高中数学核心知识点常考题型精析：立体几何(理)

高中数学核心知识点常考题型精析：立体几何（理）

一、空间距离的计算 1．已知直二面角α﹣l﹣β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足，若AB=2，AC=BD=1，则D到平面ABC的距离等于（ ） A． B． C． D． 1 ，E为CC1的中点，则直线2．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，CC1=2AC1与平面BED的距离为（ ） A． 2 B． D． 1 3．半径为R的球O的直径AB垂直于平面a，垂足为B，△BCD是平面a内边长为R的正三角形，线段AC、AD分别与球面交于点M、N，那么M、N两点间的球面距离是（ ） C． A． B． C． D． 4．有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a的取值范围是（ ） A． （0，） B． （1，） C． （） ，D． （0，） 5．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为 _________ ． 6．如图，在长方体ABCD﹣A′B′C′D′中，AB=2，AD=1，AA′=1．证明直线BC′平行于平面D′AC，并求直线BC′到平面D′AC的距离． 7．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，第1页（共73页）

CD=，∠CDA=45°． （Ⅰ）求证：平面PAB⊥平面PAD； （Ⅱ）设AB=AP． （i）若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长； （ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由． 8．在如图所示的多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，AC=AD=CD=DE=2，AB=1，G为AD中点． （1）请在线段CE上找到点F的位置，使得恰有直线BF∥平面ACD，并证明这一事实； （2）求平面BCE与平面ACD所成锐二面角的大小； （3）求点G到平面BCE的距离． 二、空间角的计算 9．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 10．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于（ ） A． B． C． D． 11．已知平面α截一球面得圆M，过圆心M且与α成60°二面角的平面β截该球面得圆N，若该球的半径为4，圆M的面积为4π，则圆N的面积为（ ） A． 7π B． 9π C． 11π D． 13π 12．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 第2页（共73页）

13．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形，若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为（ ） A． B． C． D． 14．长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知二面角A1﹣BD﹣A的大小为直线l与直线CC1，所成的角为 A． [，若空间有一条，则直线l与平面A1BD所成角的取值范围是（ ） ] C． [，] D． [0，] ，] B． [，15．已知E、F分别在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E=2EB，CF=2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于 _________ ． 16．若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为 _________ ． 17．如图，在四棱锥A﹣BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，AC=（Ⅰ）证明：DE⊥平面ACD； （Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣E的大小． ． 18．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=BC，AA1=AB，D为BB1的中点，E为AB1上的一点，AE=3EB1． （Ⅰ）证明：DE为异面直线AB1与CD的公垂线； （Ⅱ）设异面直线AB1与CD的夹角为45°，求二面角A1﹣AC1﹣B1的大小． 19．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，AB=2AD，PD⊥底面ABCD． （Ⅰ）证明：PA⊥BD； （Ⅱ）若PD=AD，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值． 第3页（共73页）

20．如图1，四面体ABCD及其三视图（如图2所示），过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H． （Ⅰ）证明：四边形EFGH是矩形； （Ⅱ）求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值． 21．如图，四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=∠BAD=90°，BC=2AD，△PAB与△PAD都是等边三角形． （Ⅰ）证明：PB⊥CD； （Ⅱ）求二面角A﹣PD﹣C的大小． 22．在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ACB=90°，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC．AB=2EF． （Ⅰ）若M是线段AD的中点，求证：GM∥平面ABFE； （Ⅱ）若AC=BC=2AE，求二面角A﹣BF﹣C的大小． 23．如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC，EF∥AC，AB=，CE=EF=1． （Ⅰ）求证：AF∥平面BDE； （Ⅱ）求证：CF⊥平面BDE； （Ⅲ）求二面角A﹣BE﹣D的大小． 第4页（共73页）

24．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠BAC=90°，F为棱AA1上的动点，A1A=4，AB=AC=2． （1）当F为A1A的中点，求直线BC与平面BFC1所成角的正弦值； （2）当的值为多少时，二面角B﹣FC1﹣C的大小是45°． 25．如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB=60°，AB=2CD=2，M是线段AB的中点． （Ⅰ）求证：C1M∥平面A1ADD1； （Ⅱ）若CD1垂直于平面ABCD且CD1=角）的余弦值． ，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐 26．如图，三棱柱ABC﹣A1B2C3的底面是边长为4正三角形，AA1⊥平面ABC，AA1=2，M为A1B1的中点． （Ⅰ）求证：MC⊥AB； （Ⅱ）在棱CC1上是否存在点P，使得MC⊥平面ABP？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由． （Ⅲ）若点P为CC1的中点，求二面角B﹣AP﹣C的余弦值． 27．如图，AC是圆O的直径，点B在圆O上，∠BAC=30°，BM⊥AC交AC于点M，EA⊥平面ABC，FC∥EA，AC=4，EA=3，FC=1． （1）证明：EM⊥BF； （2）求平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值． 第5页（共73页）

28．已知某几何体的直观图和三视图如下如所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形． （Ⅰ）证明：BN⊥平面C1B1N； （Ⅱ）设直线C1N与平面CNB1所成的角为θ，求cosθ的值． 29．如图，在锥体P﹣ABCD中，ABCD是边长为1的菱形，且∠DAB=60°，PA=PD=PB=2，E，F分别是BC，PC的中点 （1）证明：AD⊥平面DEF （2）求二面角P﹣AD﹣B的余弦值． ， 三、空间几何体的结构、三视图 30．如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（ ） 第6页（共73页）

A． B． C． D． 31．一个四面体的顶点在空间直角坐标系O﹣xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为（ ） A． B． C． D． 32．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A． 3 B． C． D． 33．某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则xy的最大值为（ ） 第7页（共73页）

A． 32 B． C． D． 334．若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积等于 _________ cm． 35．如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为 _________ ． 36．如图1所示，记正方体ABCD﹣A1B1C1D1的中心为O，面B1BCC1的中心为E，B1C1的中点为F．则空间四边形D1OEF在该正方体各个面的上投影如图2可能是 _________ ．（把你认为正确命题的序号填写在答题纸上） 37．某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的体积是 _________ ． 第8页（共73页）

38．某几何体的三视图如图所示，图中三个正方形的边长均为2，则该几何体的体积为（ ） A． B． 8﹣2π C． π D． 8﹣π 39．某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，则此四面体的外接球的表面积为（ ） A． π B． 3π C． π D． π 40．将一张边长为6cm的纸片按如图1所示的阴影部分截去四个全等的等腰三角形，将剩余下部分沿虚线折叠并拼成一个有底的正四棱锥（底面是正方形，顶点在底面的射影为正方形的中心）模型，如图2放置，若正四棱锥的正视图是正三角形（如图3），则正四棱锥的体积是（ ） A． cm 3B． cm 3C． cm 3D． cm 341．如图三棱锥V﹣ABC，VA⊥VC，AB⊥BC，∠VAC=∠ACB=30°，若侧面VAC⊥底面ABC，第9页（共73页）

则其主视图与左视图面积之比为（ ） A． 4： B． 4： C． ： D． ： 42．已知某几何体的直观图和三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形． （1）求证：BN⊥平面C1B1N； （2）设θ为直线C1N与平面CNB1所成的角，求sinθ的值； （3）设M为AB中点，在BC边上求一点P，使MP∥平面CNB1，求四、空间几何体的计算问题 43．已知正四棱锥S﹣ABCD中，SA=2 A． 1 的值． ，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（ ） C． 2 D． 3 44．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，且PA=3，PB=2，PC=2，设M是底面三角形ABC内一动点，定义：f（M）=（m，n，p），其中m，n，p分别表示三棱锥M﹣PAB，M﹣PBC，M﹣PAC的体积，若f（M）=（1，x，4y），且+≥8恒成立，则正实数a的最小值是（ ） B． A． 2﹣ B． C． D． 6﹣4 45．若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与底面角的大小为 _________ （结果用反三角函数值表示）． 46．三棱锥P﹣ABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥D﹣ABE的体积为V1，第10页（共73页）

P﹣ABC的体积为V2，则= _________ ． ，则棱47．已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB=6，BC=2锥O﹣ABCD的体积为 _________ ． 48．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1﹣EDF的体积为 _________ ． 49．三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，PA=3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P﹣ABC的体积等于 _________ ． 50．如图，在矩形ABCD中，E为边AD的中点，AB=1，BC=2，分别以A、D为圆心，1为半径作圆弧EB、EC（E在线段AD上）．由两圆弧EB、EC及边BC所围成的平面图形绕直线AD旋转一周，则所形成的几何体的体积为 _________ ． 51．如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥ACD，AB⊥BC，AD=CD，∠CAD=30° （Ⅰ）若AD=2，AB=2BC，求四面体ABCD的体积． （Ⅱ）若二面角C﹣AB﹣D为60°，求异面直线AD与BC所成角的余弦值． 52．如图所示，某传动装置由两个陀螺T1，T2组成，陀螺之间没有滑动．每个陀螺都由具有公共轴的圆锥和圆柱两个部分构成，每个圆柱的底面半径和高都是相应圆锥底面半径的，且T1，T2的轴相互垂直，它们相接触的直线与T2的轴所成角θ=arctan．若陀螺T2中圆锥的底面半径为r（r＞0）． （1）求陀螺T2的体积； （2）当陀螺T2转动一圈时，陀螺T1中圆锥底面圆周上一点P转动到点P1，求P与P1第11页（共73页）

之间的距离． 53．已知△ABC的三个顶点在以O为球心的球面上，且cosA=棱锥O﹣ABC的体积为，则球O的表面积为 _________ ． ，BC=1，AC=3，三54．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB=4，BC=3，AD=5，∠DAB=∠ABC=90°，E是CD的中点． （Ⅰ）证明：CD⊥平面PAE； （Ⅱ）若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P﹣ABCD的体积． 五、空间线面位置关系 55． l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（ ） A． B． l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3 l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3 C． l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面 D．l 1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面 56．如图，棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论错误的是（ ） 第12页（共73页）

A． DC1⊥D1P C． ∠APD1的最大值为90° B． 平面D1A1P⊥平面A1AP D． AP+PD1的最小值为 57．已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，则下列给出的条件中，一定能推出m⊥β的是（ ） A． α⊥β且m⊂α B． α⊥β且m∥α C． m∥n且n⊥β D． m⊥n且∥nβ； 六、折叠、展开问题 58．如图，平面四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，，将其沿对角线BD折成四面体A′﹣BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，若四面体A′﹣BCD顶点在同一个球面上，则该球的体积为（ ） A． B． 3π C． D． 2π 59．正方形ABCD的边长为2，点E、F分别在边AB、BC上，且AE=1，BF=，将此正方形沿DE、DF折起，使点A、C重合于点P，则三棱锥P﹣DEF的体积是 _________ ． 60．如图1，△ABC中，∠B=90°，AB=，BC=1，D、E两点分别是线段AB、AC的中点，现将△ABC沿DE折成直二面角A﹣DE﹣B． （Ⅰ）求证：面ADC⊥面ABE； （Ⅱ）求直线AD与平面ABE所成角的正切值． 第13页（共73页）

