专题三 立体几何专题【命题趋向】高考对空间想象能力的考查集中体现在立体几何试题上,着重考查空间点、线、面的位置关系的判断及空间角等几何量的计算.既有以选择题、填空题形式出现的试题,也有以解答题形式出现的试题.选择题、填空题大多考查概念辨析、位置关系探究、空间几何量的简单计算求解,考查画图、识图、用图的能力;解答题一般以简单几何体为载体,考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系,以及空间几何量的求解问题,综合考查空间想象能力、推理论证能力与运算求解能力.试题在突出对空间想象能力考查的同时,关注对平行、垂直关系的探究,关注对条件或结论不完备情形下的开放性问题的探究.【考点透析】立体几何主要考点就是柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征、三视图、直观图,表面积体积的计算,空间点、直线、平面的位置关系判断与证明,空间向量在平行、垂直关系证明中的应用,空间向量在计算空间角中的应用等.【例题解析】题型1 空间几何体的三视图以及面积与体积计算例 1 某几何体的一条棱长为7,在该几何体的正视图中,这条棱的投影就是长为6的线段,在该几何体的侧视图与俯视图中,这条棱的投影分别就是长为a 与b 的线段,则a b +的最大值为A. 22B. 32C. 4D. 52分析:想像投影方式,将问题归结到一个具体的空间几何体中解决.解析:结合长方体的对角线在三个面的投影来理解计算,如图设长方体的高宽高分别为,,m n k ,由题意得2227m n k ++=,226m k +=1n ⇒=,21k a +=,21m b +=,所以22(1)(1)6a b -+-=228a b ⇒+=,22222()282816a b a ab b ab a b +=++=+≤++=∴4a b ⇒+≤当且仅当2a b ==时取等号.点评:本题就是高考中考查三视图的试题中难度最大的一个,我们通过移动三个试图把问题归结为长方体的一条体对角线在三个面上的射影,使问题获得了圆满的解决.例2下图就是一个几何体的三视图,根据图中数据,可得该几何体的表面积就是A.9π B.10π C.11π D.12π分析:想像、还原这个空间几何体的构成,利用有关的计算公式解答.解析:这个空间几何体就是由球与圆柱组成的,圆柱的底面半径就是1,母线长就是3,球的半径就是1,故其表面积就是22213214112ππππ⨯⨯+⨯⨯+⨯=,答案D.点评:由三视图还原空间几何体的真实形状时要注意“高平齐、宽相等、长对正”的规则.例3 已知一个正三棱锥P ABC -的主视图如图所示,若32AC BC ==, 6PC =,则此正三棱锥的全面积为_________.分析:正三棱锥就是顶点在底面上的射影就是底面正三角形的中心的三棱锥,根据这个主试图知道,主试图的投影方向就是面对着这个正三棱锥的一条侧棱,并且与底面三角形的一条边垂直,这样就知道了这个三棱锥的各个棱长.解析:这个正三棱锥的底面边长就是3、高就是6,故底面正三角形的中心到一个顶点的距离就是23333⨯⨯=,故这个正三棱锥的侧棱长就是22363+=,由此知道这个正三棱锥的侧面也就是边长为3的正三角形,故其全面积就是234393⨯⨯=,答案93.点评:由空间几何体的一个视图再加上其她条件下给出的问题,对给出的这“一个视图”要仔细辨别投影方向,这就是三视图问题的核心.题型2 空间点、线、面位置关系的判断例4 已知n m ,就是两条不同的直线,βα,为两个不同的平面,有下列四个命题:①若βα⊥⊥n m ,,m n ⊥,则βα⊥;②若n m n m ⊥,//,//βα,则βα//;③若n m n m ⊥⊥,//,βα,则βα//;④若βαβα//,//,n m ⊥,则n m ⊥.其中正确的命题就是(填上所有正确命题的序号)_______________.分析:根据空间线面位置关系的判定定理与性质定理逐个作出判断.解析:我们借助于长方体模型解决.①中过直线,m n 作平面γ,可以得到平面,αβ所成的二面角为直二面角,如图(1),故βα⊥①正确;②的反例如图(2);③的反例如图(3);④中由,m ααβ⊥可得m β⊥,过n 作平面γ可得n 与交线g 平行,由于m g ⊥,故m n ⊥.答案①④.点评:新课标的教材对立体几何处理的基本出发点之一就就是使用长方体模型,本题就就是通过这个模型中提供的空间线面位置关系解决的,在解答立体几何的选择题、填空题时合理地使用这个模型就是很有帮助的.例5 设,m n 就是两条不同的直线,,αβ就是两个不同的平面,下列命题正确的就是A.若,,//m n m n αβ⊥⊥,则//αβB.若//,//,//,m n αβαβ则//m nC.若,//,//m n αβαβ⊥,则m n ⊥D.若//,//,//,m n m n αβ则//αβ分析:借助模型、根据线面位置关系的有关定理逐个进行分析判断.解析:对于//αβ,结合,//,m n αβ⊥则可推得m n ⊥.答案C.点评:从上面几个例子可以瞧出,这类空间线面位置关系的判断类试题虽然形式上各异,但本质上都就是以空间想象、空间线面位置关系的判定与性质定理为目标设计的,主要就是考查考生的空间想象能力与对线面位置关系的判定与性质定理掌握的程度.