高中高考数学复习专题之空间向量、立体几何解析与练习

一、大纲解读

立体几何的主要内容是空间几何体，点线面之间的位置关系，空间向量与立体几何．其考查内容主要是空间两直线的位置关系、直线与平面的位置关系、两平面的位置关系；异面直线所成的角、二面角、线面角；几何体的表面积和体积、空间几何体的三视图和直观图等.其中线面平行与垂直判定定理与性质定理、面面平行与垂直判定定理与性质定理是考查的重点.对于理科生来说，空间向量作为一种新的快捷有效的工具已被广泛应用于解决立体几何综合问题，是高考的焦点所在.

二、高考预测

一般来说立体几何有两个左右的选择题或填空题和一道解答题，约20-25分，占整章试卷的15％. 选择题或填空题考查的是空间几何体和点线面位置关系的基本问题，与三视图相结合考查是一种典型题型；解答题近年已成为一个较为固定的模式，以多面体（少数为旋转题）为载体，考查点线面的位置关系的判断推理，求空间角和距离，求有关最值和体积一般分步设问，难度逐渐增大，但都可以用基本方法解决，理科生要会用空间向量来解决这类问题.

三．重点剖析

立体几何的重点内容是柱锥台球的表面积和体积，空间几何体的三视图和直观图，平面的基本性质，空间线面位置关系，空间向量的基本问题，空间向量与立体几何，特别是用空间向量解决立体几何中的线面平行与垂直的证明，求解异面直线所成的角、二面角、线面角，以及简单的距离计算．

重点一：空间几何体的三视图、体积与表面积

【例1】 一个空间几何体的主视图、左视图、俯视图为直角三角形，边长如图所示，那么这个几何体的体积为（    ） A.1    B.2      C.3      D.4

【分析】根据三个试图可以知道这个几何体是一个一条侧棱和底面垂直，底面是直角三角形的三棱锥。 【解析】该几何体是底面两直角边长分别是1,2的直角三角形，高为3的三棱锥，故其体积为?

11

1?2

3?1。 32

【点评】主试图和侧视图的高就是实际几何体的高。

【例2】已知一个几何体是由上下两部分构成的组合体，其三视图如下，若图中圆的半径为1，等腰三角形的腰长   （     ）

A.

4?8?10?     B.2?   C.   D. 333

【分析】这个空间几何体是一个圆锥和一个半球组成的组合体，把其中的数量关系找出来按照圆锥和球的体积计

算公式计算就行．

【解析】A 这个几何体是一个底面半径为1，高为2的圆锥和一个半径为1的半球组成的组合体，故其体积为

1144???12

2????13?． 3233

【点评】空间几何体的三视图是课标高考的一个考点，主要考查方式之一就是根据三视图还原到原来的空间几何

重点二：空间点、线、面位置关系的判断

【例3 】已知m、n是不重合的直线，?和?是不重合的平面，有下列命题： （1）若m??，n∥?，则m∥n；（2）若m∥?，m∥?，则?∥?； （3）若????n，m∥n，则m∥?且m∥?； （4）若m??，m??，则?∥? 其中真命题的个数是（   ）

Ａ．0 Ｂ．1  Ｃ．2  Ｄ．3 【 分析】（1）是假命题，如果一条直线平行于一个平面，该直线不与平面内所有直线平行，只与部分直线平行；（2）是假命题，平行于同一直线的两平面的位置关系不确定；（3）是假命题，因为m可能为?和?内的直线，则m∥

（4）是真命题，垂直于同一直线的两平面平行。 ?且m∥?不一定成立；

【解析】选Ｂ。

【点评】本题考查的是有关线面关系命题的真假，所以通过利用定理来解决上述有关问题。 【例4】 在下列关于直线l、m与平面?和?的命题中，真命题的是（   ）

Ａ．若l??且???，，则l?

； Ｂ．若l??且?∥?，则l??； Ｃ．若l??且???，则l∥?； Ｄ．若????m且l∥m，则l∥?

【分析】高考中通常以选择或填空的形式来考查垂直关系的判定。

A显然是错误的；C中l可在平角?内，故l∥?错误；D中l可在平角?内，故l∥?错误； 【解析】选B。

【点评】该题主要考查的是想象能力和位置关系。

【例5】正方体ABCD?A1B1C1D1中，对角线A1C?平面BDC1=O，AC和BD交于点M，求证：点C1、O、M共线。

DA1

C

【分析】要证明若干点共线问题，只需要证明这些点同在两个相交平面内即可。 【证明】如图所示，由A1A∥C1C，则AA1CC1确定平面AA1C。

A1C?平面AA1C，O?A1C，?O?平面AA1C。 又A1C?平面BDC1=O，?O?平面BDC1。 ?O在平面BDC1与平面AA1C的交线上。 又AC?BD?M，?平面AA1C?平面BDC1=C1M， ?O?C1M，即O、C1、M三点共线。

【点评】该题的考向是点共线的问题，一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，这样就可以根据公理2证明这些点都是在这两个平面的交线上。

