，D、E分别是CC1与A1B的中点，点E

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在平面ABD上的射影是△ABD的垂心G.（Ⅰ）求A1B与平面ABD所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；(Ⅱ）求点A1到

平面AED的距离.

答案：（Ⅰ）

arcsin

226;3（Ⅱ）3.

【易错点9】二面角平面角的求法，主要有定义法、三垂线法、垂面法等

1. 如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AA1＝A1C1

＝a，E为BB1的中点，

若截面A1EC⊥侧面AC1．求截面A1EC与底面A1B1C1所成锐二面角度数．

解法1 ∵截面A1EC∩侧面AC1＝A1C．连

结AC1，在正三棱ABC－A1B1C1中，

AC1，

∵截面A1EC⊥侧面

就是所求二面角的度数．易得∠A1AC1＝45°，故所求二面角的度数是45°．

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解法2 如图3所示，延长CE与C1B1交于

点F，连结AF，则截面A1EC∩面A1B1C＝AF．∵EB1⊥面A1B1C1，∴过B1作B1G⊥A1F交A1F于点G，连接EG，由三垂线定理知∠EGB1就是所求二面角的平面角．

即所求二面角的度数为45°．【知识点归类点拨】二面角平面角的作法：（1）垂面法：是指根据平面角的定义，作垂直于棱的平面，通过这个平面和二面角两个面的交线得出平面角。（2）垂线法：是指在二面角的棱上取一特殊点，过此点在二面角的两个半平面内作两条射线垂直于棱，则此两条射线所成的角即为二面角的平面角；（3）三垂线法：是指利用三垂线定理或逆定理作出平面角

易错点10 三视图 一个棱锥的三视图如图，

则该棱锥的全面积（单位：cm2）为( )

- 15 -

（A）48?12 （C）36?122 （B）48?242 2 （D）

36?242 解析:棱锥的直观图如OD＝3，

由勾股定理，得PD＝5，积为：

右，则有PO＝4，

AB＝6

2，全面

12×6×6＋2××6×5＋×6

12122×4＝48＋12

2，故

选.A。

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2、如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为平行四边形，∠ADB＝90°，AB＝2AD．（Ⅰ）证明：PA⊥BD；

（Ⅱ）若PD＝AD，求二面角A-PB-C的余弦值．

【解析】（Ⅰ）由∠ADB＝90°，可得

BD⊥AD．

因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BD．

又PD∩AD＝D，所以BD⊥平面PAD，因为PA?平面PAD， 所以BD⊥PA．???（4分）

（Ⅱ）建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，设AD＝a，则

A（a，0，0），B（0，a，0），C（－a，a，0），P（0，0，

a），

＝（－a，a，0），＝（－a，0，0）， ＝（－a，0，a），＝（－a，a，－a）．

- 17 -

设平面PAB的法向量为n＝（x，y，z）， 所以可得

设y＝，则x＝z＝3，可得n＝（3，，3）．同理，可求得平面PBC的一个法向量为m＝（0，－1，－）．所以cos＜m，n＞＝＝－．由图形知，二面角A-PB-C为钝角，

因此二面角A-PB-C的余弦值是－．???（12分）

11D1的底3、如图，四棱柱ABCD?A1BCC1D1FB1A1CDAEB面ABCD是平行四边形，E,F分别在棱

AE?FC1；BB1,DD1上，且AF?EC1．（1）求证：

（2）若AA1?平面ABCD，四边形AEC1F是边长为

6的正方形，且BE?1，DF?2，

第18题图 求线段CC1的长, 并证明：AC?EC1.

【说明】本题主要考察空间点、线、面位置关系，考查线线、线面平行的性质和判定，线线垂直的性质和判定，考查空间想象能力、运算能力、把空间问题转化为平面问题的意识以及推理论证能力．

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?BB1?平面ABCD,AC?平面ABCD,?AC?BB1. ?BC,BB1?平面

BB1C1C,

?AC?平面BB1C1C.13

分?EC1?平面BB1C1C, ?AC?EC1.

14分

4、已知四棱柱

D1C1ABCD?A1BC11D1中，

A1A?底面AB, CD?ADC?90?，AB??CD，AD?CD?DD1?2AB?2. A1B1DC AB- 19 -

⑴求证：AD1?B1C； ⑵求二面角A1?BD?C1的正弦值; （3）求四面体A1BDC1的体积.