题型3 空间平行与垂直关系的证明、空间几何体的有关计算(文科解答题的主要题型)例6. 如图所示,在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中,E 、F 分别为1DD 、DB 的中点.(1)求证:EF //平面11ABC D ;(2)求证:1EF B C ⊥;(3)求三棱锥EFC B V -1的体积.分析:第一问就就是找平行线,最明显的就就是1EF BD ;第二问转化为线面垂直进行证明;第三问采用三棱锥的等积变换解决.解析:(1)连结1BD ,如图,在B DD 1∆中,E 、F 分别为1D D ,DB 的中点,则111111////EF D BD B ABC D EF EF ABC D ⎫⎪⊂⇒⎬⎪⊄⎭平面平面平面11ABC D .(2)11111111111111111,//B C ABB C BC B C BD B C ABC D EF B CAB B C ABC D EF BD BD ABC D AB BC B ⊥⎫⎪⊥⊥⊥⎫⎫⎪⇒⇒⇒⊥⎬⎬⎬⊂⊂⎭⎭⎪⎪=⎭平面平面平面(3)CF ⊥平面11BDD B ,1CF EFB ∴⊥平面且2CF BF ==,1132EF BD ==,222211(2)26B F BF BB =+=+=,222211111(22)3B E B D D E =+=+=∴22211EF B F B E += 即190EFB ∠=,11113B EFC C B EF B EF V V S CF--∆∴==⋅⋅=11132EF B F CF ⨯⋅⋅⋅=11362132⨯⨯⨯⨯= .点评:空间线面位置关系证明的基本思想就是转化,根据线面平行、垂直关系的判定与性质,进行相互之间的转化,如本题第二问就是证明线线垂直,但问题不能只局限在线上,要把相关的线归结到某个平面上(或就是把与这些线平行的直线归结到某个平面上,通过证明线面的垂直达到证明线线垂直的目的,但证明线面垂直又得借助于线线垂直,在不断的相互转化中达到最终目的.立体几何中的三棱柱类似于平面几何中的三角形,可以通过“换顶点”实行等体积变换,这也就是求点面距离的基本方法之一.例7.在四棱锥P ABCD -中,90ABC ACD ∠=∠=,60BAC CAD ∠=∠=,PA ⊥平面ABCD ,E 为PD 的中点,22PA AB ==.(1)求四棱锥P ABCD -的体积V ;(2)若F 为PC 的中点,求证PC ⊥平面AEF ;(3)求证CE ∥平面PAB .分析:第一问只要求出底面积与高即可;第二问的线面垂直通过线线垂直进行证明;第三问的线面平行即可以通过证明线线平行、利用线面平行的判定定理解决,也可以通过证明面面平行解决,即通过证明直线CE 所在的一个平面与平面PAB 的平行解决.解析:(1)在ABC ∆Rt 中,1,60AB BAC =∠=,∴3BC =,2AC =.在ACD Rt Δ中,2,60AC ACD =∠=,∴23,4CD AD ==.∴1122ABCD S AB BC AC CD =⋅+⋅115132233222=⨯⨯+⨯⨯=.则155323323V =⨯⨯=.(2)∵PA CA =,F 为PC 的中点,∴AF PC ⊥.∵PA ⊥平面ABCD ,∴PA CD ⊥,∵AC CD ⊥,PAAC A =,∴CD ⊥平面PAC ,∴CD PC ⊥.∵E 为PD 中点,F 为PC 中点,∴EF∥CD ,则EF CD ⊥,∵AF EF F =,∴PC ⊥平面AEF .(3)证法一:取AD 中点M ,连,EM CM .则EM ∥PA ,∵EM ⊄平面PAB ,PA ⊂平面PAB ,∴EM ∥平面PAB . 在ACD ∆Rt 中,60CAD ∠=,2AC AM ==,∴60ACM ∠=.而60BAC ∠=,∴MC ∥AB .∵MC ⊄平面PAB ,AB ⊂平面PAB ,∴MC ∥平面PAB .∵EM MC M =,∴平面EMC ∥平面PAB .∵EC⊂平面EMC ,∴EC ∥平面PAB .证法二:延长,DC AB ,设它们交于点N ,连PN .∵60NAC DAC ∠=∠=,AC CD ⊥,∴C 为ND 的中点. ∵E 为PD 中点,∴EC ∥PN . ∵EC ⊄平面PAB , PN ⊂平面PAB ,∴EC ∥平面PAB .点评:新课标高考对立体几何与大纲的高考有了诸多的变化.一个方面增加了空间几何体的三视图、表面积与体积计算,拓展了命题空间;另一方面删除了三垂线定理、删除了凸多面体的概念、正多面体的概念 与性质、球的性质与球面距离,删除了空间向量,这就给立体几何的试题加了诸多的枷锁,由于这个原因课标高考文科的立体几何解答题一般就就是空间几何体的体积与表面积的计算、空间线面位置关系的证明(主要就是平行与垂直). 题型4 空间向量在立体几何中的应用例8.如图,在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中,E F 、分别为11A D 与1CC 的中点. (1)求证:EF ∥平面1ACD ;(2)求异面直线EF 与AB 所成的角的余弦值;(3)在棱1BB 上就是否存在一点P ,使得二面角P AC P --的大小为30?若存在,求出BP 的长;若不存在,请说明理由.