十年高考分类解析与应试策略数学：第九章 直线、平面、简单几何

十年高考分类解析与应试策略数学 第九章 直线、平面、简单几何体（A）

●考点阐释

高考试卷中，立体几何考查的立足点放在空间图形上，突出对空间观念和空间想象能力的考查.立体几何的基础是对点、线、面的各种位置关系的讨论和研究，进而讨论几何体，而且采用了公理化体系的方法，在中学数学教育中，通过这部分内容培养学生空间观念和公理化体系处理数学问题的思想方法，这又是考生进入高校所必须具备的一项重要的数学基础，因此高考命题时，突出空间图形的特点，侧重于直线与直线、直线与平面、平面与平面的各种位置关系的考查，以便审核考生立体几何的知识水平和能力.

多面体和旋转体是在空间直线与平面的理论基础上，研究以柱、锥、台、球为代表的最基本的几何体的概念、性质、各主要元素间的关系、直观图画法、侧面展开图以及表面和体积的求法等问题.它是“直线和平面”问题的延续和深化.

在高考中不仅有直接求多面体、旋转体的面积和体积问题，也有已知面积或体积求某些元素的量或元素间的位置关系问题.近些年来即使考查空间线面的位置关系问题，也常以几何体为依托.因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式.同时也要学会运用等价转化思想，会把组合体求积问题转化为基本几何体的求积问题，会等体积转化求解问题，会把立体问题转化为平面问题求解，会运用“割补法”等求解.

本章主要考查平面的性质、空间两直线、直线和平面、两个平面的位置关系以及空间角和距离面积及体积.

●试题类编

一、选择题

1.（2003京春文11，理8）如图9—1，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各

边的中点，G，H，I，J分别为AF，AD，BE，DE的中点.将△ABC沿DE，EF，DF折成三棱锥以后，GH与IJ所成角的度数为（ ）

A.90° 0°

B.6

图9—1 D.0°

C.45° 2.（2003上海春，13）关于直线a、b、l及平面M、N，下列命题中正确的是（ ） A.若a∥M，b∥M，则a∥b B.若a∥M，b⊥a，则b⊥M

C.若aM，bM，且l⊥a，l⊥b，则l⊥M D.若a⊥M，a∥N，则M⊥N

3.（2002北京春，2）已知三条直线m、n、l，三个平面α、β、γ.下面四个命题中，正确的是（ ）

m//???A.α∥β B.???l⊥β

????l?m? C.

????m//??m????m∥n D.???m∥n

n//??n???4.（2002北京文，4）在下列四个正方体中，能得出AB⊥CD的是（ ）

第1页（共46页）__________________________ _______________________________ __

5.（2002上海，14）已知直线l、m，平面α、β，且l⊥α，mβ，给出下列四个命题： （1）若α∥β，则l⊥m （2）若l⊥m，则α∥β（3）若α⊥β，则l∥m （4）若l∥m，则α⊥β 其中正确命题的个数是（ ）

A.1 B.2 C.3 D.4

6.（2002京皖春，7）在△ABC中，AB=2，BC=1.5，∠ABC=120°（如图9—2），若将△ABC绕直线BC旋转一周，则所形成的旋转体的体积是（ ）

A.

7.（2002京、皖、春，12）用一张钢板制作一个容积为4 m3的无盖长方体水箱.可用的长方形钢板有四种不同的规格（长×宽的尺寸如选项所示，单位均为m）若既要够用，又要所剩最少，则应选择钢板的规格是（ ）

A.2×5 B.2×5.5 C.2×6.1 D.3×5

8.（2002全国文8，理7）一个圆锥和一个半球有公共底面，如果圆锥的体积恰好与半球的体积相等，那么，这个圆锥轴截面顶角的余弦值是（ ）

A.

92π B.

72π C.

52π D.

32π

图9—2 34 B.

45 C.

35 D.－

35

9.（2002北京文5，理4）64个直径都为

a4的球，记它们的体积之和为V甲，表面积之和为S甲；一个

直径为a的球，记其体积为V乙，表面积为S乙，则（ ）

A.V甲＞V乙且S甲＞S乙 B.V甲＜V乙且S甲＜S乙 C.V甲=V乙且S甲＞S乙 D.V甲=V乙且S甲=S乙

10.（2002北京理，10）设命题甲：“直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，平面ACB1与对角面BB1D1D垂直”；命题乙：“直四棱柱ABCD－A1B1C1D1是正方体”.那么，甲是乙的（ ）

A.充分必要条件

B.充分非必要条件 C.必要非充分条件 D.既非充分又非必要条件

11.（2002全国理，8）正六棱柱ABCDEF—A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，侧棱长为2，则这个棱柱的侧面对角线E1D与BC1所成的角是（ ）

A.90° B.60° C.45° D.30°

12.（2001上海，15）已知a、b为两条不同的直线,α、β为两个不同的平面，且a⊥α, b⊥β，则下列命题中的假命题是（ ） ．．．

A.若a∥b，则α∥β

第2页（共46页）__________________________ _______________________________ __

B.若α⊥β，则a⊥b

C.若a、b相交，则α、β相交

D.若α、β相交，则a、b相交

13.（2001京皖春，11）图9—3是正方体的平面展开图．在这个正方体中， ．．．①BM与ED平行

②CN与BE是异面直线 ③CN与BM成60°角 ④DM与BN垂直

以上四个命题中，正确命题的序号是（ ） A.①②③ B.②④ C.③④ D.②③④

14.（2001全国文，3）若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为A.3π B.33π C.6π D.9π

15.（2001全国，11）一间民房的屋顶有如图9—4三种不同的盖法：①单向倾斜；②双向倾斜；③四向倾斜.记三种盖法屋顶面积分别为P1、P2、P3.

图9—3 3，则这个圆锥的全面积是（ ）

图9—4

若屋顶斜面与水平面所成的角都是α，则（ ）

A.P3＞P2＞P1 B.P3＞P2＝P1 C.P3＝P2＞P1 D.P3＝P2＝P1 16.（2001全国，9）在正三棱柱ABC—A1B1C1中，若AB＝小为（ ）

A.60° B.90° C.105° D.75°

17.（2001京皖春，9）如果圆锥的侧面展开图是半圆，那么这个圆锥的顶角（圆锥轴截面中两条母线的夹角）是（ ）

A.30° B.45° C.60° D.90°

18.（2000上海，14）设有不同的直线a、b和不同的平面α、β、γ，给出下列三个命题： （1）若a∥α，b∥α，则a∥b． （2）若a∥α，a∥β，则α∥β． （3）若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β． 其中正确的个数是（ ） A.0 B．1 C．2 D．3

19.（2000京皖春，5）一个圆锥的底面直径和高都同一个球的直径相等，那么圆锥与球的体积之比是（ ）

A.1∶3 B.2∶3 C.1∶2 D.2∶9

20.（2000全国，3）一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是2,3,长是（ ）

A.2

第3页（共46页）__________________________ _______________________________ __

2BB1，则AB1与C1B所成的角的大

6，这个长方体对角线的

3 B.32 C.6 D.6

图9—5

21.（2000全国文，12）如图9—5，OA是圆锥底面中心O到母线的垂线，OA绕轴旋转一周所得曲面将圆锥分成相等的两部分，则母线与轴的夹角的余弦值为（ ）

A.

132

B.

12

C.

12

D.

142

22.（2000全国理，9）一个圆柱的侧面积展开图是一个正方形，这个圆柱的全面积与侧面积的比是（ ） A.

1?2?2? B.

1?4?4? C.

1?2?? D.

1?4?2?

23.（1999全国，7）若干毫升水倒入底面半径为2 cm的圆柱形器皿中，量得水面的高度为6 cm.若将这些水倒入轴截面是正三角形的倒圆锥形器皿中，则水面的高度是（ ）

A.6

3cm B．6 cm C.2318cm D.3312cm

24.（1999全国，12）如果圆台的上底面半径为5，下底面半径为R，中截面把圆台分为上、下两个圆台，它们的侧面积的比为1∶2，那么R等于（ ）

A.10 B.15 C.20 D.25

25.（1999全国理，10）如图9—6，在多面体ABCDEF中，已知面ABCD是边长为3的正方形，EF∥AB，EF=

32，EF与面AC的距离为2，则该多面体的体积是（ ）

图9—6 A.

