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、推理论证能力和运算求解能力．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和体积计算例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，这条棱的投影分别是长为a和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．学科网例2下图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：这个空间几何体是由球和圆柱组成的，圆柱的底面半径是1，母线长是3，球的半径是1，故其表面积是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：正三棱锥是顶点在底面上的射影是底面正三角形的中心的三棱锥，根据这个主试图知道，主试图的投影方向是面对着这个正三棱锥的一条侧棱，并且和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是3、高是6，故底面正三角形的中心到一个顶点的距离是233332⨯⨯=，故这个正三棱锥的侧棱长是22363+=，由此知道这个正三棱锥的侧面也是边长为3的正三角形，故其全面积是2343934⨯⨯=，答案93．点评：由空间几何体的一个视图再加上其他条件下给出的问题，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 ,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和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是使用长方体模型，本题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是很有帮助的．例5 设,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，下列命题正确的是A ．若,,//m n m n αβ⊥⊥，则//αβ B ．若//,//,//,m n αβαβ则//m n C ．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看出，这类空间线面位置关系的判断类试题虽然形式上各异，但本质上都是以空间想象、空间线面位置关系的判定和性质定理为目标设计的，主要是考查考生的空间想象能力和对线面位置关系的判定和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 11ABC D 1EF B C⊥EFCB V -11EF BD 1BD BDD 1∆E F 1D D DB111111////EF D BD B ABC D EF EF ABC D ⎫⎪⊂⇒⎬⎪⊄⎭平面平面11ABC D 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CF ⊥11BDD B 1CF EFB ∴⊥平面2CF BF ==1132EF BD ==222211(2)26B F BF BB =+=+=222211111(22)3B E B D D E =+=+=22211EF B F B E +=190EFB ∠=11113B EFC C B EF B EF V V S CF--∆∴==⋅⋅11132EF B F CF ⨯⋅⋅⋅11362132⨯⨯⨯⨯=P ABCD -90ABC ACD ∠=∠=60BAC CAD ∠=∠=PA ⊥ABCD E PD 22PA AB ==P ABCD -V F PC PC ⊥AEF CE PABCE PABABC∆Rt 1,60AB BAC =∠=3BC =2AC =ACDRt Δ2,60AC ACD =∠=23,4CD AD ==1122ABCD S AB BC AC CD =⋅+⋅115132233222=⨯⨯+⨯⨯=155323323V =⨯⨯=PA CA =F PC AF PC ⊥PA ⊥ABCD PA CD ⊥AC CD⊥PA AC A =CD ⊥PAC CD PC ⊥E PD F PC EF CD EF CD ⊥AF EF F=PC ⊥AEF AD M ,EM CM EM PA EM ⊄PAB PA ⊂PAB EM PAB ACD∆Rt 60CAD ∠=2AC AM ==60ACM ∠=60BAC ∠=MC AB MC ⊄PAB AB ⊂PAB MC PAB EMMC M =EMC PAB EC ⊂EMC EC PAB,DC AB N PN60NAC DAC ∠=∠=AC CD ⊥C ND E PD EC PN EC ⊄PAB PN ⊂PAB ECPAB 21111ABCD A B C D -E F 、11A D 1CC EF 1ACD EF AB 1BB P P AC P --30BP1,,DA DC DD x y z D xyz -()0,0,0D ()2,0,0A ()2,2,0B ()0,2,0C ()12,2,2B ()10,0,2D ()1,0,2E ()0,2,1F 1AD G ()1,0,1G ()1,2,1CG =-()1,2,1EF =--EF CG =-EF CG EF CG CG ⊂1ACD EF ⊄1ACD EF 1ACD ()0,2,0AB =46cos ,||||26EF AB EF AB EF AB ⋅===⋅EFAB36P ()2,2,P t 02t <≤ACP (),,n x y z =0,0.n AC n AP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩()0,2,AP t =()2,2,0AC =-220,20,x y y tz -+=⎧⎨+=⎩2(1,1,)n t =-ABC 1(0,0,2)BB =1,30BB n =150124||3cos ,422t BB N t -==⋅+22434(2)4t t =+6t =6(0,2]1BB P BP 6P AC B --30()1,2,1EF =--()12,0,2AD =-()2,2,0AC =-112EF AC AD =-EFAC1AD EF ⊄1ACD EF 1ACD 1ACD ()12,2,2DB =()1,2,1EF =--10EF DB ⋅=1EF DB ⊥EF ⊄1ACD EF 1ACD A BCED -4DE AB A ED B --VEC F BFBF DE FBA ∠DE AB BAF ∆42AB =25BF AF ==10cos 5ABF ∠=DE AB105AC ⊥BCE C CG DE ⊥DE G AG DE ⊥ACG AG DE ⊥AGC ∠A ED B --ACG ∆Rt 90ACG ∠=4AC =855CG =5tan 2AGC ∠=5sin AGC ∠=A EDB --51163BCED V S AC =⋅⋅=V 16C ,,CA CB CE ,,x y z ()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 <>=DE AB 10BDE (4,0,0)CA =ADE (,,)n x y z =,,n AD n DE ⊥⊥(4,4,2),(0,4,2)AD DE =-=-0,0n AD n DE ==4420,420x y z y z -++=-+=1y =(2,1,2)n =2cos ,3CA n <>=A EDB --51163BCED V S AC =⋅⋅=V 16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 ；1A1C（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 能力和运算能力．