【命题意图】本小题主要考查立体几何的相关知识，具体涉及到线面的垂直关系、二面角的求法、空间向量在立体几何中的应用以及几何体体积的求法.

(3) 设所给四棱柱的体积为V,则V?SABCD?AA1?6，又三棱锥A1?ABD的体积等于三棱锥

B?A1D1C1的体积，记为V1，而三棱锥D?A1D1C1的体积又等

于三棱锥C1?CBD的体积，记为V2.

- 20 -

则由于V1?112114??2?1?2?， V2???2?2?2?，所以所323323求四面体的体积为

V?2V1?2V2?2. (12

分)

5、如图，在四面体ABCD中，二面角

A?CD?B的平面角为

60?，

AC?CD,BD?CD,且AC?CD?2BD,点E、F分别是AD、BC的中点.

(Ⅰ)求作平面?，使EF??，且AC∥

平面?,BD∥平面?；

（Ⅱ）求证：EF?平面BCD.

- 21 -

6、已知四棱锥P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，

?ADC?90?，AD∥BC，AB?AC，AB?AC?2，G为?PAC重心，

PE为PB的中点，F在BC上，且CF?2FB.

EGABFCD

（Ⅰ）求证：FG∥平面PAB； （Ⅱ）求证：FG⊥AC.

CGCF2??CGGMBF1， APM【解析】(Ⅰ)连接交于点因为

所以FG//BM,又BMPAB?? 6

FG?平面PAB所以FG//平面?平面PAB，

分

- 22 -

.

8、三棱锥O-ABC中，OA、OB、OC两两垂直，P为OC中点，PQ垂直BC于Q，OA=OB=OC=2，过PQ作一个截面，交AB、AO于R、S，使PQRS为梯形。

AS（1）求SOAR、RB的值；

（2）求五面体ACPQRS的体积。

- 23 -

【解析】（1）因PQRS为梯形，只能是PS∥QR，于是得到

PS∥AC QR∥AC

因P为OC

AS?1SO中点，所以

因PQ垂直BC，所以

PQ?CQ?22

2

而CB?2CQ1?BC3 所以

AR1?RB3

即：

（2）连OA，OR，PR

VO?ABC?VQ?OBR?VP?OSR?VR?OPQ?114??2?2?2?323 11333??2???32224 1111??1??1?32212 11131??1???32228

所以五面体ACPQRS的体

积

?43113?(??)?341288

9、如图，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB=2AD=2，点E为AB上一点

- 24 -

(I) 当点E为AB的中点时,求证；BD1//平面A1DE

(II )求点A1到平面BDD1的距

离；ww w.xk b1.com

(III) 当

时，求二面角D1-EC-D的大小.

- 25 -

解法二：（I）同解法一．?3分

（II）由面ABCD⊥面ADD1A，且四边形AA1D1D为正方形，四边形ABCD为矩形，可得D1D⊥AD，D1D⊥DC，DC⊥DA．于是以D为原点，DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

由AB=2AD=2知：D(0，0，0)，

z D1 D1(0，0，1)，A1(1，0，1)，B(1，2，0)，∴ DB=(1，2，0)，DD1=(0，0，A1 C A E y - 26 - x B

1，z1)，1)，A1B=(0，2，-1)．设面BDD1的一个法向量为n1?(x1，??n1?DB?0，?x1?2?0，???n?DD?0，11?则 即?z1?0， ∴n1?(?2，1，0)．

d?|A1B?n1|25?|n1|52(1，3∴ 点A1到面BDD1的距离．?8分

（III）由（II）及题意知：E2D1E?(1，，?1)3，0)，C(0，2，0)，

，

4EC?(?1，，0)3．设面D1EC的一个法向量为

2?x?y2?1?0，2??3???n2?D1E?0，21???x?4y?0，n?(,，1)222n2?(x2，y2，1)，则??n2?EC?0， 即?3?32可得．又