92 B.5 C.6 D.

152

26.（1998全国，7）已知圆锥的全面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为（ ） A.120° B.150° C.180° D.240°

27.（1998全国，9）如果棱台的两底面积分别是S、S′，中截面的面积是S0，那么（ ） A.2S0?S?S? B.S0?S?S

C.2S0＝S＋S′ D.S02＝2S′S

28.（1998全国，13）球面上有3个点，其中任意两点的球面距离都等于大圆周长的点的小圆的周长为4π，那么这个球的半径为（ ）

A.4

16，经过这3个

3 B.23 C.2 D. 3

29.（1998上海）在下列命题中，假命题是（ ）

A.若平面α内的一条直线垂直于平面β内的任一直线，则α⊥β B.若平面α内任一直线平行于平面β，则α∥β C.若平面α⊥平面β，任取直线lα，则必有l⊥β D.若平面α∥平面β，任取直线lα，则必有l∥β

30.（1997全国，8）长方体一个顶点上三条棱的长分别是3、4、5，且它的八个顶点都在同一个球面上，这个球的表面积是（ ）

第4页（共46页）__________________________ _______________________________ __

A.202π B.252π C.50π D.200π

31.（1997全国，12）圆台上、下底面积分别为π、4π，侧面积为6π，这个 圆台的体积是（ ） A.

23?3 B.23π C.

73?6 D.

73?3

32.（1996全国理，14）母线长为1的圆锥体积最大时，其侧面展开图圆心角?等于（ ） A.

223π B.

233π C.2π D.

263π

33.（1996全国文12，理9）将边长为a的正方体ABCD沿对角线AC折起，使得BD＝a，则三棱锥D—ABC的体积为（ ）

A.

a36 B.

a312 C.

312a D.

3212a

334.（1996全国文7，理5）如果直线l、m与平面α、β、γ满足：l＝β∩γ，l∥α，m?α和m⊥γ，那么必有（ ）

A.α⊥γ且l⊥m B.α⊥γ且m∥β C.m∥β且l⊥m D.α∥β且α⊥γ

35.（1996上海，4）在下列命题中，真命题是（ ） A.若直线m、n都平行于平面α，则m∥n

B.设α—l—β是直二面角，若直线m⊥l，则m⊥β

C.若直线m、n在平面α内的射影依次是一个点和一条直线，且m⊥n，则n在α内或n与α平行 D.设m、n是异面直线，若m与平面α平行，则n与α相交

36.（1996全国文，10）圆锥母线长为1，侧面展开图的圆心角为240°，该圆锥的体积等于（ ） A.

2281π B.

881π C.

4581π D.

1081π

37.（1995全国文，10）如图9—7，ABCD—A1B1C1D1是正方体，B1E1＝D1F1

＝

A1B14A.

，则BE1与DF1所成角的余弦值是（ ）

1517 B.

12

C.

817 D.

32

图9—7 38.（1995全国，4）正方体的全面积是a2，它的顶点都在球面上，这个球的表面积是（ ） A.

?a32 B.

?a22 C.2πa2 D.3πa2

39.（1995上海，4）设棱锥的底面面积为8 cm2，那么这个棱锥的中截面（过棱锥高的中点且平行于底面的截面）的面积是（ ）

A.4 cm B.2

2

2 cm2 C.2 cm2 D. 2 cm2

40.（1995全国理，10）已知直线l⊥平面α，直线m平面β，有下面四个命题： ①α∥β?l⊥m； ②α⊥β?l∥m； ③l∥m?α⊥β；④l⊥m?α∥β 其中正确的两个命题是（ ）

第5页（共46页）__________________________ _______________________________ __

A.①② B.③④ C.②④ D.①③

41.（1995全国理，15）如图9—8，A1B1C1—ABC是直三棱柱，

∠BCA=90°，点D1、F1分别是A1B1、A1C1的中点，若BC=CA=CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是（ ）

A.

3010 B.

12

C.

3015 D.

1510

图9—8 42.（1994全国，11）对于直线m、n和平面α、β，α⊥β的一个充分条件是（ ） A.m⊥n，m∥α，n∥β B.m⊥n，α∩β＝m，n?α C.m∥n，n⊥β，m?α D.m∥n，m⊥α，n⊥β

43.（1994上海，14）已知a、b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b（ ） A.一定是异面直线 B.一定是相交直线 C.不可能是平行直线 D.不可能是相交直线

44.（1994全国，7）已知正六棱台的上、下底面边长分别为2和4，高为2，则其体积为（ ） A.32

3 B.283 C.243 D.203

45.（1994全国，13）已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB＝BC＝CA＝2，则球面面积是（ ）

A.

16?9 B.

8?3 C.4π D.

649π

二、填空题

46.（2003京春理13，文14）如图9—9，一个底面半径为R的圆柱形量杯中装有适量的水.若放入一个半径为r的实心铁球，水面高度恰好升高r，则

Rr= .

图9—9

47.（2003上海春，10）若正三棱锥底面边长为4，体积为1，则侧面和底面所成二面角的大小等于 （结果用反三角函数值表示）.

48.（2002上海春，12）如图9—10，若从点O所作的两条射线OM、ON上分别有点 M1、M2与点N1、N2，则三角形面积之比

S?OMS?OM1N1?OMOM12?ON1ON2.若从点O所作的不在同一平面内的三

2N2条射线OP、OQ和OR上，分别有点P1、P2，点Q1、Q2和点R1、R2，则类似的结论为 .

第6页（共46页）__________________________ _______________________________ __

图9—10 图9—11

49.（2002京皖春，15）正方形ABCD的边长是2，E、F分别是AB和CD的中点，将正方形沿EF折成直二面角（如图9—11所示）.M为矩形AEFD内一点，如果∠MBE=∠MBC，MB和平面BCF所成角的正切值为

12，那么点M到直线EF的距离为 .

50.（2002北京，15）关于直角AOB在定平面α内的射影有如下判断：①可能是0°的角；②可能是锐角；③可能是直角；④可能是钝角；⑤可能是180°的角.其中正确判断的序号是 （注：把你认为是正确判断的序号都填上）.

51.（2002上海春，10）图9—12表示一个正方体表面的一种展开图，图中的四条线段AB、CD、EF和GH在原正方体中相互异面的有 对.

图9—12

3

52.（2002上海，4）若正四棱锥的底面边长为23 cm，体积为4 cm，则它的侧面与底面所成的二

面角的大小是 .

53.（2001京皖春，16）已知m、n是直线，α、β、γ是平面，给出下列命题： ①若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥α或n⊥β； ②若α∥β，α∩γ＝m，β∩γ＝n，则m∥n；

③若m不垂直于α，则m不可能垂直于α内的无数条直线； ④若α∩β＝m，n∥m且n?α，n?β，则n∥α且n∥β.

其中正确的命题序号是 （注：把你认为正确的命题的序号都填上）. ．

54.（2001春季北京、安徽，13）已知球内接正方体的表面积为S，那么球体积等于 ． 55.（2001全国理，13）若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为是 .

56.（2000上海春，9）若两个长方体的长、宽、高分别为5 cm、4 cm、3 cm，把它们两个全等的面重合在一起组成大长方体，则大长方体的对角线最长为_____cm.

57.（2000上海春，8）如图9—13，∠BAD＝90°的等腰直角三角形ABD与正三角形CBD所在平面互相垂直，E是BC的中点，则AE与平面BCD所成角的大小为_____. 58.（2000年春季北京、安微，18）在空间，下列命题正确的是_____（注：把你认为正确的命题的序号都填上）.

①如果两直线a、b分别与直线l平行，那么a∥b.

②如果直线a与平面β内的一条直线b平行，那么a∥β.

第7页（共46页）__________________________ _______________________________ __

3，则这个圆锥的侧面积

图9—13

③如果直线a与平面β内的两条直线b、c都垂直，那么a⊥β. ④如果平面β内的一条直线a垂直平面γ，那么β⊥γ.

59.（2000春季北京、安徽，16）如图9—14是一体积为72的正四面体，连结两个面的重心E、F，则线段EF的长是_____.

60.（2000全国，16）如图9—15（1），E、F分别为正方体的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可能是图9—15（2）的 （要求：把可能的图的序号都填上）. ．

图9—1 图9—15（1）

图9—15（2）

61.（2000上海，7）命题A：底面为正三角形，且顶点在底面的射影为底面中心的三棱锥是正三棱锥． 命题A的等价命题B可以是：底面为正三角形，且 的三棱锥是正三棱锥．

62.（1999全国，18）α、β是两个不同的平面，m、n是平面α及β之外的两条不同直线.给出四个论断：

①m⊥n ②α⊥β ③n⊥β ④m⊥α

以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命．．题： .

63.（1998全国，18）如图9—16，在直四棱柱A1B1C1D1—ABCD中，当底面四边形ABCD满足条件 （或任何能推导出这个条件的其他条件，例如ABCD是正方形、菱形等）时，有A1C⊥B1D1（注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形）.