【解析】解法一:如图分别以1,,DA DC DD 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -,由已知得()0,0,0D 、()2,0,0A 、()2,2,0B 、()0,2,0C 、()12,2,2B 、()10,0,2D ()1,0,2E 、、()0,2,1F . (1)取1AD 中点G ,则()1,0,1G ,()1,2,1CG =-,又()1,2,1EF =--,由EF CG =-,∴EF 与CG 共线.从而EF ∥CG ,∵CG ⊂平面1ACD , EF ⊄平面1ACD ,∴EF ∥平面1ACD . (2)∵()0,2,0AB =,6cos ,||||26EF AB EF AB EF AB ⋅===⋅∴异面直线EF 与AB 所成角的余弦值为36. (3)假设满足条件的点P 存在,可设点()2,2,P t (02t <≤),平面ACP 的一个法向量为(),,n x y z =,则0,0.n AC n AP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ∵()0,2,AP t = ()2,2,0AC =-,∴220,20,x y y tz -+=⎧⎨+=⎩取2(1,1,)n t=-.易知平面ABC 的一个法向量1(0,0,2)BB =, 依题意知, 1,30BB n =或150,∴14||cos ,BB N -==,即22434(2)4t t=+,解得t = ∵(0,2]3∈,∴在棱1BB 上存在一点P,当BP 的长为3时,二面角P AC B --的大小为30. 解法二: (1)同解法一知()1,2,1EF =-- ,()12,0,2AD =-,()2,2,0AC =-,∴112EF AC AD =-,∴EF 、AC 、1AD 共面.又∵EF ⊄平面1ACD ,∴EF ∥平面1ACD .(2)、(3)同解法一.解法三:易知平面1ACD 的一个法向量就是()12,2,2DB =.又∵()1,2,1EF =--,由10EF DB ⋅=·, ∴1EF DB ⊥,而EF ⊄平面1ACD ,∴EF ∥平面1ACD .(2)、(3)同解法一.点评:本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系、二面角的概念等基础知识;考查空间想像能力、推理论证能力与探索问题、解决问题的能力.利用空间向量证明线面平行的方法基本上就就是本题给出的三种,一就是证明直线的方向向量与平面内的一条直线的方向向量共线,二就是证明直线的方向向量与平面内的两个不共线的向量共面、根据共面向量定理作出结论;三就是证明直线的方向向量与平面的一个法向量垂直. 例9 已知几何体A BCED -的三视图如图所示,其中俯视图与侧视图都就是腰长为4的等腰直角三角形,正视图为直角梯形.(1)求异面直线DE 与AB 所成角的余弦值; (2)求二面角A ED B --的正弦值; (3)求此几何体的体积V 的大小.【解析】(1)取EC 的中点就是F ,连结BF ,则BF DE ,∴FBA ∠或其补角即为异面直线DE与AB所成的角.在BAF∆中,42AB =25BF AF ==∴10cos 5ABF ∠=. ∴异面直线DE 与AB 所成的角的余弦值为105. (2)AC ⊥平面BCE ,过C 作CG DE ⊥交DE 于G ,连结AG . 可得DE ⊥平面ACG ,从而AG DE ⊥, ∴AGC ∠为二面角A ED B --的平面角. 在ACG ∆Rt 中,90ACG ∠=,4AC =,855CG =,∴5tan 2AGC ∠=. ∴5sin AGC ∠=. ∴二面角A ED B --5(3)1163BCED V S AC =⋅⋅=,∴几何体的体积V 为16. 方法二:(坐标法)(1)以C 为原点,以,,CA CB CE 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系. 则()4,0,0A ,(0,4,0)B ,(0,4,2)D ,()0,0,4E ,(0,4,2),(4,4,0)DE AB =-=-,∴10cos ,DE AB <>=∴异面直线DE 与AB 10 (2)平面BDE 的一个法向量为(4,0,0)CA =, 设平面ADE 的一个法向量为(,,)n x y z =,,,n AD n DE ⊥⊥(4,4,2),(0,4,2)AD DE =-=- ∴0,0n AD n DE ==从而4420,420x y z y z -++=-+=, 令1y =,则(2,1,2)n =, 2cos ,3CA n <>=∴二面角A ED B --5 (3)1163BCED V S AC =⋅⋅=,∴几何体的体积V 为16. 点评:本题考查异面直线所成角的求法、考查二面角的求法与多面体体积的求法.空间向量对解决三类角(异面直线角、线面角、面面角)的计算有一定的优势.对理科考生来说除了要在空间向量解决立体几何问题上达到非常熟练的程度外,不要忽视了传统的方法,有些试题开始部分的证明就没有办法使用空间向量.题型5 距离(点到平面,线与线、线与面、面与面)求点到平面的距离就就是求点到平面的垂线段的长度,其关键在于确定点在平面内的垂足,当然别忘了转化法与等体积法的应用、 典型例题例10如图,正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都为2,D 为1CC 中点. (Ⅰ)求证:1AB ⊥平面1A BD ;1A(Ⅱ)求二面角1A A D B --的三角函数值; (Ⅲ)求点C 到平面1A BD 的距离.