2014年高考数学（文）立体几何试题汇编
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2014年高考数学（文）立体几何试题汇编
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2014年高考数学（文）立体几何试题汇编
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文章来源莲 山课件 w ww.5 Y K J.cOm 20．、[;湖北卷] 如图1&5，在正方体ABCD &A1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1的中点．求证：(1)直线BC1∥平面EFPQ；(2)直线AC1⊥平面PQMN.&图1&520．证明：(1)连接AD1，由ABCD & A1B1C1D1是正方体，知AD1∥BC1.因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1.从而BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.&(2)如图，连接AC，BD，A1C1，则AC⊥BD.由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可得CC1⊥BD.又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1A1.而AC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥AC1.因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，所以MN∥BD，从而MN⊥AC1.同理可证PN⊥AC1.又PN∩MN＝N，所以直线AC1⊥平面PQMN.18．、[;湖南卷] 如图1&3所示，已知二面角α&MN&β的大小为60°，菱形ABCD在面β内，A，B两点在棱MN上，∠BAD＝60°，E是AB的中点，DO⊥面α，垂足为O.&图1&3(1)证明：AB⊥平面ODE；(2)求异面直线BC与OD所成角的余弦值．18．解：(1)证明：如图，因为DO⊥α，AB⊂α，所以DO⊥AB.连接BD，由题设知，△ABD 是正三角形，又E是AB的中点，所以DE⊥AB.而DO∩DE＝D，故AB⊥平面ODE.&(2)因为BC∥AD，所以BC与OD所成的角等于AD与OD所成的角，即∠ADO是BC与OD所成的角．由(1)知，AB⊥平面ODE，所以AB⊥OE.又DE⊥AB，于是∠DEO是二面角α&MN&β的平面角，从而∠DEO＝60°.不妨设AB＝2，则AD＝2，易知DE＝3.在Rt△DOE中，DO＝DE•sin 60°＝32.连接AO，在Rt△AOD中，cos∠ADO＝DOAD＝322＝34.故异面直线BC与OD所成角的余弦值为34.16．、[;江苏卷] 如图1&4所示，在三棱锥P & ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求证：(1)直线PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.
18．，[;山东卷] 如图1&4所示，四棱锥P&ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝12AD，E，F分别为线段AD，PC的中点．&图1&4(1)求证：AP∥平面BEF；(2)求证：BE⊥平面PAC.18．证明：(1)设AC∩BE＝O，连接OF，EC.由于E为AD的中点，&AB＝BC＝12AD，AD∥BC，所以AE∥BC，AE＝AB＝BC，所以O为AC的中点．又在△PAC中，F为PC的中点，所以AP∥OF.又OF⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，所以AP∥平面BEF.(2)由题意知，ED∥BC，ED＝BC，所以四边形BCDE为平行四边形，所以BE∥CD.又AP⊥平面PCD，所以AP⊥CD，所以AP⊥BE.因为四边形ABCE为菱形，所以BE⊥AC.又AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面PAC，所以BE⊥平面PAC.&
&图1&416．证明： (1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥PA.又因为PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，所以直线PA∥平面DEF.(2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6，BC＝8，所以DE∥PA，DE＝12PA＝3，EF＝12BC＝4.又因为DF＝5，所以DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.因为AC∩EF＝E，AC⊂平面ABC，EF⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.又DE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.19．、[;江西卷] 如图1&1所示，三棱柱ABC & A1B1C1中，AA1⊥BC，A1B⊥BB1.(1)求证：A1C⊥CC1；(2)若AB＝2，AC＝3，BC＝7，问AA1为何值时，三棱柱ABC & A1B1C1体积最大，并求此最大值．