64.（1998上海）棱长为2的正四面体的体积为 . 65.（1997全国，19）已知m、l是直线，α、β是平面，给出下列命题 ①若l垂直于α内的两条相交直线，则l⊥α

②若l平行于α，则l平行于α内的所有直线

③若m?α，l?β，且l⊥m，则α⊥β ④若l?β，且l⊥α，则α⊥β

⑤若m?α，l?β，且α∥β，则m∥l

其中正确的命题的序号是_____（注：把你认为正确的命题的序号都填上）.

66.（1997上海）圆柱形容器的内壁底半径为5 cm，两个直径为5 cm的玻璃小球都浸没于容器的水中，若取出这两个小球，则容器的水面将下降_____ cm.

67.（1996上海，18）把半径为3 cm、中心角为

3

图9—16 23π的扇形卷成一个圆锥形容器，这个容器的容积为

cm（结果保留π）.

68.（1996上海，18）如图9—17，在正三角形ABC中，E、F依次是AB、AC的中点，AD⊥BC，EH⊥BC，FＧ⊥BC，D、H、G为垂足，若将正三角形ABC绕AD旋转一周所得的圆锥的体积为V，则其中

第8页（共46页）__________________________ _______________________________ __

由阴影部分所产生的旋转体的体积与V的比值是 .

图9—17 图9—18

69.（1996全国，19）如图9—18，正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面成60°的二面角，则异面直线AD与BF所成角的余弦值是_____.

70.（1995全国，17）已知圆台上、下底面圆周都在球面上，且下底面过球心，母线与底面所成的角为

?3，则圆台的体积与球体积之比为_____.

71.（1995上海理）把圆心角为216°，半径为5分米的扇形铁皮焊成一个圆锥形容器（不计焊缝），

那么容器的容积是_____.

72.（1994全国，19）设圆锥底面圆周上两点A、B间的距离为2，圆锥顶点到直线AB的距离为3，AB和圆锥的轴的距离为1，则该圆锥的体积为_____.

73.（1994上海）有一个实心圆锥体的零部件，它的轴截面是边长为10 cm的等边三角形，现在要在其整个表面上镀一层防腐材料，已知每平方厘米的工料价为0.10元，则需要的费用为_____元（π取3.2）. 三、解答题 74.（2003京春文，19）如图9—19，ABCD—A1B1C1D1是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E是棱BC的中点.

（Ⅰ）求三棱锥D1—DBC的体积； （Ⅱ）证明BD1∥平面C1DE；

（Ⅲ）求面C1DE与面CDE所成二面角的正切值.

图9—1 图9—20

75.（2003京春理，19）如图9—20，正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面边长为22，侧棱长为4.E，F分别为棱AB，BC的中点，EF∩BD=G.

（Ⅰ）求证：平面B1EF⊥平面BDD1B1； （Ⅱ）求点D1到平面B1EF的距离d； （Ⅲ）求三棱锥B1—EFD1的体积V.

76.（2002京皖春文，19）在三棱锥S—ABC中，∠SAB=∠SAC= ∠ACB=90°，且AC=BC=5，SB=55.（如图9—21）

（Ⅰ）证明：SC⊥BC；

（Ⅱ）求侧面SBC与底面ABC所成二面角的大小； （Ⅲ）求三棱锥的体积VS－ABC.

第9页（共46页）__________________________ _______________________________ __

图9—21

77.（2002京皖春理，19）在三棱锥S—ABC中，∠SAB=∠SAC=∠ACB=90°，AC=2，BC=13，SB=29. （Ⅰ）证明：SC⊥BC；

（Ⅱ）求侧面SBC与底面ABC所成二面角的大小；

（Ⅲ）求异面直线SC与AB所成的角的大小（用反三角函数表示）.

图9—22 图9—23

78.（2002全国文，19）四棱锥P—ABCD的底面是边长为a的正方形，PB⊥面ABCD，如图9—22所示.

（Ⅰ）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；

（Ⅱ）证明无论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°.

79.（2002北京文，18）如图9—23，在多面体ABCD—A1B1C1D1中，上、下底面平行且均为矩形，相对的侧面与同一底面所成的二面角大小相等，上、下底面矩形的长、宽分别为c，d与a，b，且a＞c，b＞d，两底面间的距离为h.

（Ⅰ）求侧面ABB1A1与底面ABCD所成二面角的正切值；

（Ⅱ）在估测该多面体的体积时，经常运用近似公式V估=S中截面·h来计算.已知它的体积公式是V=（S上底面+4S中截面+S下底面），试判断V估与V的大小关系，并加以证明.

（注：与两个底面平行，且到两个底面距离相等的截面称为该多面体的中截面）

80.（2002北京理，18）如图9—24，在多面体ABCD—A1B1C1D1中，上、下底面平行且均为矩形，相对的侧面与同一底面所成的二面角大小相等，侧棱延长后相交于E，F两点，上、下底面矩形的长、宽分别为c，d与a，b，且a＞c，b＞d，两底面间的距离为h.

（Ⅰ）求侧面ABB1A1与底面ABCD所成二面角的大小； （Ⅱ）证明：EF∥面ABCD；

（Ⅲ）在估测该多面体的体积时，经常运用近似公式V估=S中截面·h来计算.已知它的体积公式是V=

h6图9—24 h6（S上底面+4S中截面+S下底面），

试判断V估与V的大小关系，并加以证明.

（注：与两个底面平行，且到两个底面距离相等的截面称为该多面体的中截面）

81.（2002全国文，22）（Ⅰ）给出两块相同的正三角形纸片（如图（1），图（2）），要求用其中一块剪拼成一个正三棱锥模型，另一块剪拼成一个正三棱柱模型，使它们的全面积都与原三角形的面积相等，请设计一种剪拼方法，分别用虚线标示在图（1）、图（2），并作简要说明；

（Ⅱ）试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小；

图9—25

第10页（共46页）__________________________ _______________________________ __

82.（2002全国理，18）如图9—26，正方形ABCD、ABEF的边长都是1，而且平面ABCD、ABEF互相垂直.点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=BN=a（0＜a＜2）.

（Ⅰ）求MN的长；

（Ⅱ）当a为何值时，MN的长最小；

（Ⅲ）当MN长最小时，求面MNA与面MNB所成的二面角α的大小.

图9—26 图9—27

83.（2001春季北京、安徽，19）如图9—27，已知VC是△ABC所在平面的一条斜线，点N是V在平面ABC上的射影，且在△ABC的高CD上.AB＝a，VC与AB之间的距离为h，点M∈VC.

（Ⅰ）证明∠MDC是二面角M—AB—C的平面角；

（Ⅱ）当∠MDC＝∠CVN时，证明VC⊥平面AMB； （Ⅲ）若∠MDC＝∠CVN＝θ（0＜θ＜

?2），求四面体MABC的体积.

84.（2001上海，19）在棱长为a的正方体OABC—O′A′B′C′中，E、F分别是棱AB、BC上的动点，且AE＝BF．

（Ⅰ）求证：A′F⊥C′E；

（Ⅱ）当三棱锥B′—BEF的体积取得最大值时，求二面角B′—EF—B的大小（结果用反三角函数表示）．

85.（2001全国理17，文18）如图9—28，在底面是直角梯形的四棱锥S—ABCD中，∠ABC＝90°，SA⊥面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝

12.

（Ⅰ）求四棱锥S—ABCD的体积；

（Ⅱ）求面SCD与面SBA所成的二面角的正切值.

86.（2000京皖春理20,文21）在直角梯形ABCD中，如图9—29，∠D＝∠BAD＝90°，AD＝

图9—28 12AB＝a（如图（1）），将△ADC沿AC折起，使D到D′，记面ACD′为α，面ABC为

β，面BCD′为γ．

图9—29

（Ⅰ）若二面角α—AC—β为直二面角（如图（2）），求二面角β—BC—γ的大小；

（Ⅱ）若二面角α—AB—β为60°（如图（3）），求三棱锥D′—ABC的体积．

87.（2000全国理，18）如图9—30，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠

第11页（共46页）__________________________ _______________________________ __

C1CB＝∠C1CD＝∠BCD＝60°．

（Ⅰ）证明：C1C⊥BD；

（Ⅱ）假定CD＝2，CC1＝弦值；

（Ⅲ）当

32，记面C1BD为α，面CBD为β，求二面角α—BD—β的平面角的余

CDCC1的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明．

图9—30 图9—31

88.（2000全国文，19）如图9—31，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD．

（Ⅰ）证明：C1C⊥BD；

（Ⅱ）当

CDCC1的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD?请给出证明．

89.（2000上海，18）如图9—32所示四面体ABCD中，AB、BC、BD两两互相垂直，且AB＝BC＝2，E是AC中点，异面直线AD与BE所成的角大小为arccos

1010，求四面体ABCD的体积．

图9—32 图9—33

90.（1999全国文22，理21）如图9—33，已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1，点E在棱D1D上，截面EAC∥D1B，且面EAC与底面ABCD所成的角为45°，AB＝a.

