2012数学新题分类汇编：立体几何(高考真题+模拟新题)

2012年数学新 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 分类汇编 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 课标理数12.G1[2011·福建卷] 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________． 课标理数12.G1[2011·福建卷] 【 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 】 eq \r(3) 【解析】 由已知，S△ABC＝eq \f(1,2)×22sineq \f(π,3)＝eq \r(3)， ∴ VP－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·PA＝eq \f(1,3)×eq \r(3)×3＝eq \r(3)，即三棱锥P－ABC的体积等于eq \r(3). 课标文数8.G2[2011·安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图1－1所示，则该几何体的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面积为(　　) 图1－1 A．48 B．32＋8eq \r(17) C．48＋8eq \r(17) D．80 课标文数8.G2[2011·安徽卷] C　【解析】 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(如图所示)，所以该直四棱柱的表面积为 S＝2×eq \f(1,2)×(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2×eq \r(1＋16)×4＝48＋8eq \r(17). 课标理数6.G2[2011·安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图1－1所示，则该几何体的表面积为(　　) 图1－1 A．48 B．32＋8eq \r(17) C．48＋8eq \r(17) D．80 图1－3 课标理数7.G2[2011·北京卷] 某四面体的三视图如图1－3所示，该四面体四个面的面积中最大的是(　　) A．8 B．6eq \r(2) C．10 D．8eq \r(2) 课标理数7.G2[2011·北京卷] C　【解析】 由三视图可知，该四面体可以描述为SA⊥平面ABC，∠ABC＝90°，且SA＝AB＝4，BC＝3，所以四面体四个面的面积分别为10,8,6,6eq \r(2)，从而面积最大为10，故应选C. 图1－4 课标文数5.G2[2011·北京卷] 某四棱锥的三视图如图1－1所示，该四棱锥的表面积是(　　) 图1－1 A．32 B．16＋16eq \r(2) C．48 D．16＋32eq \r(2) 课标文数5.G2[2011·北京卷] B　【解析】 由题意可知，该四棱锥是一个底面边长为4，高为2的正四棱锥，所以其表面积为4×4＋4×eq \f(1,2)×4×2eq \r(2)＝16＋16eq \r(2)，故选B. 课标理数7.G2[2011·广东卷] 如图1－2，某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为(　　) 图1－2 A．6eq \r(3) B．9eq \r(3) C．12eq \r(3) D．18eq \r(3) 课标理数7.G2[2011·广东卷] B　【解析】 由三视图知该几何体为棱柱，h＝eq \r(22－1)＝eq \r(3)，S底＝3×3，所以V＝9eq \r(3). 课标文数9.G2[2011·广东卷] 如图1－2，某几何体的正视图(主视图)，侧视图(左视图)和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体体积为(　　) A．4eq \r(3) B．4 C．2eq \r(3) D．2 课标文数9.G2[2011·广东卷] C　【解析】 由三视图知该几何体为四棱锥，棱锥高h＝eq \r(2\r(3)2－\r(3)2)＝3，底面为菱形，对角线长分别为2eq \r(3)，2，所以底面积为eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2＝2eq \r(3)， 所以V＝eq \f(1,3)Sh＝eq \f(1,3)×2eq \r(3)×3＝2eq \r(3). 图1－1 课标理数3.G2[2011·湖南卷] 设图1－1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为(　　) A.eq \f(9,2)π＋12 B.eq \f(9,2)π＋18 C．9π＋42 D．36π＋18 课标理数3.G2[2011·湖南卷] B　【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直径为3的球，下面是一个长、宽都为3、高为2的长方体所构成的几何体，则其体积为：V＝V1＋V2＝eq \f(4,3)×π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))3＋3×3×2＝eq \f(9,2)π＋18， 故选B. 课标文数4.G2[2011·湖南卷] 设图1－1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为(　　) 图1－1 A．9π＋42 B．