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 =1A1C1B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 BCDC A BD VV --=，得111333BCDA BD S S d=△△，1A BD d ∴=△∴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(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 DB --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和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、逻辑思维能力和运算能力.过程指引：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角；方法二关键是掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法.解答过程：方法一（Ⅰ）取AD的中点，连结PM，QM.因为P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥，所以AD⊥PM，AD⊥QM. 从而AD⊥平面PQM.QBCPADOM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的距离是2. 方法二（Ⅰ）连结AC 、BD ，设O BD AC = .由P －ABCD 与Q －ABCD 都是正四棱锥，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 .Q（Ⅱ）点D 的坐标是（0，－22，0），)0,22,22(--=AD ，(0,0,3)PQ =-，设),,(z y x n =是平面QAD 的一个法向量，由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0AD n AQ n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+002y x z x . 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，则其外接球的表面积是 ．分析：将其补成一个正方体．解析：这样的三棱锥实际上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，则本题中的三棱锥和原来的正方体具有同一个外接球，3=，即球的半径是32，故这个球的表面积是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，在解题中把它看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：这个几何体即可以看作两个三棱柱拼合而成的，也可以看作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-和一个斜三棱柱BEF CHG -．于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．于是所求几何体的体积为31242V =⨯=．点评：割补法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++D．32π++B．1834π++C．1823π+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是（）A．323B233C．2233D．32233．已知一个几何体的主视图及左视图均是边长为2的正三角形，俯视图是直径为2的圆，则此几何体的外接球的表面积为 （ ）A ．π34 B ．π38C ．π316D ．π332 4．一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45，腰和上底长均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是 （ ）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 ．2923 B ．2719 C ．3130 D ．27236．点P在直径为2的球面上，过P作两两垂直的三条弦，若其中一条弦长是另一条弦长的2倍，则这三条弦长之和为最大值是（）B．A．5C D7．正方体''''-中，AB的中点为M，'ABCD A B C DDD的中点为N，异面直线'B M与CN所成的角是（）A．30B．90C．45 D．608．已知异面直线a和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，//,,45,90=∠=∠=，AD BC AD AB BCD BAD 将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥-，则在三棱锥A BCD-中，下列命题正确的是A BCD（）A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC10．设x 、y 、z 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 是直线，z 是平面；③ z 是直线，x 、y 是平面；④ x 、y 、z 均为平面．其中使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题的是 （ ）A ． ③ ④B ． ① ③C ． ② ③D ． ①②11．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+的取值范围是（ ）A ．(0,)2π B ．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，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 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是 ．16． 已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 是11A B 的中点，则直线AE 与平面11ABC D 所成的角的正弦值是 ． 三、解答题17．已知，如图是一个空间几何体的三视图． （1）该空间几何体是如何构成的； （2）画出该几何体的直观图； （3）求该几何体的表面积和体积．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ABCDP-中，底面为直角梯形，AD BC BAD︒∠=，PA垂直于底面ABCD，//,902===,2PC,的中点．=分别为PBPA,NBCMADAB（1）求证：DMPB⊥；（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是CE和AD的交点，BCAC=．AC⊥，且BC（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-的大小．EBA-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 该几何体是正三棱柱上叠放一个球．故其表面积为2231323224182342ππ⎛⎫⨯⨯+⨯⨯+⨯=++ ⎪⎝⎭．2．