考查目的:本小题主要考查直线与平面的位置关系,二面角的 大小,点到平面的距离等知识,考查空间想象能力、逻辑思维 能力与运算能力.解答过程:解法一:(Ⅰ)取BC 中点O ,连结AO . ABC △为正三角形,AO BC ∴⊥.正三棱柱111ABC A B C -中,平面ABC ⊥平面11BCC B ,AO ∴⊥平面11BCC B .连结1B O ,在正方形11BB C C 中,O D ，分别为1BC CC ，的中点, 1B O BD ∴⊥, 1AB BD ∴⊥.在正方形11ABB A 中,11AB A B ⊥, 1AB ∴⊥平面1A BD .(Ⅱ)设1AB 与1A B 交于点G ,在平面1A BD 中,作1GF A D ⊥于F ,连结AF ,由(Ⅰ)得1AB ⊥平面1A BD .1AF A D ∴⊥, AFG ∴∠为二面角1A A D B --的平面角.在1AA D △中,由等面积法可求得AF =又112AG AB =sin AG AFG AF ∴==∠所以二面角1A A D B --(Ⅲ)1A BD△中,111A BD BD A D A B S ==∴=△1BCD S =△.在正三棱柱中,1A 到平面11BCC B 设点C 到平面1A BD 的距离为d . 由11A BCD C A BD V V --=,得111333BCDA BD S Sd =△△,1A BD d ∴=△ ABC D1A1C1BO F∴点C 到平面1A BD解法二:(Ⅰ)取BC 中点O ,连结AO . ABC △为正三角形,AO BC ∴⊥.在正三棱柱111ABC A B C -中,平面ABC ⊥平面11BCC B ,AD ∴⊥平面11BCC B .取11B C 中点1O ,以O 为原点,OB ,1OO ,OA 的方向为x y z ，，轴的正方向建立空间直角坐标系,则(100)B ，，,(110)D -，，,1(02A,(00A ,1(120)B ，，, 1(12AB ∴=，,(210)BD =-，，,1(1BA =-. 12200AB BD =-++=,111430AB BA =-+-=, 1AB BD ∴⊥,11AB BA ⊥.1AB ∴⊥平面1A BD .(Ⅱ)设平面1A AD 的法向量为()x y z =，，n.(11AD =-，,1(020)AA =，，.AD ⊥n ,1AA ⊥n ,100AD AA ⎧=⎪∴⎨=⎪⎩，，nn 020x y y ⎧-+=⎪∴⎨=⎪⎩，，0y x =⎧⎪∴⎨=⎪⎩，． 令1z =得(1)=，n 为平面1A AD 的一个法向量. 由(Ⅰ)知1AB ⊥平面1A BD , 1AB ∴为平面1A BD 的法向量.cos <n,11133222AB AB AB -->===n n ∴二面角1A A D B --的大小为(Ⅲ)由(Ⅱ),1AB 为平面1A BD 法向量, 1(200)(12BC AB =-=，，，，.∴点C 到平面1A BD 的距离1122BC AB d AB -===小结:本例中(Ⅲ)采用了两种方法求点到平面的距离、解法二采用了平面向量的计算方法,把不易直接求的B 点到平面1AMB 的距离转化为容易求的点K 到平面1AMB 的距离的计算方法,这就是数学解题中常用的方法;解法一采用了等体积法,这种方法可以避免复杂的几何作图,显得更简单些,因此可优先考虑使用这一种方法、例2、 如图,已知两个正四棱锥P -ABCD 与Q -ABCD 的高分别为1与2,AB =4、(Ⅰ)证明PQ ⊥平面ABCD ; (Ⅱ)求点P 到平面QAD 的距离、命题目的:本题主要考查直线与平面的位置关系及点到平面的距离基本知识,考查空间想象能力、逻辑思维能力与运算能力、过程指引:方法一关键就是用恰当的方法找到所求的空间距离与角;方法二关键就是掌握利用空间向量求空间距离与角的一般方法、 解答过程:方法一 (Ⅰ)取AD 的中点,连结PM ,QM 、 因为P －ABCD 与Q －ABCD 都就是正四棱锥, 所以AD ⊥PM ,AD ⊥QM 、 从而AD ⊥平面PQM 、 又⊂PQ 平面PQM ,所以PQ ⊥AD 、 同理PQ ⊥AB ,所以PQ ⊥平面ABCD 、(II)连结OM ,则112.22OM AB OQ ===所以∠MQP ＝45°、由(Ⅰ)知AD ⊥平面PMQ ,所以平面PMQ ⊥平面QAD 、 过P 作PH ⊥QM 于H,PH ⊥平面QAD 、从而PH 的长就是点P 到平面QAD 的距离、又03,sin 452PQ PO QO PH PQ =+=∴==、 即点P 到平面QAD的距离就是2、 方法二(Ⅰ)连结AC 、BD ,设O BD AC = 、由P －ABCD 与Q －ABCD 都就是正四棱锥,所以PO ⊥平面ABCD ,QO ⊥平面ABCD 、从而P 、O 、Q 三点在一条直线上,所以PQ ⊥平面ABCD 、 (Ⅱ)点D 的坐标就是(0,－22,0),)0,22,22(--=AD ,(0,0,3)PQ =-,设),,(z y x =就是平面QAD 的一个法向量,由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00AQ n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+002y x z x 、QBCPADOM取x =1,得)2,1,1(--=n、 所以点P 到平面QAD 的距离322PQ n d n⋅==、 题型 6 割补法:割补法主要就是针对平面图形或空间图形所采用的一种几何变换,其主要思想就是把不规则问题转化为规则问题,这个方法常常用来求不规则平面图形的面积或不规则空间几何体的体积.