&图1&119．解：(1)证明：由AA1⊥BC知BB1⊥BC.又BB1⊥A1B，故BB1⊥平面BCA1，所以BB1⊥A1C.又BB1∥CC1，所以A1C⊥CC1.(2)方法一：设AA1＝x.在Rt△A1BB1中，A1B＝A1B21－BB21＝4－x2.同理，A1C＝A1C21－CC21＝3－x2.在△A1BC中，cos∠BA1C＝A1B2＋A1C2－BC22A1B•A1C＝－x2（4－x2）（3－x2），sin∠BA1C＝12－7x2（4－x2）（3－x2），所以S△A1BC＝12A1B•A1C•sin∠BA1C＝12－7x22.从而三棱柱ABC & A1B1C1的体积V＝S直•l＝S△A1BC•AA1＝x12－7x22.因为x12－7x2＝12x2－7x4＝－7x2－672＋367，所以当x＝67＝427，即AA1＝427时，体积V取到最大值377.(2)方法二：过A1作BC的垂线，垂足为D，连接AD.由AA1⊥BC，A1D⊥BC，得BC⊥平面AA1D，故BC⊥AD.又∠BAC＝90°，所以S△ABC＝12AD•BC＝12AB•AC，得AD＝2217.设AA1＝x.在Rt△AA1D中，&A1D＝AD2－AA21＝127－x2，S△A1BC＝12A1D•BC＝12－7x22.从而三棱柱ABC & A1B1C1的体积V＝S直•l＝S△A1BC•AA1＝x12－7x22.因为x12－7x2＝12x2－7x4＝－7x2－672＋367，所以当x＝67＝427，即AA1＝427时，体积V取到最大值377.19．、[;辽宁卷] 如图1&4所示，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F，G分别为AC，DC，AD的中点．&图1&4(1)求证：EF⊥平面BCG；(2)求三棱锥D &BCG的体积．&附：锥体的体积公式V＝13Sh，其中S为底面面积，h为高．19．解：(1)证明：由已知得△ABC≌△DBC，因此AC＝DC.又G为AD的中点，所以CG⊥AD，同理BG⊥AD.又BG∩CG＝G，所以AD⊥平面BGC.又EF∥AD，所以EF⊥平面BCG.&(2)在平面ABC内，作AO⊥CB，交CB延长线于点O.由平面ABC⊥平面BCD，知AO⊥平面BDC.又G为AD的中点，所以G到平面BDC的距离h是AO长度的一半．在△AOB中，AO＝AB•sin 60°＝3，所以V三棱锥D &BCG＝V三棱锥G &BCD＝13•S△DBC•h＝13×12•BD•BC•sin 120°&#.19．[;全国新课标卷Ⅰ] 如图1&4，三棱柱ABC & A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.&图1&4(1)证明：B1C⊥AB；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC & A1B1C1的高．19．解：(1)证明：连接BC1，则O为B1C与BC1的交点．因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1.又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，由于BC1∩AO＝O，故B1C⊥平面ABO.由于AB⊂平面ABO，故B1C⊥AB.(2)作OD⊥BC，垂足为D，连接AD.作OH⊥AD，垂足为H.由于BC⊥AO，BC⊥OD，且AO∩OD＝O，故BC⊥平面AOD，所以OH⊥BC.又OH⊥AD，且AD∩BC＝D，所以OH⊥平面ABC.因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又BC＝1，可得OD＝34.因为AC⊥AB1，所以OA＝12B1C＝12.由OH•AD＝OD•OA，且AD＝OD2＋OA2＝74，得OH＝2114.又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为217.故三棱柱ABC & A1B1C1的高为217.&18．、[;四川卷] 在如图1&4所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．(1)若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1.(2)设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．&图1&418．解：(1)证明：因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.因为AB，AC为平面ABC内的两条相交直线，所以AA1⊥平面ABC.因为直线BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又由已知，AC⊥BC，AA1，AC为平面ACC1A1内的两条相交直线，所以BC⊥平面ACC1A1.(2)取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C，AC1的交点．&图1&4由已知，O为AC1的中点．连接MD，OE，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，所以MD12AC，OE12AC，因此MDOE.连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，所以DE∥MO.因为直线DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC.所以直线DE∥平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC.17．、、[;天津卷] 如图1&4所示，四棱锥P & ABCD的底面ABCD是平行四边形，BA＝BD＝2，AD＝2，PA＝PD＝5，E，F分别是棱AD，PC的中点．&