易知面DEC的一个法向量是DD1?(0，0，1)，设D1-EC-D的大

cos??n2?DD1|n2|?|DD1|?161?16?66161小为θ，则

，得

??arccos66161．即D1-EC-D- 27 -

的大小为

arccos66161

????1????PN?NC,2??N

点是PC的三等分点

2223PN?.PC=PA?AC?2?(22)?23，3??????4??22分

PNPA3??,?APN??CPA,0PAPC3???PAN??PCA,??ANP?90， ?AN?PC??6

分

又PC?AM且AM?AN?A,?PC?面AMN. ??????7分

? （Ⅱ）设平面BAN的法向量为n?(x,y,z)， ???????n?AB?0,????????n?AN?0,?n?(0,2,?1) ???????PC?(2,2,?2)是平面AMN的法向量， ????10

分

- 28 -

???????????n?PC15cos?n,PC??????.??5nPC

?二面角B?AN?M的余弦值

?155. ??12分

11、如图所示四棱锥P?ABCD中,PA?底面ABCD,四边形

ABCD中,AB?AD,BC//AD,PA?AB?BC?2,AD?4,E为PD的中

点,F为PC中点.（Ⅰ）求证:CD?平面PAC；

（Ⅱ）求证:BF//平面ACE； （Ⅲ）求直线PD与平面PAC所成的角的正弦值；

【解析】（Ⅰ）因为PA?底面ABCD,CD?面ABCD, 所以PA?CD,又因为直角梯形面ABCD中,AC?22,CD?22, 所以AC2?CD2?AD2,即AC?CD,又PA?AC?A,所以CD?平面PAC；???4分

- 29 -

（Ⅱ）解法一:如图,连接BD,交

AC于O,取PE中点G,

连接BG,FG,EO,则在?PCE中,FG//CE,

又EC?平面ACE,FG?平面ACE,所以FG//平面ACE,

BOGE? 因为BC//AD,所以ODED,则OE//BG,

又OE?平面ACE,BG?平面ACE,所以BG//平面ACE,

又BG?FG?G,所以平面BFG//平面ACE,

因为BF?平面BFG,所以BF//平面ACE.???10分

解法二:如图,连接BD,交AC于O,取PE中点G, 连接FD交CE于H,连接OH,则FG//CE,

GEFH1???DFGHE//FGEDHD2, 在底面ABCD中, 在中,,则BOBC1??BC//AD,所以ODAD2,

- 30 -

FHBO1?? 所以HDOD2,故BF//OH,又OH?平面ACE,BF?平面

ACE,所以BF//平面ACE.

（Ⅲ）由（Ⅰ）可知,CD?平面PAC,所以?DPC为直线PD与平面PAC所成的角,

在Rt?PCD中,CD?2sin?DPC?2,PD?PA2?AD2?25, 所以CD2210??PD255,

所以直线PD与平面PAC所成的角的

正弦值为105.???14

分

12、如右图所示，四棱锥P—ABCD中，侧面PDC是边长为2的正三角形且与底面垂直，底面ABCD是∠ADC=60°的菱形，M为PB的中点．（1）求PA与底面ABCD所成角的大小；

- 31 -

（2）求证：PA⊥平面CDM；

（3）求二面角D—MC—B的余弦值．

MB为二面角D?MC?B（3）由（2）知MC?平面PAB，则?N的平面角，

2222PA?6,PB?PA?PB?（6）?2?10，Rt?PAB在中，易得

cos?PBA?AB210??PB510,

cos?NMB?cos(???PBA)??105

故，所求二面角的余弦值为

?105. ??12分 解法二：(1)同解法

一. ??4分

- 32 -

(2)由底面ABCD为菱形且?ADC?600，DC?2,DO?1，

有OA?DC． 建立空间直角坐标系如图，则A(3,0,0),

P(0,0,3),D(0,?1,0),B(3,2,0),

C(0,1,0)．由M为

M(33,1，)22．

PB中点，∴

∴

uuuur33ruuurDM?(,2，)uu?3),DC?(0,2,0)． 22,PA?(3,0，uuruuuur33PAgDM??3?2?0?(?3)?022∴

uuruuurPAgDC?0?3?2?0?0?(?3)?0

∴PA?DM，PA?DC． ∴PA?平面DMC．??8分

uuur33CM?(,0，)uur，0).令平面BMC的法向量22,CB?(3,1(3)

rn?(x,y，z)，

ruuurruur则ngCM?0，从而x?z?0； ??①, ngCB?0，从而3x?y?0． ??②

r，)．由①、②，取x??1，则y?3,z?1． ∴可取n?(?1,31 uur?3)， 由(2)知平面CDM的法向量可取PA?(3,0，ruurruurngPA?2310cos?ngPA??uruur???55g6|n||PA|∴

．所求二面角的余弦值

- 33 -

为

?105.?12分

【解析】（Ⅰ）

?A'D?A'E,A'D?A'F, ????????????2

分

又

A'E?A'F?A',A'E?面A'EF,A'F?面A'EF，????????????