解析：B 这个空间几何体的是一个底面边长为3的正方形、高为3的四棱柱，上半部分是一个底面边长为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是底面半径为1，高为3的圆锥，其外接球的直径为433．4．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 SDEF ⋅∠⋅⋅⋅⋅∠⋅⋅⋅=⋅⋅=∴∆∆--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和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的射影是a '，b '所成对顶角的平分线．其中射影是50对顶角平分线的直线有两条l 和l '，射影是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 cos 2πθϕϕ⎛⎫>=- ⎪⎝⎭，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是A A '，又∵30APB BPC CPA ∠=∠=∠=，'90APA ∠=，∴A A '=22．14．解析：60,2⎛⎤ ⎥ ⎝⎦，⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡326， 2()34xf 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，1112222EO EF A D ===，2215()122AE =+=，10sin 5EO EAO AE ∠==．所以直线AE 与平面11ABC D 所成的角的正弦值为105．17．解析：（1）这个空间几何体的下半部分是一个底面边长为2的正方形高为1的长方体，上半部分是一个底面边长为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PQ =()()1'''''''''''''''''12.2S 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 ∠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，∴EF112BB ． 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 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 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 ∠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 是直角梯形，在Rt PAB ∆中，PB ==12AN PB ==∴ 截面ADMN的面积111()(2)2224S 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 =-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 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 ∠∴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 ∠∴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a BC AC EA 2===可得a AB 22=，a EB 32=，322aEB AB AE AH =⋅=∴． 23sin ==∠∴AH AM AHM ．︒=∠∴60AHM ．∴二面角C EB A --等于︒60． 法二: ∵四边形ACDE 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 和AE 为y 轴和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是正方形ACDE 的对角线的交点，)1,1,0(M ∴．（1）=AM )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 ，AM ∴为平面EBC 的一个法向量，)0,2,2(),1,1,0(==AB AM ，21cos =⋅=∴AM AB AMAB AM AB ．︒=60AM AB ．∴直线AB 与平面EBC 所成的角为︒30．（3）设平面EAB 的法向量为),,(z y x n =，则AE n ⊥且AB n ⊥，0=⋅∴AE n 且0=⋅AB n ．⎩⎨⎧=⋅=⋅∴.0),,()0,2,2(,0),,()2,0,0(z y x z y x 即⎩⎨⎧=+=.0,0y x z ，取1-=y ，则1=x ， 则)0,1,1(-=n ．又∵AM 为平面EBC 的一个法向量，且)1,1,0(=AM ，21,cos -=⋅⋅=∴AMn AMn AM n ，设二面角C EB A --的平面角为θ，则21,cos cos ==AM n θ，︒=∴60θ．∴二面角C EB A --等于︒60． 22．解析：法一：（1）因为1A D ⊥平面ABC ，所以平面11AA C C ⊥平面ABC ，又BC AC ⊥，所以BC ⊥平面11AAC C ，得1BC AC ⊥，又11BA AC ⊥，所以1AC ⊥平面1A BC ；（2）因为11AC A C ⊥，所以四边形11AAC C 为 菱形，故12AA AC ==，又D 为AC 中点，知160A AC ∠=．取1AA 中点F ，则1AA ⊥平面BCF ，从而面1A AB ⊥面BCF ， 过C 作CH BF ⊥于H ，则CH ⊥面1A AB ．在Rt BCF ∆中，2,3BC CF ==，故2217CH =， 即1CC 到平面1A AB 的距离为2217CH =．（3）过H 作1HG A B ⊥于G ，连CG ，则1CG A B ⊥， 从而CGH ∠为二面角1A A B C --的平面角，在1Rt A BC ∆中，12A C BC ==，所以2CG =，在Rt CGH ∆中，42sin 7CH CGH CG ∠==， 故二面角1A A B C --的正弦值为427． 法二：（1）如图，取AB 的中点E ，则//DE BC ，因为BC AC ⊥，所以DE AC ⊥，又1A D ⊥平面ABC ，以1,,DE DC DA 为,,x y z 轴建立空间坐标系，则()0,1,0A -，()0,1,0C ，()2,1,0B ，()10,0,A t ，()10,2,C t ，()10,3,AC t =，()12,1,BA t =--，()2,0,0CB =，由10AC CB ⋅=，知1A C CB ⊥， 又11BA AC ⊥，从而1AC ⊥平面1A BC ；（2）由1AC ⋅2130BA t =-+=，得3t =设平面1A AB 的法向量为(),,n x y z =，(1AA =，()2,2,0AB =，所以10220n AA y n AB x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩， 设1z =，则()3,n =- 所以点1C 到平面1A AB 的距离1AC nd n ⋅==． （3）再设平面1A BC 的法向量为(),,mx y z =，(10,CA =-，()2,0,0CB=， 所以1020m CA y m CB x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅==⎪⎩，设1z =， 则()0,3,1m =，故cos ,m nm n m n ⋅<>==⋅7-，根据法向量的方向，可知二面角1A A B C --。