（Ⅰ）求截面EAC的面积；

（Ⅱ）求异面直线A1B1与AC之间的距离； （Ⅲ）求三棱锥B1－EAC的体积.

91.（1998全国理，23）已知如图9—34，斜三棱柱ABC—A1B1C1的侧面A1ACC1与底面ABC垂直，∠ABC＝90°，BC＝2，AC＝23，且AA1⊥A1C，AA1＝A1C.

（Ⅰ）求侧棱A1A与底面ABC所成角的大小； （Ⅱ）求侧面A1ABB1与底面ABC所成二面角的大小； （Ⅲ）求顶点C到侧面A1ABB1的距离.

第12页（共46页）__________________________ _______________________________ __

图9—34 图9—35

92.（1998全国文，23）已知如图9—35，斜三棱柱ABC—A1B1C1的侧面A1ACC1与底面ABC垂直，∠ABC＝90°，BC＝2，AC＝23，且AA1⊥A1C，AA1＝A1C.

（Ⅰ）求侧棱A1A与底面ABC所成角的大小； （Ⅱ）求侧面A1ABB1与底面ABC所成二面角的大小；

（Ⅲ）求侧棱B1B和侧面A1ACC1的距离.

93.（1997全国，23）如图9—36，正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点. （Ⅰ）证明：AD⊥D1F；

（Ⅱ）求AE与D1F所成的角； （Ⅲ）证明：面AED⊥面A1FD1；

（Ⅳ）（理）设AA1＝2，求三棱锥F—A1ED1的体积VF?AED.

11（文）设AA1＝2，求三棱锥E—AA1F的体积VE?AA1F.

图9—36

图9—37

94.（1997上海理）如图9—37在三棱柱ABC—A′B′C′中，四边形A′ABB′是菱形，四边形BCC′B′是矩形，C′B′⊥AB.

（1）求证：平面CA′B⊥平面A′AB；

（2）若C′B′=3，AB=4，∠ABB′=60°，求AC′与平面BCC′所成的角的大小（用反三角函数表示）.

95.（1996上海，21）如图9—38，在二面角α—l—β中，A、B∈α，C、D∈l，ABCD为矩形，P∈β，PA⊥α，且PA＝AD，M、N依次是AB、PC的中点.

（1）求二面角α—l—β的大小；

（2）求证：MN⊥AB；

（3）求异面直线PA与MN所成角的大小.

第13页（共46页）__________________________ _______________________________ __

图9—38 图9—39

96.（1995全国文24，理23）如图9—39，圆柱的轴截面ABCD是正方形，点E在底面的圆周上，AF⊥DE，F是垂足.

（Ⅰ）求证：AF⊥DB；

（Ⅱ）（理）如果圆柱与三棱锥D—ABE的体积比等于3π，求直线DE与平面ABCD所成的角. （文）求点E到截面ABCD的距离.

97.（1995上海，23）如图9—40，四棱锥P—ABCD中，底面是一个矩形，AB＝3，AD＝1，又PA⊥AB，PA＝4，∠PAD＝60°.

（Ⅰ）求四棱锥P—ABCD的体积；

（Ⅱ）求二面角P—BC—D的大小（用反三角函数表示）.

图9—40 图9—41

98.（1994全国，23）如图9—41，已知A1B1C1—ABC是正三棱柱，D是AC中点. （Ⅰ）证明：AB1∥平面DBC1；

（Ⅱ）（理）假设AB1⊥BC1，求以BC1为棱的DBC1与CBC1为面的二面角α的度数. （文）假设AB1⊥BC1，BC＝2，求线段AB1在侧面B1BCC1上的射影长. 99.（1994上海，23）如图9—42在梯形ABCD中，AD∥BC， ∠ABC＝

?2，AB＝a，AD＝3a，且∠ADC＝arcsin

55，又PA⊥平面ABCD，PA=a.

求（1）二面角P—CD—A的大小（用反三角函数表示）. （2）点A到平面PBC的距离. ●答案解析

1.答案：B

解析：将三角形折成三棱锥如图9—43所示.HG与IJ为一对异面直线.过点D分别作HG与IJ的平行线，即DF与AD.所以∠ADF即为所求.因此，HG与IJ所成角为60°.

评述：本题通过对折叠问题处理考查空间直线与直线的位置关系，在画图过程中正确理解已知图形的关系是关键.通过识图、想图、画图的角度考查了空间想象能力.而对空间图形的处理能力是空间想象力深化的标志，是高考从深层上考查空间想象能力的主要方向.

2.答案：D

b可能与M平行，b可能与M相交.C选项中须增加a与b相交，则l⊥M.

D选项证明如下：∵a∥N，过a作平面α与N交于c，则c∥a，∴c⊥M.故M⊥N.

评述：本题考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的基本性质. 3.答案：D

图9—42 图9—43 解析：A选项中，若a∥M，b∥M，则有a∥b或a与b相交或a与b异面.B选项中，b可能在M内，

解析：垂直于同一平面的两直线必平行，因此选D.

评述：判断元素之间的位置关系问题，也可以从元素之间所有关系分析入手，再否定若干选项.如A，因为α、β有两种位置关系，在α与β相交情况下，仍有α⊥r，β⊥r.因此，α∥β是错误的.

4.答案：A

第14页（共46页）__________________________ _______________________________ __

解析：∵CD在平面BCD内，AB是平面BCD的斜线，由三垂线定理可得A. 5.答案：B

解析：（1）、（4）是正确命题.因为α∥β，l⊥α，∴l⊥β. 又m?β，∴l⊥m.因为l∥m，l⊥α，∴m⊥α，∴β⊥α.

6.答案：D

解析：如图9—44，该旋转体的体积为圆锥C—ADE与圆锥B—ADE体积之差 又∵求得AB=1

∴V?VC?ADE?VB?ADE?13???3?512?3???3?1?3?2

7.答案：C

解析：设该长方体水箱的长、宽、高分别为x、y、z，∴x·y·z=4 ∴原长方形中用于制作水箱的部分的长、宽应分别为x+2z，y+2z （如图9—45中（2）所示）

从而通过对各选项的考查，确定C答案.

图9—45

8.答案：C

解析：如图9—46，作出轴截面，设公共底面圆的半径为R，圆锥的高为h ∴V锥=

13πR2h，V

半球=

12·

334πR

∵V锥=V半球，∴h=2R ∴tanα=

12

1∴cosθ=

1?tan2?1?41?tan2???31?15 49.答案：C 解析：V甲=64·

43π·（

a13

4·

2）=

16πa3，

S2

甲=64·4π·（

a4·

12）=4πa2

V乙=

43π（a·

12）3=

16πa3，S2乙=4π（a·

12）=πa2

∴V甲=V乙，S甲＞S乙.

第15页（共46页）__________________________ _______________________________ __

图9—44 图9—47

解析：中截面的面积应是底面面积的40.答案：D

14，即2 cm.

2

解析：①是正确的，l⊥α，α∥β，则l⊥β，又mβ，所以l⊥m；③也是正确的，l⊥α，m∥l，则m⊥α，又mβ，所以α⊥β；②中，l与m可能相交或异面；④中， α与β可能相交，只有①和③正确.故选D.

41.答案：A 解析：BD1与AF1是两条异面直线.连结D1F1，又在BC上取中点E，连结EF1，则

BE∥D1F1，且BE=D1F1，所以F1E∥D1B.因此，F1A与F1E所成的角就是BD1与AF1所成的角.

设BC=CA=CC1=1，于是在△AF1E中，可求得F1A=

52，F1E=D1B=

62，EA=

52，由余弦定理可

得：cosEF1A=

3010.故选A.

42.答案：C

解析：因为m∥n，n⊥β，因此m⊥β，又由m?α，所以α⊥β.故应选C.

评述：通过画图判断A、B、D不成立.选C.本题需要综合灵活运用基础知识，是对能力有较高要求的题目.解答本题需要用到课本的知识.解题时首先应将符号语言翻译成文字语言，弄懂题意，搞清选择肢的内容，然后画出相应的图形，也就是将文字语言翻译成图形语言帮助思考.