4分

?A'D?面A'EF． ??5

分

??14、如图，已知△AOB，∠AOB＝2，∠BAO＝6，AB＝4，DA 为线段AB的中点．若△AOC是△AOB绕直线AO旋转而成的．记D 二面角B－AO－C的大小为?． （1）当平面COD⊥平面AOB时，求?的值； - 34 -

O C B

?2?3（2）当?∈[2，取值范围．

【解析】法一：

]时，求二面角C－OD－B的余弦值的

（1）解：如图，以O为原点，在

平面OBC内垂直于OB的直线为x轴，OB，

OA所在的直

线分别为y轴，z轴建立空间直角坐

标系O－xyz，

则A (0，0，23)，B (0，2，0)，

D (0，1，3)，C (2sin?，2cos?，

0)．

设n1＝(x，y，z)为平面COD的一个法向量，

??n1?OD?0,????????n1?OC?0, 由?????????xsin??ycos??0,??y?3z?0,得?

??取z＝sin?，则n1＝(?????3cos?，－3sin?，sin?)．因为

平面AOB的一个法向量为n2＝(1，0，0)，由平面COD⊥平面

- 35 -

AOB?????得n1?n2＝0，所以

?cos?＝0，即?＝27分

（2）设二面角C－OD－B时， cos?＝0；

?当?∈(232??的大小为?，由（1）得当?＝2,

3]时，tan?≤－3，cos?= |n1||n2|＝3?sin2??????n?n2??1???3cos?＝－4tan2??3，

5 故－5≤cos?＜0．综上,二面角C－OD－B的余弦值的

5取值范围为[－5，0]?15分

法二：（1）解：在平面AOB内过B作

OD的垂线，垂足为E， 因为平面AOB⊥平面COD， 平面AOB∩平面COD＝OD， 所以BE⊥平面COD，

故BE⊥CO． 又因为OC⊥AO，

所以OC⊥平面AOB，故OC⊥OB．又因为OB⊥OA，OC⊥OA， 所以二面角B－AO－C7分

- 36 -

?的平面角为∠COB，即?＝2． ??

? （2）解：当?＝2?当?∈(22?时，二面角C－OD－B的余弦值为0；

,

3]时，

过C作OB的垂线，垂足为F，过F作OD的垂线，垂足为

G，连结CG，

则∠CGF的补角为二面角C－OD－B的平面角．在Rt△OCF中，CF＝2 sin?，OF＝－2cos?，

在Rt△CGF中，GF＝OF sin

4sin2??3cos2??3＝－

3cos?，CG＝

，

FG3cos?所以cos∠CGF ＝

?(22?CG＝－

4sin2??3cos2?．因为?∈

,

3]，tan?≤－353，故0＜cos∠CGF ＝4tan2??3≤5．所以二面角C－OD－B的余弦值的取值

55范围为 [－，0]15分

15、如图5，AB是圆柱ABFG的母线，C是点A关于点B对称的点，O是圆柱上底面的圆心，BF过O点，DE是过O点的动直径，且AB=2，BF=2AB.

（1）求证：BE⊥平面ACD；

（2）当三棱锥D—BCE的体积最大时，求二面角C—DE—

- 37 -

A的平面角的余弦值.

16、如图，在底面为直角梯形的四棱锥

P?ABCD中

AD∥BC，?ABC?90°B?3，BD，AC?4．D?1，A，PD?平面ABC（Ⅰ）

求直线AB与平面PDC所成的角；

????????E??PC（Ⅱ）设点E在棱PC上，P，若DE∥平面PAB， 求

P EABDC- 38 -

?的值．

【解析】本小题将直四棱锥的底面设计为梯形，考查平面

几何的基础知识.同时题目指出一条侧棱与底面垂直，搭建了空间直角坐标系的基本架构.本题通过分层设计，考查了空间平行、垂直，以及线面成角等知识，考查学生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力. 满分14分.