36π＋18 C.eq \f(9,2)π＋12 D.eq \f(9,2)π＋18 课标文数4.G2[2011·湖南卷] D　【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直径为3的球，下面是一个长、宽都为3高为2的长方体所构成的几何体，则其体积为： V＝V1＋V2＝eq \f(4,3)×π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))3＋3×3×2＝eq \f(9,2)π＋18，故选D. 课标理数6.G2[2011·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图1－2所示，则相应的侧视图可以为(　　) 　　　　　　图1－2　　　　　　图1－3 课标理数6.G2 [2011·课标全国卷] D　【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，如下图，故侧视图选D. 图1－5 课标理数15.G2[2011·辽宁卷] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为2eq \r(3)，它的三视图中的俯视图如图1－5所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是________． 课标理数15.G2[2011·辽宁卷] 2eq \r(3)　【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为图1－6，其中M，N是中点，矩形MNC1C为左视图． 由于体积为2eq \r(3)，所以设棱长为a，则eq \f(1,2)×a2×sin60°×a＝2eq \r(3)，解得a＝2.所以CM＝eq \r(3)，故矩形MNC1C面积为2eq \r(3). 图1－6 图1－3 课标文数8.G2[2011·辽宁卷] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为2eq \r(3)，它的三视图中的俯视图如图1－3所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是(　　) A．4　　B．2eq \r(3)　　C．2　　D.eq \r(3) 课标文数8.G2[2011·辽宁卷] B　【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为下图，其中M，N是中点，矩形MNC1C为左视图． 图1－4 由于体积为2eq \r(3)，所以设棱长为a，则eq \f(1,2)×a2×sin60°×a＝2eq \r(3)，解得a＝2.所以CM＝eq \r(3)，故矩形MNC1C面积为2eq \r(3)，故选B. 课标文数8.G2[2011·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图1－2所示，则相应的侧视图可以为(　　) 　　　　　　图1－2　　　　　　图1－3 课标文数8.G2[2011·课标全国卷] D　【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，如图，故侧视图选D. 图1－4 图1－2 课标理数11.G2[2011·山东卷] 如图1－2是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－2；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－2；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如图1－2.其中真命题的个数是(　　) A．3　　　B．2　　　C．1　　　D．0 课标理数11.G2[2011·山东卷] A　【解析】 ①可以是放倒的三棱柱，所以正确；容易判断②正确；③可以是放倒的圆柱，所以也正确． 图1－3 课标文数11.G2[2011·山东卷] 如图1－3是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－3；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－3；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如图1－3.其中真命题的个数是(　　) A．3 B．2 C．1 D．0 课标文数11.G2[2011·山东卷] A　【解析】 ①可以是放倒的三棱柱，所以正确；容易判断②正确；③可以是放倒的圆柱，所以也正确． 课标理数5.G2[2011·陕西卷] 某几何体的三视图如图1－2所示，则它的体积是(　　) 图1－2 A．8－eq \f(2π,3) B．8－eq \f(π,3) C．8－2π D.eq \f(2π,3) 课标理数5.G2[2011·陕西卷] A　【解析】 分析图中所给的三视图可知，对应空间几何图形，应该是一个棱长为2的正方体中间挖去一个半径为1，高为2的圆锥，则对应体积为：V＝2×2×2－eq \f(1,3)π×12×2＝8－eq \f(2,3)π. 课标文数5.G2[2011·陕西卷] 某几何体的三视图如图1－2所示，则它的体积为(　　) 图1－2 A．8－eq \f(2π,3) B．8－eq \f(π,3) C．8－2π D.eq \f(2π,3) 课标文数5.G2[2011·陕西卷] A　【解析】 主视图与左视图一样是边长为2的正方形，里面有两条虚线，俯视图是边长为2的正方形与直径为2的圆相切，其直观图为棱长为2的正方体中挖掉一个底面直径为2的圆锥，故其体积为正方体的体积与圆锥的体积之差，V正＝23＝8，V锥＝eq \f(1,3)πr2h＝eq \f(2π,3)(r＝1，h＝2)，故体积V＝8－eq \f(2π,3)，故答案为A. 课标理数10.G2[2011·天津卷] 一个几何体的三视图如图1－5所示(单位：m)，则该几何体的体积为________ m3. 