高中数学核心知识点常考题型精析：立体几何（理）

参与试题解析

一、空间距离的计算

1．已知直二面角α﹣l﹣β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足，若AB=2，AC=BD=1，则D到平面ABC的距离等于（ ） A． 考点：点 、线、面间的距离计算． B． C． D． 1 专题：计 算题；作图题；转化思想． 分析：画 出图形，由题意通过等体积法，求出三棱锥的体积，然后求出D到平面ABC的距离． 解答：解 ：由题意画出图形如图： 直二面角α﹣l﹣β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足， 若AB=2，AC=BD=1，则D到平面ABC的距离转化为三棱锥D﹣ABC的高为h， 所以AD=，CD=，BC= 由VB﹣ACD=VD﹣ABC可知所以，h= 故选C．离的基本方法之一，考查计算能力． 2．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，CC1=2平面BED的距离为（ ） A． 2 考点：直 线与平面所成的角． 点评：本 题是基础题，考查点到平面的距离，考查转化思想的应用，等体积法是求解点到平面距，E为CC1的中点，则直线AC1与

D． 1 B． C． 专题：计 算题． 分析：先 利用线面平行的判定定理证明直线C1A∥平面BDE，再将线面距离转化为点面距离，最后利用等体积法求点面距离即可 解答：解 ：如图：连接AC，交BD于O，在三角形CC1A中，易证OE∥C1A，从而C1A∥平面BDE， ∴直线AC1与平面BED的距离即为点A到平面BED的距离，设为h， 第14页（共73页）

在三棱锥E﹣ABD中，VE﹣ABD=S△ABD×EC=××2×2×在三棱锥A﹣BDE中，BD=2∴VA﹣BDE=×S△EBD×h=×2∴h=1 故选 D ，BE=×h= ，DE== ×=2 ，∴S△EBD=×2 点评：本 题主要考查了线面平行的判定，线面距离与点面距离的转化，三棱锥的体积计算方法，等体积法求点面距离的技巧，属基础题 3．半径为R的球O的直径AB垂直于平面a，垂足为B，△BCD是平面a内边长为R的正三角形，线段AC、AD分别与球面交于点M、N，那么M、N两点间的球面距离是（ ）

A． 考点：球 面距离及相关计算． B． C． D． 专题：计 算题；压轴题． 分析：求 解本题需要根据题意求解出题目中的角MON的余弦，再代入求解，即可求出MN的两点距离． 解答：解 ：由已知，AB=2R，BC=R， 故tan∠BAC= cos∠BAC= 连接OM，则△OAM为等腰三角形 AM=2AOcos∠BAC=， 第15页（共73页）

同理AN=而AC=，且MN∥CD R，CD=R 故MN：CD=AM：AC MN=， 连接OM、ON，有OM=ON=R 于是cos∠MON= 所以M、N两点间的球面距离是故选A． ． 点评：本 题考查学生的空间想象能力，以及学生对球面上的点的距离求解，是中档题．

4．有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a的取值范围是（ ） A． （0， 考点：棱 锥的结构特征． ） B． （1，） C． （） ，D． （0，） 专题：计 算题；压轴题． 分析：本 题考查了学生的空间想象能力以及灵活运用知识解决数学问题的能力．我们可以通过分析确定当底面是边长为2的正三角形，三条侧棱长为2，a，a此时a取最大值，当构成三棱锥的两条对角线长为a，其他各边长为2，a有最小值，易得a的取值范围 解答：解 ：根据条件，四根长为2的直铁条与两根长为a的直铁条要组成三棱镜形的铁架， 有以下两种情况①底面是边长为2的正三角形，三条侧棱长为2，a，a，如图，此时a可以取最大值，可知AD=即，SD=，则有，即有1＜a＜ ； ＜2+， ②构成三棱锥的两条对角线长为a，其他各边长为2，如图所示，此时0＜a＜2综上分析可知a∈（0，）； 第16页（共73页）

故选A． 点评：本 题考查的知识点是空间想像能力，我们要结合分类讨论思想，数形结合思想，极限思想，求出a的最大值和最小值，进而得到a的取值范围 5．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为

．

考点：点 、线、面间的距离计算． 专题：压 轴题；空间位置关系与距离． 分析：如 图所示，取B1C1的中点F，连接EF，ED1，利用线面平行的判定即可得到C1C∥平面D1EF，进而得到异面直线D1E与C1C的距离． 解答：解 ：如图所示，取B1C1的中点F，连接EF，ED1， ∴CC1∥EF， 又EF⊂平面D1EF，CC1⊄平面D1EF， ∴CC1∥平面D1EF． ∴直线C1C上任一点到平面D1EF的距离是两条异面直线D1E与CC1的距离． 过点C1作C1M⊥D1F， ∵平面D1EF⊥平面A1B1C1D1． ∴C1M⊥平面D1EF． 过点M作MP∥EF交D1E于点P，则MP∥C1C． 取C1N=MP，连接PN，则四边形MPNC1是矩形． 可得NP⊥平面D1EF， 在Rt△D1C1F中，C1M•D1F=D1C1•C1F，得=． ∴点P到直线CC1的距离的最小值为故答案为 ． 第17页（共73页）

点评：熟 练掌握通过线面平行的性质即可得到异面直线的距离是解题的关键． 6．如图，在长方体ABCD﹣A′B′C′D′中，AB=2，AD=1，AA′=1．证明直线BC′平行于平面D′AC，并求直线BC′到平面D′AC的距离．

考点：点 、线、面间的距离计算；直线与平面平行的判定． 专题：空 间位置关系与距离． 分析： 建立空间直角坐标系，求出平面D′AC的一个法向量为=（2，1，﹣2），再根据 ﹣0，可得 ⊥， =可得直线BC′平行于平面D′AC．求出点B到平面D′AC的距离d=直线BC′到平面D′AC的距离． 的值，即为解答：解 ：解法一：因为ABCD﹣A1B1C1D1为长方体，故AB∥C1D1，AB=C1D1， 故ABC1D1为平行四边形，故BC1∥AD1，显然B不在平面D1AC上，于是直线BC1平行于平面DA1C； 直线BC1到平面D1AC的距离即为点B到平面D1AC的距离设为h， 考虑三棱锥ABCD1的体积，以ABC为底面，可得V=而△AD1C中，AC=D1C=所以，V= 解法二：以D′A′所在的直线为x轴，以D′C′所在的直线为y轴，以D′D所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系． 则由题意可得，点A（1，0，1 ）、B（1，2，1）、C（0，2，1）、C′（0，2，0）、D′（0，0，0）． 设平面D′AC的一个法向量为=（u，v，w），则由⊥，⊥，可得，，AD1=，故=， =， =⇒h=，即直线BC1到平面D1AC的距离为． 第18页（共73页）

． ∵=（1，0，1），=（0，2，1），∴，解得． 令v=1，可得 u=2，w=﹣2，可得=（2，1，﹣2）． 由于=（﹣1，0，﹣1），∴=﹣0，故有 ⊥． 再由BC′不在平面D′AC内，可得直线BC′平行于平面D′AC． 由于d==（1，0，0），可得点B到平面D′AC的距离==， 故直线BC′到平面D′AC的距离为． 点评：本 题主要考查利用向量法证明直线和平面平行，求直线到平面的距离的方法，体现了转化的数学思想，属于中档题． 7．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，CD=

，∠CDA=45°．

（Ⅰ）求证：平面PAB⊥平面PAD； （Ⅱ）设AB=AP．

（i）若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长；

（ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由．

考点：平 面与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算． 专题：压 轴题；转化思想；空间位置关系与距离． 分析：（ I）根据线面垂直的定义可得PA⊥AB，再结合DA⊥AB得到AB⊥平面PAD，最后根据平面与平面垂直的判定定理可得平面PAB与平面PAD垂直； （II）（i）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，根据已知数据设出B、P、E、C、D的坐标，用法向量的方法结合数量积计算公式，可得线段AB的长； （ii）先假设存在点G满足条件，再通过计算GB之长，与GD长加以比较，得出GB＞GD，与已知条件GB=GD=1矛盾，故不存在满足条件的点G． 解答：解 ：（I）证明：∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD ∴PA⊥AB 又∵AB⊥AD，PA∩AD=A 第19页（共73页）

∴AB⊥平面PAD 又∵AB⊂平面PAB， ∴平面PAB⊥平面PAD （II）（i）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A﹣xyz（如图） 在平面ABCD内，作CE∥AB交于点E， 则CE⊥AD 在Rt△CDE中，DE=CD•cos45°=1， CE=CD•sin45°=1 设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t） 由AB+AD=4，得AD=4﹣t， 所以E（0，3﹣t，0），C（1，3﹣t，0），D（0，4﹣t，0） ，设平面PCD的法向量为=（x，y，z） 由，，得 取x=t，得平面PCD的一个法向量为又 ，故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得 cos（90°﹣30°）== 即 解得或t=4（舍去，因为AD=4﹣t＞0） 所以AB= （ii）假设在线段AD上存在一个点G到P、B、C、D的距离都相等 由GC=GD，得∠GCD=∠GDC=45° 从而∠CGD=90°，即CG⊥AD 所以GD=CD•cos45°=1 设AB=λ，则AD=4﹣λ，AG=AD﹣GD=3﹣λ 在Rt△ABG中， GB=这GB=GD与矛盾． 所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到B、C、D的距离都相等． 从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等． 第20页（共73页）

点评：本 小题主要考查空间中的线面关系，考查面面垂直的判定及线面角的计算，考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力，考查转化思想，属于中档题．

8．在如图所示的多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，AC=AD=CD=DE=2，AB=1，G为AD中点．

（1）请在线段CE上找到点F的位置，使得恰有直线BF∥平面ACD，并证明这一事实； （2）求平面BCE与平面ACD所成锐二面角的大小； （3）求点G到平面BCE的距离．

考点：二 面角的平面角及求法；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的性质． 专题：空 间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用． 分析：解 法一：（1）以D点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，使得x轴和z轴的正半轴分别经过点A和点E．分别求出即可． （2）分别求平面BCE与平面ACD的法向量的夹角，取其锐角即可． （3）利用距离公式（为平面BCE的法向量）． 与平面ACD的法向量（可取），只要证明第21页（共73页）

解法二：利用纯几何法解． （1）分别取CE、CD的中点F、H，连接BF、FH、AH，利用三角形的中位线定理和平行四边形的判定定理及线面平行的判定定理即可证明． （2）设所求的二面角的大小为θ，则，利用其公式求出即可． （3）利用以下转化求出即可VC﹣BGE=VG﹣BCE 解答：解 法一：以D点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，使得x轴和z轴的正半轴分别经过点A和点E，则各点的坐标为D（0，0，0），A（2，0，0），E（0，0，2），B（2，0，1），， （1）点F应是线段CE的中点，下面证明： 设F是线段CE的中点，则点F的坐标为∴则， ，取平面ACD的法向量，， ∴BF∥平面ACD； （2）设平面BCE的法向量为则由，且， ，， ， ∴，不妨设，则，即， ∴所求角θ满足，∴； （3）由已知G点坐标为（1，0，0），∴由（2）平面BCE的法向量为， ， ∴所求距离． 解法二：（1）由已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，∴AB∥ED， 设F为线段CE的中点，H是线段CD的中点， 连接FH，则FH∥=，∴FH∥=AB， ∴四边形ABFH是平行四边形，∴BF∥AH， 由BF⊄平面ACD内，AH⊂平面ACD，∴BF∥平面ACD； （2）由已知条件可知△ACD即为△BCE在平面ACD上的射影， 第22页（共73页）