43.答案：C

解析：由已知直线c与b可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平行直线，若b∥c则a∥b与已知a、b为异面直线相矛盾，故应选C.

44.答案：B

解析：正六棱台上下底面面积分别为： S上＝6·

34342

·2＝63，

S下＝6·

·42＝243，

V台＝

13h(S上?S上?S下?S下)?283.

45.答案：D

解析：如图9—52，设过A、B、C三点的截面和球的半径分别为r、 R.截面圆心、球心分别为O′、O. 由已知AB＝BC＝CA＝2，r＝

23?32?2?233，OO′＝

12R，由R2＝r2＋OO′

图9—52 2

，得R2＝(233)?(212R)，解得R2＝

2169，

第21页（共46页）__________________________ _______________________________ __

S球＝4πr2＝

649π.

评述：本题重点考查球截面的性质以及球面积公式. 46.答案：

233

解析：水面高度升高r，则圆柱体积增加πR·r.恰好是半径为r的实心铁球的体积，因此有

2

43πr=

3

πRr.故

2

Rr?233.

评述：本题主要考查旋转体的基础知识以及计算能力和分析、解决问题的能力. 47.答案：arctan

38

解析：设棱锥的高为h，如图9—53，则V=

13·4×4×sin60°·h=1，

∴h=

34.

图9—53 D为BC中点，OD=

13AD=

13·

32·4=

233.

易证∠PDO为侧面与底面所成二面角的平面角

3tanθ=

POOD?4233?38.故θ=arctan

38

评述：本题考查三棱锥中的基本数量关系，考查二面角的概念及计算. 48.答案：

VO?PQ11R1VO?PQ2?VRVROP1?OQ1?OR1OP2?OQ2?OR21

2R2解析：

VO?PQR111VO?PQ2??OP1Q1?OP2Q2?OP1OP2?OQ1OQ2?OR1OR2

2R22评述：用类比思想思考问题在试题中多次出现. 49.答案：

22

解析：过M作MO⊥EF，交EF于O，则MO⊥平面BCFE.

图9—54 第22页（共46页）__________________________ _______________________________ __

如图9—54，作ON⊥BC，设OM=x，又tanMBO=∴BO=2x 又S△MBE=

12，

12BE·MB·sinMBE=

12BE·ME

S△MBC=

12BC·MB·sinMBC=

12BC·MN

∴ME=MN，而ME=5x?1，MN=

2x?1，解得x=

222.

50.答案：①②③④⑤

解析：①直角AOB在平面α的射影为直线l，如图9—55所示.因此，判断①是正确的.

图9—55

图9—56 图9—57

②直角AOB在平面α的射影为∠ASB，∠ASB为锐角，如图9—56.因此，判断②是正确的.

③直角AOB在平面α的射影为A′O′B′而A′O′B′为直角，如图9—57，因此判断③是正确的. 判断④、⑤如图9—58分析.

图9—58

评述：这是考核空间想象能力的一个较好问题. 51.答案：3

解析：如图9—59所示，相互异面的线段有AB与CD，EF与GH，AB与GH3对.

第23页（共46页）__________________________ _______________________________ __

图9—59 图9—60

52.答案：30°

解析：如图9—60，作BC边中点M，∴VM⊥BC 过V作VO⊥底面ABCD

∴VO⊥MO，MO⊥BC，∴∠VMO为其侧面与底面所成二面角的平面角 ∵V锥=

13SABCD·VO

∴4=

13·（23）2·VO ，∴VO=1

又∵OM=

232?3，VO⊥MO，∴∠VMO=30°

∴侧面与底面所成的二面角为30°.

53.答案：②④

解析：①n与α相交或n与β相交，不正确

③m⊥b，b∈α，但m不垂直于α.∴在α内有无数条与b垂直的直线 ∴m可以垂直α内无数条直线.∴③不正确 54.答案：

?S2S242

解析：设球的半径为R，正方体的边长为a. （2R）＝3a 又∵6a2＝S ∴3a2＝

2

S2

∴4R2＝

S2 R＝

2S4)?3 又∵球的体积为V＝

43πR 3

∴V＝

43?(2S4?S2S24

55.答案：2π

解析：设母线为a，半径为r. ∵

12a2sin60°＝3 ∴a＝2，2r＝a，r＝1

第24页（共46页）__________________________ _______________________________ __

∴S侧＝2πr·a·

12＝2π.

56.答案：55

解析：可组成三个大长方体，其中对角线最长的为10?4?3?55（cm）． 57.答案：45°

解析：过点A作AF⊥BD于F，则AF⊥面BCD，∠AEF为所求的角．设BD＝a，则AF＝∴在Rt△AEF中，∠AEF＝45°．

58.答案：①④

解析：②有可能a?β，所以②不正确，③若b∥c，则a不一定垂直β.∴③不正确，只有①、④正确.

59.答案：2

222a2，EF＝

a2，

2

解析：设正四面体的边长为a，则EF＝

a3，

V

正四面体

＝

212a3＝72．∴a＝6

2，∴EF＝22．

60.答案：②③

解析：∵面BFD1E⊥面ADD1A1，所以四边形BFD1E在面ADD1A1上的射影是③，同理，在面BCC1B1

上的射影也是③．

过E、F分别作DD1和CC1的垂线，可得四边形BFD1E在面DCC1D1上的射影是②，同理在面ABB1A1，面ABCD和面A1B1C1D1上的射影也是②．

61.答案：侧棱相等（或侧棱与底面所成角相等??）

解析：要使命题B与命题A等价，则只需保证顶点在底面上的射影S是底面正三角形的外心即可，因此，据射影定理，得侧棱长相等．

62.答案：m⊥α，n⊥β，α⊥β?m⊥n或m⊥n，m⊥α，n⊥β?α⊥β

评述：本题主要考查线线、线面、面面之间关系的判定与性质.但题型较新颖，主要表现在：题目中以立体几何知识为背景，给出了若干材料，要求学生能将其组装成具有一定逻辑关系的整体.考查知识立足课本，对空间想象能力、分析问题的能力、操作能力和思维的灵活性等方面要求较高，体现了加强能力考查的方向.

63.答案：AC⊥BD

64.答案：

223

解析：如图9—61，底面三角形BCD的面积S=3，设O是

△BCD的中心，则OB=

33×2=

233，棱锥A—BCD的高

第25页（共46页）__________________________ _______________________________ __

图9—61

22h=AO=AB?OB?83.

所以正四面体的体积V=

13Sh?223.

65.答案：①④

解析：由直线与平面垂直的判定定理知①正确；由平面与平面垂直的判定定理知④正确.

评述：本题是需要综合灵活运用基础知识，对学生能力有较高的要求.数学语言包括符号语言、文字语言和图形语言.需要进行这三种语言的互译，弄懂题意，搞清选择肢的内容，然后画出图形，用图形帮助思考选择.

66.答案：

53

解析:设取出小球后,容器水面将下降h cm.两小球体积为V球=2×于它们在容器中排开的水的体积V1，

V1=π×5×h，V1=V球，即25πh=

2

43π×（

52）3=

1253π，此体积即等

1253π.∴h=

53 cm.

67.答案：

22?3

解析：扇形弧长L＝3·

2?3＝2π cm，设卷成圆锥的底面半径为r，则2πr＝2π，

r＝1 cm，高h＝3?1?22 cm，于是V＝π·1·22?368.答案：

2212

223π cm3.

58

解法一：设正三角形边长为2，其高AD＝3，旋转半径BD＝1，

V＝

13π·1·3＝

3?3.

又EF＝1，HD＝

12，HE＝

32，则HGEF旋转所得圆柱的体积V1＝π·

（

12）2·

32?3?8.

第26页（共46页）__________________________ _______________________________ __

53?V25,?. 由阴影部分产生的旋转体的体积V2?V?V1?24V8故由阴影部分所产生的旋转体的体积与V的比是

58.

解法二：设圆锥的高为h，底面半径为r，则圆柱的高为

h2，底面圆半径为

r2，则

V?V柱V?1?V柱V?()??1?213r2h2?1?3?5

88?rh2评述：本题主要考查旋转体的有关知识，以及空间想象能力和计算能力. 69.答案：

24

解析：设正方形边长为1，可得FD＝1，FC＝2，BF＝2，又BC＝1，在△CBF中，由余弦定理

得cosCBF＝

1?2?22?1?2?24.

评述：本小题用了“转化”的数学思想，即两异面直线所成角转化成两相交直线所夹的角，在原图的基础上再构造空间图形.这需要学生有较强的空间想象能力和综合运用知识的能力.