图1－5 课标理数10.G2[2011·天津卷] 6＋π　【解析】 根据图中信息，可得该几何体为一个棱柱与一个圆锥的组合体，V＝3×2×1＋eq \f(1,3)π×1×3＝6＋π. 课标文数10.G2[2011·天津卷] 一个几何体的三视图如图1－4所示(单位：m)，则该几何体的体积为________ m3. 图1－4 课标文数10.G2[2011·天津卷] 4　【解析】 根据三视图还原成直观图，可以看出，其是由两个形状一样的，底面长和宽都为1，高为2的长方体叠加而成，故其体积V＝2×1×1＋1×1×2＝4. 图1－2 课标理数3.G2[2011·浙江卷] D　【解析】 由正视图可排除A、B选项，由俯视图可排除C选项． 课标文数7.G2[2011·浙江卷] 若某几何体的三视图如图1－1所示，则这个几何体的直观图可以是(　　) 图1－1 图1－2 课标文数7.G2[2011·浙江卷] B　【解析】 由正视图可排除A，C；由侧视图可判断该该几何体的直观图是B. 大纲理数3.G3[2011·四川卷] l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是(　　) A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3 B．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 大纲理数3.G3[2011·四川卷] B　【解析】 对于A，直线l1与l3可能异面；对于C，直线l1、l2、l3可能构成三棱柱三条侧棱所在直线时而不共面；对于D，直线l1、l2、l3相交于同一个点时不一定共面. 所以选B. 课标文数19.G4，G7[2011·安徽卷] 如图1－4，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA＝1，OD＝2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形． (1) 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 直线BC∥EF； (2)求棱锥F－OBED的体积． 图1－4 课标文数19.G4，G7[2011·安徽卷] 本题考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力． 【解答】 (1)证明：设G是线段DA与EB延长线的交点，由于△OAB与△ODE都是正三角形，OA＝1，OD＝2，所以OB綊eq \f(1,2)DE，OG＝OD＝2. 同理，设G′是线段DA与FC延长线的交点，有OC綊eq \f(1,2)DF，OG′＝OD＝2，又由于G和G′都在线段DA的延长线上，所以G与G′重合． 在△GED和△GFD中，由OB 綊eq \f(1,2)DE和OC綊eq \f(1,2)DF，可知B和C分别是GE和GF的中点．所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF. (2)由OB＝1，OE＝2，∠EOB＝60°，知S△EOB＝eq \f(\r(3),2). 而△OED是边长为2的正三角形，故S△OED＝eq \r(3). 所以SOBED＝S△EOB＋S△OED＝eq \f(3\r(3),2). 过点F作FQ⊥DG，交DG于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F－OBED的高，且FQ＝eq \r(3)，所以VF－OBED＝eq \f(1,3)FQ·S四边形OBED＝eq \f(3,2). 图1－4 课标理数17.G4，G7[2011·安徽卷] 【解析】 本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力． 图1－5 【解答】 (1)(综合法) 证明：设G是线段DA与线段EB延长线的交点，由于△OAB与△ODE都是正三角形，OA＝1，OD＝2，所以OB綊eq \f(1,2)DE，OG＝OD＝2. 同理，设G′是线段DA与线段FC延长线的交点，有OC綊eq \f(1,2)DF，OG′＝OD＝2，又由于G和G′都在线段DA的延长线上，所以G与G′重合． 在△GED和△GFD中，由OB綊eq \f(1,2)DE和OC綊eq \f(1,2)DF，可知B，C分别是GE和GF的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF. (向量法) 过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，连QE. 由平面ABED⊥平面ADFC，知FQ⊥平面ABED. 以Q为坐标原点，eq \o(QE,\s\up6(→))为x轴正向，eq \o(QD,\s\up6(→))为y轴正向，eq \o(QF,\s\up6(→))为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系． 图1－6 由条件知E(eq \r(3)，0,0)，F(0,0，eq \r(3))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)，\f(\r(3),2))). 则有eq \o(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0，\f(\r(3),2)))，eq \o(EF,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0，eq \r(3))． 所以eq \o(EF,\s\up6(→))＝2eq \o(BC,\s\up6(→))，即得BC∥EF. (2)由OB＝1，OE＝2，∠EOB＝60°，知S△EOB＝eq \f(\r(3),2). 而△OED是边长为2的正三角形，故S△OED＝eq \r(3). 