立体几何（2）
若a,b,c,d是空间四条直线．如果“a?c,b?c,a?d,b?d”，则
(A) a//b且c//d (C) a//b或者c//d
(B) a,b,c,d中任意两条可能都不平行
(D) a,b,c,d中至少有一对直线互相平行
【答案】D
1如图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形且体积为2，则该几何体的俯视图可以是 （ ）
【答案】C
正四面体ABCD的外接球的球心为0,E是BC的中点，则直线OE与平面BCD所成角的正切 值为 （ ）
A 1 B 【答案】C
22 C 2 D 3 设b、c表示两条直线，?、?表示两个平面，下列命题中真命题是（ ） A．若b??,c//?，则b//c B．若b??,b//c，则c//? C．若c//?,???，则c?? D．若c//?,c??，则???
【答案】D
一个空间几何体的三视图如图（1）所示，其中正视图为等腰直角三角形，侧视图与俯视图为正方形，则该几何体的体积和表面积分别为 （ ）
（A）64，48?162（B）32，48?162 6432（C）3，32?162（D）3，48?162 【答案】B
如果一条直线与一个平面垂直，那么，称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（） A．24 B．30 C．36 D．42 【答案】C
正四面体P-ABC中，M为棱AB的中点，则PB与CM所成角的余弦值为（ ）
3333A. 2 B. 4 C. 6 D. 3
【答案】C
已知a，b，c表示三条不同的直线，?表示平面，给出下列命题： ①若a∥b，b∥c，则a∥c； ②若a⊥b，b⊥c，则a⊥c；
③若a∥?，b∥?，则a∥b； ④若a⊥?，b⊥?，则a∥b． 其中正确的命题为（ ） A．①② B．②③ C. ①④ D．③④ 【答案】C
一个几何体的三视图如图所示，其中正(主)视图中△ABC是边长为2的正三角形，俯视图的边界为正六边形，那么该几何体的侧(左)
视图的面积为
13（A）2 （B）1 （C）2 （D）
2
【答案】C
下列命题中正确的是
（A）如果两条直线都平行于同一个平面，那么这两条直线互相平行 （B）过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直
（C）如果一条直线平行于一个平面内的一条直线，那么这条直线平行于这个平面 （D）如果两条直线都垂直于同一平面，那么这两条直线共面 【答案】D
某几何体的三视图如图所示，该几何体的
体积是（ ）
84 （A）8（B）3（C）4（D）3
【答案】D
设m,n是两条异面直线，下列命题中正确的是 ( ) A．过m且与n平行的平面有且只有一个 B．过m且与n垂直的平面有且只有一个 C．m与n所成的角的范围是?0，??
D．过空间一点P与m、n均平行的的平面有且只有一个
【答案】A
假设一个四棱锥的正视图和侧视图为两个完全相同的等腰直角三角形（如图所示），腰长为1，则该四棱锥的体积为 ．
2【答案】3
如图是一个几何体的三视图，其正视图与侧视图是边长为2的正三角形，俯视图轮廓为正方形，则这个几何体的表面积是 。
【答案】12
如果一个几何体的三视图如图所示，其中正视图中△ABC是边长为2的正三角形，俯视图为正六边形，则该三视图中侧视图的面积为 ．
3【答案】2
一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为
3【答案】π+3
某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是 .
【答案】33 已知一个几何体的三视图及其长度如图所示，则该几何体的体积为 .
1【答案】2
tan??正三棱锥的侧面与底面所成二面角的大小为?，侧棱与底面所成的角为?，则tan? .