70.答案：73∶32

解析：如图9—62，是圆台和半球的截面图，设球的半径为R，由题中已知条件可得OB＝OC＝BC＝R，CE＝

3R2R2，CD＝R，于是圆台的体积为

图9—62 V

圆台

＝

13??3R2(R?24?R2?R)?7324?R，又球的体积V

3球

＝

43πR3，所以

73V圆台V球?2443?R33?7332.

?R71.答案：37.70

解析：设焊成的圆锥形容器的半径为r，高为h，依题意，得216°=

r5×360°，

第27页（共46页）__________________________ _______________________________ __

∴r=3，h=5?3=4. ∴V

=

2213圆锥

πr2h=

13×3.14×32×4≈37.70

评述：本题考查圆锥的概念及侧面展开图的扇形圆心角的计算. 72.答案：

223π

解析：如图9—63，取AB的中点M，连SM、OM，则SM⊥AB，OM⊥AB，又OM⊥OS，所以OM是AB与圆锥的轴的距离，OM＝1，SM＝3，SO＝

2，AO＝

图9—63 OM2?AM132?2. 13???(2)2体积V＝Sh?2?223?.

评述：重点考查圆锥、圆锥的体积、异面直线的距离及三垂线定理的应用. 73.答案：24

解析：因为圆锥体的轴截面是边长为10 cm的等边三角形，所以母线l=10 cm，底面半径r=5 cm，S圆

锥全

=πrl+πr=3.2×（50+25）=240（cm） 因此，需要费用为0.10×240=24元.

评述：本题考查圆锥体的表面积的计算，以及解决实际问题的能力. 74.（Ⅰ）解：VD22

1?DBC112 =?·2·2·1=. 323（Ⅱ）证明：记D1C与DC1的交点为O，连结OE.

∵O是CD1的中点，E是BC的中点，∴EO∥BD1， ∵BD1平面C1DE，EO?平面C1DE.∴BD1∥平面C1DE.

（Ⅲ）解：过C作CH⊥DE于H，连结C1H.

在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，C1C⊥平面ABCD，

∴C1H⊥DE，∴∠C1HC是面C1DE与面CDE所成二面角的平面角. ∵DC=2，CC1=1，CE=1.∴CH=

CD?CEDE?2?12?122?25

∴tanC1HC=

C1CCH?52.即面C1DE与面CDE所成二面角的正切值为

52.

评述：本题考查正四棱柱的基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力. 75.（Ⅰ）证法一：连接AC.∵正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面是正方形. ∴AC⊥BD，又AC⊥D1D，故AC⊥平面BDD1B1

∵E，F分别为AB，BC的中点，故EF∥AC，∴EF⊥平面BDD1B1 ∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.

证法二：∵BE=BF，∠EBD=∠FBD=45°，∴EF⊥BD. ∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.

（Ⅱ）解：在对角面BDD1B1中，作D1H⊥B1G，垂足为H

第28页（共46页）__________________________ _______________________________ __

∵平面B1EF⊥平面BDD1B1，且平面B1EF∩平面BDD1B1=B1G，

∴D1H⊥平面B1EF，且垂足为H，∴点D1到平面B1EF的距离d=D1H. 解法一：在Rt△D1HB1中，D1H=D1B1·sinD1B1H， ∵D1B1=2A1B1=4. sinD1B1H=sinB1GB=

B1BGB1?44?122?417，

∴d=D1H=4·

417?161717.

D1HB1BD1B1B1G解法二：∵△D1HB∽△B1BG，∴

2?

∴d=D1H=

B1BB1G?161717.

解法三：如图9—64，连接D1G，则三角形D1GB1的面积等于正方形DBB1D1

面积的一半.即

12B1G·D1H=

12BB12.

图9—64 ∴d=

161717.

1313161712163（Ⅲ）V?VB1?EFD1?VD1?B1EF?·d·S?B1EF????217?.

评述：本题比较全面地考查了空间点、线、面的位置关系.要求对图形必须具备一定的洞察力.并进行一定的逻辑推理.在研究本题时，要注意摘出平面图形，便于计算.

76.（Ⅰ）证明：∵∠SAB=∠SAC=90°， ∴SA⊥AB，SA⊥AC. 又AB∩AC=A， ∴SA⊥平面ABC. 由于∠ACB=90°，即BC⊥AC， 由三垂线定理，得SC⊥BC.

（Ⅱ）解：∵BC⊥AC，SC⊥BC

∴∠SCA是侧面SCB与底面ABC所成二面角的平面角. 在Rt△SCB中，BC=5，SB=55. 得SC=

SB?BC22=10

在Rt△SAC中AC=5，SC=10，cosSCA=

ACSC?510?12

∴∠SCA=60°，即侧面SBC与底面ABC所成的二面角的大小为60°. （Ⅲ）解：在Rt△SAC中， ∵SA=SC2?AC2?10?5?2275.

第29页（共46页）__________________________ _______________________________ __

S△ABC=

12·AC·BC=

12×5×5=

252?.

∴VS－ABC=

13·S△ACB·SA=

13?25275?12563.

77.（Ⅰ）同上题（Ⅰ）.

（Ⅱ）解：∵BC⊥AC，SC⊥BC，

∴∠SCA是侧面SCB与底面ABC所成二面角的平面角. 在Rt△SCB中，由BC=13，SB=SC=

29，得

SB?BC22?29?13=4.

ACSC?24?12.

在Rt△SAC中，由AC=2，SC=4，得cosSCA=

∴∠SCA=60°，即侧面SBC与底面ABC所成二面角的大小为60°.

（Ⅲ）解：过点C作CD∥BA，过点A作BC的平行线交CD于D，连结SD，则∠SCD是异面直线SC与AB所成的角.如图9—65.

又四边形ABCD是平行四边形， DC=AB=SA=SBSD=

2AC?BC?AB222?17，

图9—65 2?23， ?SA?BCSC2SA?AD222=5.

在△SCD中，cosSCD=

?DC2?SD22?SC?DC1717.

?4?(17)?52?4?17222?1717,

∴SC与AB所成的角的大小为arccos78.（Ⅰ）解：∵PB⊥面ABCD， ∴BA是PA在面ABCD上的射影. 又DA⊥AB，∴PA⊥DA，

∴∠PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角如图9—66，∠PAB=60°. 而PB是四棱锥P—ABCD的高，PB=AB·tan60°=3a，

∴V锥=

133a·a2=

33图9—56 a3.

（Ⅱ）证明：不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD与PCD恒为全等三角形. 作AE⊥DP，垂足为E，连结EC，则△ADE≌△CDE，

∴AE=CE，∠CED=90°，故∠CEA是面PAD与面PCD所成的二面角的平面角. 设AC与DB相交于点O，连结EO，则EO⊥AC，

第30页（共46页）__________________________ _______________________________ __

∴

22a=OA＜AE＜AD=a.

在△AEC中， cosAEC=

AE2?EC2?(2?OA)22AE?EC?(AE?2OA)(AE?AE22OA)?0.

所以，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°.

79.（Ⅰ）解：过B1C1作底面ABCD的垂直平面，交底面于PQ，过B1作B1G⊥PQ，垂足为G.如图9—67

∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1， ∠A1B1C1=90°， ∴AB⊥PQ，AB⊥B1P.

∴∠B1PG为所求二面角的平面角.

过C1作C1H⊥PQ，垂足为H.由于相对侧面与底面所成二面角大小相等，故四边形B1PQC1为等腰梯形.

∴PG=

图9—67 12（b－d），

又B1G=h， ∴tanB1PG=

2hb?d（b＞d），即所求二面角的正切值为

2hb?d.

（Ⅱ）V估＜V. 证明：∵a＞c，b＞d， ∴V－V估=

h6(cd?ab?4?a?cb?da?cb?d?)??h 2222=

h12h12［2cd+2ab+2（a+c）（b+d）－3（a+c）（b+d）］

=（a－c）（b－d）＞0.

∴V估＜V.

80.（Ⅰ）解：过B1C1作底面ABCD的垂直平面，交底面于PQ，过B1作B1G⊥

PQ，垂足为G.如图9—68

∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1， ∠A1B1C1=90°，

∴AB⊥PQ，AB⊥B1P.

∴∠B1PG为所求二面角的平面角.过C1作C1H⊥PQ，垂足为H.由于相对侧面与底面所成二面角的大小相等，故四边形B1PQC1为等腰梯形.

∴PG=

图9—68 12（b－d），

又B1G=h，

第31页（共46页）__________________________ _______________________________ __

∴tanB1PG=

2hb?d（b＞d），

∴∠B1PG=arctan

2hb?d，即所求二面角的大小为arctan

2hb?d.