(1)证明：EF∥平面PAB；(2)若二面角P&AD&B为60°.(i)证明：平面PBC⊥平面ABCD；(ii)求直线EF与平面PBC所成角的正弦值．&17．解：(1)证明：如图所示，取PB中点M，连接MF，AM.因为F为PC中点，所以MF∥BC，且MF＝12BC.由已知有BC∥AD，BC＝AD，又由于E为AD中点，因而MF∥AE且MF＝AE，故四边形AMFE为平行四边形，所以EF∥AM.又AM⊂平面PAB，而EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB.(2)(i)证明：连接PE，BE.因为PA＝PD，BA＝BD，而E为AD中点，所以PE⊥AD，BE⊥AD，所以∠PEB为二面角P & AD &B的平面角．在△PAD中，由PA＝PD＝5，AD＝2，可解得PE＝2.在△ABD中，由BA＝BD＝2，AD＝2，可解得BE＝1.在△PEB中，PE＝2，BE＝1，∠PEB＝60˚，由余弦定理，可解得PB＝3，从而∠PBE＝90˚，即BE⊥PB.又BC∥AD，BE⊥AD，从而BE⊥BC，因此BE⊥平面PBC.又BE⊂平面ABCD，所以平面PBC⊥平面ABCD.(ii)连接BF，由(i)知，BE⊥平面PBC，所以∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角．由PB＝3及已知，得∠ABP为直角，而MB＝12PB＝32，可得AM＝112，故EF＝112.又BE＝1，故在直角三角形EBF中，sin∠EFB＝BEEF＝21111.所以直线EF与平面PBC所成角的正弦值为21111.20．、[;浙江卷] 如图1&5，在四棱锥A & BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝2.&图1&5(1)证明：AC⊥平面BCDE；(2)求直线AE与平面ABC所成的角的正切值．20．解：(1)证明：连接BD，在直角梯形BCDE中，由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC＝2，由AC＝2，AB＝2，得AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC.&又平面ABC⊥平面BCDE，从而AC⊥平面BCDE.(2)在直角梯形BCDE中，由BD＝BC＝2，DC＝2，得BD⊥BC.又平面ABC⊥平面BCDE，所以BD⊥平面ABC.作EF∥BD，与CB的延长线交于点F，连接AF，则EF⊥平面ABC.所以∠EAF是直线AE与平面ABC所成的角．在Rt△BEF中，由EB＝1，∠EBF＝π4，得EF＝22，BF＝22；在Rt△ACF中，由AC＝2，CF＝322，得AF＝262.在Rt△AEF中，由EF＝22，AF＝262，得tan∠EAF＝1313.所以，直线AE与平面ABC所成的角的正切值是1313.20．、[;重庆卷] 如图1&4所示四棱锥P&ABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝π3，M为BC上一点，且BM＝12.(1)证明：BC⊥平面POM；(2)若MP⊥AP，求四棱锥P&ABMO的体积．&图1&420．解：(1)证明：如图所示，因为四边形ABCD为菱形，O为菱形的中心，连接OB，则AO⊥OB.因为∠BAD＝π3，所以OB＝AB•sin∠OAB＝2sinπ6＝1.又因为BM＝12，且∠OBM＝π3，在△OBM中，OM2＝OB2＋BM2－2OB•BM•cos∠OBM＝12＋122－2×1×12×cosπ3＝34，所以OB2＝OM2＋BM2，故OM⊥BM.又PO⊥底面ABCD，所以PO⊥BC.从而BC与平面POM内的两条相交直线OM，PO都垂直，所以BC⊥平面POM.&(2)由(1)可得，OA＝AB•cos∠OAB＝2×cosπ6＝3.设PO＝a，由PO⊥底面ABCD，知△POA为直角三角形，故PA2＝PO2＋OA2＝a2＋3.又△POM也是直角三角形，故PM2＝PO2＋OM2＝a2＋34.连接AM，在△ABM中，AM2＝AB2＋BM2－2AB•BM•cos∠ABM＝22＋122－2×2×12×cos2π3＝214.由已知MP⊥AP，故△APM为直角三角形，则PA2＋PM2＝AM2，即a2＋3＋a2＋34＝214，解得a＝32或a＝－32(舍去)，即PO＝32.此时S四边形ABMO＝S△AOB＋S△OMB＝12•AO•OB＋12•BM•OM＝12×3×1＋12×12×32＝5　38.所以四棱锥P&ABMO的体积V四棱锥P&ABMO＝13•S四边形ABMO•PO＝13×5　38×32＝516.