【答案】2
如图，已知四棱台ABCD –A1B1C1D1的侧棱AA1垂直于底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形A1B1C1D1是边长为1的正方形，DD1=2。
（ I）求证：平面A1ACC1⊥平面B1BDD1； （Ⅱ）求四棱台ABCD - A1B1C1D1的体积； （Ⅲ）求二面角B—C1C—D的余弦值．
【答案】
解：（Ⅰ）∵AA1⊥平面 ABCD，∴AA1?BD．
?底面ABCD是正方形，?AC?BD．
?AA1与AC是平面A1ACC1内的两条相交直线，∴BD⊥平面A1ACC1．
?BD?平面B1BDD1，∴平面A1ACC1?平面B1BDD1． ………（4分）
（Ⅱ）过D1作D1H?AD于H，则D1H//A1A． ∵AA1⊥平面 ABCD，?D1H?平面ABCD． 在Rt?D1DH中，求得D1H?而A1A?D1H，
3．
V?所以四棱台的体积
1173S??S?S?S h???1?2?4??3?333． ……（8分）
?? （Ⅲ）设AC与BD交于点O，连接OC1．
过点B在平面B1BCC1内作BM?C1C于M，连接MD． 由（Ⅰ）知BD⊥平面A1ACC1，?BD?C1C． 所以C1C?平面BMD， ?C1C?MD． 所以，?BMD是二面角B?C1C?D的平面角．
在Rt?C1OC中，求得C1C?5，从而求得
OM?OC?OC130?C1C5．
在Rt?BMO中，求得
BM?4545DM?5，同理可求得5．
BM2?DM2?BD21cos?BMD???2BM?DM4．在?BMD中，由余弦定理，求得（12分）
棱长为2的正方体
ABCD?A1B1C1D1中，E为棱
C1D1的中点，F为棱BC的中点
(1)求证AE⊥(2)求在线段【答案】
DA1
AA1上找一点G，使AE⊥面DFG
(1) 连接AD1 , BC1, 由正方体的性质可知 DA1?AD1 ， DA1?AB ，又AB?AD1?A
?DA1?面ABC1D1 又AE?面ABC1D1 ?DA1?AE
(2) 所求G点即为A1点，证明如下：
由(1) 知 AE?DA1 取CD的中点H，连AH, EH . 由DF?AH , DF?EH AH?EH = H 可证DF?平面AHE ?DF?AE
又?DF?A1D?D ?AE?面DFA1 即AE?面DFG
如图一，平面四边形ABCD关于直线AC对称，?A?60?,?C?90?,CD?2．
3把?ABD沿BD折起（如图二），使二面角A?BD?C的余弦值等于3．对于图二，完成以下各小题：
（1）求A,C两点间的距离； （2）证明：AC?平面BCD；
（3）求直线AC与平面ABD所成角的正弦值．
【答案】
B B
图2
D
C D C A 解：（Ⅰ）取BD的中点E，连接AE,CE， 由AB?AD,CB?CD，得：
A
图1 AE?BD,CE?BD
??AEC就是二面角A?BD?C的平面角，
?cos?AEC?33 …………………………2分
6,CE?2
在?ACE中，AE?AC2?AE2?CE2?2AE?CE?cos?AEC
?6?2?2?6?2?
3?43
?AC?2 …………………………4 分
（Ⅱ）由AC?AD?BD?22，AC?BC?CD?2
222222?AC?BC?AB,AC?CD?AD,
??ACB??ACD?90? …………………………6分
?AC?BC,AC?CD，
又BC?CD?C
?AC?平面BCD． …………………………8分
（Ⅲ）方法一：由（Ⅰ）知BD?平面ACE
BD?平面ABD
∴平面ACE?平面ABD …………………………10分 平面ACE?平面ABD?AE，
作CF?AE交AE于F，则CF?平面ABD，
?CAF就是AC与平面ABD所成的角， …………………………12分
?sin?CAF?sin?CAE?CE3?AE3． …………………………14分
方法二：设点C到平面ABD的距离为h， ∵
VC?ABD?VA?BCD ………………10分
1111???22?22sin60??h???2?2?23232 ?h?233 ………………………12分
于是AC与平面ABD所成角?的正弦为
sin??h3?AC3． …………………………14分
方法三：以CB,CD,CA所在直线分别为x轴，y轴和轴建立空间直角坐标系C?xyz，则
A(0,0,2),B(2,0,0),C(0,0,0)D(0,2,0)． ………10分
设平面ABD的法向量为n?(x,y,z)，则
n?AB?0， n?AD?0，?2x?2z?0,2y?2z?0 取x?y?z?1，则n?(1,1,1)， ----------12分 于是AC与平面ABD所成角?的正弦即
F C B x D E y z A sin??|n?CA||0?0?2|3??3． …………………3?2|n||CA|ABC?A1B1C1………14分
如图，已知三棱柱
的侧棱与底面垂直，
AA1?AB?AC?1CC1BCAB，AB?AC，M，N分别是，的中点，点P在直线11上，且
uuuruuuurA1P??A1B1；
（Ⅰ）证明：无论?取何值，总有AM?PN；
（Ⅱ）当?取何值时，直线PN与平面ABC所成的角?最大？并求该角取最大值时的正切值；
（Ⅲ）是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为30o，若存在，试确定点P的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】 证明：（1）如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则A1（0，0，1），
111,222，0） B1（1，0，1）， M（0，1，），N（
B1 z P A1 C1 A B M A1P??A1B1??(1,0,0)?(?,0,0)，AP?AA1?A1P?(?,0,1)，
PN?(12??,12,?1)
AM?(0,1,111C
（1）∵2)AM?PN?0??2?0，∴2
N
∴无论?取何值，AM⊥PN………………………………4分 （2）∵m?（0，0，1）是平面ABC的一个法向量。
|0?0?1|?1m?PN?(1??)2?1?(??1∴sinθ=|cos<2412)2?5|=
4
141∴当?＝2时，θ取得最大值，此时sinθ=5,cosθ=5,tanθ=2 ………8分 uNMuuur?(?1,1,1)（3）假设存在，则
222，设n?(x,y,z)是平面PMN的一个法向量。 ??11?1?2???1x?y?z?0?y?x?222?3??(1??)x?1y?z?0?z?2?2?则??22得??3x令x=3，得y=1+2?,z=2-2?