重点三：空间线面位置关系的证明和角的计算

【例6】 ABCD?A1B1C1D1是边长为a正方体，计算下列问题：（1）AD1与B1C所成角的大小；（2）若

E、F、G、H为对应棱的中点，求EF，GH所成的角。

【分析】该题可以采用平移法，即将EF，GH平移到D1B1和AB1即可。

【解析】（1）连BC1，则AD1∥BC1，所以BC1?B1C，则AD1?B1C，即AD1与B1C所成角为90； （2）连AB1，B1D1，则EF∥B1D1，GH∥AB1，?D1B1A即为EF和GH所成的角， 因为?D1B1A为正三角形，??D1B1A=600，即EF和GH所成的角为600。

A1

C

图2

【点评】掌握此类基本题的解法，也是反映同学们的立体几何基础。

【例7】如图，四棱锥P?ABCD中，PA⊥底面ABCD，   PC⊥AD．底面ABCD为梯形，AB//DC，AB?BC．PA?AB?BC，点E在棱PB上，且PE?2EB．

（1）求证：平面PAB⊥平面PCB； （2）求证：PD∥平面EAC； （3）（理）求平面AEC和平面PBC所成锐二面角的余弦值．

【分析】（1）根据两个平面垂直的判定定理，寻找一个面对一条直线垂直于另一个平面；（2）根据线面平行的判定定理，寻找线线平行；（3）可以利用传统的方法作出二面角的平面角解决，也可以利用空间向量的方法解决。

【解析】（1）∵PA?底面ABCD，∴PA?BC．又AB?BC，PA?AB?A，∴BC⊥平面PAB．             又BC?平面PCB，∴平面PAB⊥平面PCB．

（2）∵PA?底面ABCD， ∴PA?AD,又PC?AD，∴AD?平面PAC，∴AC?AD．

在梯形ABCD中，由AB?BC，AB?BC，得?BAC?又AC?AD，故?DAC为等腰直角三角形．∴DC?

4

，∴?DCA??BAC?

4

．

2AB．

DMDCPEDM

2.    在?BPD中，??2，∴PD//EM MBABEBMB

又PD?平面EAC，EM?平面EAC， ∴PD∥平面EAC．

连接BD，交AC于点M，则

（3）方法一：在等腰直角中，取中点，连结，则．∵平面⊥平面，且平面PAB?平面PCB=PB，∴AN?平面PBC．

在平面PBC内，过N作NH?直线CE于H，连结AH，由AN?CE、NH?CE，得CE?平面ANH，故AH?CE．∴?AHN就是二面角A?CE?P的平面角．

H

在Rt?PBC中，设CB?a，

则PB?

11，，NE?PB?

，BE?

PB?

63CE??

， 3

由NH?CE，

EB?CB可知：?NEH∽?CEB，∴在Rt?AHN中，AN

NHCB

，代入解得：NH?．

NECE

AN?，

cos?AHN?． ，∴tan?AHN??NH26

∴平面AEC和平面PBC

方法二：以A为原点，AB,AP所在直线分别为y轴、z轴，如图建立空间直角坐标系．

2aa?

设PA?AB?BC?a，则A?0,0,0?，B?0,a,0?，C?a,a,0?，P?

0,0,a?，E?0,,?．

33?

ax?ay?0,uuuruuur11?

设n1??x,y,1?为平面EAC的一个法向量，则n1?AC,n1?AE，∴?2aya，解得x?,y??，∴

22??0.?3?311

n1?(,?,1)．

22

uuuruur

设n2??x',y',1?为平面PBC的一个法向量，则n2?BC,n2?BP，

又

BC??a,0,0?

，

BP?(0,?a,a)

，∴

ax'?0,?'?ay?a?0,?

，解得x'?0,y'?1，∴

【点评】求二面角的平面角的方法通常有：一是根据线面垂直关系作出二面角的平面角，通过解三角形解决；二是用空间向量的方法来求解，方法是：求出两个平面的法向量n1和n2，然后利用数量积公式计算出锐二面角，其公式

|n1?n2|

为cosn1,n2=??，当然考虑到二面角的取值范围是?0,??，所以，二面角的平面角?与这两个平面的法向量

n1n2

的夹角相等或互补。

四 扫雷先锋

错误之一：概念理解错误

【例8】空间四边形ABCD中，AB＝CD且成60的角，点 M、N分别为BC 、AD的中点，求异面直线AB和MN成的角．

【错解】如图所示，取AC的中点P，连PM，PN，MN。

11

AB ；NP∥CD，且NP=CD。 22

又AB=CD， 且AB，CD所成的角为600， ∴MP=NP且直线MP于NP成600角，∴ ?MPN=600，即?MPN使等边三角形， ∴?PMN=600，即直线AB和MN成的角为600．

∵ M、N分别为BC 、AD的中点，∴MP∥AB，且MP=

B

P M

000

【剖析】上面的解法遗漏了当直线PM与PN成60角，而?MPN=120的情形，此时直线AB和MN所成角为30．为防止遗漏或错误，在解题过程中应正确理解定义．

【点评】题目中的错误，是同学们最易忽视的，有时看到一例题目，似乎会做，但是，不经过缜密的思考，就会出现“千里之堤，溃于蚁穴”的慨叹．

错误之二：忽视分类讨论错误 【例9】点Ｍ是线段AB的中点，若A、B到平面?的距离分别为4cm和6cm，则点M到平面?的距离为——————

【错解】如图1，分别过点A、B、M作平面?的垂线，AA，BB，MH，垂足分别为A/,B/,H．

ＭA

B

/

/

A

Ｈ

图１

/

/

图２

/

/

则线段AA，BB，MH的长分别为点，A、B、M到平面?的距离，由题设知，AA=4cm，BB=6cm，

比较多，当然最好的办法是用线面垂直的判定定理来证明。

【解析】（1）取FC的中点G , 连结OG、BG。∵O为DF的中点, ∴OG//DC且OG= 在正方形ABCD中, M为AB中. ∴MB//DC且MB=

1

DC . 2

1

DC. ∴OG//MB且OG=MB， 2

∴四边形OMBG为平行四边形. ∴OM//BG , 又∵BG?平面BFC , OM?平面BFC， ∴OM//平面BCF.