设所求的二面角的大小为θ，则易求得BC=BE=∴，CE=， ， ， 而， ∴，而， ∴； （3）连接BG、CG、EG，得三棱锥C﹣BGE， 由ED⊥平面ACD，∴平面ABED⊥平面ACD， 又CG⊥AD，∴CG⊥平面ABED， 设G点到平面BCE的距离为h，则VC﹣BGE=VG﹣BCE即由，，， ， ∴即为点G到平面BCE的距离． 第23页（共73页）

点评：本 题综合考查了线面平行、二面角及点到平面的距离，解法一是通过建立空间直角坐标系利用平面的法向量及数量积解决的；解法二是纯几何法，利用三角形的中位线定理、平行四边形的判定定理及线面平行的判定定理，二面角的公式想解决的． 二、空间角的计算

9．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成角的余弦值为（ ） A． 考点：异 面直线及其所成的角． ，及等积转化思 B． C． D． 专题：空 间位置关系与距离． 分析：画 出图形，找出BM与AN所成角的平面角，利用解三角形求出BM与AN所成角的余弦值． 解答：解 ：直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，如图：BC 的中点为O，连结ON， ，则MN0B是平行四边形，BM与AN所成角就是∠ANO， ∵BC=CA=CC1， 设BC=CA=CC1=2，∴CO=1，AO=MB==，AN==， ，在△ANO中，由余弦定理可得：cos∠ANO=故选：C． ==． 点评：本 题考查异面直线对称角的求法，作出异面直线所成角的平面角是解题的关键，同时考查余弦定理的应用．

10．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于（ ）

第24页（共73页）

A． B． C． D． 考点：用 空间向量求直线与平面的夹角；直线与平面所成的角． 专题：综 合题；压轴题；空间角；空间向量及应用． 分析： 设AB=1，则AA1=2，分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设=（x，y，z）为平面BDC1的一个法向量，CD与平面BDC1所成角为θ， 则sinθ=||，在空间坐标系下求出向量坐标，代入计算即可． 解答： 解：设AB=1，则AA1=2，分别以方向建立空间直角坐标系， 如下图所示： 的方向为x轴、y轴、z轴的正 则D（0，0，2），C1（0，1，0），B（1，1，2），C（0，1，2）， =（1，1，0），=（0，1，﹣2），=（0，1，0）， 设=（x，y，z）为平面BDC1的一个法向量，则2，2，1）， 设CD与平面BDC1所成角为θ，则sinθ=|故选A． |=， ，即，取=（﹣点评：本 题考查直线与平面所成的角，考查空间向量的运算及应用，准确理解线面角与直线方向向量、平面法向量夹角关系是解决问题的关键． 11．已知平面α截一球面得圆M，过圆心M且与α成60°二面角的平面β截该球面得圆N，若该球的半径为4，圆M的面积为4π，则圆N的面积为（ ） A． 7π 考点：二 面角的平面角及求法． B． 9π C． 11π D． 13π 第25页（共73页）

专题：计 算题；压轴题． 分析：先 求出圆M的半径，然后根据勾股定理求出求出OM的长，找出二面角的平面角，从而求出ON的长，最后利用垂径定理即可求出圆N的半径，从而求出面积． 解答：解 ：∵圆M的面积为4π ∴圆M的半径为2 根据勾股定理可知OM= ∵过圆心M且与α成60°二面角的平面β截该球面得圆N ∴∠OMN=30°，在直角三角形OMN中，ON=∴圆N的半径为则圆的面积为13π 故选D 点评：本 题主要考查了二面角的平面角，以及解三角形知识，同时考查空间想象能力，分析问题解决问题的能力，属于基础题． 12．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 考点：直 线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算． 专题：空 间角． 分析：正 方体上下底面中心的连线平行于BB1，上下底面中心的连线与平面ACD1所成角，即为BB1与平面ACD1所成角， 直角三角形中，利用边角关系求出此角的余弦值． 解答：解 ：如图，设上下底面的中心分别为O1，O，设正方体的棱长等于1， 则O1O与平面ACD1所成角就是BB1与平面ACD1所成角，即∠O1OD1， 直角三角形OO1D1中，cos∠O1OD1===， 故选D． 点评：本 小题主要考查正方体的性质、直线与平面所成的角、点到平面的距离的求法，利用等体第26页（共73页）

积转化求出D到平面 ACD1的距离是解决本题的关键所在，这也是转化思想的具体体现，属于中档题．

13．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为（ ） A． B． C． D． 考点：直 线与平面所成的角． 的正三角形，若

专题：空 间角． 分析：利 用三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面垂直和线面角的定义可知，∠APA1为PA与平面A1B1C1所成角，即为∠APA1为PA与平面ABC所成角．利用三棱锥的体积计算公式可得AA1，再利用正三角形的性质可得A1P，在Rt△AA1P中，利用tan∠APA1=可得出． 解答：解 ：如图所示， ∵AA1⊥底面A1B1C1，∴∠APA1为PA与平面A1B1C1所成角， ∵平面ABC∥平面A1B1C1，∴∠APA1为PA与平面ABC所成角． ∵==． ==，解得． =1， 即∴V三棱柱ABC﹣A1B1C1=又P为底面正三角形A1B1C1的中心，∴在Rt△AA1P中，， ∴故选B． ． 点评：熟 练掌握三棱柱的性质、体积计算公式、正三角形的性质、线面角的定义是解题的关键． 第27页（共73页）

14．长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知二面角A1﹣BD﹣A的大小为与直线CC1，所成的角为 A． [ 考点： 直线与平面所成的角． ，若空间有一条直线l

，则直线l与平面A1BD所成角的取值范围是（ ）

，] C． [，] D． [0，] ，] B． [专题： 空间位置关系与距离． 分析： 如图所示，过点A作AO⊥BD，连接A1O，由三垂线定理可得BD⊥A1O，则∠AOA1为二面角 A1﹣BD﹣A的平面角．把直线l平移到AM，则∠A1AM=∠MAO=．过点A作AP⊥A1O， 则AP⊥平面A1BD．利用线面角的定义可得：AM（即直线l）与平面A1BD所成的最大角为∠AMA1． 假设，AN与直线OP相交于点N，则AN（即直线l）与平面A1BD所成的最小角为∠ANP． 解答： 解：如图所示，过点A作AO⊥BD，连接A1O，由三垂线定理可得BD⊥A1O，则∠AOA1为二面角 A1﹣BD﹣A的平面角，∴∠AOA1=． ． 把直线l平移到AM，则∠A1AM=∠MAO=过点A作AP⊥A1O，则AP⊥平面A1BD． ∴AM（即直线l）与平面A1BD所成的最大角为∠AMA1=∠MAO+∠MOA=假设=． ，AN与直线OP相交于点N，则AN（即直线l）与平面A1BD所成的最小角为 =． ． ∠ANP=∠PA1A﹣∠A1AN=∴直线l与平面A1BD所成角的取值范围是故选：C． 点评： 本题考查了二面角的平面角、线面角、三垂线定理、异面直线所成的角，考查了空间想象能力， 考查了推理能力与计算能力，属于难题． 第28页（共73页）

15．已知E、F分别在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E=2EB，CF=2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于 考点：二 面角的平面角及求法；用空间向量求平面间的夹角． ．

专题：计 算题；压轴题；数形结合． 分析：由 题意画出正方体的图形，延长CB、FE交点为S连接AS，过B作BP⊥AS连接PE，所以面AEF与面ABC所成的二面角就是：∠BPE，求出BP与正方体的棱长的关系，然后求出面AEF与面ABC所成的二面角的正切值． 解答：解 ：由题意画出图形如图： 因为E、F分别在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E=2EB，CF=2FC1， 延长CB、FE交点为S连接AS，过B作BP⊥AS连接PE，所以面AEF与面ABC所成的二面角就是∠BPE，因为B1E=2EB，CF=2FC1， 所以BE：CF=1：2 所以SB：SC=1：2， 设正方体的棱长为：a，所以AS=a，BP=，BE=，在RT△PBE中，tan∠EPB===， 故答案为： 点评：本 题是基础题，考查二面角的平面角的正切值的求法，解题的关键是能够作出二面角的棱，作出二面角的平面角，考查计算能力，逻辑推理能力．

16．若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为 考点：旋 转体（圆柱、圆锥、圆台）． ．

专题：计 算题． 分析：通 过侧面展开图的面积．求出圆锥的母线，底面的半径，求出圆锥的体积即可． 解答：解 ：由题意一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面， 因为4π=πl，所以l=2， 第29页（共73页）

2

半圆的弧长为2π， 圆锥的底面半径为2πr=2π，r=1， 所以圆锥的体积为：故答案为：． =． 点评：本 题考查旋转体的条件的求法，侧面展开图的应用，考查空间想象能力，计算能力．

17．如图，在四棱锥A﹣BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，AC=

．

（Ⅰ）证明：DE⊥平面ACD； （Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣E的大小．

考点：二 面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定． 专题：空 间位置关系与距离． 分析：（ Ⅰ）依题意，易证AC⊥平面BCDE，于是可得AC⊥DE，又DE⊥DC，从而DE⊥平面ACD； （Ⅱ）作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AE交于点G，连接BG，由（Ⅰ）知DE⊥AD，则FG⊥AD，所以∠BFG就是二面角B﹣AD﹣E的平面角，利用题中的数据，解三角形，可求得BF=，AF=AD，从而GF=，cos∠BFG==，从而可求得答案． ， 解答：证 明：（Ⅰ）在直角梯形BCDE中，由DE=BE=1，CD=2，得BD=BC=由AC=，AB=2得AB=AC+BC，即AC⊥BC， 又平面ABC⊥平面BCDE，从而AC⊥平面BCDE， 所以AC⊥DE，又DE⊥DC，从而DE⊥平面ACD； 222（Ⅱ）作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AE交于点G，连接BG，由（Ⅰ）知DE⊥AD，则FG⊥AD，所以∠BFG就是二面角B﹣AD﹣E的平面角，在直角梯形BCDE中，由CD=BC+BD，得BD⊥BC， 又平面ABC⊥平面BCDE，得BD⊥平面ABC，从而BD⊥AB， 由于AC⊥平面BCDE，得AC⊥CD． 在Rt△ACD中，由DC=2，AC=在Rt△AED中，由ED=1，AD=在Rt△ABD中，由BD=，得AD=得AE=； ； 得BF=，AF=AD，从而GF=， 222，AB=2，AD=第30页（共73页）

在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cos∠BAE=，BG=． 在△BFG中，cos∠BFG==， 所以，∠BFG=，二面角B﹣AD﹣E的大小为． 点评：本 题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，同时考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力． 18．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=BC，AA1=AB，D为BB1的中点，E为AB1上的一点，AE=3EB1．