例 6.1若三棱锥的三条侧棱两两垂直,且侧棱长均为3,则其外接球的表面积就是 .分析:将其补成一个正方体.解析:这样的三棱锥实际上就是正方体被一个平面所截下来的,我们考虑在原来的正方体中解决这个问题.设原来的正方体的棱长为3,则本题中的三棱锥与原来的正方体具有同一个外接球,这个球的直径就就是正方体的体对角线,长度为333⨯=,即球的半径就是32,故这个球的表面积就是23492ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭.点评:三条侧棱两两垂直的三棱锥习惯上称为“直角三棱锥”,它就隐含在正方体之中,在解题中把它瞧作正方体的一个部分,在整个正方体中考虑问题,往往能化难为易,起到意想不到的作用.例6.2如图,已知多面体ABC DEFG -中,AB AC AD ，，两两互相垂直,平面ABC ∥平面DEFG ,平面BEF ∥平面ADGC ,2AB AD DC ===,1AC EF ==,则该多面体的体积为Ａ.2 Ｂ.4 Ｃ.6 Ｄ.8分析:这个几何体即可以瞧作两个三棱柱拼合而成的,也可以瞧作就是从一个正方体割下来的.解析一(割):如图,过点C 作CH DG ⊥于H ,连结EH ,这样就把多面体分割成一个直三棱柱DEH ABC -与一个斜三棱柱BEF CHG -.于就是所求几何体的体积为DEH BEF V S AD S DE =⨯+⨯△△11212212422⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.解析二(补):如图,将多面体补成棱长为2的正方体,那么显然所求的多面体的体积即为该正方体体积的一半.于就是所求几何体的体积为31242V =⨯=.点评:割补法就是我们解决不规则空间几何体体积的最主要的技巧,其基本思想就是利用割补将其转化为规则空间几何体加以解决.【专题训练与高考预测】一、选择题1.如图为一个几何体的三视图,尺寸如图所示,则该几何体的表面积为(不考虑接触点) ( )A. 63π++B. 1834π++C. 1823π++D. 32π+2.某几何体的三视图如图所示,根据图中数据,可得该几何体的体积就是 ( )A.323+B.233+C.2233-D. 3223-3.已知一个几何体的主视图及左视图均就是边长为2的正三角形,俯视图就是直径为2的圆,则此几何体的外接球的表面积为 ( ) A.π34B.π38C.π316D.π332 4.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图就是一个底角为45,腰与上底长均为1的等腰梯形,则这个平面图形的面积就是 ( )A.2221+ B.221+C.21+D.22+5. 一个盛满水的三棱锥容器S ABC -,不久发现三条侧棱上各有一个小洞,,D E F ,且知:::2:1SD DA SE EB CF FS ===,若仍用这个容器盛水,则最多可盛原来水的( )A.2923B.2719C.3130D.2723 6. 点P 在直径为2的球面上,过P 作两两垂直的三条弦,若其中一条弦长就是另一条弦长的2倍,则这三条弦长之与为最大值就是( )A.270B.370C.415D.6157.正方体''''ABCD A B C D -中,AB 的中点为M ,'DD 的中点为N ,异面直线'B M 与CN所成的角就是 ( )A.30B.90C.45D.60 8.已知异面直线a 与b 所成的角为50,P 为空间一定点,则过点P 且与,a b 所成角都就是30 的直线有且仅有( )A. 1条B. 2条C. 3条D. 4条9.如图所示,四边形ABCD 中,//,,45,90AD BC AD AB BCD BAD =∠=∠=,将△ABD沿BD 折起,使平面ABD ⊥平面BCD ,构成三棱锥A BCD -,则在三棱锥A BCD -中,下列命题正确的就是 ( ) A.平面ABD ⊥平面ABC B.平面ADC ⊥平面BDCC.平面ABC ⊥平面BDCD.平面ADC ⊥平面ABC10.设x 、y 、z 就是空间不同的直线或平面,对下列四种情形:① x 、y 、z 均为直线;② x 、y 就是直线,z 就是平面;③ z 就是直线,x 、y 就是平面;④ x 、y 、z 均为平面.其中使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题的就是 ( )A. ③ ④B. ① ③C. ② ③D. ① ②11.已知三条不重合的直线m 、n 、l 两个不重合的平面α、β,有下列命题 ①若//,m n n α⊂,则//m α; ②若l α⊥,m β⊥且l m ,则αβ;③若,m m αα⊂⊂,,m n ββ,则αβ;④若αβ⊥,m αβ=,n β⊂,n m ⊥,则n α⊥.