所以S四边形OBED＝S△EOB＋S△OED＝eq \f(3\r(3),2). 过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F－OBED的高，且FQ＝eq \r(3)，所以VF－OBED＝eq \f(1,3)FQ·S四边形OBED＝eq \f(3,2). 课标文数17.G4[2011·北京卷] 图1－4 如图1－4，在四面体PABC中，PC⊥AB，PA⊥BC，点D，E，F，G分别是棱AP，AC，BC，PB的中点． (1)求证：DE∥平面BCP； (2)求证：四边形DEFG为矩形； (3)是否存在点Q，到四面体PABC六条棱的中点的距离相等？说明理由． 课标文数17.G4[2011·北京卷] 【解答】 (1)证明：因为D，E分别为AP，AC的中点， 图1－5 所以DE∥PC. 又因为DE⊄平面BCP，PC⊂平面BCP， 所以DE∥平面BCP. (2)因为D、E、F、G分别为AP、AC、BC、PB的中点， 所以DE∥PC∥FG， DG∥AB∥EF， 所以四边形DEFG为平行四边形． 又因为PC⊥AB， 所以DE⊥DG， 所以平行四边形DEFG为矩形． (3)存在点Q满足条件，理由如下： 连接DF，EG，设Q为EG的中点． 由(2)知，DF∩EG＝Q，且QD＝QE＝QF＝QG＝eq \f(1,2)EG. 分别取PC、AB的中点M，N，连接ME、EN、NG、MG、MN. 与(2)同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线交点为EG的中点Q， 且QM＝QN＝eq \f(1,2)EG. 所以Q为满足条件的点． 图1－3 课标文数15.G4[2011·福建卷] 如图1－3，正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________． 课标文数15.G4[2011·福建卷] eq \r(2)　【解析】 ∵ EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC， ∴EF∥AC， 又∵E是AD的中点， ∴F是CD的中点，即EF是△ACD的中位线， ∴EF＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)＝eq \r(2). 课标数学16.G4，G5[2011·江苏卷] 如图1－2，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E、F分别是AP、AD的中点． 图1－2 求证：(1)直线EF∥平面PCD； (2)平面BEF⊥平面PAD. 课标数学16.G4，G5[2011·江苏卷] 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力． 【解答】 证明：(1)在△PAD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD.又因为EF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD， 图1－3 所以直线EF∥平面PCD. (2)连结BD，因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形，因为F是AD的中点，所以BF⊥AD. 因为平面PAD⊥平面ABCD，BF⊂平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD. 又因为BF⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD. 课标文数4.G4[2011·浙江卷] 若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则(　　) A．α内的所有直线与l异面 B．α内不存在与l平行的直线 C．α内存在唯一的直线与l平行 D．α内的直线与l都相交 课标文数4.G4[2011·浙江卷] B　【解析】 在α内存在直线与l相交，所以A不正确；若α内存在直线与l平行，又∵l⊄α，则有l∥α，与题设相矛盾，∴B正确，C不正确；在α内不过l与α交点的直线与l异面，D不正确． 图1－6 课标理数16.G5，G11[2011·北京卷] 如图1－6，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°. (1)求证：BD⊥平面PAC； (2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值； (3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长． 课标理数16.G5，G11[2011·北京卷] 【解答】 (1)证明：因为四边形ABCD是菱形， 所以AC⊥BD. 又因为PA⊥平面ABCD， 所以PA⊥BD， 所以BD⊥平面PAC. (2)设AC∩BD＝O. 因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2， 所以BO＝1，AO＝CO＝eq \r(3). 如图，以O为坐标原点，OB、OC所在直线及点O所在且与PA平行的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O－xyz，则P(0，－eq \r(3)，2)，A(0，－eq \r(3)，0)，B(1,0,0)，C(0，eq \r(3)，0)． 图1－7 所以eq \o(PB,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，－2)，eq \o(AC,\s\up6(→))＝(0,2eq \r(3)，0)． 