法二如图，在平面ABCD内过D作直线DF//AB，交BC于F，分别以DA、DF、DP所在的直线为x、y、z轴建立空间直角坐

????????D?(?1,?3,0),PC?(??3,3,a)D?a，则B标系.（Ⅰ）设P，

????????D?PCD?PC?3?30?，∴B ∵B.

z

P

????BD?面PDC，DB 就是平面PDC的法向量.由条件知

A（1，0，0）， xAyFEDGCB（1，

????????B?(0,3,0),DB1(,3,0?)3，0），A- 39 -

.

B?????????|DB?AB|33????????sin?????.|DB|?|AB|232 B与面PDC所成角大小为设A，则

??0???90?，??60?,B与平面PDC所成角 即直线A为60?.

???6

分

（Ⅱ）C（－3，3，0），记P（0，0，a），则

????????????????C?（?3，3，?a）AB?（0，30，）P?(0,0,a)A?（1，0，-a），D，P，P，

????????????E?（?3，3，a）E??PC而P，所以P，

??????????????????????? （，?3?3?,aa??）.?(0,0,a)?(?3，3，?a)DE?DP?PE?DP?PC=

?????（x，y，z）设n?为平面?y?0?即?x?azPAB???????AB?n?0???????PA?n?0的法向量，则???3y?0??x?az?0，即?，

.

?????? n?（a,01,）E//平面PAB取z?1，得，x?aEn??0， 进而得，由D,得D3a??a-a??0，∴-

- 40 -

1而a?0，???.4

???14分

（3）假设在BC上存在一点M，使得点D到平面PAM的距离为2，则以?PAM为底D为顶点的三棱锥的高为2，连结AM，则AM=AB2?BM2=22?BM2，

11PA?AM??222?BM2?4?BM22PA?AM ∴S?PAM=2由（2）知∴

VD

24?BM224?BM?2=3—

11??S?PAM?233=PAM=

????????11分

- 41 -

∵

S?AMD?11AD?AB??4?2?422∴

118VP?AMD?S?AMD?PA??4?2?333 ?12

24?BM2∵VD—PAM =VP?AMD∴3分

8=3 解得：BM?23

∵23?4∴在BC上存在一点M，当BM?23使得点D到平

面PAM的距离为2。.?14分

（Ⅲ）以AB , AD , PA为x轴、y轴、z轴建立空间直角

- 42 -

坐标系．

则A（0 ，0， 0），B（1，0，0） ，C（1，1，0），P（0，0，1），E（0 , ,）,AC= （1,1,0）,

AE = （0 , , ）--9

分设平面AEC的法向量n= （x, y,z） ,

则

??n?AC?0?x?y?0????n?AE?0 ，即：?2y?z?0， 令

y = 1 , 则n= （- 1,1, -

2 ） ------10分

假设侧棱PC上存在一点F, 且CF＝ ?CP ，

（0 ? ? ? 1）, 使得：BF//平面AEC, 则BF?n＝ 0． 又因为：BF＝ BC+ CF ＝ （0 ，1，0）+ （-?,-?,?）= （-?,1-?,?）,

?BF?n＝?+ 1- ?- 2?= 0 , ?? = ,所以存在PC的中点

- 43 -

F, 使得BF//平面AEC．---13分

设E?0,0,m?，平面AEB1的法向量为n??x,y,z?， 依AB1???2,2,4?，AE???2,0,m?

?????n?AB1，n?AE. 且

???????????????????

??AB1?n??2x?2y?4z?0????????AE?n??2x?mz?0可得?取z?2，得n??m,m?4,2?-（4

分）

当E是棱CC1的中点时，m?2. 则n??2,?2,2?及CF??1,1,0?

?????得n?CF?0

??????????故CF?平面AEB1.-（2分）

（2）因平面EBB1的法向量为CA??2,0,0?， --（2分）

- 44 -

又二面角A?EB1?B的大小是450，故

22m?222m2??m?4??4m?52cos45?????CA?n0CA?n????

即

解得

.故在棱CC1上存在点E，使得二

- 45 -

面角A?EB1?B的大小是450.此时

CE?52.（4分）

??AE?平面CDE,?AE?CE,?AEC?90,又 ABCD为正方（Ⅲ）

形,

所以有

GA?GB?GC?GD?1AC?GE2,所以四棱锥E?ABCD有

52外接球,且半径为2?12

分

- 46 -

- 47 -

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