（Ⅰ）证明：DE为异面直线AB1与CD的公垂线；

（Ⅱ）设异面直线AB1与CD的夹角为45°，求二面角A1﹣AC1﹣B1的大小．

考点：平 面与平面之间的位置关系；异面直线及其所成的角． 专题：计 算题；证明题． 分析：（ 1）欲证DE为异面直线AB1与CD的公垂线，即证DE与异面直线AB1与CD垂直相交即可； （2）将AB1平移到DG，故∠CDG为异面直线AB1与CD的夹角，作HK⊥AC1，K为垂足，连接B1K，由三垂线定理，得B1K⊥AC1，因此∠B1KH为二面角A1﹣AC1﹣B1的平面角，在三角形B1KH中求出此角即可． 解答：解 ：（1）连接A1B，记A1B与AB1的交点为F． 因为面AA1BB1为正方形，故A1B⊥AB1，且AF=FB1， 又AE=3EB1，所以FE=EB1， 又D为BB1的中点， 故DE∥BF，DE⊥AB1． 作CG⊥AB，G为垂足，由AC=BC知，G为AB中点． 又由底面ABC⊥面AA1B1B．连接DG，则DG∥AB1，故DE⊥DG，由三垂线定理，得第31页（共73页）

DE⊥CD． 所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线． （2）因为DG∥AB1，故∠CDG为异面直线AB1与CD的夹角，∠CDG=45° 设AB=2，则AB1=，DG=，CG=，AC=． 作B1H⊥A1C1，H为垂足，因为底面A1B1C1⊥面AA1CC1，故B1H⊥面AA1C1C．又作HK⊥AC1，K为垂足，连接B1K，由三垂线定理，得B1K⊥AC1，因此∠B1KH为二面角A1﹣AC1﹣B1的平面角． B1H=，C1H=， ，AC1=，HK= tan∠B1KH=∴二面角A1﹣AC1﹣B1的大小为arctan． 点评：本 试题主要考查空间的线面关系与空间角的求解，考查考生的空间想象与推理计算的能力．三垂线定理是立体几何的最重要定理之一，是高考的热点，它是处理线线垂直问题的有效方法，同时它也是确定二面角的平面角的主要手段．通过引入空间向量，用向量代数形式来处理立体几何问题，淡化了传统几何中的“形”到“形”的推理方法，从而降低了思维难度，使解题变得程序化，这是用向量解立体几何问题的独到之处． 19．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，AB=2AD，PD⊥底面ABCD．

（Ⅰ）证明：PA⊥BD；

（Ⅱ）若PD=AD，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．

考点：直 线与平面垂直的性质；用空间向量求平面间的夹角． 专题：计 算题；证明题；综合题；数形结合；转化思想． 分析：（ Ⅰ）因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=PA⊥BD； （Ⅱ）建立空间直角坐标系，写出点A，B，C，P的坐标，求出向量平面PAB的法向量，平面PBC的法向量，求出这两个向量的夹角的余弦值即可． 解答：（ Ⅰ）证明：因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=从而BD+AD=AB，故BD⊥AD 又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD 所以BD⊥平面PAD．故PA⊥BD （Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长， 射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，则 A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣1，，0），P（0，0，1）． 222，利用勾股定理证明BD⊥AD，根据PD⊥底面ABCD，易证BD⊥PD，根据线面垂直的判定定理和性质定理，可证，和， 第32页（共73页）

=（﹣1，，0），=（0，，﹣1），=（﹣1，0，0）， 设平面PAB的法向量为=（x，y，z），则 即， 因此可取=（，1，） 设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则， 即： 可取=（0，1，），cos＜＞==﹣， 故二面角A﹣PB﹣C的余弦值为：﹣． 点评：此 题是个中档题．考查线面垂直的性质定理和判定定理，以及应用空间向量求空间角问题，查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题能力． 20．如图1，四面体ABCD及其三视图（如图2所示），过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H． （Ⅰ）证明：四边形EFGH是矩形；

（Ⅱ）求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值．

考点：直 线与平面所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系． 第33页（共73页）

专题：空 间角． 分析：（ Ⅰ）由三视图得到四面体ABCD的具体形状，然后利用线面平行的性质得到四边形EFGH的两组对边平行，即可得四边形为平行四边形，再由线面垂直的判断和性质得到AD⊥BC，结合异面直线所成角的概念得到EF⊥EH，从而证得结论； （Ⅱ）分别以DB，DC，DA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，求出及平面EFGH的一个法向量，用与所成角的余弦值的绝对值得直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值． 解答：（ Ⅰ）证明：由三视图可知，四面体ABCD的底面BDC是以∠BDC为直角的等腰直角三角形， 且侧棱AD⊥底面BDC． 如图， ∵AD∥平面EFGH，平面ADB∩平面EFGH=EF，AD⊂平面ABD， ∴AD∥EF． ∵AD∥平面EFGH，平面ADC∩平面EFGH=GH，AD⊂平面ADC， ∴AD∥GH． 由平行公理可得EF∥GH． ∵BC∥平面EFGH，平面DBC∩平面EFGH=FG，BC⊂平面BDC， ∴BC∥FG． ∵BC∥平面EFGH，平面ABC∩平面EFGH=EH，BC⊂平面ABC， ∴BC∥EH． 由平行公理可得FG∥EH． ∴四边形EFGH为平行四边形． 又AD⊥平面BDC，BC⊂平面BDC， ∴AD⊥BC，则EF⊥EH． ∴四边形EFGH是矩形； （Ⅱ）解： 解法一：取AD的中点M，连结，显然ME∥BD，MH∥CD，MF∥AB，且ME=MH=1，平面MEH∥平面EFGH，取EH的中点N，连结MN，则MN⊥EH， ∴MN⊥平面EFGH⊥，则∠MFN就是MF（即AB）与平面EFGH所成的角θ， ∵△MEH是等腰直角三角形， 第34页（共73页）

∴MN=，又MF=AB==， ． ∴sin∠AFN= ，即直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值是解法二：分别以DB，DC，DA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 由三视图可知DB=DC=2，DA=1． 又E为AB中点， ∴F，G分别为DB，DC中点． ∴A（0，0，1），B（2，0，0），F（1，0，0），E（1，0，），G（0，1，0）． 则设平面EFGH的一个法向量为． ． 由，得，取y=1，得x=1． ∴． 则sinθ=|cos＜＞|===． 点评：本 题考查了空间中的直线与直线的位置关系，考查了直线和平面所成的角，训练了利用空间直角坐标系求线面角，解答此题的关键在于建立正确的空间右手系，是中档题．

21．如图，四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=∠BAD=90°，BC=2AD，△PAB与△PAD都是等边三角形．

（Ⅰ）证明：PB⊥CD；

（Ⅱ）求二面角A﹣PD﹣C的大小．

第35页（共73页）

考点：共 线向量与共面向量；直线与平面垂直的性质． 专题：计 算题；空间角． 分析：（ I）取BC的中点E，连接DE，过点P作PO⊥平面ABCD于O，连接OA、OB、OD、OE．可证出四边形ABED是正方形，且O为正方形ABED的中心．因此OE⊥OB，结合三垂线定理，证出OE⊥PB，而OE是△BCD的中位线，可得OE∥CD，因此PB⊥CD； （II）由（I）的结论，证出CD⊥平面PBD，从而得到CD⊥PD．取PD的中点F，PC的中点G，连接FG，可得FG∥CD，所以FG⊥PD．连接AF，可得AF⊥PD，因此∠AFG为二面角A﹣PD﹣C的平面角，连接AG、EG，则EG∥PB，可得EG⊥OE．设AB=2，可求出AE、EG、AG、AF和FG的长，最后在△AFG中利用余弦定理，算出∠AFG=π﹣arccos，即得二面角A﹣PD﹣C的平面角大小． 解答：解 ：（I）取BC的中点E，连接DE，可得四边形ABED是正方形 过点P作PO⊥平面ABCD，垂足为O，连接OA、OB、OD、OE ∵△PAB与△PAD都是等边三角形，∴PA=PB=PD，可得OA=OB=OD 因此，O是正方形ABED的对角线的交点，可得OE⊥OB ∵PO⊥平面ABCD，得直线OB是直线PB在内的射影，∴OE⊥PB ∵△BCD中，E、O分别为BC、BD的中点，∴OE∥CD，可得PB⊥CD； （II）由（I）知CD⊥PO，CD⊥PB ∵PO、PB是平面PBD内的相交直线，∴CD⊥平面PBD ∵PD⊂平面PBD，∴CD⊥PD 取PD的中点F，PC的中点G，连接FG， 则FG为△PCD有中位线，∴FG∥CD，可得FG⊥PD 连接AF，由△PAD是等边三角形可得AF⊥PD，∴∠AFG为二面角A﹣PD﹣C的平面角 连接AG、EG，则EG∥PB ∵PB⊥OE，∴EG⊥OE， 设AB=2，则AE=2，EG=PB=1，故AG=，AF==﹣，AG=3 ，得∠AFG=π﹣arccos． ， =3 在△AFG中，FG=CD=∴cos∠AFG=即二面角A﹣PD﹣C的平面角大小是π﹣arccos 点评：本 题给出特殊的四棱锥，求证直线与直线垂直并求二面角平面角的大小，着重考查了线面垂直的判定与性质、三垂线定理和运用余弦定理求二面的大小等知识，属于中档题． 22．在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ACB=90°，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC．AB=2EF．

第36页（共73页）

（Ⅰ）若M是线段AD的中点，求证：GM∥平面ABFE； （Ⅱ）若AC=BC=2AE，求二面角A﹣BF﹣C的大小．

考点：直 线与平面平行的判定；二面角的平面角及求法． 专题：计 算题；证明题． 分析：（ Ⅰ）根据所给的一系列平行，得到三角形相似，根据平行四边形的判定和性质，得到线与线平行，根据线与面平行的判定定理，得到线面平行． （Ⅱ）根据二面角的求解的过程，先做出，再证明，最后求出来，这样三个环节，先证∠HRC为二面角的平面角，再设出线段的长度，在直角三角形中求出角的正切值，得到二面角的大小． 解答：证 明：（Ⅰ）∵EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，∠ACB=90°， ∴∠EGF=90°，△ABC～△EFG， 由于AB=2EF， ∴BC=2FG， 连接AF， ∵FG∥BC，FG=BC， 在▱ABCD中，M是线段AD的中点， ∴AM∥BC，且AM=BC， ∴FG∥AM且FG=AM， ∴四边形AFGM为平行四边形， ∴GM∥FA， ∵FA⊂平面ABFE，GM⊄平面ABFE， ∴GM∥平面ABFE． （Ⅱ）由题意知，平面ABFE⊥平面ABCD， 取AB的中点H，连接CH， ∵AC=BC， ∴CH⊥AB 则CH⊥平面ABFE， 过H向BF引垂线交BF于R，连接CR， 由线面垂直的性质可得CR⊥BF， ∴∠HRC为二面角的平面角， 由题意，不妨设AC=BC=2AE=2， 在直角梯形ABFE中，连接FH， 则FH⊥AB， 又AB=2， 第37页（共73页）

∴HF=AE=1，HR===，由于CH=AB=， ∴在直角三角形CHR中，tan∠HRC==， 因此二面角A﹣BF﹣C的大小为60° 点评：本 题考查线面平行的判定定理，考查二面角的求法，考查求解二面角时的三个环节，本题是一个综合题目，题目的运算量不大． 23．如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC，EF∥AC，AB=CE=EF=1．