∴n?(3,1?2?,2?2?)
|2?2?|9?(1?2?)2?(2??3∴|cos
2?)22化简得4?2?10??13?0(*)
∵△＝100-4413＝-108<0
∴方程（*）无解
∴不存在点P使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为30o………………………13分 如图，在四棱锥S?ABCD中，平面SAD?平面面ABCD为矩形， AD?2a,AB?3a，
SA?SD?a．
（Ⅰ）求证：CD?SA；
（Ⅱ）求二面角C?SA?D的大小.
【答案】
证明：（Ⅰ）因为平面SAD?平面ABCD， CD?AD，且面SADI面ABCD?AD，
ABCD．底
所以CD?平面SAD. 又因为SA?平面SAD
所以CD?SA． …………………………………………… 6分 （Ⅱ）由（Ⅰ）可知，CD?SA.
在?SAD中，SA?SD?a，AD?2a， 所以SA?SD，
所以SA?平面SDC. 即SA?SD，SA?SC,
所以?CSD为二面角C?SA?D的平面角．
tan?CSD?CD3a??3SDa，
在Rt?CDS中，
? 所以二面角C?SA?D的大小3． …………………………………… 13分
法二：取BC的中点E, AD的中点P．
在?SAD中，SA?SD?a，P为AD的中点，所以，SP?AD． 又因为平面SAD?平面ABCD，且平面SADI平面ABCD?AD
所以，SP?平面ABCD．显然，有PE?AD． ……………………………… 1分 如图，以P为坐标原点，PA为x轴，PE为y轴，PS 为z轴建立空间直角坐标系， S(0,0,22a)A(a,0,0)22，，
则
B(22a,3a,0)C(?a,3a,0)22，，
2a,0,0)2． ………………………………………………………………3分
D(?uuuruur22CD?(0,?3a,0),SA?(a,0,?a)22（Ⅰ）易知
uuuruurCD?SA?0， 因为
所以CD?SA． …………………………………………………………… 6分
uur??n?SA?0r?uuun?CA?0n?(x,y,z)?（Ⅱ）设为平面CSA的一个法向量，则有?，
?22ax?az?0?22??2ax?a3y?0 即?，所以n?(3,2,3)． ……………………………… 7分
显然，EP?平面SAD，所以PE为平面SAD的一个法向量，
所以m?(0,1,0)为平面SAD的一个法向量．……………………………………… 9分
cos?n,m??222?12，
uuur 所以
? 所以二面角C?SA?D的大小为3． ………………………………………… 13分
如图，在四棱锥P?ABCD中，底面ABCD为菱形，?BAD?60，Q为AD的
?中点，PA?PD?AD?2． （Ⅰ）求证：AD?平面PQB；
（Ⅱ）点M在线段PC上，PM?tPC，试确定t的值，
P M D Q A C 使PA//平面MQB；
（Ⅲ）若PA//平面MQB，平面PAD?平面ABCD， 求二面角M?BQ?C的大小．
B 【答案】证明：（Ⅰ）连接BD ．因为四边形ABCD为菱形，?BAD?60， 所以△ABD为正三角形．又Q为AD中点， 所以AD?BQ．
因为PA?PD,Q为AD的中点， 所以AD?PQ． 又BQ?PQ?Q，
所以AD?平面PQB． ………………4分
?1t?3时，PA∥平面MQB． （Ⅱ）当
下面证明：
连接AC交BQ于N，连接MN．
P M D Q A N B C
因为AQ∥BC，
ANAQ1?? 所以NCBC2．
因为PA∥平面MQB，PA?平面PAC，平面MQBI平面PAC?MN， 所以MN∥PA.
PMAN1??所以MCNC2．
PM?所以
11PCt?33． ，即
1PM1PMAN1PC???3，所以MC2． 所以MCNC2，所以MN∥PA.