G6& 三垂线定理19．、[;全国卷] 如图1&1所示，三棱柱ABC & A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝CC1＝2.(1)证明：AC1⊥A1B；(2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为3，求二面角A1 & AB & C的大小．&&图1&119．解：方法一：(1)证明：因为A1D⊥平面ABC，A1D⊂平面AA1C1C，故平面AA1C1C⊥平面ABC.又BC⊥AC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，所以BC⊥平面AA1C1C.连接A1C，因为侧面AA1C1C为菱形，故AC1⊥A1C.由三垂线定理得AC1⊥A1B.&(2)BC⊥平面AA1C1C，BC⊂平面BCC1B1，故平面AA1C1C⊥平面BCC1B1.作A1E⊥CC1，E为垂足，则A1E⊥平面BCC1B1.又直线AA1∥平面BCC1B1，因而A1E为直线AA1与平面BCC1B1的距离，即A1E＝3.因为A1C为∠ACC1的平分线，故A1D＝A1E＝3.作DF⊥AB，F为垂足，连接A1F.由三垂线定理得A1F⊥AB，故∠A1FD为二面角A1& AB & C的平面角．由AD＝AA21－A1D2＝1，得D为AC中点，所以DF＝55，tan∠A1FD＝A1DDF＝15，所以cos∠A1FD＝14.所以二面角A1& AB& C的大小为arccos14.方法二：以C为坐标原点，射线CA为x轴的正半轴，以CB的长为单位长，建立如图所示的空间直线坐标系C & xyz.由题设知A1D与z轴平行，z轴在平面AA1C1C内．&(1)证明：设A1(a，0，c)，由题设有a≤2，A(2，0，0)，B(0，1，0)，则AB→＝(－2，1，0)，AC→＝(－2，0，0)，AA1→＝(a－2，0，c)，AC1→＝AC→＋AA1→＝(a－4，0，c)，BA1→＝(a，－1，c)．由|AA1→|＝2，得（a－2）2＋c2＝2，即a2－4a＋c2＝0.　　①又AC1→•BA1→＝a2－4a＋c2＝0，所以AC1⊥A1B.(2)设平面BCC1B1的法向量m＝(x，y，z)，则m⊥CB→，m⊥BB1→，即m•CB＝0，m•BB1→＝0.因为CB→＝(0，1，0)，BB1→＝AA1→＝(a－2，0，c)，所以y＝0，且(a－2)x＋cz＝0.令x＝c，则z＝2－a，所以m＝(c，0，2－a)，故点A到平面BCC1B1的距离为|CA→|•|cos〈m，CA→〉|＝|CA→•m||m|＝2cc2＋（2－a）2＝c.又依题设，A到平面BCC1B1的距离为3，所以c＝3，代入①，解得a＝3(舍去)或a＝1，于是AA1→＝(－1，0，3)．设平面ABA1 的法向量n＝(p，q，r)，则n⊥AA1→，n⊥AB→，即n•AA1→＝0，n•AB→＝0，所以－p＋3r＝0，且－2p＋q＝0.令p＝3，则q＝2 3，r＝1，所以n＝(3，2 3，1)．又p＝(0，0，1)为平面ABC的法向量，故cos〈n，p〉＝n•p|n||p|＝14，所以二面角A1 & AB & C的大小为arccos14.
G7& 棱柱与棱锥 19．，[;福建卷] 如图1&6所示，三棱锥A & BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BD.(1)求证：CD⊥平面ABD；(2)若AB＝BD＝CD＝1，M为AD中点，求三棱锥A & MBC的体积．&图1&619．解：方法一：(1)证明：∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.又∵CD⊥BD，AB∩BD＝B，AB⊂平面ABD，BD⊂平面ABD，∴CD⊥平面ABD.(2)由AB⊥平面BCD，&得AB⊥BD.∵AB＝BD＝1，∴S△ABD＝12.∵M是AD的中点，∴S△ABM＝12S△ABD＝14.由(1)知，CD⊥平面ABD，∴三棱锥C & ABM的高h＝CD＝1，因此三棱锥A & MBC的体积VA & MBC＝VC & ABM＝13S△ABM•h＝112.&方法二：(1)同方法一．(2)由AB⊥平面BCD，得平面ABD⊥平面BCD.且平面ABD∩平面BCD＝BD.如图所示，过点M作MN⊥BD交BD于点N，则MN⊥平面BCD，且MN＝12AB＝12.又CD⊥BD，BD＝CD＝1，∴S△BCD＝12.∴三棱锥A & MBC的体积VA & MBC＝VA & BCD－VM & BCD＝13AB•S△BCD－13MN•S△BCD＝112.18．、[;广东卷] 如图1&2所示，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，作如图1&3折叠：折痕EF∥DC，其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.(1)证明：CF⊥平面MDF；(2)求三棱锥M & CDE的体积．&　　　　　&&&&&&&&&&&& 图1&2　　　　　　　　图1&38．[;江苏卷] 设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V1，V2.若它们的侧面积相等，且S1S2＝94，则V1V2的值是________．8.32　19．、[;江西卷] 如图1&1所示，三棱柱ABC & A1B1C1中，AA1⊥BC，A1B⊥BB1.(1)求证：A1C⊥CC1；(2)若AB＝2，AC＝3，BC＝7，问AA1为何值时，三棱柱ABC & A1B1C1体积最大，并求此最大值．