F

C

（2）在直三棱柱ADE-BCF中, DC⊥平面BCF, ∴DC⊥BG , 在等腰△FBC中,  ∵BF=BC, ∴G为FC的中点, ∴BG⊥FC , ∴BG⊥平面EFCD. 又∵OM//BG ,  ∴OM⊥平面EFCD. 又∵OM?平面MDF, ∴平面MDF⊥平面EFCD. （3）过B作BH⊥DM交DM的延长线于H , 连结FH .  ∵平面EFBA⊥平面ABCD, FB⊥AB.  ∴FB⊥平面ABCD .

∴BH为FN在平面ABCD上的射影.  ∴FH⊥DH (三垂线定理). ∴∠FHB为二面角F-DM-C的平面角, 设AB=1 , 则BH=BMsin∠AMD=

A

M

BF111

5.   ∴二面角F-DM-C的正切值为5。 ??，∴tan∠FHB=BH25

2

【点评】该题主要是能够熟练应用判定定理来证明相关的问题，因此要熟悉定理并能灵活应用。 【例2】 如图, 己知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形, AD//BC , ∠BCD=90°, PA=PB, PC=PD。 （1）证明: CD与平面PAD不垂直； （2）证明：平面PAB⊥平面ABCD； （3）（理科）如果CD=AD+BC , 二面角P-BC-A等于60°, 求二面角P-CD-A的大小。

A

C

D F

【分析】问题（1）需要利用反证法来证明，问题（2）仍用面面垂直的判定定理来证明。 【解析】（1）若CD⊥平面PAD, 则CD⊥PD, 由己知PC=PD得∠PCD=∠PDC<90°, 这与CD⊥PD矛盾,所以CD与平面QAD不垂直.

（2）取AB、CD的中点E、F , 连结PE、PF、EF, EF为 直角梯形的中位线, EF⊥CD.

由PA=PB , PC=PD得 PE⊥AB. 又PF∩EF=F

∴CD⊥平面PEF , 由PE?平面PEF 得 CD⊥PE ,  又AB⊥PE且梯形两腰AB、CD必相交。

∴PE⊥平面ABCD, 又PE?平面PAB , ∴平面PAB⊥平面ABCD.

（3）由（2）及二面角定义可知∠PFE为二面角P-CD-A的平面角. 作EG⊥BC于G , 连PG.    ∴BC⊥PG. ∴∠PGE为二面角P-CD-A的平面角, 即∠PGE=60°.

由己知 得 EF=

111

(AD+BC)= CD.   又EG=CF=CD.  ∴EF=EG。 222

易证得Rt△PEF≌Rt△PEG , ∴∠PFE=∠PGE =60°即为所求。

【例3】已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，?DAB?90?,PA?底面ABCD，且PA=AD=DC=M是PB的中点。

（

1）证明：面PAD⊥面PCD；

（2）求AC与PB所成的角余弦值； （3）（理科）求面AMC与面BMC所成二面角的余弦值。

1

AB=1，2

【分析】本小题主要考查直线与平面垂直、直线与平面所成角和二面角的有关知识及思维能力和空间想象能力.考查应用向量知识解决数学问题的能力。

【解析】方法一：

（1）证明：∵PA⊥面ABCD，CD⊥AD，∴由三垂线定理得：CD⊥PD。因而，CD与面PAD内两条相交直线AD，PD都垂直，∴CD⊥面PAD。又CD?面PCD，∴面PAD⊥面PCD.

（2）解：过点B作BE//CA，且BE=CA，则∠PBE是AC与PB所成的角.

连结AE，可知AC=CB=BE=AE=2，又AB=2，所以四边形ACBE为正方形.  由PA⊥面ABCD得∠PEB=90°，在Rt△PEB中BE=2，PB=5， ?cos?PBE?

E

B

BE。 ?

PB5

（3）解：作AN⊥CM，垂足为N，连结BN。在Rt△PAB中，AM=MB，又AC=CB， ∴△AMC≌△BMC,∴BN⊥CM，故∠ANB为所求二面角的平面角.

∵CB⊥AC，由三垂线定理，得CB⊥PC，在Rt△PCB中，CM=MB，所以CM=AM。 在等腰三角形AMC中，AN·MC=CM?(

2

AC2

)?AC， 2

2

AN?2?

2

AN2?BN2?AB22

.    ∴AB=2，?cos?ANB?

2?AN?BN3方法二：（理科）因为PA⊥PD，PA⊥AB，AD⊥AB，以A为坐标原点AD长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为A（0，0，0）B（0，2，0），C（1，1，0），D（1，0，0

），P（0，0，1），M（0，1，).