（Ⅰ）求证：AF∥平面BDE； （Ⅱ）求证：CF⊥平面BDE； （Ⅲ）求二面角A﹣BE﹣D的大小．

，

考点：空 间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定． 专题：计 算题；证明题． 分析：（ Ⅰ）设AC与BD交于点G，则在平面BDE中，可以先证明四边形AGEF为平行四边形⇒EG∥AF，就可证：AF∥平面BDE； （Ⅱ）先以C为原点，建立空间直角坐标系C﹣xyz．把对应各点坐标求出来，可以推出•=0和•=0，就可以得到CF⊥平面BDE =（，，1），是平面BDE的一个法向量，再利用平面（Ⅲ）先利用（Ⅱ）找到ABE的法向量•﹣D的大小． =0和•=0，求出平面ABE的法向量，就可以求出二面角A﹣BE解答：解 ：证明：（I）设AC与BD交于点G， 因为EF∥AG，且EF=1，AG=AC=1， 第38页（共73页）

所以四边形AGEF为平行四边形．所以AF∥EG． 因为EG⊂平面BDE，AF⊄平面BDE， 所以AF∥平面BDE． （II）因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC， 所以CE⊥平面ABCD． 如图，以C为原点，建立空间直角坐标系C﹣xyz． 则C（0，0，0），A（1）． 所以所以=（•，，1），•=（0，﹣，1），=（﹣，0，1）． ，，0），D（，0，0），E（0，0，1），F（，，=0﹣1+1=0，=﹣1+0+1=0． 所以CF⊥BE，CF⊥DE，所以CF⊥平面BDE （III）由（II）知，=（，，1），是平面BDE的一个法向量， =0，•=0． 设平面ABE的法向量=（x，y，z），则•即 所以x=0，且z=y．令y=1，则z=．所以n=（），从而cos（，）= 因为二面角A﹣BE﹣D为锐角，所以二面角A﹣BE﹣D为． 点评：本 题综合考查直线和平面垂直的判定和性质和线面平行的推导以及二面角的求法．在证明线面平行时，其常用方法是在平面内找已知直线平行的直线．当然也可以用面面平行来推导线面平行．

24．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠BAC=90°，F为棱AA1上的动点，A1A=4，AB=AC=2．

（1）当F为A1A的中点，求直线BC与平面BFC1所成角的正弦值；

第39页（共73页）

（2）当

的值为多少时，二面角B﹣FC1﹣C的大小是45°．

考点： 与二面角有关的立体几何综合题；异面直线及其所成的角． 专题： 空间位置关系与距离；空间角． 分析： （1）以点A为原点建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线BC与平面BFC1所成角的正弦值． （2）求出平面BFC1的一个法向量，利用向量法能求出当45°． 解答： 解：（1）如图，以点A为原点建立空间直角坐标系， 依题意得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0）， A1（0，0，4），C1（0，2，4），∵F为AA1r 中点， ∴设是平面BFC1的一个法向量， ， 时，二面角B﹣FC1﹣C的大小是则，得x=﹣y=z 取x=1，得， 的夹角为θ， 设直线BC与平面BFC1的法向量则， ∴直线BC与平面BFC1所成角的正弦值为（2）设设． ， 是平面BFC1的一个法向量， 第40页（共73页）

则， 取z=2，得是平面FC1C的一个法向量，， 得∴当，即， 时，二面角B﹣FC1﹣C的大小是45°． 点评： 本题考查直线与平面所成角的正弦值的求法，考查二面角为45°时点的位置的确定，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．

25．如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB=60°，AB=2CD=2，M是线段AB的中点．

（Ⅰ）求证：C1M∥平面A1ADD1； （Ⅱ）若CD1垂直于平面ABCD且CD1=的余弦值．

，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）

考点：用 空间向量求平面间的夹角；直线与平面平行的判定． 专题：空 间向量及应用． 分析：（ Ⅰ）连接AD1，易证AMC1D1为平行四边形，利用线面平行的判定定理即可证得C1M∥平面A1ADD1； 第41页（共73页）

（Ⅱ）作CP⊥AB于P，以C为原点，CD为x轴，CP为y轴，CD1为z轴建立空间坐标系，易求C1（﹣1，0，1，0），=（，，﹣），D1，（0，0，），M（，，0），=（1，），设平面C1D1M的法向量=（x1，y1，z1），可求得=（1，0，0），从而可求得平面C1D1M和=（0，2，1），而平面ABCD的法向量平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值． 解答： 解：（Ⅰ）连接AD1，∵ABCD﹣A1B1C1D1为四棱柱，∴CD又M为AB的中点，∴AM=1． ∴CD∥AM，CD=AM， ∴AMC1D1， C1D1， ∴AMC1D1为平行四边形，∴AD1∥MC1，又MC1⊄平面A1ADD1，AD1⊂平面A1ADD1， ∴C1M∥平面A1ADD1； （Ⅱ）解法一：∵AB∥A1B1，A1B1∥C1D1， ∴面D1C1M与ABC1D1共面， 作CN⊥AB，连接D1N，则∠D1NC即为所求二面角， 在ABCD中，DC=1，AB=2，∠DAB=60°， ∴CN=， ，CN=， 在Rt△D1CN中，CD1=∴D1N= ∴cos∠D1CN=== 解法二：作CP⊥AB于P，以C为原点，CD为x轴，CP为y轴，CD1为z轴建立空间坐标系 则C1（﹣1，0，∴），D1，（0，0，=（﹣，），M（，，﹣）， ，0）， =（1，0，0），第42页（共73页）

设平面C1D1M的法向量=（x1，y1，z1）， 则，∴=（0，2，1）． 显然平面ABCD的法向量=（0，0，1）， cos＜，＞|===， 显然二面角为锐角， ∴平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值为． 点评：本 题考查用空间向量求平面间的夹角，主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，同时考查空间想象能力，空间向量的坐标运算，推理论证能力和运算求解能力． 26．如图，三棱柱ABC﹣A1B2C3的底面是边长为4正三角形，AA1⊥平面ABC，AA1=2M为A1B1的中点．

（Ⅰ）求证：MC⊥AB；

（Ⅱ）在棱CC1上是否存在点P，使得MC⊥平面ABP？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．

（Ⅲ）若点P为CC1的中点，求二面角B﹣AP﹣C的余弦值． 考点：与 二面角有关的立体几何综合题；直线与平面垂直的判定． ，

专题：综 合题；空间位置关系与距离；空间角． 分析：（ Ⅰ）取AB中点O，连接OM，OC，证明AB⊥平面OMC，可得MC⊥AB； （Ⅱ）建立空间直角坐标系，设P（0，2只要•=0，•，t）（0≤t≤2），要使直线MC⊥平面ABP，=0，即可得出结论； （Ⅲ）若点P为CC1的中点，求出平面PAC的一个法向量、平面PAB的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求二面角B﹣AP﹣C的余弦值． 解答：（ I）证明：取AB中点O，连接OM，OC． ∵M为A1B1中点，∴MO∥A1A， 又A1A⊥平面ABC，∴MO⊥平面ABC， ∴MO⊥AB ∵△ABC为正三角形，∴AB⊥CO 又MO∩CO=O，∴AB⊥平面OMC 又∵MC⊂平面OMC∴AB⊥MC （II）解：以O为原点，建立空间直角坐标系．如图． 依题意O（0，0，0），A（﹣2，0，0）B（2，0，0），C（0，22）． ，t）（0≤t≤2）， 设P（0，2，0），M（0，0，第43页（共73页）

则=（0，2，﹣2），=（4，0，0），•=0，•=（0，2=0， ，t）． 要使直线MC⊥平面ABP，只要即12﹣2t=0，解得t=，． ）． ，0），易知DB⊥平面A1ACC1， ∴P的坐标为（0，2∴当P为线段CC1的中点时，MC⊥平面ABP （Ⅲ）解：取线段AC的中点D，则D（﹣1，故=（3，﹣，0）为平面PAC的一个法向量．…．（11分） =（0，2，﹣2）为平面PAB的一个法向量． 又由（II）知设二面角B﹣AP﹣C的平面角为α，则cosα=||=． ∴二面角B﹣AP﹣C 的余弦值为． 点评：本 小题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系、二面角等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想．

27．如图，AC是圆O的直径，点B在圆O上，∠BAC=30°，BM⊥AC交AC于点M，EA⊥平面ABC，FC∥EA，AC=4，EA=3，FC=1． （1）证明：EM⊥BF；

（2）求平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值．

第44页（共73页）

考点：用 空间向量求平面间的夹角；直线与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法． 专题：计 算题；证明题． 分析：（ 1）根据线面垂直得到线与线垂直，根据直径所对的圆周角是直角，得到两个三角形是等腰直角三角形，有线面垂直得到结果． （2）做出辅助线，延长EF交AC于G，连BG，过C作CH⊥BG，连接FH．，做出∠FHC为平面BEF与平面ABC所成的二面角的平面角，求出平面角． 解答：解 ：（1）证明：∵EA⊥平面ABC，BM⊂平面ABC，∴EA⊥BM． 又∵BM⊥AC，EA∩AC=A，∴BM⊥平面ACFE， 而EM⊂平面ACFE，∴BM⊥EM．∵AC是圆O的直径，∴∠ABC=90°． 又∵∠BAC=30°，AC=4，∴ ∴FC⊥平面ABC．∴△EAM与△FCM都是等腰直角三角形． ∴∠EMA=∠FMC=45°．∴∠EMF=90°，即EM⊥MF（也可由勾股定理证得）． ∵MF∩BM=M，∴EM⊥平面MBF． 而BF⊂平面MBF，∴EM⊥BF． （2）延长EF交AC于G，连BG，过C作CH⊥BG，连接FH．由（1）知FC⊥平面ABC，BG⊂平面ABC，∴FC⊥BG． 而FC∩CH=C，∴BG⊥平面FCH．∵FH⊂平面FCH，∴FH⊥BG，∴∠FHC为平面BEF与平面ABC所成的 二面角的平面角． 在Rt△ABC中，∵∠BAC=30°，AC=4， ∴由∵又∵△GCH∽△GBM，∴， ，得GC=2． ， ，则． ，AM=3，CM=1．∵EA⊥平面ABC，FC∥EA，∴△FCH是等腰直角三角形，∠FHC=45°， ∴平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为第45页（共73页）

．

点评：本 题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，考查应用向量知识解决数学问题的能力，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力． 28．已知某几何体的直观图和三视图如下如所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．

（Ⅰ）证明：BN⊥平面C1B1N；

（Ⅱ）设直线C1N与平面CNB1所成的角为θ，求cosθ的值． 考点：直 线与平面所成的角；异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定． 专题：空 间位置关系与距离；空间角． 分析：（ I）方法一先由题意判断出该几何体的直观图，利用直线与平面垂直的判定定理证明；方法二：利用空间向量的数量积，结合线面垂直的判定定理证明即可； （II）方法一，先利用等体积法可求C1到面CB1N的距离，找出角，然后求解；方法二，利用空间向量法，求出直线的方向向量，平面的法向量然后求解即可． 解答：解 ：（1）证明：方法一：由题意：该几何体的正视图其轮廓为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形． 第46页（共73页）