（Ⅱ）证明：∵AB，CD是矩形ABCD的一组对边，有AB∥CD，

又CD是面ABCD与面CDEF的交线， ∴AB∥面CDEF.

∵EF是面ABFE与面CDEF的交线，

∴AB∥EF.

∵AB是平面ABCD内的一条直线，EF在平面ABCD外， ∴EF∥面ABCD. （Ⅲ）V估＜V.

证明：∵a＞c，b＞d， ∴V－V估=

h6(cd?ab?4?a?cb?da?cb?d?)??h 2222=

h12h12［2cd+2ab+2（a+c）（b+d）－3（a+c）（b+d）］

=（a－c）（b－d）＞0.

∴V估＜V.

评述：该题背景较新颖，把求二面角的大小与证明线、面平行这一常规运算置于非规则几何体（拟柱体）中，能考查考生的应变能力和适应能力，而第三步研究拟柱体的近似计算公式与可精确计算体积的辛普生公式之间计算误差的问题，是极具实际意义的问题.考查了考生继续学习的潜能.

81.解：（Ⅰ）如图9—69中图1，沿正三角形三边中点连线折起，可拼得一个正三棱锥.

如图9—69中图2，正三角形三个角上剪出三个相同的四边形，其较长的一组邻边边长为三角形边长的

14，有一组对角为直角.余下部分按虚线折起，可成为一个缺上底的正三棱柱，而剪出的三个相同的四边

形恰好拼成这个正三棱柱的上底.

图9—69

（Ⅱ）依上面剪拼的方法，有V柱＞V锥. 推理如下：

设给出正三角形纸片的边长为2，那么，正三棱柱与正三棱锥的底面都是边长为1的正三角形，其面积为

34.现在计算它们的高：

第32页（共46页）__________________________ _______________________________ __

h锥?1?(23?32)?263,h柱?12tan30??36.

∴V锥－V柱=（

13h锥－h柱）·

34?(69?36)?34?22?324?0，

所以，V柱＞V锥.

评述：本题主要考查空间想象能力、动手操作能力、探究能力和灵活运用所学知识解决现实问题的能

力，这是高考改革今后的命题方向.

82.解：（Ⅰ）作MP∥AB交BC于点P，NQ∥AB交BE于点Q，连结PQ，依题意可得MP∥NQ，且MP=NQ，即MNQP是平行四边形，如图9—70

∴MN=PQ.

由已知，CM=BN=a，CB=AB=BE=1， ∴AC=BF=2，

CP1?a2,BQ1?a2.

图9—70 即CP=BQ=

a2.

∴MN=PQ=(1?CP)?BQ22?(1?a2)?(2a2)

2?(a?22)?212（0＜a＜2）.

（Ⅱ）由（Ⅰ），MN=(a?2222.

)?212，

所以，当a=

22时，MN=

即M、N分别移动到AC、BF的中点时，MN的长最小，最小值为（Ⅲ）取MN的中点G，连结AG、BG，如图9—71 ∵AM=AN，BM=BN，G为MN的中点

∴AG⊥MN，BG⊥MN，∠AGB即为二面角α的平面角， 又AG=BG=

22.

642，所以，由余弦定理有

(cosα=

64)?(64?64)?16??2图9—71 13.

2?4第33页（共46页）__________________________ _______________________________ __

故所求二面角α=arccos（－

13）.

评述：该题考点多，具有一定深度，但入手不难，逐渐加深，逻辑推理和几何计算交错为一体；以两个垂直的正方形为背景，加强空间想象能力的考查.体现了立体几何从考查、论证和计算为重点，转到既考查空间概念，又考查几何论证和计算.但有所侧重，融论证于难度适中的计算之中.反映教育改革趋势，体现时代发展潮流.此外解答过程中，必须引入适当的辅助线，不仅考查识图，还考查了基本的作图技能.充分体现了“注重学科之间的内在联系”，较为深入和全面考查各种数学能力.

83.（Ⅰ）证明：∵CD⊥AB，VN⊥平面ABC，AB?平面ABC，∴VN⊥AB.

又∵CD∩VN＝N ∴平面VNC⊥AB

又∵MD?平面VNC ∴MD⊥AB

∴∠MDC为二面角M－MAB－C的平面角.如图9—72 （Ⅱ）证明：∵VC?平面VCN，∴AB⊥VC

又∵在△VCN和△CDM中，∠CVN＝∠MDC，∠VCN＝∠VCN ∴∠DMC＝∠VNC＝90°.∴DM⊥VC 又∵AB∩DM＝D，AB、DM?平面AMB ∴VC⊥平面AMB．

（Ⅲ）解：∵MD⊥AB且MD⊥VC，∴MD为VC与AB的距离为h. 过M作ME⊥CD于E ∴VMABC＝

图9—72 12AB·CD×ME·

13?16ahtanθ

2

84.（Ⅰ）证明：连结OF、CE、A′O.如图9—73 ∵AE＝BF ∴EB＝CF OC＝CB ∠OCF＝∠CBE ∴△OCF≌△CEB ∴∠ECB＝∠FOC， ∴OF⊥CE

又∵CC′⊥平面AC CE⊥OF ∴C′E⊥OF 又∵EB⊥平面BC′，C′B⊥B′C

∴C′E⊥B′C

又∵A′O∥B′C ∴C′E⊥A′O

又∵A′O∩OF＝O C′E⊥A′O C′E⊥OF

∴A′O⊥平面A′CO A′F?平面A′CO ∴A′F⊥C′E

（Ⅱ）解：设EB＝y，BF＝x，边长为a，则x＋y＝a，三棱锥B′—BEF的体积

图9—73 V?16xya?ax?y213()?a 6224当且仅当x＝y＝

a2时等号成立.

因此，三棱锥B′—BEF的体积取得最大值时BE＝BF＝过B作BD⊥EF交EF于D，连B′D，可知B′D⊥EF ∴∠B′DB是二面角B′—EF—B的平面角

a2.

第34页（共46页）__________________________ _______________________________ __

在Rt△BEF中，直角边BE＝BF＝

a2，BD是斜边上的高.

∴BD＝

24a，tanB′DB＝

B?BBD?22

∴二面角B′—EF—B的大小为arctan22 85.解：∵四棱锥S—ABCD中ABCD为直角梯形. 又∵BC⊥AB ∴AD⊥AB

又∵SA⊥面ABCD ∴SA⊥AB SA⊥AD 又∵AD⊥AB，AD⊥SA，AB∩SA＝A ∴AD⊥平面SAB （Ⅰ）VS—ABCD＝

13·SA·SABCD

SABCD＝

12（AD＋BC）·AB

AB＝1 BC＝1 AD＝

12

∴SABCD＝

12（

12＋1）×1＝

34

∴SS—ABCD＝

13×1×

34＝

14

（Ⅱ）延长CD、BA交于点E，连结SE，SE即平面CSD与平面BSA的交线. 又∵DA⊥平面SAB，∴过A点作SE的垂线交于F.如图9—74. ∵AD＝

12BC且AD∥BC

图9—74 ∴△ADE∽△BCE

∴EA＝AB＝SA

又∵SA⊥AE ∴△SAE为等腰直角三角形，F为中点，AF?SAE，AF⊥SE

∴由三垂线定理得DF⊥SE

∴∠DFA为二面角的平面角 ∴tanDFA＝

12SE?22SA?22 又∵DA⊥平面

DAFA?22即所求二面角的正切值.

评述：欲求二面角的大小应遵循“构造—证明—计算”的步骤行事，这里首要的一步且先“出现两个面的交线（棱）”否则构造难以实行.