设PB与AC所成角为θ，则 cosθ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(PB,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)))＝eq \f(6,2\r(2)×2\r(3))＝eq \f(\r(6),4). (3)由(2)知eq \o(BC,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，0)． 设P(0，－eq \r(3)，t)(t＞0)， 则eq \o(BP,\s\up6(→))＝(－1，－eq \r(3)，t)． 设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)， 则eq \o(BC,\s\up6(→))·m＝0，eq \o(BP,\s\up6(→))·m＝0. 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y＝0，,－x－\r(3)y＋tz＝0，)) 令y＝eq \r(3)，则x＝3，z＝eq \f(6,t)， 所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\r(3)，\f(6,t))). 同理，可求得平面PDC的法向量n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\r(3)，\f(6,t))). 因为平面PBC⊥平面PDC， 所以m·n＝0，即－6＋eq \f(36,t2)＝0. 解得t＝eq \r(6). 所以当平面PBC与平面PDC垂直时，PA＝eq \r(6). 大纲理数6.G5、G11[2011·全国卷] 已知直二面角α－l－β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足．点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.eq \f(\r(2),3) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(6),3) D．1 大纲理数6.G5、G11[2011·全国卷] C　【解析】 ∵α⊥β，AC⊥l，∴AC⊥β，则平面ABC⊥β，在平面β内过D作DE⊥BC，则DE⊥平面ABC，DE即为D到平面ABC的距离，在△DBC中，运用等面积法得DE＝eq \f(\r(6),3)，故选C. 大纲理数19.G5，G11[2011·全国卷] 如图1－1，四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形．AB＝BC＝2，CD＝SD＝1. (1)证明：SD⊥平面SAB； (2)求AB与平面SBC所成的角的大小． 图1－1 大纲理数19.G5，G11[2011·全国卷] 【解答】 解法一：(1)取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DE＝CB＝2. 图1－2 连结SE，则SE⊥AB，SE＝eq \r(3). 又SD＝1，故ED2＝SE2＋SD2， 所以∠DSE为直角． 由AB⊥DE，AB⊥SE， DE∩SE＝E，得AB⊥平面SDE，所以AB⊥SD. SD与两条相交直线AB、SE都垂直． 所以SD⊥平面SAB. (2)由AB⊥平面SDE知，平面ABCD⊥平面SDE. 作SF⊥DE，垂足为F，则SF⊥平面ABCD，SF＝eq \f(SD×SE,DE)＝eq \f(\r(3),2). 作FG⊥BC，垂足为G，则FG＝DC＝1. 连结SG，则SG⊥BC. 又BC⊥FG，SG∩FG＝G， 故BC⊥平面SFG，平面SBC⊥平面SFG. 作FH⊥SG，H为垂足，则FH⊥平面SBC. FH＝eq \f(SF×FG,SG)＝eq \f(\r(3),\r(7))，即F到平面SBC的距离为eq \f(\r(21),7). 由于ED∥BC，所以ED∥平面SBC，故E到平面SBC的距离d也为eq \f(\r(21),7). 设AB与平面SBC所成的角为α， 则sinα＝eq \f(d,EB)＝eq \f(\r(21),7)，α＝arcsineq \f(\r(21),7). 解法二：以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图1－3所示的空间直角坐标系C－xyz. 图1－3 设D(1,0,0)， 则A(2,2,0)，B(0,2,0)． 又设S(x，y，z)， 则x>0，y>0，z>0. (1)eq \o(AS,\s\up6(→))＝(x－2，y－2，z)，eq \o(BS,\s\up6(→))＝(x，y－2，z)，eq \o(DS,\s\up6(→))＝(x－1，y，z)， 由|eq \o(AS,\s\up6(→))|＝|eq \o(BS,\s\up6(→))|得 eq \r(x－22＋y－22＋z2)＝eq \r(x2＋y－22＋z2)， 故x＝1， 由|eq \o(DS,\s\up6(→))|＝1得y2＋z2＝1， 又由|eq \o(BS,\s\up6(→))|＝2得x2＋(y－2)2＋z2＝4， 即y2＋z2－4y＋1＝0，故y＝eq \f(1,2)，z＝eq \f(\r(3),2). 于是Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq \o(AS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq \o(BS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq \o(DS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))， eq \o(DS,\s\up6(→))·eq \o(AS,\s\up6(→))＝0，eq \o(DS,\s\up6(→))·eq \o(BS,\s\up6(→))＝0. 