&图1&119．解：(1)证明：由AA1⊥BC知BB1⊥BC.又BB1⊥A1B，故BB1⊥平面BCA1，所以BB1⊥A1C.又BB1∥CC1，所以A1C⊥CC1.(2)方法一：设AA1＝x.在Rt△A1BB1中，A1B＝A1B21－BB21＝4－x2.同理，A1C＝A1C21－CC21＝3－x2.在△A1BC中，cos∠BA1C＝A1B2＋A1C2－BC22A1B•A1C＝－x2（4－x2）（3－x2），sin∠BA1C＝12－7x2（4－x2）（3－x2），所以S△A1BC＝12A1B•A1C•sin∠BA1C＝12－7x22.从而三棱柱ABC & A1B1C1的体积V＝S直•l＝S△A1BC•AA1＝x12－7x22.因为x12－7x2＝12x2－7x4＝－7x2－672＋367，所以当x＝67＝427，即AA1＝427时，体积V取到最大值377.(2)方法二：过A1作BC的垂线，垂足为D，连接AD.由AA1⊥BC，A1D⊥BC，得BC⊥平面AA1D，故BC⊥AD.又∠BAC＝90°，所以S△ABC＝12AD•BC＝12AB•AC，得AD＝2217.设AA1＝x.在Rt△AA1D中，&A1D＝AD2－AA21＝127－x2，S△A1BC＝12A1D•BC＝12－7x22.从而三棱柱ABC & A1B1C1的体积V＝S直•l＝S△A1BC•AA1＝x12－7x22.因为x12－7x2＝12x2－7x4＝－7x2－672＋367，所以当x＝67＝427，即AA1＝427时，体积V取到最大值377.7．、[;辽宁卷] 某几何体三视图如图1&2所示，则该几何体的体积为(　　)&图1&2A．8－π4& B．8－π2& C．8－π& D．8－2π7．C　19．、[;辽宁卷] 如图1&4所示，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F，G分别为AC，DC，AD的中点．&图1&4(1)求证：EF⊥平面BCG；(2)求三棱锥D &BCG的体积．&附：锥体的体积公式V＝13Sh，其中S为底面面积，h为高．19．解：(1)证明：由已知得△ABC≌△DBC，因此AC＝DC.又G为AD的中点，所以CG⊥AD，同理BG⊥AD.又BG∩CG＝G，所以AD⊥平面BGC.又EF∥AD，所以EF⊥平面BCG.&(2)在平面ABC内，作AO⊥CB，交CB延长线于点O.由平面ABC⊥平面BCD，知AO⊥平面BDC.又G为AD的中点，所以G到平面BDC的距离h是AO长度的一半．在△AOB中，AO＝AB•sin 60°＝3，所以V三棱锥D &BCG＝V三棱锥G &BCD＝13•S△DBC•h＝13×12•BD•BC•sin 120°&#.10．、[;全国卷] 正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为(　　)A.81π4& B．16πC．9π& D.27π410．A　&13．[;山东卷] 一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．13．12　
G8& 多面体与球8．、[;湖南卷] 一块石材表示的几何体的三视图如图1&2所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于(　　)&图1&2A．1& B．2& C．3& D．48．B　5．[;陕西卷] 将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是(　　)A．4π& B．3π& C．2π& D．π5．C　
10．、[;全国卷] 正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为(　　)A.81π4& B．16πC．9π& D.27π410．A　&17．、[;陕西卷] 四面体ABCD及其三视图如图1&4所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.&图1&4(1)求四面体ABCD的体积；(2)证明：四边形EFGH是矩形．17．解：(1)由该四面体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1，∴AD⊥平面BDC，∴四面体ABCD的体积V＝13×12×2×2×1＝23.(2)证明：∵BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩ 平面ABC＝EH，
∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，∴四边形EFGH是平行四边形．又∵AD⊥平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四边形EFGH是矩形．
G9　空间向量及运算G10& 空间向量解决线面位置关系G11& 空间角与距离的求法10．[;浙江卷] 如图1&3，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小(仰角θ为直线AP与平面ABC所成角)．若AB＝15 m，AC＝25 m，∠BCM＝30°，则tan θ的最大值是(　　)&图1&3A.305& B.3010C.439& D.53910．D　&
4．[;全国卷] 已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为(　　)A.16& B.36C.13& D.334．B　&19．、[;全国卷] 如图1&1所示，三棱柱ABC & A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝CC1＝2.(1)证明：AC1⊥A1B；(2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为3，求二面角A1 & AB & C的大小．&&图1&119．解：方法一：(1)证明：因为A1D⊥平面ABC，A1D⊂平面AA1C1C，故平面AA1C1C⊥平面ABC.又BC⊥AC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，所以BC⊥平面AA1C1C.连接A1C，因为侧面AA1C1C为菱形，故AC1⊥A1C.由三垂线定理得AC1⊥A1B.&(2)BC⊥平面AA1C1C，BC⊂平面BCC1B1，故平面AA1C1C⊥平面BCC1B1.作A1E⊥CC1，E为垂足，则A1E⊥平面BCC1B1.又直线AA1∥平面BCC1B1，因而A1E为直线AA1与平面BCC1B1的距离，即A1E＝3.因为A1C为∠ACC1的平分线，故A1D＝A1E＝3.作DF⊥AB，F为垂足，连接A1F.由三垂线定理得A1F⊥AB，故∠A1FD为二面角A1& AB & C的平面角．由AD＝AA21－A1D2＝1，得D为AC中点，所以DF＝55，tan∠A1FD＝A1DDF＝15，所以cos∠A1FD＝14.所以二面角A1& AB& C的大小为arccos14.方法二：以C为坐标原点，射线CA为x轴的正半轴，以CB的长为单位长，建立如图所示的空间直线坐标系C & xyz.由题设知A1D与z轴平行，z轴在平面AA1C1C内．&(1)证明：设A1(a，0，c)，由题设有a≤2，A(2，0，0)，B(0，1，0)，则AB→＝(－2，1，0)，AC→＝(－2，0，0)，AA1→＝(a－2，0，c)，AC1→＝AC→＋AA1→＝(a－4，0，c)，BA1→＝(a，－1，c)．由|AA1→|＝2，得（a－2）2＋c2＝2，即a2－4a＋c2＝0.　　①又AC1→•BA1→＝a2－4a＋c2＝0，所以AC1⊥A1B.(2)设平面BCC1B1的法向量m＝(x，y，z)，则m⊥CB→，m⊥BB1→，即m•CB＝0，m•BB1→＝0.因为CB→＝(0，1，0)，BB1→＝AA1→＝(a－2，0，c)，所以y＝0，且(a－2)x＋cz＝0.令x＝c，则z＝2－a，所以m＝(c，0，2－a)，故点A到平面BCC1B1的距离为|CA→|•|cos〈m，CA→〉|＝|CA→•m||m|＝2cc2＋（2－a）2＝c.又依题设，A到平面BCC1B1的距离为3，所以c＝3，代入①，解得a＝3(舍去)或a＝1，于是AA1→＝(－1，0，3)．设平面ABA1 的法向量n＝(p，q，r)，则n⊥AA1→，n⊥AB→，即n•AA1→＝0，n•AB→＝0，所以－p＋3r＝0，且－2p＋q＝0.令p＝3，则q＝2 3，r＝1，所以n＝(3，2 3，1)．又p＝(0，0，1)为平面ABC的法向量，故cos〈n，p〉＝n•p|n||p|＝14，所以二面角A1 & AB & C的大小为arccos14.18．、[;新课标全国卷Ⅱ] 如图1&3，四棱锥P &ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设AP＝1，AD＝3，三棱锥P & ABD的体积V＝34，求A到平面PBC的距离．&图1&318．解：(1)证明：设BD与AC的交点为O，连接EO.&因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)V＝13×12×PA×AB×AD＝36AB，由V＝34，可得AB＝32.作AH⊥PB交PB于点H.由题设知BC⊥平面PAB，所以BC⊥AH，因为PB∩BC＝B，所以AH⊥平面PBC.