第35页（共46页）__________________________ _______________________________ __

86.解：（Ⅰ）在直角梯形ABCD中，由已知△DAC为等腰直角三角形，如图9—75

∴AC＝

2a，∠CAB＝45°．

过C作CH⊥AB，由AB＝2a， 可推得AC＝BC＝2a． ∴AC⊥BC

取AC的中点E，连结D′E， 则D′E⊥AC．

又∵二面角α—AC—β为直二面角， ∴D′E⊥β．

又∵BC?平面β， ∴BC⊥D′E， ∴BC⊥α，而D′C?α ∴BC⊥D′C

∴∠D′CA为二面角β—BC—γ的平面角． 由于∠D′CA＝45°，

∴二面角β—BC—γ为45°． （Ⅱ）取AC的中点E，连结D′E，再过D′作D′O⊥β，垂足为O，连结OE， ∵AC⊥D′E，

∴AC⊥OE，

∴∠D′EO为二面角α—AC—β的平面角，如图9—76 ∴∠D′EO＝60°． 在Rt△D′OE中， D′E＝

图9—76 图9—75 12AC?22a，D′O=

22a·sin60°=

64a

∴VD′—ABC＝

13S△ABC·D′O

＝

1316×

12AC·BC·D′O

＝?2a?2a?64a?612a．

3评述：本小题主要考查空间线面关系及运算、推理、空间想象能力． 87.（Ⅰ）证明：连结A1C、AC，AC和BD交于O，连结C1O． ∵四边形ABCD是菱形，如图9—77 ∴AC⊥BD，BC＝CD．

又∵∠BCC1＝∠DCC1，C1C＝C1C， ∴△C1BC≌△C1DC， ∴C1B＝C1D，∵DO＝OB， ∴C1O⊥BD．

但AC⊥BD，AC∩C1O＝O． ∴BD⊥平面AC1，

第36页（共46页）__________________________ _______________________________ __

图9—77

又C1C?平面AC1， ∴C1C⊥BD．

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知AC⊥BD，C1O⊥BD， ∴∠C1OC是二面角α—BD—β的平面角． 在△C1BC中，BC＝2，C1C＝

3232，∠BCC1＝60°，

∴C1B2＝22＋（

32）2－2×2×

×cos60°＝

134．

∵∠OCB＝30°，∴OB＝

12BC＝1．

∴C1O2＝C1B2－OB2＝

134－1＝

94，

∴C1O＝

32即C1O＝C1C．

作C1H⊥OC，垂足为H． ∴点H是OC的中点，且OH＝

32，

所以cosC1OC＝

OHC1O?33．

（Ⅲ）当

CDCC1＝1时，能使A1C⊥平面C1BD．

证法一：∵

CDCC1＝1， ∴BC＝CD＝C1C

又∠BCD＝∠C1CB＝∠C1CD， 由此可推得BD＝C1B＝C1D．

∴三棱锥C—C1BD是正三棱锥． 设A1C与C1O相交于G．

∵A1C1∥AC，且A1C1∶OC＝2∶1， ∴C1G∶GO＝2∶1．

又C1O是正三角形C1BD的BD边上的高和中线， ∴点G是正三角形C1BD的中心， ∴CG⊥平面C1BD． 即A1C⊥平面C1BD．

证法二：由（Ⅰ）知，BD⊥平面AC1， ∵A1C?平面AC1，∴BD⊥A1C，

第37页（共46页）__________________________ _______________________________ __

当

CDCC1＝1时，平行六面体的六个面是全等的菱形，

同BD⊥A1C的证法可得BC1⊥A1C，

又BD∩BC1＝B， ∴A1C⊥平面C1BD．

评述：本题主要考查直线与直线、直线与平面的关系，逻辑推理能力． 88.（Ⅰ）与87.（Ⅰ）相同，（Ⅱ）与87.（Ⅲ）相同. 89.解：过A引BE的平行线，交CB的延长线于F，∠DAF是异面直线BE与AD所成的角，如图9—78.

∴∠DAF＝arccos

1010，

∵E是AC的中点，

∴B是CF的中点，AF＝2BE＝22．

又BF，BA分别是DF，DA的射影，且BF＝BC＝BA，∴DF＝DA. 三角形ADF是等腰三角形， AD＝

图9—78 AF2?1cosDAF2?20

故BD＝AD?AB2＝4，

又VABCD＝

16AB×BC×BD，因此四面体ABCD的体积是．

38评述：本题主要考查两异面直线所成的角、射影定理、向量的乘法、锥体的体积公式、空间想象能力及灵活运用所学知识处理解决问题的能力．

90.解：（Ⅰ）如图9—79，连结DB交AC于O，连结EO. ∵底面ABCD是正方形， ∴DO⊥AC

又∵ED⊥底面AC， ∴EO⊥AC

∴∠EOD是面EAC与底面AC所成二面角的平面角， ∴∠EOD＝45° DO＝

图9—79 22a，AC＝2a，EO＝

2222a·sec45°＝a，

故S△EAC=

12EO·AC＝

a2．

（Ⅱ）由题设ABCD—A1B1C1D1是正四棱柱，得A1A⊥底面AC，A1A⊥AC． 又A1A⊥A1B1，

∴A1A是异面直线A1B1与AC间的公垂线.

∵D1B∥面EAC，且面D1BD与面EAC交线为EO， ∴D1B∥EO，

第38页（共46页）__________________________ _______________________________ __

又O是DB的中点

∴E是D1D的中点，D1B＝2EO＝2a. ∴D1D＝

D1B?DB22?2a

异面直线A1B1与AC间的距离为2a. （Ⅲ）解法一：如图9—80，连结D1B1． ∵D1D＝DB＝

2a，

∴BDD1B1是正方形.

连结B1D交D1B于P，交EO于Q. ∵B1D⊥D1B，EO∥D1B， ∴B1D⊥EO．

又AC⊥EO，AC⊥ED． ∴AC⊥面BDD1B1，

∴B1D⊥AC，∴B1D⊥面EAC． ∴B1Q是三棱锥B1—EAC的高. 由DQ＝PQ，得B11＝

图9—80 34B1D＝

32a

∴VB1?EAC?13?22a?232a?24a．

3所以三棱锥B1—EAC的体积是解法二：连结B1O，则VB∵AO⊥面BDD1B1，

24a3.

1?EAC?2VA?EOB

1∴AO是三棱锥A—EOB1的高，AO＝

22a.

在正方形BDD1B1中，E、O分别是D1D、DB的中点（如图9—80），则

S?EOB?134a.

132223?a?a?a. 34242∴VB1?EAC?2?所以三棱锥B1—EAC的体积是

24a．

3

评述：本小题主要考查空间线面关系、二面角和距离的概念，逻辑思维能力、空间想象能力及运算能力.

91.解：（Ⅰ）作A1D⊥AC，垂足为D，由面A1ACC1⊥面ABC，得A1D⊥面ABC

∴∠A1AD为A1A与面ABC所成的角.

第39页（共46页）__________________________ _______________________________ __

∵AA1⊥A1C，AA1＝A1C， ∴∠A1AD＝45°为所求.

（Ⅱ）作DE⊥AB，垂足为E，连A1E，则由A1D⊥面ABC，得A1E⊥AB， ∴∠A1ED是面A1ABB1与面ABC所成二面角的平面角. 由已知，AB⊥BC，得ED∥BC.

又D是AC的中点，BC＝2，AC＝23， ∴DE＝1，AD＝A1D＝3，

tanA1ED＝

A1DDE?3．

故∠A1ED＝60°为所求.

（Ⅲ）解法一：由点C作平面A1ABB1的垂线，垂足为H，则CH的长是C到平面A1ABB1的距离. 连结HB，由于AB⊥BC，得AB⊥HB. 又A1E⊥AB，知HB∥A1E，且BC∥ED， ∴∠HBC＝∠A1ED＝60°. ∴CH＝BCsin60°＝解法二：连结A1B.

根据定义，点C到面A1ABB1的距离，即为三棱锥C—A1AB的高h. 由V锥C?A3为所求.

1AB?V锥A131得?ABC13S?AA1B?13S?ABC?A1D，

即

13?22h??22?3.

∴h＝3为所求.

评述：本题重点考查棱柱、直线与平面所成的角、二面角等概念.能力方面主要考查逻辑思维能力、空

间想象能力、运算能力.

本题（Ⅲ）的解法二用体积法求出点到面的距离.其优点是不会由于证明过程中叙述不当而被扣分.只要计算准确，就可以得到满分；另外较之方法一思维也要简单，在解法一中要判断出BH∥A1E；∠DEA1＝∠CBH，这需要较好的空间想象能力和逻辑推理能力.由此可见，一些数学问题的一些特殊解法往往使思维、推导、运算得以大大简化.

92.解：如图9—81，（Ⅰ）作A1D⊥AC，垂足为D，由面A1ACC1⊥面ABC，得A1D⊥面ABC ∴∠A1AD为A1A与面ABC所成的角. ∵AA1⊥A1C，AA1＝A1C，

∴∠A1AD＝45°为所求.

（Ⅱ）作DE⊥AB，垂足为E，连A1E，则由A1D⊥面ABC，得A1E⊥AB. ∴∠A1ED是面A1ABB1与面ABC所成二面角的平面角.

由已知，AB⊥BC，得ED∥BC.又D是AC的中点，BC＝2，AC＝23，

图9—81 ∴DE＝1，AD＝A1D＝3，tanA1ED＝

A1DDE＝3.

第40页（共46页）__________________________ _______________________________ __

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/ucm.html