故DS⊥AS，DS⊥BS，又AS∩BS＝S， 所以SD⊥平面SAB. (2)设平面SBC的法向量a＝(m，n，p)， 则a⊥eq \o(BS,\s\up6(→))，a⊥eq \o(CB,\s\up6(→))，a·eq \o(BS,\s\up6(→))＝0，a·eq \o(CB,\s\up6(→))＝0. 又eq \o(BS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq \o(CB,\s\up6(→))＝(0,2,0)， 故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m－\f(3,2)n＋\f(\r(3),2)p＝0，,2n＝0.)) 取p＝2得a＝(－eq \r(3)，0,2)．又eq \o(AB,\s\up6(→))＝(－2,0,0)， 所以cos〈eq \o(AB,\s\up6(→))，a〉＝eq \f(\o(AB,\s\up6(→))·a,|\o(AB,\s\up6(→))|·|a|)＝eq \f(\r(21),7). 故AB与平面SBC所成的角为arcsineq \f(\r(21),7). 大纲文数8.G5[2011·全国卷] 已知直二面角α－l－β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，点B∈β，BD⊥l，D为垂足．若AB＝2，AC＝BD＝1，则CD＝(　　) A．2 B.eq \r(3) C.eq \r(2) D．1 大纲文数8.G5[2011·全国卷] C　【解析】 ∵α⊥β，AC⊥l，∴AC⊥β，则AC⊥CB，∵AB＝2，AC＝1，可得BC＝eq \r(3)，又BD⊥l，BD＝1，∴CD＝eq \r(2)，故选C. 大纲文数20.G5，G11[2011·全国卷] 如图1－1，四棱锥S－ABCD中， 图1－1 AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形．AB＝BC＝2，CD＝SD＝1. (1)证明：SD⊥平面SAB； (2)求AB与平面SBC所成的角的大小． 大纲文数20.G5，G11[2011·全国卷] 【解答】 解法一：(1)取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DE＝CB＝2. 图1－2 连结SE，则SE⊥AB，SE＝eq \r(3). 又SD＝1，故ED2＝SE2＋SD2， 所以∠DSE为直角． 由AB⊥DE，AB⊥SE，DE∩SE＝E，得AB⊥平面SDE，所以AB⊥SD. SD与两条相交直线AB、SE都垂直． 所以SD⊥平面SAB. (2)由AB⊥平面SDE知，平面ABCD⊥平面SDE. 作SF⊥DE，垂足为F， 则SF⊥平面ABCD，SF＝eq \f(SD×SE,DE)＝eq \f(\r(3),2). 作FG⊥BC，垂足为G，则FG＝DC＝1. 连结SG，则SG⊥BC. 又BC⊥FG，SG∩FG＝G， 故BC⊥平面SFG，平面SBC⊥平面SFG. 作FH⊥SG，H为垂足，则FH⊥平面SBC. FH＝eq \f(SF×FG,SG)＝eq \f(\r(3),\r(7))，即F到平面SBC的距离为eq \f(\r(21),7). 由于ED∥BC，所以ED∥平面SBC，故E到平面SBC的距离d也为eq \f(\r(21),7). 设AB与平面SBC所成的角为α，则sinα＝eq \f(d,EB)＝eq \f(\r(21),7)，α＝arcsineq \f(\r(21),7). 解法二：以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图1－3所示的空间直角坐标系C－xyz. 图1－3 设D(1,0,0)，则A(2,2,0)，B(0,2,0)． 又设S(x，y，z)，则x>0，y>0，z>0. (1)eq \o(AS,\s\up6(→))＝(x－2，y－2，z)，eq \o(BS,\s\up6(→))＝(x，y－2，z)，eq \o(DS,\s\up6(→))＝(x－1，y，z)， 由|eq \o(AS,\s\up6(→))|＝|eq \o(BS,\s\up6(→))|得 eq \r(x－22＋y－22＋z2)＝eq \r(x2＋y－22＋z2)， 故x＝1， 由|eq \o(DS,\s\up6(→))|＝1得y2＋z2＝1， 又由|eq \o(BS,\s\up6(→))|＝2得x2＋(y－2)2＋z2＝4， 即y2＋z2－4y＋1＝0，故y＝eq \f(1,2)，z＝eq \f(\r(3),2). 于是Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq \o(AS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq \o(BS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq \o(DS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))， eq \o(DS,\s\up6(→))·eq \o(AS,\s\up6(→))＝0，eq \o(DS,\s\up6(→))·eq \o(BS,\s\up6(→))＝0. 故DS⊥AS，DS⊥BS，又AS∩BS＝S， 所以SD⊥平面SAB. (2)设平面SBC的法向量a＝(m，n，p)， 则a⊥eq \o(BS,\s\up6(→))，a⊥eq \o(CB,\s\up6(→))，a·eq \o(BS,\s\up6(→))＝0，a·eq \o(CB,\s\up6(→))＝0. 