则B1C1⊥面ABB1N，且在面ABB1N内，易证∠BNB1为直角． ∵B1C1⊥面ABB1N，且BN⊂面ABB1N， ∴B1C1⊥BN 又∵BN⊥B1N，且B1N∩B1C1=B1， ∴BN⊥面B1NC1 方法二：该几何体的正视图其轮廓为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，则BA，BC，BB1两两垂直．以BA，BC，BC1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则N（4，4，0），B1（0，8，0），C1（0，8，4），C（0，0，4）， ∵∴BN⊥NB1，且BN∩B1C1， 又∵B1N∩B1C1=B1∴BN⊥面B1NC1 （2）方法一：利用等体积法可求C1到面CB1N的距离为则直线C1N与平面CNB1所成的角θ的正弦值为方法二：设， ，从而 为平面CNB1的一个法向量， 则 即，令x0=1，则． 又则 ，从而 点评：本 题考查的知识点线面垂直的判定定理；线面角，考查空间想象能力以及计算能力．

第47页（共73页）

29．如图，在锥体P﹣ABCD中，ABCD是边长为1的菱形，且∠DAB=60°，PA=PD=E，F分别是BC，PC的中点 （1）证明：AD⊥平面DEF

（2）求二面角P﹣AD﹣B的余弦值．

，PB=2，

考点：与 二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法． 专题：常 规题型；综合题． 分析：（ 1）利用线面垂直的判定定理进行证明是解决本题的关键，在平面DEF中找两条相交直线与AD垂直，利用60°角菱形的特征可以发现AD⊥DE，通过取出AD的中点构造一个平面可以证明AD⊥EF； （2）利用（1）中的结论找到二面角P﹣AD﹣B的平面角是解决本题的关键，求角往往要利用三角形中的余弦定理． 解答：解 ：（1）取AD的中点G，连接PG，BG，在△ABG中，根据余弦定理可以算出BG=222， 发现AG+BG=AB，可以得出AD⊥BG，又DE∥BG ∴DE⊥AD， 又PA=PD，可以得出AD⊥PG，而PG∩BG=G， ∴AD⊥平面PBG，而PB⊂平面PBG， ∴AD⊥PB，又PB∥EF， ∴AD⊥EF．又EF∩DE=E，∴AD⊥平面DEF． （2）由（1）知，AD⊥平面PBG，所以∠PGB为二面角P﹣AD﹣B的平面角，在△PBG中，PG=，BG=，PB=2，由余弦定理得 cos∠PGB=，因此二面角P﹣AD﹣B的余弦值为． 点评：本 题考查立体几何中基本的线面关系，考查线面垂直的判定方法，考查二面角的求法，训练了学生基本的空间想象能力，考查学生的转化与化归思想，解三角形的基本知识和学生的运算能力，属于基本的立体几何题．

三、空间几何体的结构、三视图

第48页（共73页）

30．如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（ ）

A． B． C． D． 考点：由 三视图求面积、体积． 专题：空 间位置关系与距离． 分析：由 三视图判断几何体的形状，通过三视图的数据求解几何体的体积即可． 解答：解 ：几何体是由两个圆柱组成，一个是底面半径为3高为2，一个是底面半径为2，高为4， 组合体体积是：3π•2+2π•4=34π．22 2底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯的体积为：3π×6=54π 切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为：故选：C． 点评：本 题考查三视图与几何体的关系，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力． 31．一个四面体的顶点在空间直角坐标系O﹣xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为（ ） A． B． C． D． =． 考点：简 单空间图形的三视图． 第49页（共73页）

专题：计 算题；作图题． 分析：由 题意画出几何体的直观图，然后判断以zOx平面为投影面，则得到正视图即可． 解答：解 ：因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系O﹣xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），几何体的直观图如图，是正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx平面为投影面，则得到正视图为：故选A． 点评：本 题考查几何体的三视图的判断，根据题意画出几何体的直观图是解题的关键，考查空间想象能力．

32．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A． 3 考点：由 三视图求面积、体积． B． C． D． 专题：空 间位置关系与距离． 分析：由 已知中的三视图可知：该几何体是一个由四棱柱和三棱柱构成的组合体，分别求出两个棱柱的体积，相加可得答案． 解答：解 ：由已知中的三视图可知： 该几何体是一个由四棱柱和三棱柱构成的组合体， 第50页（共73页）

∵四棱柱底面是上底为1，下底为2，高为故四棱柱体积为：， 的梯形，高为2， ∵三棱柱底面是边长为1的正三角形，高为3， 故三棱柱体积为：故组合体的体积V=故选：D 点评：本 题考查的知识点是由三视图求体积，其中根据已知分析出几何体的形状是解答的关键． 33．某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则xy的最大值为（ ）

+=．

A． 32 考点：简 单空间图形的三视图． B． C． D． 专题：不 等式的解法及应用；空间位置关系与距离． 分析：由 已知中的三个视图中的三角形均为直角三角形，设三视图的高为h，则h2+y2=102，且h+（2）=x，进而根据基本不等式可得xy的最大值． 解答：解 ：由已知中的三个视图中的三角形均为直角三角形， 设三视图的高为h， 则h+y=10，且h+（2则x+y=128≥2xy， ∴xy≤， 即xy的最大值为， 故选：C 点评：本 题考查的知识点是简单空间图形的三视图，基本不等式的应用，难度中档． 34．若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积等于 24 cm．

3

222222222）=x， 22第51页（共73页）

考点：由 三视图求面积、体积． 专题：计 算题；空间位置关系与距离． 分析：先 根据三视图判断几何体的形状，再利用体积公式计算即可． 解答：解 ：几何体为三棱柱去掉一个三棱锥后的几何体，底面是直角三角形，直角边分别为3，4，侧面的高为5，被截取的棱锥的高为3．如图： V=V棱柱﹣V棱锥=故答案为：24． =24（cm） 3 点评： 本题考查几何体的三视图及几何体的体积计算．V椎体=Sh，V柱体=Sh．考查空间想象能力．

35．如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为

．

考点：简 单空间图形的三视图；棱锥的结构特征． 专题：计 算题；作图题；压轴题． 分析：结 合题意及图形，可知几何体为一个底面边长为2的正方形且有一条长为2的侧棱垂直于第52页（共73页）

底面的四棱锥，还原几何体，求解即可． 解答：解 ：由三视图可知， 此多面体是一个底面边长为2的正方形， 且有一条长为2的侧棱垂直于底面的四棱锥， 所以最长棱长为． 点评：本 题考查了三视图视角下多面体棱长的最值问题，考查了同学们的识图能力以及由三视图还原物体的能力． 36．如图1所示，记正方体ABCD﹣A1B1C1D1的中心为O，面B1BCC1的中心为E，B1C1的中点为F．则空间四边形D1OEF在该正方体各个面的上投影如图2可能是 ①②③ ．（把你认为正确命题的序号填写在答题纸上）

考点：中 心投影及中心投影作图法． 专题：空 间位置关系与距离． 分析：根 据平行投影的特点和正方体的性质，得到分别从正方体三个不同的角度来观察正方体，得到三个不同的投影图，逐个检验，得到结果． 解答：解 ：由题意知光线从上向下照射，得到③， 光线从前向后照射，得到①， 光线从左向右照射得到②， 故答案为：①②③． 点评：本 题考查平行投影及平行投影的作图法，考查正方体的性质，本题是一个基础题，是为后面学习三视图做准备，告诉我们从三个不同的角度观察图形结果不同．

37．某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的体积是 4 ．

第53页（共73页）

考点：由 三视图求面积、体积． 专题：空 间位置关系与距离． 分析：由 已知的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，分别求出底面面积和高，代入锥体体积公式，可得答案． 解答：解 ：几何体的直观图是： 几何体的高为2；底面三角形的高为3．底边长为4． ∴V棱锥=××4×3×2=4． 故答案是4． 点评：本 题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状． 38．某几何体的三视图如图所示，图中三个正方形的边长均为2，则该几何体的体积为（ ）

A． 考点：由 三视图求面积、体积． B． 8﹣2π C． π D． 8﹣π 专题：计 算题；空间位置关系与距离． 分析： 32根据三视图可判断正方体的内部挖空了一个圆锥，该几何体的体积为2﹣×π×1×2运用体积计算即可． 解答：解 ：∵几何体的三视图可得出：三个正方形的边长均为2， 第54页（共73页）

∴正方体的内部挖空了一个圆锥， ∴该几何体的体积为2﹣×π×1×2=8故选：D 点评：本 题考查了空间几何体的三视图，运用求解几何体的体积问题，关键是求解几何体的有关的线段长度． 39．某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，则此四面体的外接球的表面积为（ ）

32， A． 考点：由 三视图求面积、体积． π B． 3π C． π D． π 专题：空 间位置关系与距离． 分析：由 三视图可知：该四面体是正方体的一个内接正四面体．此四面体的外接球的半径为正方体的对角线长=．利用球的表面积计算公式即可得出． ． =3π． 解答：解 ：由三视图可知：该四面体是正方体的一个内接正四面体． ∴此四面体的外接球的直径为正方体的对角线长=∴此四面体的外接球的表面积为表面积=故选：B． 点评：本 题考查了三棱锥的三视图、正方体与外接球的性质、球的表面积的计算公式，考查了推理能力与空间想象能力、计算能力，属于中档题． 第55页（共73页）

40．将一张边长为6cm的纸片按如图1所示的阴影部分截去四个全等的等腰三角形，将剩余下部分沿虚线折叠并拼成一个有底的正四棱锥（底面是正方形，顶点在底面的射影为正方形的中心）模型，如图2放置，若正四棱锥的正视图是正三角形（如图3），则正四棱锥的体积是（ ）

A． 考点：棱 柱、棱锥、棱台的体积． cm 3B． cm 3C． cm 3D． cm 3专题：空 间位置关系与距离． 分析： 根据图形正四棱锥的正视图是正三角形，正视图的底面边长为a，高为斜高为a，运用图1得出；解答：解 ： ×6=，a=2a，正四棱锥的，计算计算出a，代入公式即可． ∵正四棱锥的正视图是正三角形，正视图的底面边长为a，高为∴正四棱锥的斜高为a， ∵图1得出：∵将一张边长为6cm的纸片按如图1所示的阴影部分截去四个全等的等腰三角形 ∴×6=，a=2， a×2a， ∴正四棱锥的体积是故选：A a=， 点评：本 题综合考查了空间几何体的性质，展开图与立体图的结合，需要很好的空间思维能力，属于中档题．

41．如图三棱锥V﹣ABC，VA⊥VC，AB⊥BC，∠VAC=∠ACB=30°，若侧面VAC⊥底面ABC，则其主视图与左视图面积之比为（ ）

第56页（共73页）

A． 4： 考点：简 单空间图形的三视图． B． 4： C． ： D． ： 专题：常 规题型；空间位置关系与距离． 分析：主 视图为Rt△VAC，左视图为以△VAC中AC的高为一条直角边，△ABC中AC的高为另一条直角边的直角三角形． 解答：解 ：主视图为Rt△VAC，左视图为以△VAC中AC的高VD为一条直角边，△ABC中AC的高BE为另一条直角边的直角三角形． 设AC=X，则VA=则S主视图：S左视图=故选：A． 点评：由 直观图到三视图，要注意图形的变化和量的转化．属于基础题．

42．已知某几何体的直观图和三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．

x，VC=，VD=x，BE=x， =4：．

（1）求证：BN⊥平面C1B1N；

（2）设θ为直线C1N与平面CNB1所成的角，求sinθ的值； （3）设M为AB中点，在BC边上求一点P，使MP∥平面CNB1，求 考点： 直线与平面所成的角；简单空间图形的三视图；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定． 的值．