PM? 因为
又MN?平面MQB，PA?平面MQB，所以PA∥平面MQB． ……9分
P z M D Q x A N B y C
（Ⅲ）因为PQ?AD，又平面PAD?平面ABCD，交线为AD， 所以PQ?平面ABCD． 以Q为坐标原点，分别以QA，QB，QP所在的直线为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系
Q?xyz．由PA=PD=AD=2，则有A(1,0,0)，B(0,3,0)，P(0,0,3)．
设平面MQB的法向量为n=(x,y,z)，由PA?(1,0,?3)，QB?(0,3,0)
?x?3z?0,uuur?uuur3y?0.且n?PA，n?QB，可得?令z?1,得x?3，y?0．
所以n=(3,0,1)为平面MQB的一个法向量．取平面ABCD的法向量m=(0,0,1)，
cosm,n?则
m?n?1?1mn2?12，故二面角M?BQ?C的大小为60°……14分
AB?BC?2AA1?ABC?90?DBC如图，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，，，是的中点．
（Ⅰ）求证：
A1B∥平面
ADC1；
（Ⅱ）求二面角（Ⅲ）试问线段
C1?AD?C的余弦值；
A1B1上是否存在点E，使AE与
DC1成60
?角？若存在，确定E点位置，若不存在，说明理由． 【答案】 （Ⅰ）证明：连结
A1C，交
AC1于点O，连结OD.
由 ABC?A1B1C1是直三棱柱， 得 四边形
ACC1A1为矩形，O为
A1C的中点. 中位线，
又D为BC中点，所以OD为所以
△A1BCA1B∥OD， ………………2分
因为 OD?平面所以
ADC1ADC1，
A1B?平面
ADC1，
A1B∥平面. ………………4分
?（Ⅱ）解：由ABC?A1B1C1是直三棱柱，且?ABC?90，故BA,BC,BB1两两垂直.
如图建立空间直角坐标系B?xyz. ………………5分 设BA?2，则B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,1),D(1,0,0).
uuuuruuurAD?(1,?2,0)，AC1?(2,?2,1) 所以
uuur??n?AD?0,r?uuuu?n?AC1?0.
设平面ADC1的法向量为n=(x,y,z)，则有??x?2y?0,?2x?2y?z?0. 取y?1，得n?(2,1,?2). ………………7分
所以 ?易知平面ADC的法向量为v?(0,0,1). ………………8分
由二面角
C1?AD?Ccos?n,v??是锐角，得
|n?v|2?nv3. ………………9分
2C?AD?C所以二面角1的余弦值为3.
（Ⅲ）解：假设存在满足条件的点E.
因为E在线段A1B1上，A1(0,2,1)，B1(0,0,1)，故可设E(0,?,1)，其中0???2.
uuuuruuurDC1?(1,0,1). ………………11分
所以 AE?(0,??2,1)，
uuuruuuurAE?DC11uuuruuuur?2AEDC1因为AE与
DC1成60角，所以
?. ………………12分
1即(??2)2?1?2?12，解得??1，舍去??3. ………………13分
所以当点E为线段A1B1中点时，AE与
DC1成60角. ………………14分
?如图，在正三棱柱ABC—DEF中， AB?2,AD?1.P是CF的沿长线上一点，FP?t.过A,B,P三点的平面交FD于M，交FE于N. （Ⅰ）求证：MN∥平面CDE；
P（Ⅱ）当平面PAB?平面CDE时，求t的值. 【答案】（Ⅰ）因为AB∥DE，AB在平面FDE外，所以ABE∥平面FDE；…………2分
NMN是平面PAB与平面FDE的交线，所以AB∥MN，故MN∥DE；…………4分
FMD而MN在平面CDE外，所以MN∥平面CDE.……6分 CBA注：不写“AB在平面FDE外”等条件的应酌情扣分；向量方法按建系、标点、求向量、算结果这四个步
20题
骤是否正确来评分.
（Ⅱ）解法一：取AB中点G、DE中点H则由GH∥PC知P,C,G,H在同一平面上，并且由PA?PB知PG?AB.而与（Ⅰ）同理可证AB平行于平面PAB与平面CDE的交线，因此，PG也垂直于该交线，但平面PAB?平面CDE，所以PG?平面CDE，?PG?CH…………10分
PNHFMDEBGCA
1?t3PCCG?,t?2.?1于是，?CGH∽?PCG?CGGH…………12分即3…………14分
注：几何解法的关键是将面面垂直转化为线线垂直，阅卷时应注意考生是否在运用相关的定理.
PzEHFMDByCGAxN
（Ⅱ）解法二：如图，取AB中点G、DE中点H. 以G为原点，GB为x轴、GC为y轴、GH为轴建立空间直角坐标系.则在平面PAB中,B(1,0,0),P(0,3,1?t)，
n?(x1,y1,z1)向量GB?(1,0,0),GP?(0,3,1?t).设平面PAB的法向量,，则由
??n1?GB?0?x1?1?0???y?3?z1(1?t)?0n?GP?0?1即?1
得n1?(0,1?t,?3)……………………9分 在平面CDE中,
H(0,0,1),C(0,3,0)，向量CH?(0,?3,1),HE?GB?(1,0,0).
?y2?(?3)?z2?0?x?1?0设平面CDE的法向量n2?(x2,y2,z2)，由?2
得n2?(0,1,3)……………………12分
?平面PAB?平面CDE，?n1?n2?0，即1?t?3?0,?t?2.……………………14分
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