又eq \o(BS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq \o(CB,\s\up6(→))＝(0,2,0)， 故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m－\f(3,2)n＋\f(\r(3),2)p＝0，,2n＝0.)) 取p＝2得a＝(－eq \r(3)，0,2)．又eq \o(AB,\s\up6(→))＝(－2,0,0)， 所以cos〈eq \o(AB,\s\up6(→))，a〉＝eq \f(\o(AB,\s\up6(→))·a,|\o(AB,\s\up6(→))|·|a|)＝eq \f(\r(21),7). 故AB与平面SBC所成的角为arcsineq \f(\r(21),7). 课标理数20.G5，G10，G11[2011·福建卷] 如图1－7，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD.四边形ABCD中， 图1－7 AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝eq \r(2)，∠CDA＝45°. (1)求证：平面PAB⊥平面PAD； (2)设AB＝AP. ①若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长； ②在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到P、B、C、D的距离都相等？说明理由． 课标理数20.G5，G10，G11 [2011·福建卷] 【解答】 图1－8 (1)证明：因为PA⊥平面ABCD， AB⊂平面ABCD， 所以PA⊥AB. 又AB⊥AD，PA∩AD＝A， 所以AB⊥平面PAD. 又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. 图1－9 (2)①以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A－xyz(如图1－9)． 在平面ABCD内，作CE∥AB交AD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)， eq \o(CD,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq \o(PD,\s\up6(→))＝(0,4－t，－t)． 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)． 由n⊥eq \o(CD,\s\up6(→))，n⊥eq \o(PD,\s\up6(→))，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0.,4－ty－tz＝0.)) 取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝(t，t,4－t)． 又eq \o(PB,\s\up6(→))＝(t,0，－t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得 cos60°＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·P\o(B,\s\up6(→)),|n|·|\o(PB,\s\up6(→))|)))， 即eq \f(|2t2－4t|,\r(t2＋t2＋4－t2)·\r(2t2))＝eq \f(1,2). 解得t＝eq \f(4,5)或t＝4(舍去，因为AD＝4－t>0)， 所以AB＝eq \f(4,5). 则eq \o(GC,\s\up6(→))＝(1,3－t－m,0)，eq \o(GD,\s\up6(→))＝(0,4－t－m,0)， eq \o(GP,\s\up6(→))＝(0，－m，t)． 由|eq \o(GC,\s\up6(→))|＝|eq \o(GD,\s\up6(→))|得12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2， 即t＝3－m；① 由|eq \o(GD,\s\up6(→))|＝|eq \o(GP,\s\up6(→))|得(4－t－m)2＝m2＋t2.② 由①、②消去t，化简得m2－3m＋4＝0.③ 由于方程③没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P、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． 法二：假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等． 由GC＝GD，得∠GCD＝∠GDC＝45°， 图1－12 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＝eq \r(AB2＋AG2) ＝eq \r(λ2＋3－λ2)＝eq \r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(3,2)))2＋\f(9,2))>1. 这与GB＝GD矛盾． 所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点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． 课标理数18.G5，G10[2011·广东卷] 如图1－3，在锥体P－ABCD中，ABCD是边长为1的菱形，且∠DAB＝60°，PA＝PD＝eq \r(2)，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． 图1－3 课标理数18.G5，G10[2011·广东卷] 【解答】 法一：(1)证明：设AD中点为G，连接PG，BG，BD. 