专题： 综合题． 分别以BA，BC，BB1所在直线别为x，y，z轴建立空间直角坐标系 ，证出=0，=0后即可证明BN⊥平面C1B1N； 分析：（ 1）该几何体的正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，BA，BC，BB1两两垂直． 以第57页（共73页）

（2）求出平面NCB1的一个法向量，利用与此法向量的夹角求出直线C1N与平面CNB1所成的角 ⊥（3）设P（0，0，a）为BC上一点，由MP∥平面CNB1，得知并求出． ，利用向量数量积为0求出a的值，解答： （1）证明：∵该几何体的正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形， ∴BA，BC，BB1两两垂直． …（2分） 以B为坐标原点，分别以BA，BC，BB1所在直线别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则N（4，4，0），B1（0，8，0），C1（0，8，4），C（0，0，4） ∵=（4，4，0）•（﹣4，4，0）=﹣16+16=0 =（4，4，0）•（0，0，4）=0 ∴BN⊥NB1，BN⊥B1C1且NB1与B1C1相交于B1， ∴BN⊥平面C1B1N； …（4分） （2）解：设n2=（x，y，z）为平面NCB1的一个法向量， 则 则；…（8分） ， （3）∵M（2，0，0）．设P（0，0，a）为BC上一点，则∵MP∥平面CNB1， ∴又PM⊄平面CNB1，∴MP∥平面CNB1， ∴当PB=1时，MP∥平面CNB1 ∴…（12分） ． 点评： 本题主要考查了直线与平面之间的位置关系及判断，线面角求解，利用空间向量的方法， 能够降低思维难度，但要注意有关的运算要准确． 四、空间几何体的计算问题

43．已知正四棱锥S﹣ABCD中，SA=2 A． 1 考点：棱 柱、棱锥、棱台的体积． ，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（ ） C． 2 D． 3 B． 专题：计 算题；压轴题． 分析：设 出底面边长，求出正四棱锥的高，写出体积表达式，利用求导求得最大值时，高的值． 第58页（共73页）

解答： 解：设底面边长为a，则高h=2=，所以体积V=ah=46， 3535设y=12a﹣a，则y′=48a﹣3a，当y取最值时，y′=48a﹣3a=0，解得a=0或a=4时，当a=4时，体积最大， 此时h==2，故选C． 点评：本 试题主要考查椎体的体积，考查高次函数的最值问题的求法．是中档题．

44．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，且PA=3，PB=2，PC=2，设M是底面三角形ABC内一动点，定义：f（M）=（m，n，p），其中m，n，p分别表示三棱锥M﹣PAB，M﹣PBC，M﹣PAC的体积，若f（M）=（1，x，4y），且+≥8恒成立，则正实数a的最小值是（ ）

A． 2﹣ B． C． D． 6﹣4 考点：与 二面角有关的立体几何综合题． 专题：空 间位置关系与距离． 分析： 先根据三棱锥的特点求出其体积，然后利用基本不等式求出的不等关系，解之即可． 解答：解 ：∵PA、PB、PC两两垂直，且PA=3．PB=2，PC=2． ∴V P﹣ABC=即x+4y=1， ∵+≥8恒成立， ∴+=（+）（x+4y） =1+≥1+4a+4 ≥8， ×3×2×2=2=1+x+4y， 的最小值，建立关于a第59页（共73页）

解得a≥ ． ∴正实数a的最小值为故选：C． 点评：本 题主要考查了棱锥的体积，同时考查了基本不等式的运用，是题意新颖的一道题目，属于中档题．

45．若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与底面角的大小为 arccos （结果用反三角函数值表示）． 考点：旋 转体（圆柱、圆锥、圆台）． 专题：空 间位置关系与距离． 分析：由 已知中圆锥的侧面积是底面积的3倍，可得圆锥的母线是圆锥底面半径的3倍，在轴截面中，求出母线与底面所成角的余弦值，进而可得母线与轴所成角． 解答：解 ：设圆锥母线与轴所成角为θ， ∵圆锥的侧面积是底面积的3倍， ∴==3， 即圆锥的母线是圆锥底面半径的3倍， 故圆锥的轴截面如下图所示： 则cosθ==， ∴θ=arccos， 故答案为：arccos 点评：本 题考查的知识点是旋转体，其中根据已知得到圆锥的母线是圆锥底面半径的3倍，是解答的关键．

46．三棱锥P﹣ABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥D﹣ABE的体积为V1，P﹣ABC的体积为V2，则 考点：棱 柱、棱锥、棱台的体积． = ．

第60页（共73页）

专题：计 算题；空间位置关系与距离． 分析：画 出图形，通过底面面积的比求解棱锥的体积的比． 解答：解 ：如图，三棱锥P﹣ABC中，D，E分别为PB，PC的中点， 三棱锥D﹣ABE的体积为V1，P﹣ABC的体积为V2， ∴A到底面PBC的距离不变，底面BDE底面积是PBC面积的=， ∴==． 故答案为：． 点评：本 题考查三棱锥的体积，着重考查了棱锥的底面面积与体积的关系，属于基础题．

47．已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB=6，BC=2ABCD的体积为 8 考点：棱 柱、棱锥、棱台的体积． ，则棱锥O﹣

．

专题：计 算题；压轴题． 分析：由 题意求出矩形的对角线的长，结合球的半径，球心到矩形的距离，满足勾股定理，求出棱锥的高，即可求出棱锥的体积． 解答： 解：矩形的对角线的长为：=2， 所以棱锥O﹣ABCD的体积为：故答案为：8 =8． ，所以球心到矩形的距离为：点评：本 题是基础题，考查球内几何体的体积的计算，考查计算能力，空间想象能力，常考题型． 第61页（共73页）

48．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1﹣EDF的体积为

．

考点：棱 柱、棱锥、棱台的体积；棱柱的结构特征． 专题：计 算题． 分析：将 三棱锥D1﹣EDF选择△D1ED为底面，F为顶点，进行等体积转化V D1﹣EDF=V F﹣D1ED后体积易求． 解答：解：将三棱锥 D1﹣EDF选择△D1ED为底面，F为顶点，则其所以故答案为： 点评：本 题考查了三棱柱体积的计算，等体积转化法是常常需要优先考虑的策略．

49．三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，PA=3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P﹣ABC的体积等于 考点：棱 柱、棱锥、棱台的体积． =， ==，F到底面D1ED的距离等于棱长1， =××1=S ．

专题：计 算题；压轴题． 分析：由 题意求出底面面积，然后求出三棱锥的体积． 解答：解 ：三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，PA=3，底面ABC是边长为2的正三角形，所以底面面积为：三棱锥的体积为：故答案为：

； = 点评：本 题是基础题，考查三棱锥的体积的计算，注意三棱锥的特征是解题的关键． 第62页（共73页）

50．如图，在矩形ABCD中，E为边AD的中点，AB=1，BC=2，分别以A、D为圆心，1为半径作圆弧EB、EC（E在线段AD上）．由两圆弧EB、EC及边BC所围成的平面图形绕直线AD旋转一周，则所形成的几何体的体积为

．

考点：组 合几何体的面积、体积问题． 专题：空 间位置关系与距离． 分析：由 旋转一周得到的几何体为圆柱去掉两个半径为1的半球，利用圆柱和球的体积公式进行计算即可． 解答：解 ：图中阴影部分绕AD旋转一周所形成的几何体为圆柱去掉两个半径为1的半球， 两个半球的体积为：2×××π=π． 圆柱的底面半径为1，高为2， ∴圆柱的体积为π×2=2π， ∴该几何体的体积为2π﹣π=故答案为： ． 点评：本 题主要考查旋转体的体积，要求熟练掌握常见几何体的体积公式．比较基础．

51．如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥ACD，AB⊥BC，AD=CD，∠CAD=30° （Ⅰ）若AD=2，AB=2BC，求四面体ABCD的体积．

（Ⅱ）若二面角C﹣AB﹣D为60°，求异面直线AD与BC所成角的余弦值．

考点：异 面直线及其所成的角；棱柱、棱锥、棱台的体积． 专题：计 算题；综合题；数形结合． 分析：（ I）要求四面体ABCD的体积，必须确定它的高和底面，由已知，△ABC作为底面，高易作，根据线段的长度，即可求得四面体ABCD的体积； （Ⅱ）利用三垂线定理找出二面角C﹣AB﹣D的平面角，根据该角为60°，找到各边之间的关系，利用平移的方法找出异面直线AD与BC所成角，解三角形，即可求得异面直线AD与BC所成角的余弦值． 解答：解 ：（I）设F为AC的中点，由于AD=CD， 第63页（共73页）

所以DF⊥AC． 故由平面ABC⊥平面ACD， 知DF⊥平面ABC，即DF是四面体ABCD的面ABC上的高，且DF=ADsin30°=1， AF=ADcos30°=， ，AB=2BC， ． =． 在Rt△ABC中，因AC=2AF=2由勾股定理易知BC=故四面体ABCD的体积V=，AB=（II）设G，H分别为边CD，BC的中点，则FG∥AD，GH∥BD， 从而∠FGH是异面直线AD与BC所成角或其补角． 设E为边AB的中点，则EF∥BC，由AB⊥BC，知EF⊥AB， 又由（I）有DF⊥平面ABC，故由三垂线定理知DE⊥AB， 所以∠DEF为二面角C﹣AB﹣D的平面角，由题设知∠DEF=60°． 设AD=a，则DF=AD•SsinCAD=， 在Rt△DEF中，EF=DF•cotDEF==， 取BD的中点M，连EM，FM，由中位线定理得，∠MEF为异面直线AD，BC所成的角， EM=FM=，由余弦定理得cosMEF===． 点评：此 题是个中档题．考查棱锥的体积公式和异面直线所成角问题，求解方法一般是平移法，找二面角的平面角时注意三垂线定理及其逆定理的应用，体现了数形结合和转化的思想．

52．如图所示，某传动装置由两个陀螺T1，T2组成，陀螺之间没有滑动．每个陀螺都由具有公共轴的圆锥和圆柱两个部分构成，每个圆柱的底面半径和高都是相应圆锥底面半径的，且T1，T2的轴相互垂直，它们相接触的直线与T2的轴所成角θ=arctan．若陀螺T2中圆锥的底面半径为r（r＞0）．

第页（共73页）

（1）求陀螺T2的体积；

（2）当陀螺T2转动一圈时，陀螺T1中圆锥底面圆周上一点P转动到点P1，求P与P1之间的距离．

考点：旋 转体（圆柱、圆锥、圆台）；棱柱、棱锥、棱台的体积． 专题：空 间位置关系与距离． 分析： （1）设陀螺T2圆锥的高为h，可得进而求出陀螺T2的体积； （2）设陀螺T1圆锥底面圆心为O，可得进而可得P与P1之间的距离． 解答：解 ：（1）设陀螺T2圆锥的高为h， 则即， …..2’ ，进而利用弧长公式，求出圆心角，，进而可得陀螺T2圆柱的底面半径和高为，得陀螺T2圆柱的底面半径和高为 （2）设陀螺T1圆锥底面圆心为O， 第65页（共73页）