中正确的命题个数就是 ( )A.1B. 2C.3D.412.直线AB 与直二面角l αβ--的两个面分别交于,A B 两点,且,A B 都不在棱上,设直线AB 与平面,αβ所成的角分别为,θϕ,则θϕ+的取值范围就是( )A.(0,)2πB.0,2π⎛⎤⎥⎝⎦C.(,)2ππ D.{}2π二、填空题13. 在三棱锥P ABC -中,2PA PB PC ===,30APB BPC CPA ∠=∠=∠=,一只蚂蚁从A 点出发沿三棱锥的侧面绕一周,再回到A 点,则蚂蚁经过的最短路程就是 .14.四面体的一条棱长为x ,其它各棱长为1,若把四面体的体积V 表示成x 的函数()f x ,则()f x 的增区间为 ,减区间为 .15. 如图,就是正方体平面展开图,在这个正方体中:① BM 与ED 平行; ② CN 与BE就是异面直线;③CN 与BM 成60角; ④DM 与BN 垂直. 以上四个说法中,正确说法的序号依次就是 .16. 已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中,E 就是11A B 的中点,则直线AE 与平面11ABC D 所成的角的正弦值就是 .三、解答题17.已知,如图就是一个空间几何体的三视图. (1)该空间几何体就是如何构成的; (2)画出该几何体的直观图; (3)求该几何体的表面积与体积.18.如图,已知等腰直角三角形RBC ,其中90RBC ∠=,2==BC RB .点,A D 分别就是RB ,RC 的中点,现将RAD ∆沿着边AD 折起到PAD ∆位置,使PA AB ⊥,连结PB 、PC .(1)求证:BC PB ⊥;(2)求二面角P CD A --的平面角的余弦值.19.如下图,在正四棱柱1111ABCD A B C D -中,112AA AB =,点,E M 分别为11,A B CC 的中点,过点1,,A B M 三点的平面1A BMN 交11C D 于点N .(1)求证:EM 平面1111A B C D ; (2)求二面角11B A N B --的正切值;(3)设截面1A BMN 把该正四棱柱截成的两个几何体的体积分别为12,V V (12V V <),求12:V V 的值.20. 如图,在四棱锥ABCD P -中,底面为直角梯形,//,90AD BC BAD ︒∠=,PA 垂直于底面ABCD ,N M BC AB AD PA ,,22====分别为PB PC ,的中点. (1)求证:DM PB ⊥;(2)求BD 与平面ADMN 所成的角;(3)求截面ADMN 的面积.21.如图,正方形ACDE 所在的平面与平面ABC 垂直,M 就是CE 与AD 的交点,BC AC ⊥,且BC AC =.(1)求证:⊥AM 平面EBC ;(2)求直线AB 与平面EBC 所成的角的大小; (3)求二面角C EB A --的大小.22.已知斜三棱柱111ABC A B C -,90BCA ∠=,2AC BC ==,1A 在底面ABC 上的射影恰为AC 的中点D ,又知11BA AC ⊥.(1)求证:1AC ⊥平面1A BC ; (2)求1CC 到平面1A AB 的距离; (3)求二面角1A A B C --的一个三角函数值.【参考答案】1.解析:C 该几何体就是正三棱柱上叠放一个球.故其表面积为223132322418232ππ⎛⎫⨯⨯+⨯⨯+⨯=++ ⎪⎝⎭.2.解析:B 这个空间几何体的就是一个底面边长为3的正方形、高为3的四棱柱,上半部分就是一个底面边长为3的正方形、高为2的四棱锥,故其体积为13333323323⨯⨯+⨯⨯⨯=+.3.解析:C 由三视图知该几何体就是底面半径为1,高为3的圆锥,其外接球的直径为43. 4.解析:D 如图设直观图为''''O A B C ,建立如图所示的坐标系,按照斜二测画法的规则,在原来的平面图形中OC OA ⊥,且2OC =,1BC =,212122OA =+⨯=+,故其面积为()11222222⋅++⋅=+5.解析:D 当平面EFD 处于水平位置时,容器盛水最多2121sin 31sin 313131h ASB SB SA h DSE SE SD h S h S V V SAB SDE SABC SDE F ⋅∠⋅⋅⋅⋅∠⋅⋅⋅=⋅⋅=∴∆∆--27431323221=⋅⋅=⋅⋅=h h SB SE SA SD 最多可盛原来水得42312727-=.6.解析:A 设三边长为,2,x x y ,则2254x y +=, 令442cos ,2sin ,33cos 2sin 70555x y x y θθθθ==∴+=+≤. 7.解析:B 如图,取'AA 的中点P ,连结BP ,在正方形''ABB A 中易证'BP B M ⊥.8.解析:B 过点P 作a a ',b b ',若P a ∈,则取a 为a ',若P b ∈,则取b 为b '.这时a ',b '相交于P 点,它们的两组对顶角分别为50与130. 记a ',b '所确定的平面为α,那么在平面α内,不存在与a ',b '都成30的直线. 过点P 与a ',b '都成30角的直线必在平面α外,这直线在平面α的射影就是a ',b '所成对顶角的平分线.其中射影就是50对顶角平分线的直线有两条l 与l ',射影就是130对顶角平分线的直线不存在.