1

2

由题设知AD⊥DC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DC⊥面PAD. 又DC在面PCD上，故面PAD⊥面PCD. （2）解：因AC?(1,1,0),PB?(0,2,?1),

故||???2

,所以cos?AC,PB???.

5

（3）解：在MC上取一点N（x，y，z），则存在??R,使??,

11

(1?x,1?y,?z),?(1,0,?),?x?1??,y?1,z??.。

22

14

要使AN?MC,只需??0即x?z?0,解得??。

25

412

可知当??时,N点坐标为(,1,),能使??0,

555

1212

此时,?(,1,),?(,?1,),有??0

5555

由??0,??0得AN?MC,BN?MC.所以?ANB为所求二面角的平面角。

4?|AN|?BN|?AN?BN??.

5

AN?BN2?cos(AN,BN)???.

3|AN|?|BN|

【点评】建立空间直角坐标系，通过代数计算得到几何值，这种问题是近几年中高考的重点内容。

七、高考风向标

考查方向一：空间几何体的三视图以及面积、体积的计算

例１右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

俯视图 正(主)视图 侧(左)视图

分析：本题考查三视图、球和圆锥的表面积等基础知识，考查空间想象能力和运算能力．三视图是课标高考相对于大纲高考的新增内容，是课标高考的一个热点内容．解题的关键是由这个三视图想象出这个空间几何体是如何构成的．

解析：D 该几何体下面是一个底面半径为1，母线长为3的圆柱，上面是一个半径为1的球，其表面积是

2??1?3?2???12?4??12?12?．

点评：本题容易出错的答复有两个，一是不能由这个三视图想象出这个空间几何体，二是用错球的表面积公式、圆柱的侧面积公式或在计算圆柱的表面积时忽视了上下底面．

考查方向二：空间线面位置关系的判断

例２（08年安徽理4）已知m,n是因为两条不同直线，?,?,?是三个不同平面，下列命题中正确的是（    ）

A．若m‖?,n‖?,则m‖n  C．若m‖?,m‖?,则?‖?

B．若???,???,则?‖?      D．若m??,n??,则m‖n

分析：考查空间线面位置关系的判断．本题主要用到的是“两条直线如果和同一个平面垂直，则这两条直线平行”，这是空间直线和平面垂直的性质定理，是空间线面位置关系的主要定理之一。

解析：D  m,n均为直线，其中m,n平行?，m,n可以相交也可以异面，故A不正确；m??，n⊥α则同垂直于一个平面的两条直线平行．

点评：对空间线面位置关系的判定定理生疏或者不会结合图形进行分析是本题解答错误或不会解答的主要原因．在空间直线和直线的平行关系、平面和平面之间的平行关系具有传递性，但是直线和平面之间的平行关系没有传递性，本题中A、C两个选择支就是针对这个问题而设计的。在平面上和同一条直线垂直的两条直线平行，但在空间这个结论不成立，同时在空间和同一个平面垂直的两个平面也不平行，本题的选择支B就是针对这个问题设计的。

考查方向三：空间垂直与平行关系的证明

例3如图，在四面体ABCD中，CB?CD,AD?BD，点E,F分别是AB,BD的中点，求证：

（1）直线EF?面ACD； （2）面EFC?面BCD．

E C A

分析：根据线面平行的判定定理和面面垂直的判定定理，寻找需要的直线。 证明：（1）∵E、F分别是AB、BD的中点， ∴EF是△ABD的中位线，∴EF//AD． 又∵EF?面ACD，AD?面ACD，∴直线EF//面ACD．

EF//AD?（2）??EF

AD?BD?

CB?CD??BD?面CEF?

CF?BD??面EFC?面BCD

F为BD中点?BD?面BCD?CF?EF?F

点评：本题考查空间直线与平面、平面与平面的位置关系的判定，考查空间想象能力、推理论证能力．主要检测考生对空间线面位置关系的判定和性质定理的掌握程度．

考查方向四：全面考查立体几何的综合性试题 例4 如下的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图．它的正视图和俯视图在下面画出（单位：cm）

（1）在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图； （2）按照给出的尺寸，求该多面体的体积；

（3??∥面EFG．

E ?C? ?

C

分析：根据图中的数据和图中反应的线面位置关系解决。

解析：（1）如图

（侧视图）

（俯视图）

（正视图）

（2）所求多面体体积

1?1?

V?V长方体?V正三棱锥?4?4?6????2?2??2

3?2?

284?(cm2)．

3

（3）证明：在长方体ABCD?A?B?C?D?中， 连接AD?，则AD?∥BC?．

因为E，G分别为AA?，A?D?中点， 所以AD?∥EG，从而EG∥BC?． 又BC??平面EFG， 所以BC?∥面EFG．

A?E C? ?C 点评：本题考查立体几何初步的基本知识和方法．立体几何初步中的主要问题是空间几何体的三视图、直观图、表面积和体积计算，空间线面位置关系的证明，本题把这些问题糅合在一起综合检测考生对立体几何初步的掌握程度，这可以说是针对立体几何初步而设计的一道典型试题。在画俯视图时不标明尺寸，或是只画一个矩形；在计算体积时没有体积分割的思想意识，或是忽视了锥体体积公式中的之一，在复习中要认真体会。