图1－1 因PA＝PD，有PG⊥AD，在△ABD中，AB＝AD＝1，∠DAB＝60°，有△ABD为等边三角形，因此BG⊥AD，BG∩PG＝G，所以AD⊥平面PBG，所以AD⊥PB，AD⊥GB. 又PB∥EF，得AD⊥EF，而DE∥GB得AD⊥DE，又FE∩DE＝E，所以AD⊥平面DEF. (2)∵PG⊥AD，BG⊥AD， ∴∠PGB为二面角P－AD－B的平面角． 在Rt△PAG中，PG2＝PA2－AG2＝eq \f(7,4)， 在Rt△ABG中，BG＝AB·sin60°＝eq \f(\r(3),2)， ∴cos∠PGB＝eq \f(PG2＋BG2－PB2,2PG·BG)＝eq \f(\f(7,4)＋\f(3,4)－4,2·\f(\r(7),2)·\f(\r(3),2))＝－eq \f(\r(21),7). 法二：(1)证明：设AD中点为G，因为PA＝PD，所以PG⊥AD， 又AB＝AD，∠DAB＝60°，所以△ABD为等边三角形，因此，BG⊥AD，从而AD⊥平面PBG. 延长BG到O且使PO⊥OB，又PO⊂平面PBG，所以PO⊥AD，又AD∩OB＝G，所以PO⊥平面ABCD. 以O为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB，OP分别为x轴，z轴，平行于AD的直线为y轴，建立如图1－2所示的空间直角坐标系． 设P(0,0，m)，G(n,0,0)，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，－\f(1,2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(1,2)，0)). 图1－2 ∵|eq \o(GB,\s\up6(→))|＝|eq \o(AB,\s\up6(→))|sin60°＝eq \f(\r(3),2)， ∴Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(\r(3),2)，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(\r(3),2)，1，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(\r(3),4)，\f(1,2)，\f(m,2))).　 ∴eq \o(AD,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \o(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，0))，eq \o(FE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(\r(3),4)，0，－\f(m,2)))， ∴eq \o(AD,\s\up6(→))·eq \o(DE,\s\up6(→))＝0，eq \o(AD,\s\up6(→))·eq \o(FE,\s\up6(→))＝0， ∴AD⊥DE，AD⊥FE， 又DE∩FE＝E，∴AD⊥平面DEF. (2)∵eq \o(PA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，－\f(1,2)，－m))，eq \o(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(\r(3),2)，0，－m))， ∴eq \r(m2＋n2＋\f(1,4))＝eq \r(2)，eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(\r(3),2)))2＋m2)＝2， 解得m＝1，n＝eq \f(\r(3),2). 取平面ABD的法向量n1＝(0,0，－1)， 设平面PAD的法向量n2＝(a，b，c)， 由eq \o(PA,\s\up6(→))·n2＝0，得eq \f(\r(3),2)a－eq \f(b,2)－c＝0， 由eq \o(PD,\s\up6(→))·n2＝0，得eq \f(\r(3),2)a＋eq \f(b,2)－c＝0， 故取n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(\r(3),2))). ∴cos〈n1，n2〉＝eq \f(－\f(\r(3),2),\r(1)·\r(\f(7,4)))＝－eq \f(\r(21),7). 即二面角P－AD－B的余弦值为－eq \f(\r(21),7). 课标理数18.G5，G11[2011·湖北卷] 如图1－4，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合． (1)当CF＝1时，求证：EF⊥A1C； (2)设二面角C－AF－E的大小为θ，求tanθ的最小值． 图1－4 课标理数18.G5，G11[2011·湖北卷] 【解答】 解法1：过E作EN⊥AC于N，连结EF. (1)如图①，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知，底面ABC⊥侧面A1C， 又底面ABC∩侧面A1C＝AC，且EN⊂底面ABC，所以EN⊥侧面A1C，NF为EF在侧面A1C内的射影， 在Rt△CNE中，CN＝CEcos60°＝1， 则由eq \f(CF,CC1)＝eq \f(CN,CA)＝eq \f(1,4)，得NF∥AC1. 又AC1⊥A1C，故NF⊥A1C， 由三垂线定理知EF⊥A1C. (2)如图②，连结AF，过N作NM⊥AF于M，连结ME， 由(1)知EN⊥侧面A1C，根据三垂线定理得EM⊥AF， 所以∠EMN是二面角C－AF－E的平面角，即∠EMN＝θ， 设∠FAC＝α，则0°<α≤45°. 在Rt△CNE中，NE＝EC·sin60°＝eq \r(3)， 在Rt△AMN中，MN＝AN·sinα＝3sinα， 故tanθ＝eq \f(NE,MN)＝eq \f(\r(3),3sinα). 又0°<α≤45°，∴0