故答案选B.9.解析:D 如图,在平面图形中CD BD ⊥,折起后仍然这样,由于平面ABD ⊥平面BCD ,故CD ⊥平面ABD ,CD AB ⊥,又AB AD ⊥,故AB ⊥平面ADC ,所以平面ADC ⊥平面ABC .10.解析:C x 、y 、z 均为直线,显然不行;由于垂直于同一个平面的两条直线平行,故②,可以使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题;又由于垂直于同一条直线的两个平面平行,故③可以使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题;当x 、y 、z 均为平面时,也不能使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题.11.解析:B ①中有m α⊂的可能;l m 且l α⊥,可得m α⊥,又m β⊥,故αβ,②正确;③中当m n 时,结论不成立;④就就是面面垂直的性质定理,④正确.故两个正确的.12.解析:B 如图,在Rt ADC ∆中,cos ,sin AD AB AC AB θϕ==,而AD AC >,即cos sin cos2πθϕϕ⎛⎫>=- ⎪⎝⎭,故2πθϕ<-,即2πθϕ+<,而当AB l ⊥时,2πθϕ+=.13.解析:22 将如图⑴三棱锥P ABC -,沿棱PA 展开得图⑵,蚂蚁经过的最短路程应就是A A ',又∵30APB BPC CPA ∠=∠=∠=,'90APA ∠=,∴A A '=22.14.解析:60,⎛⎤ ⎥ ⎝⎦ ,⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡326， 2()34x f x x =-,利用不等式或导数即可判断. 15.解析:③④ 如图,逐个判断即可.16.解析10 取CD 的中点F ,连接EF 交平面11ABC D 于O ,连AO .由已知正方体,易知EO ⊥平面11ABC D ,所以EAO ∠为所求.在EOA∆Rt中,111222EO EF A D ===,2215()12AE =+=,10sin EO EAO AE ∠==.所以直线AE 与平面11ABC D 所成的角的正弦值为10.17.解析:(1)这个空间几何体的下半部分就是一个底面边长为2的正方形高为1的长方体,上半部分就是一个底面边长为2的正方形高为1的四棱锥.(2)按照斜二测的规则得到其直观图,如图.(3)由题意可知,该几何体就是由长方体''''ABCD A B C D -与正四棱锥''''P A B C D -构成的简单几何体.由图易得:2,'1,'1AB AD AA PO ====,取''A B 中点Q ,连接PQ ,从而2222''112PQ PO O Q =++所以该几何体表面积()()1'''''''''''''''''4212.2S A B B C C D D A PQ A B B C C D D A AA AB AD =++++++++⋅= 体积11622122133V =⨯⨯+⨯⨯⨯=. 18.解析:(1)∵点A 、D 分别就是RB 、RC 的中点,∴BC AD BC AD 21,//=. ∴90PAD RAD RBC ∠=∠=∠=,∴AD PA ⊥.∴ BC PA ⊥,∵A AB PA AB BC =⊥ ,,∴BC ⊥平面PAB . ∵⊂PB 平面PAB ,∴PB BC ⊥.(2)取RD 的中点F ,连结AF 、PF . ∵1==AD RA ,∴RC AF ⊥.∵AD AP AR AP ⊥⊥,,∴⊥AP 平面RBC .∵⊂RC 平面RBC ,∴AP RC ⊥.∵,A AP AF = ∴⊥RC 平面PAF .∵⊂PF 平面PAF ,∴PF RC ⊥.∴AFP ∠就是二面角P CD A --的平面角.在RAD ∆Rt 中, 22212122=+==AD RA RD AF , 在PAF ∆Rt 中, 2622=+=AF PA PF , 332622cos ===∠PF AF AFP . ∴ 二面角P CD A --的平面角的余弦值就是33. 19.解析:(1)设11A B 的中点为F ,连结1,EF FC .∵E 为1A B 的中点,∴EF 112BB . 又1C M112BB ,∴EF 1MC .∴四边形1EMC F 为平行四边形. ∴1EM FC .∵EM ⊄平面1111A B C D ,1FC ⊂平面1111A B C D ,∴EM 平面1111A B C D .(2)作11B H A N ⊥于H ,连结BH ,∵1BB ⊥⊥平面1111A B C D ,∴1BH A N ⊥.∴1BHB ∠为二面角11B A N B --的平面角.∵EM ∥平面1111A B C D ,EM ⊂平面1A BMN ,平面1A BMN平面11111A B C D A N = , ∴1EM A N .又∵1EM FC ,∴11A N FC .又∵11A F NC ,∴四边形11A FC N 就是平行四边形.∴11NC A F =.设1AA a =,则112A B a =,1D N a =.在11A D N ∆Rt 中,1A N ==,∴sin ∠A 1ND 1=11111sin A D A ND A N ∠==. 