例4 如图，已知四棱锥P?ABCD，底面ABCD为菱形，PA?平面ABCD，?ABC?60，

E，F分别是BC，PC的中点．

（

1）证明：AE?PD；

（2）若H为PD上的动点，EH与平面PAD

分析：第一问转化为证明线面垂直；第二问根据EH与平面PAD所成最大角的正切值为

1

，在空间几何体的体积计算中“割补法”是最重要的技巧3

E?AF?C的余弦值． 2

面边长和高之间的关系，然后用传统的方法作出二面角的平面角解决，或是用空间向量的方法解决。

证明：（1）由四边形ABCD为菱形，?ABC?60，可得△ABC为正三角形． 因为E为BC的中点，所以AE?BC．又BC∥AD，因此AE?AD． 因为PA?平面ABCD，AE?平面ABCD，所以PA?AE．

而PA?平面PAD，AD?平面PAD且PA?AD?A，所以AE?平面PAD． 又PD?平面PAD，所以AE?PD．

分析问题的能力，这个地方能有效地检测考生的思维层次，是一个设计优秀的试题．

八、沙场练兵

一、选择题

1．一条直线与一个平面所成的角等于??，另一直线与这个平面所成的角是. 则这两条直 36

线的位置关系（    ）

A．必定相交    B．平行     C．必定异面   D．不可能平行

1.D

2．在一个锥体中，作平行于底面的截面，若这个截面面积与底面面积之比为1∶3，则锥 体被截面所分成的两部分的体积之比为（   ）

A．1∶ B．1∶9   C．1∶33  D．1∶(3?1)

2.D

P、Q、R分别是AB、AD、B1C1的中点．那么，正方体的过P、Q、R的截3．正方体ABCD?A1BC11D1中，

面图形是（    ）

A．三角形  B．四边形  C．五边形       D．六边形

3.D

4．正四棱锥的侧棱长与底面边长都是1，则侧棱与底面所成的角为（    ）

A．75° B．60° C．45° D．30°

4.C

5．对于直线m、n和平面?，下面命题中的真命题是（    ）

A．如果m??,n??,m、n是异面直线，那么n//?

B．如果m??,n??,m、n是异面直线，那么n与?相交 C．如果m??,n//?,m、n共面，那么m//n

D．如果m//?,n//?,m、n共面，那么m//n

5.C

6．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，长为定值的线段EF在棱AB上移动（EF<a），若P是A1D1上的定点，Q是C1D1上的动点，则四面体PQEF的体积是（    ）

A．有最小值的一个变量        B．有最大值的一个变量

C．没有最值的一个变量        D．是一个常量

6.D

7．已知平面?与?所成的二面角为80°，P为?、?外一定点，过点P的一条直线与?、? 所成的角都是30°，则这样的直线有且仅有（    ）

A．1条 B．2条 C．3条   D．4条

7.D

8．如图所示，在水平横梁上A、B两点处各挂长为50cm的细线AM、BN、AB的长度为60cm，在MN处挂长为60cm的木条MN平行于横梁，木条中点为O，若木条绕O的铅垂线旋转60°，则木条比原来升高了（  ）

A．10cm   B．5cm

C．103cm   D．53cm

8.A

9．如图，棱长为5的正方体无论从哪一个面看，都有两个直通的 边长为1的正方形孔，则这个有孔正方体的表面积（含孔内各面）是（     ）

A．258       B．234          C．222       D．210

9.C

10．设a，b为两条直线，?，?为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（    ）

A．若a，b与?所成的角相等，则a∥b

B．若a∥?，b∥?，?∥?，则a∥b

C．若a??，b??，a∥b，则?∥?

D．若a??，b??，???，则a?b

10.D  提示：A中若a，b与?所成的角相等，则a和b不一定平行，可能异面，也可能相交；B中若a∥?，b∥?，?∥?，则a和b不一定平行，也可能是异面；C中若a??，b??，a∥b，则?和?也可能平行，也可能相交。

11．底面边长为a，高为h的正三棱锥内接一个正四棱柱（此时正四棱柱上底面有两个顶点在同一个侧面内），此棱柱体积的最大值（    ）

4(4?73)2ah   9

4(4?7)2  C．ah    9  A．4(7?4)2ah    94(7

43)2

D．ah 9B．

11.B

12．将半径都为１的４个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为（    ）

A

．

B．2+

33C

．4+     3D． 3

12.B

二、填空题

13．已知点P在正方形ABCD所在的平面外，PD?平面ABCD，PD?AD，则PA和BD所成角的度数为      。

13. 60   提示：将四棱锥P—ABCD补成正方体，如图所示，则PA和BD所成角的度数即为PA和PM所成的角，而?PAM为等边三角形，所以所求的角为60

00

14．如图，矩形ABCD中，DC=，AD=1，在DC上截取DE=1，将△ADE

沿AE翻折到D1点，点D1在平面ABC上的射影落在AC上时，二面角D1—AE—B的平面角的余弦值是             .

14. 2?