则， 得 在△POP1中， 点评：本 题考查的知识点是旋转体的体积公式，弧长公式，是三角函数与空间几何的综合应用，难度中档．

53．已知△ABC的三个顶点在以O为球心的球面上，且cosA=﹣ABC的体积为 考点：球 内接多面体；球的体积和表面积． ，BC=1，AC=3，三棱锥O

，则球O的表面积为 16π ．

专题：球 ． 分析： 通过A的余弦函数求出正弦函数值，求出B的大小，利用三棱锥O﹣ABC的体积为求出O到底面的距离，求出球的半径，然后求出球的表面积． 解答： 解：△ABC的三个顶点在以O为球心的球面上，且cosA=∴sinA=由正弦定理可知：=， ， ，BC=1，AC=3， ，∴sinB=1，B=90°．斜边AC的中点就是△ABC的外接圆的圆心， ∵三棱锥O﹣ABC的体积为又AB=∴∴h=∴R=2， =2=， ， ， =2， 球O的表面积为4πR=16π． 故答案为：16π． 点评：本 题考查球的表面积的求法，球的内含体与三棱锥的关系，考查空间想象能力以及计算能力．

第66页（共73页）

54．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB=4，BC=3，AD=5，∠DAB=∠ABC=90°，E是CD的中点．

（Ⅰ）证明：CD⊥平面PAE；

（Ⅱ）若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P﹣ABCD的体积．

考点：用 空间向量求直线与平面的夹角；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角． 专题：计 算题；证明题． 分析：解 法一：（Ⅰ）先根据条件得到CD⊥AE；再结合PA⊥平面ABCD即可得到结论的证明； （Ⅱ）先根据直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等得到PA=BF，进而得到四边形BCDG是平行四边形，在下底面内求出BF的长以及下底面的面积，最后代入体积计算公式即可． 法二：（Ⅰ）先建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，进而得到•=0．即可证明结论； =0以及（Ⅱ）先根据直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等得到PA的长，再求出下底面面积，最后代入体积计算公式即可． 解答：解 法一：（Ⅰ）连接AC，由AB=4，BC=3，∠ABC=90°，得AC=5， 又AD=5，E是CD得中点， 所以CD⊥AE， PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD． 所以PA⊥CD， 而PA，AE是平面PAE内的两条相交直线， 所以CD⊥平面PAE． （Ⅱ）过点B作BG∥CD，分别与AE，AD相交于点F，G，连接PF， 由CD⊥平面PAE知，BG⊥平面PAE，于是∠BPF为直线PB与平面PAE所成的角，且BG⊥AE． 由PA⊥平面ABCD知，∠PBA即为直线PB与平面ABCD所成的角． 由题意∠PBA=∠BPF，因为sin∠PBA=，sin∠BPF=，所以PA=BF． 由∠DAB=∠ABC=90°知，AD∥BC，又BG∥CD． 所以四边形BCDG是平行四边形， 故GD=BC=3，于是AG=2． 第67页（共73页）

在RT△BAG中，AB=4，AG=2，BG⊥AF， 所以BG==2，BF===． 于是PA=BF=． 又梯形ABCD的面积为S=×（5+3）×4=16．所以四棱锥P﹣ABCD的体积为V=×S×PA=×16× =． 解法二：以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为X轴，Y轴，Z轴建立空间直角坐标系， 设PA=h，则A（0，0，0），B（4，0，0），C（4，3，0），D（0，5，0），E（2，4，0），P（0，0，h）． （Ⅰ）因为=（﹣4，2，0），=﹣8+8+0=0，•=（2，4，0），=0． =（0，0，h）． 所以CD⊥AE，CD⊥AP，而AP，AE是平面PAE内的两条相交直线， 所以CD⊥平面PAE． （Ⅱ）由题设和第一问知，，分别是平面PAE，平面ABCD的法向量， 而PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等， 所以：|cos＜，＞|=|cos＜，＞|，即||=||． 由第一问知=（﹣4，2，0），=（（0，0，﹣h），又=（4，0，﹣h）． 故||=||． 解得h=． 第68页（共73页）

又梯形ABCD的面积为S=×（5+3）×4=16． 所以四棱锥P﹣ABCD的体积为V=×S×PA=×16×=． 点评：本 题是中档题，利用空间直角坐标系通过向量的计算，考查直线与平面所成角的求法，直线与直线的垂直的证明方法，考查空间想象能力，计算能力，是常考题型． 五、空间线面位置关系

55． l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（ ） A． B． l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3 l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3 C． l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面 D． l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面 考点：平 面的基本性质及推论；空间中直线与直线之间的位置关系． 专题：证 明题． 分析：通 过两条直线垂直的充要条件两条线所成的角为90°；判断出B对；通过举常见的图形中的边、面的关系说明命题错误． 解答：解 ：对于A，通过常见的图形正方体，从同一个顶点出发的三条棱两两垂直，A错； 对于B，∵l1⊥l2，∴l1，l2所成的角是90°，又∵l2∥l3∴l1，l3所成的角是90°∴l1⊥l3，B对； 对于C，例如三棱柱中的三侧棱平行，但不共面，故C错； 对于D，例如三棱锥的三侧棱共点，但不共面，故D错． 故选B． 点评：本 题考查两直线垂直的定义、考查判断线面的位置关系时常借助常见图形中的边面的位置关系得到启示．

56．如图，棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论错误的是（ ）

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A． DC1⊥D1P C． ∠APD1的最大值为90° 考点：棱 柱的结构特征． B． 平面D1A1P⊥平面A1AP D． AP+PD1的最小值为 专题：应 用题；空间位置关系与距离． 分析：利 用DC1⊥面A1BCD1，可得DC1⊥D1P，A正确 利用平面D1A1BC，⊥平面A1ABB1，得出平面D1A1P⊥平面A1AP，B正确； 当A1P= 时，∠APD1为直角角，当0＜A1P＜ 时，∠APD1为钝角，C错； 将面AA1B与面ABCD1沿A1B展成平面图形，线段AD1即为AP+PD1的最小值． 解答：解 ：∵A1D1⊥DC1，A1B⊥DC1，∴DC1⊥面A1BCD1，D1P⊂面A1BCD1，∴DC1⊥D1P，A正确 ∵平面D1A1P即为平面D1A1BC，平面A1AP 即为平面A1ABB1，切D1A1⊥平面A1ABB1， ∴平面D1A1BC，⊥平面A1ABB1，∴平面D1A1P⊥平面A1AP，∴B正确； 当0＜A1P＜ 时，∠APD1为钝角，∴C错； 将面AA1B与面A1BCD1沿A1B展成平面图形，线段AD1即为AP+PD1的最小值， 在△AA1D1中，利用余弦定理解三角形得AD1=故选：C 57．已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，则下列给出的条件中，一定能推出m⊥β的是（ ） A． α⊥β且m⊂α 考点：直 线与平面垂直的判定． ，∴D正确． 点评：本 题考查正方体的结构特征，空间位置关系的判定，转化的思想． B． α⊥β且m∥α C． m∥n且n⊥β D． m⊥n且∥nβ； 专题：阅 读型；空间位置关系与距离． 分析：根 据A，B，C，D所给的条件，分别进行判断，能够得到正确结果． 解答：解 ：α⊥β，且m⊂α⇒m⊂β，或m∥β，或m与β相交，故A不成立； α⊥β，且m∥α⇒m⊂β，或m∥β，或m与β相交，故B不成立； m∥n，且n⊥β⇒m⊥β，故C成立； 由m⊥n，且n∥β，知m⊥β不成立，故D不正确． 故选：C． 点评：本 题考查直线与平面的位置关系的判断，解题时要认真审题，仔细解答，属于基础题．

六、折叠、展开问题

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58．如图，平面四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，，将其沿对角线BD折成四面体A′﹣BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，若四面体A′﹣BCD顶点在同一个球面上，则该球的体积为（ ）

A． 考点：球 内接多面体；球的体积和表面积． B． 3π C． D． 2π 专题：计 算题；压轴题． 分析：说 明折叠后几何体的特征，求出三棱锥的外接球的半径，然后求出球的体积． 解答：解 ：由题意平面四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，，将其沿对角线BD折成四面体A′﹣BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，若四面体A′﹣BCD顶点在同一个球面上，可知A′B⊥A′C，所以BC 是外接球的直径，所以BC=，球的半径为：；所以球的体积为：故选A =． 点评：本 题是基础题，考查折叠问题，三棱锥的外接球的体积的求法，考查计算能力，正确球的外接球的半径是解题的关键．

59．正方形ABCD的边长为2，点E、F分别在边AB、BC上，且AE=1，BF=，将此正方形沿DE、DF折起，使点A、C重合于点P，则三棱锥P﹣DEF的体积是 考点：棱 柱、棱锥、棱台的体积． ．

专题：空 间位置关系与距离． 分析：根 据题意得DP⊥面PEF，由此利用VP﹣DEF=VD﹣PEF，能求出三棱锥P﹣DEF的体积． 解答：解 ：根据题意知DP⊥PE，DP⊥PF，PE∩PF=P， ∴DP⊥面PEF， 而DP=2，EF=PF=2﹣， =，PE=1， 由余弦定理得cos∠PEF==0， ∴sin∠PEF=1， 第71页（共73页）

∴S△EPF=PE•EF=×1×=， ∴VP﹣DEF=VD﹣PEF=×2×故答案为：． =． 点评：本 题考查三棱锥的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．

60．如图1，△ABC中，∠B=90°，AB=

，BC=1，D、E两点分别是线段AB、AC的中点，

现将△ABC沿DE折成直二面角A﹣DE﹣B．

（Ⅰ）求证：面ADC⊥面ABE；

（Ⅱ）求直线AD与平面ABE所成角的正切值． 考点：直 线与平面所成的角；平面与平面垂直的判定． 专题：空 间位置关系与距离；空间角． 分析：（ Ⅰ）由已知条件推导出∠ADB为二面角A﹣DE﹣B平面角，AD⊥面BCD，从而AD⊥BE，由此能证明BE⊥面ADC，从而得到面ABE⊥面ADC． （Ⅱ）连结BE交CD于H，连结AH，过点D作DO⊥AH于O．由已知条件推导出∠DAO为AD与平面ABE所成角．由此能求出直线AD与平面ABE所成角的正切值． 解答：解 ：（Ⅰ）由∠B=90°，D、E两点分别是线段AB、AC的中点， 得DE∥BC，DE⊥AD，DE⊥BD， ∴∠ADB为二面角A﹣DE﹣B平面角，第72页（共73页）

．

∴AD⊥面BCD，又∵BE⊂面BCD，∴AD⊥BE， 又∴△BDE～△DBC，∴∠EBD=∠DCB， ∴BE⊥DC，∴BE⊥面ADC， 又BE⊂面ABE，∴面ABE⊥面ADC． （Ⅱ）连结BE交CD于H，连结AH， 过点D作DO⊥AH于O． ∵AD⊥BE，BE⊥DH， ∴BE⊥面ADHDO⊂面ADH，∴BE⊥DO， 又DO⊥AH，∴DO⊥面ABE， ∴∠DAO为AD与平面ABE所成角． Rt△BDE中，Rt△ADH中，∴直线AD与平面ABE所成角的正切值为． ． ， ， 点评：本 题考查平面与平面垂直的证明，考查直线与平面所成角的正切值的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．

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