又AH＝PA•ABPB＝31313，所以点A到平面PBC的距离为31313.19．[;全国新课标卷Ⅰ] 如图1&4，三棱柱ABC & A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.&图1&4(1)证明：B1C⊥AB；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC & A1B1C1的高．19．解：(1)证明：连接BC1，则O为B1C与BC1的交点．因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1.又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，由于BC1∩AO＝O，故B1C⊥平面ABO.由于AB⊂平面ABO，故B1C⊥AB.(2)作OD⊥BC，垂足为D，连接AD.作OH⊥AD，垂足为H.由于BC⊥AO，BC⊥OD，且AO∩OD＝O，故BC⊥平面AOD，所以OH⊥BC.又OH⊥AD，且AD∩BC＝D，所以OH⊥平面ABC.因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又BC＝1，可得OD＝34.因为AC⊥AB1，所以OA＝12B1C＝12.由OH•AD＝OD•OA，且AD＝OD2＋OA2＝74，得OH＝2114.又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为217.故三棱柱ABC & A1B1C1的高为217.&17．、、[;天津卷] 如图1&4所示，四棱锥P & ABCD的底面ABCD是平行四边形，BA＝BD＝2，AD＝2，PA＝PD＝5，E，F分别是棱AD，PC的中点．&
(1)证明：EF∥平面PAB；(2)若二面角P&AD&B为60°.(i)证明：平面PBC⊥平面ABCD；(ii)求直线EF与平面PBC所成角的正弦值．&17．解：(1)证明：如图所示，取PB中点M，连接MF，AM.因为F为PC中点，所以MF∥BC，且MF＝12BC.由已知有BC∥AD，BC＝AD，又由于E为AD中点，因而MF∥AE且MF＝AE，故四边形AMFE为平行四边形，所以EF∥AM.又AM⊂平面PAB，而EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB.(2)(i)证明：连接PE，BE.因为PA＝PD，BA＝BD，而E为AD中点，所以PE⊥AD，BE⊥AD，所以∠PEB为二面角P & AD &B的平面角．在△PAD中，由PA＝PD＝5，AD＝2，可解得PE＝2.在△ABD中，由BA＝BD＝2，AD＝2，可解得BE＝1.在△PEB中，PE＝2，BE＝1，∠PEB＝60˚，由余弦定理，可解得PB＝3，从而∠PBE＝90˚，即BE⊥PB.又BC∥AD，BE⊥AD，从而BE⊥BC，因此BE⊥平面PBC.又BE⊂平面ABCD，所以平面PBC⊥平面ABCD.(ii)连接BF，由(i)知，BE⊥平面PBC，所以∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角．由PB＝3及已知，得∠ABP为直角，而MB＝12PB＝32，可得AM＝112，故EF＝112.又BE＝1，故在直角三角形EBF中，sin∠EFB＝BEEF＝21111.所以直线EF与平面PBC所成角的正弦值为21111.20．、[;浙江卷] 如图1&5，在四棱锥A & BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝2.&图1&5(1)证明：AC⊥平面BCDE；(2)求直线AE与平面ABC所成的角的正切值．20．解：(1)证明：连接BD，在直角梯形BCDE中，由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC＝2，由AC＝2，AB＝2，得AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC.&又平面ABC⊥平面BCDE，从而AC⊥平面BCDE.(2)在直角梯形BCDE中，由BD＝BC＝2，DC＝2，得BD⊥BC.又平面ABC⊥平面BCDE，所以BD⊥平面ABC.作EF∥BD，与CB的延长线交于点F，连接AF，则EF⊥平面ABC.所以∠EAF是直线AE与平面ABC所成的角．在Rt△BEF中，由EB＝1，∠EBF＝π4，得EF＝22，BF＝22；在Rt△ACF中，由AC＝2，CF＝322，得AF＝262.在Rt△AEF中，由EF＝22，AF＝262，得tan∠EAF＝1313.所以，直线AE与平面ABC所成的角的正切值是1313.
&&& G12& 单元综合 文章来源莲 山课件 w ww.5 Y K J.cOm
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