DAB?60，E是AB中点，15.如图所示，在等腰梯形ABCD中，AB?2DC?2，将?ADE与?BEC分别沿ED、

EC向上折起，使A、B重合于P点，则三棱锥

A15. E ?  提示：根据题意，折叠后的三棱锥P?DCE为正四面体，且棱长为1，以这个正四面体来构造正方体，8

26则此立方体的棱长为，故立方体的对角线长为，且立方体的外接球也为正四面体外接球，所以外接球半径为22

6，则外接球的体积为?。 48

16. 已知平面?,?和直线，给出条件：①m//?；②m??；③m??；④???；⑤?//?。（i）当满足条件      时，有m//?；（ii）当满足条件     时，有m??。（填所选条件的序号）

16. （i）③⑤；  （ii）②⑤。提示：可以分析出当满足条件③和⑤时，则m//?，也就是说面面平行可以推出线面平行。出当满足条件②和⑤时，有m??。

九、实战演练

一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.本大题共12小题，每小题5分，共60分.

1.

正视图                   侧视图

A．三棱锥  B．四棱锥  C．五棱锥  D．六棱锥

1.Ｃ

2.ABCD－A1B1C1D1是正方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论中错误的是

（  ）

A．A、M、O三点共线     B．M、O、A1、A四点共面

C．A、O、C、M四点共面    D．B、B1、O、M四点共面

2.D

3.如图所示，点S在平面ABC外，SB⊥AC，SB＝AC＝2，

E、F分别是SC和AB的中点，则EF的长是（  ）

A．1     B．2    C．2     2D．1 2

3.B  提示：

且EG=1、FG=1，所以EF? 取BC的中点G，连接EG、FG，EG//SB,

FG//AC，SB⊥AC，故?EGF?90，?

４．已知正四面体ABCD的表面积为S，其四个面的中心分别为E、F、G、H，设四面体EFGH的表面积为T，则

A．T?（   ） S1411     B．       C．         D． 99434.A  提示：

长的如图，EG?21MN?BD，即四面体EFGH的棱长是正四面体ABCD的棱3311，故其表面积之比为。 39

1A1B1，则多面体BC—PB1C1的体积为   （     ） 45.在棱长为4的正方体ABCD—A1B1C1D1中，P是A1B1上一点，且PB1?

A．816    B．    C．4   D．16 33

5.B 提示：多面体BC—PB1C1   ，即四棱锥P?BB1C1C，其体积为?1?16?1

316。 3

6.如下图所示，已知棱长为a的正方体（左图），沿阴影面将它切割成两块，拼成右图所示的几何体，那么拼成的几何体的全面积为（    ）

A、

2?22a2     B、3?2a2     C、5?22a2     D、4?22a2 ????????

6.D 提示：切割拼合后，前后左右四个面的面积没变，上下两个面的面积是正方体的对角面的面积。

故拼成的几何体的全面积为4?22a2。

7.已知圆锥的底面半径为R，高为3R，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（  ）

22Ａ．22?R  Ｂ．?R Ｃ．?R  Ｄ．?R ??9

428

3522

PO1x?，PO1?3x，3RR

322圆柱的高为3R?3x，所以圆柱的为S?2?x?2?x(3R?3x)??4?x?6?Rx，当x?R时，S取最大值，4

9Smax??R2。 47.B  提示：组合体的轴截面如图所示，由相似三角形的比例关系

8．半径为R的球的内接正三棱柱的侧面积（各侧面面积之和）的最大值为

A．3R 2（    ） 2B．3R 2C．22R D．2R 2

8.A 提示： 如图设球的内接正三棱柱高的2x，则OO1?x，设球的内接正三棱柱高的底面

A．若l//m，m//n，则l//n.     B．若l??，n//?，则l?n. Ｃ．若l?m，m//n，则l?n.    Ｄ．若l//?，n//?，则l//n. 11．D

12．已知平面?、?都垂直于平面?，且????a,????b.给出下列四个命题：  ①若a?b,则???；②若a//b,则?//?；③若???,则a?b；④若?//?,则a//b.     其中真命题的个数为   （    ）  A．4 B．3 C．2 D．1 12.A  提示：借助与正方体模型，不难发现4个命题都是真命题。选A。

二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分，请把答案直接填在题中横线上.

13．已知ABCD是空间四边形形，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，如果对角线AC＝4，BD＝2，那么EG2＋HF2的值等于     ．

13. 10  提示：易知四边形EFGH是平行四边形，EF=GH=2、EH=FG=1，在平行四边形两条对角线的平方和等于四个边的平方和。故其和为10。 提示：．

14．如图所示，平面M、N互相垂直，棱l上有两点A、B， AC?M，BD?N，且AC⊥l，BD?l，AB＝8cm，AC＝6 cm，BD

＝24 cm，则CD＝

_________． 14. 26cm   提示： （一）（理科）

CD?CA?AB?BD?CD???26cm。

（二）补成一个长方体，不难发现CD是这个长方体的体对角线。 提示：．

15．现有正四面体ABCD，记此四面体能容纳得下的最大球体半径为R1，能容纳得下此四面体的最小球体半径为R2，则R1

R215.

1

提示：即正四面体的内切球与外接球的问题。 3

16．已知在三棱柱

ABC?A1B1C

1中，底面为直角三角形，?ACB?90

,AC?6,BC?CC1

P是BC1上一动点，则CP?PA1的

最小值为_______________．

16. 提示：计算知AB1?BC1?2，又AC11?6，故?A1BC1是?A1BC1?90

的直角三角形。铺平平面

A1BC

1、平面BCC1，如图

AC?CP?PA1?AC1，在?AC1C中，由余弦定理1

故(CP?PA1)min?