在11A B H ∆Rt 中,11111sin 2B H A B HA B a =∠==在1BB H ∆Rt 中, 111tan 44BB a BHB B H ∠===. (3)延长1A N 与11B C 交于P ,则P ∈平面1A BMN ,且P ∈平面11BB C C .又∵平面1ABMN 平面11BB C C BM = ,∴P BM ∈,即直线111,,A N B C BM 交于一点P .又∵平面1MNC ∥平面11BA B ,∴几何体111MNC BA B -为棱台. ∵112122A BB S a a a ∆=⋅⋅=,12111224MNC S a a a ∆=⋅⋅=, 棱台111MNC BA B -的高为112B C a =,故22311172346V a a a a ⎛⎫=+⋅= ⎪ ⎪⎝⎭,3327172266V a a a a a =⋅⋅-=,.∴12717V V =.20.解析:(1)因为N 就是PB 的中点,AB PA =, 所以PB AN ⊥. 由PA ⊥底面ABCD ,得PA AD ⊥,又90BAD ︒∠=,即BA AD ⊥,∴ ⊥AD 平面PAB ,所以PB AD ⊥ ,∴ ⊥PB 平面ADMN , ∴DM PB ⊥.(2)连结DN , 因为⊥BP 平面ADMN ,即⊥BN 平面ADMN ,所以BDN ∠就是BD 与平面ADMN 所成的角. 在ABD ∆Rt 中,BD ==,在PAB ∆Rt 中,PB ==,故12BN PB ==,在BDN ∆Rt 中,21sin ==∠BD BN BDN ,又02BDN π≤∠≤,故BD 与平面ADMN 所成的角就是6π. (3)由,M N 分别为PB PC ,的中点,得//MN BC ,且1122MN BC ==,又//AD BC ,故//MN AD ,由(1)得⊥AD 平面PAB ,又AN ⊂平面PAB ,故AD AN ⊥,∴四边形ADMN 就是直角梯形,在Rt PAB ∆中,2222PB PA AB =+=,122AN PB ==,∴ 截面ADMN 的面积11152()(2)22224S MN AD AN =+⨯=+⨯=.法二: (1)以A 点为坐标原点建立空间直角坐标系A xyz -,如图所示(图略)由22====BC AB AD PA ,得(0,0,0)A ,1(0,0,2),(2,0,0),(1,,1),(0,2,0)2P B M D因为3(2,0,2)(1,,1)2PB DM ⋅=-- 0= ,所以DM PB ⊥.(2)因为 (2,0,2)(0,2,0)PB AD ⋅=-⋅0=,所以PB AD ⊥,又DM PB ⊥ , 故PB ⊥平面ADMN ,即(2,0,2)PB =-就是平面ADMN 的法向量.设BD 与平面ADMN 所成的角为θ,又(2,2,0)BD =-.则||1sin |cos ,|2||||4444BD PB BD PB BD PB θ⋅=<>===+⨯+,又[0,]2πθ∈,故6πθ=,即BD 与平面ADMN 所成的角就是6π.因此BD 与平面ADMN 所成的角为6π.(3)同法一.21.解析:法一:(1)∵四边形ACDE 就是正方形, EC AM AC EA ⊥⊥∴,.∵平面⊥ACDE 平面ABC ,又∵AC BC ⊥,⊥∴BC 平面EAC .⊂AM 平面EAC ,⊥∴BC AM . ⊥∴AM 平面EBC .(2)连结BM ,⊥AM 平面EBC ,ABM ∠∴就是直线AB 与平面EBC 所成的角.设a BC AC EA 2===,则a AM 2=,a AB 22=, 21sin ==∠∴AB AM ABM , ︒=∠∴30ABM . 即直线AB 与平面EBC 所成的角为︒30(3)过A 作EB AH ⊥于H ,连结HM . ⊥AM 平面EBC ,EB AM ⊥∴.⊥∴EB 平面AHM .AHM ∠∴就是二面角C EB A --的平面角.∵平面⊥ACDE 平面ABC ,⊥∴EA 平面ABC .⊥∴EA AB .在EAB Rt ∆中, EB AH ⊥,有AH EB AB AE ⋅=⋅.由(2)所设aBC AC EA 2===可得a AB 22=,a EB 32=,322a EB AB AE AH =⋅=∴. 23sin ==∠∴AH AM AHM .︒=∠∴60AHM .∴二面角C EB A --等于︒60. 法二: ∵四边形ACDE 就是正方形 ,EC AM AC EA ⊥⊥∴,,∵平面⊥ACDE 平面ABC ,⊥∴EA 平面ABC , ∴可以以点A 为原点,以过A 点平行于BC 的直线为x 轴,分别以直线AC 与AE 为y 轴与z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系xyz A -.设2===BC AC EA ,则),0,2,2(),0,0,0(B A )2,0,0(),0,2,0(E C , M 就是正方形ACDE 的对角线的交点,)1,1,0(M ∴.(1)=)1,1,0(,)2,2,0()2,0,0()0,2,0(-=-=EC ,)0,0,2()0,2,0()0,2,2(=-=CB , 0,0=⋅=⋅∴CB AM EC AM , CB AM EC AM ⊥⊥∴,⊥∴AM 平面EBC .(2) ⊥AM 平面EBC ,∴为平面EBC 的一个法向量,。