三、解答题：本大题共6小题，共74分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 17．（ 12分）在长方体ABCD?A1B1C1D1中，已知DA?DC?4,DD1?3，求异面直线A1B与B1C所成角的余弦值．

17.法一：连接A1D，如图

连接BD，在△A1DB中，A1B?A1D?5,

A1D//B1C,??BA1D为异面直线A1B与B1C所成的角.

BD?42，

A1B2?A1D2?BD225?25?329

则cos?

BA1D?.   ??

2?A1B?A1D2?5?525

9

.                 25

法二：（理科）以D为坐标原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系. 如图

异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为

则

A1(4,0,3)、B(4,4,0)、B1(4,4,3)、C(0,4,0)

，  得

A1?(0,4,?3),B1?(?4,0,?3).

设A1B与B1C的夹角为?，则cos??

99

， ? A1B与B1C的夹角余弦值为，  即异面直线A1B与B1C2525

所成角的余弦值为

9

.   25

18.（理科）（１２分）三棱锥C?OAB的底面OAB是边长为4的正三角形，CO?平面OAB且CO?2，设D、E分别是OA、AB的中点。

（I）求证：OB∥平面CDE；

（II）求二面角O?DE?C的余弦值． 18.解：

（I）证明：∵DE是?OAB的中位线， ∴DE∥OB， DE?平面CDE， OB?平面CDE，

∴OB∥平面CDE．

（II）以O为原点，OC为z轴正向，OB为y轴正向，在平面OAB内作OF⊥y轴

并以OF为x

轴正向建立空间直角坐标系（如图）

则题意得:O?0,0,0?O,A2,0，B?0,4,0?，C?0,0,2?，D

设平面CDE的法向量为n??x,y,z?，DE??

0,2,0?，CD?

，E

．

2， 由n?

DE?0且n?

CD?0得

2y?0??

，令x?2得z?

n?．                                                      ?y?2z?0

取平面OAB的法向量OC??0,0,2?，

n?OC?????．  cosn,OC???7n?OC

∴二面角O?DE?C的余弦值是

．                                    7

另一种建立坐标系的方法是。 18.（文科）（12分）已知四棱台上，下底面对应边分别是a，b，试求其中截面把此棱台侧面分成的两部分面积之比．

18.解：设A1B1C1D1是棱台ABCD－A2B2C2D2的中截面，延长各侧棱交于P点.如图

S?PBCa?ba2

∵BC=a，B2C2=b，∴B1C1=，∵BC∥B1C1，∴ a?b2S?PB1C1

()2

2

2

(a?b)

S?PBC． ∴S?PB1C1?2

4a

SB1C1CBS?PB1C1?S?PBCb2

同理S?PB2C2?2?S?PBC        ∴ ?

aSB2C2C1B1S?PB2C2?S?PB1C1(a?b)2

12b2?2ab?3a2(b?3a)(b?a)b?3a??2?2? 22

b(a?b)(3b?a)(b?a)3b?a3b?2ab?a?a24a2

SABB1A1SDCC1D1SADD1A1b?3a

同理： ???

SA1B1B2A1SD1C1C2D2SA1D1D2A13b?a

由等比定理，得

S上棱台侧S下棱台侧

＝

3a?b

a?3b

D直径，AD与

19.（理科）（１２分）如图所示，AF、DE分别是圆O、圆O1的两圆所在的平面均垂直，AD?8.BC是圆O的直径，AB?AC?6,OE//AD.

A

(I)求二面角B?AD?F的大小；

(II)求直线BD与EF所成的角的余弦值. 19.解：(Ⅰ)∵AD与两圆所在的平面均垂直,

∴AD⊥AB, AD⊥AF,故∠BAD是二面角B—AD—F的平面角，

依题意可知，ABCD是正方形，所以∠BAD＝45.

即二面角B—AD—F的大小为45；

(Ⅱ)以O为原点，BC、AF、OE所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标则O（0，0，0），A（0，?2，0），B（32，0，0）,D（0，?32，F（0，32，0）

所以，BD?(?2,?2,8),FE?(0,?2,8)

F

系（如图所示），8），E（0，0，8），

cos?BD,EF??

0?18?64??

10

设异面直线BD与EF所成角为?，

82 10

直线BD与EF所成的角为余弦值为．

10

则cos??|cos?,?|?

19.（文科）（12分）已知直三棱柱ABC—A1B1C1 中，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，AA1 ＝2，D 是A1B1 中点． （1）求证C1D ⊥平面A1B ；

（2）当点F 在BB1 上什么位置时，会使得AB1

⊥平面C1DF ？并证明你的结论．

tan∠NFE=

=22，∴二面角N-CM-B余弦值是．

3EF

解法二：（理科）（Ⅰ）取AC中点O，连结OS、OB.∵ SA=SC，AB=BC，∴AC⊥SO且AC⊥BO.

∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC=AC    ∴SO⊥面ABC，∴SO⊥BO.

如图所示建立空间直角坐标系O-xyz.则A（2，0，0）， B（0，23，0），C（-2，0，0），S（0，0，22）， M(1，3，0)，N(0，，2).∴=（-4，0，0），

，∵AC·SB=（-4，0，0）·（0，2，22）=0， SB=（0，2，22）∴AC⊥SB.

（Ⅱ）由（Ⅰ）得=（3，，0），=（-1，0，2）. 设n=（x，y，z）为平面CMN的一个法向量，则

CM?n?3x?3y?0

x?2z?0

取z=1，则x=2，y=－6，∴=(2，－6，1)，

又=(0，0，22)为平面ABC的一个法向量， ∴cos(n，∴二面角N-CM-B的余弦值是

1

.

3

=

1. 3

21.（12分）如图，已知四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP = AD = 1，AB = 2，E、F分别是AB、PD的中点． (I) 求证：AF//平面PEC；

(II) 求PC与平面ABCD所成角的正弦值； (III) （理科）求二面角P—EC—D的余弦值．

21.解：方法一：（文科） (I) 取PC的中点O，连结OF、OE．

FO//DC，且FO?

1

DC. ?FO//AE. 2

又∵E是AB的中点，且AB = DC，∴FO = AE． ∴四边形AEOF是平行四边形．∴AF//OE．

又OE ?平面PEC，AF ?平面PEC，∴AF//平面PEC．

(II) 连结AC．  ∵PA⊥平面ABCD，∴∠PCA是直线PC与平面ABCD所成的角．

PA1， ??.所以sin?PCA?6AC55

即直线PC与平面ABCD所成角的正弦值为

6

在RtΔPAC

中，tan?PCA

方法二：（理科）以A为原点，如图建立直角坐标系．如图则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，1，0)，D(0，1，0)，F(0,(I) 取PC的中点O，连结OE．则O(1,

11

,)，E(1，0，0)，P(0，0，1)． 22

11???11

AF?(0,,),EO?(0,,)，

2222

11

,). 22

AF//EO.

又OE ? 平面PEC，AF ? 平面PEC，∴AF//平面PEC．  (II) 由题意可得?(2,1,?1)，

且PA?(0,0,?1)是平面ABCD的法向量，

cos?PA,PC??

6， 6

(III) 设m?(x,y,z)为平面PEC的法向量，PE?(1,0,?1),EC?(1,10).

x?z?0

,?m?PE?0,

则????? 可得? ?

x?y?0.???m?EC?0.

即直线PC与平面ABCD?

令

z = ? 1，则m= (? 1，1，? 1)．

PA?(0,0,?1)是平面ABCD的法向量，

m?PA?

cos?m,PA???

|m|?|PA|∴二面角P—EC—D的余弦值为

。  3

P

F

E

22.（14分）如图

PDA＝45?，E、F分别是AB、PC的中点． （1）求证：EF∥平面PAD；

（2）求异面直线EF与CD所成的角；

D

BC

，已知矩形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，AB＝2，

22.解法一：几何法

（1） 证明：取PD的中点G,则FG=

11

CD且FG//CD,   E为AB中点,在矩形ABCD中,有AE//CD且AE=CD   22

∴有AE//FG且AE=FG, ∴平行四边形EFGA,

有EF//AG ,又EF?面PAD,AG?面PAD , ∴EF//面PAD

（2）在矩形ABCD中，CD⊥AD，由PA⊥面ABCD知，PA⊥CD ∵AD、PA?面PAD，∴CD?平面PAD． ∵AG?面PAD，∴CD⊥AG，

由（1）有EF//AG，∴EF⊥CD

（3）过D作DH⊥PC，H为垂足，

由PA⊥面ABCD知，在△PAD中，PA⊥CD，已知?PDA＝45?，

B

∴△PAD为等腰直角三角形，G为PD中点，∴AG⊥PD 由（1）知EF//AG，∴EF⊥PD，由（2）知EF⊥CD， CD、PD?面PCD，∴EF⊥面PCD，

DH?面PCD，∴EF⊥DH，又有DH⊥PC，PC、EF?面PEF，∴DH⊥面PEF， DH即为点D到面PEF的距离

AD=PA=3，PA=32，CD=AB=2，CD⊥PD，PC=PD2?CD2?在直角三角形PCD中，DH=

D

22

PD?CD32?26) ??

PC1122

解法二：（理科）坐标法

如图，以A为坐标原点，以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．

∵PA⊥平面ABCD，?PDA＝45?，所以三角形PAD为等腰直角三角形， 可设B(b,0,0)，D(0,a,0)，P(0,0,a)，C(b,a,0) （1）∵E(,0,0)，F(,

baa

,) 222

aa1????1???EF?(0,,)?AD?AP

2222

b2

∴EF∥平面PAD

（2） ∵CD?(b,0,0)， ????????aa

∴EF?CD?(0,,)?(b,0,0)?0

22

EF?CD，异面直线EF与CD所成的角为90； （3） AD=PA=3，AB=2，∴a=3，b=2

E（1，0，0），F（1，3/2，3/2），EF=（0，3/2，3/2），PE?(1,0,?3)

过在作面PEF的法向量DH，设DH=（1，x，y），则   ?,?，∴??0,??0?(12分

)

1?x???3?11

(x?y)?03

即?2,解得?,=(1,?,)，

33?y?1?1?3?y?0??3?

点D到面PEF的距离

2?11?99

6． 11

转载请保留出处，http://www./doc/info-2911591ca300a6c30c229f7c.html