第七章：立体几何

1、五年高考真题分类汇编：立体几何一、填空题1（2013·安徽高考理）如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是_(写出所有正确命题的编号)当0<CQ<时，S为四边形；当CQ时，S为等腰梯形；当CQ时，S与C1D1的交点R满足 C1R；当<CQ<1时，S为六边形；当CQ1时，S的面积为.【解析】本题考查空间点、线、面的位置关系，平行转化及考生的计算能力对于，如图1，因为正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，当CQ时，PQ，这时

2、过A，P，Q三点的截面与正方体表面交于点D1，APD1Q，且PQAD1，截面S为等腰梯形，当0<CQ<时，过A，P，Q三点的截面与正方体表面的交点在棱DD1上，截面S为四边形，故正确；对于，如图2，延长QR交DD1的延长线于点N，连接AN交A1D1于点M，连接MC1.取AD的中点G，作GHPQ交DD1于点H，可得，GHAN，且GHAN，设CQt，则DN2t，ND12t1，当t时，可得C1R，故正确，当<t<1时，S为五边形，故错误，当t1时，M为A1D1的中点，S为菱形APC1M，AN，APPC1，C1N，S的面积菱形APC1M的面积2SC1MN2××

3、;×，故正确【答案】2.（2013·北京高考理）如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上点P到直线CC1的距离的最小值为_【解析】本题考查空间几何体、点到直线的距离等基础知识，意在考查等价转化的数学思想和考生的空间想象能力点P到直线CC1的距离等于点P在平面ABCD上的射影到点C的距离，设点P在平面ABCD上的射影为P，显然点P到直线CC1的距离的最小值为PC的长度的最小值当PCDE时，PC的长度最小，此时PC.【答案】3（2013·大纲卷高考理）已知圆O和圆K是球O的大圆和小圆，其公共弦长等于球O的半径，

4、OK，且圆O与圆K所在的平面所成的一个二面角为60°，则球O的表面积等于_【解析】本题考查立体几何问题，考查球体的有关性质设点A为圆O和圆K公共弦的中点，则在RtOAK中，OAK为圆O和圆K所在的平面所成的二面角的一个平面角，即OAK60°.由OK，可得OA，设球的半径为R，则()22R2，解得R2，因此球的表面积为4·R216.4（2013·江苏高考文）如图，在三棱柱A1B1C1­ABC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F­ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1­ABC的体积为V2，则V1V2_.【解析

5、】本题考查多面体的体积，意在考查学生的化归能力及运算能力设三棱柱A1B1C1­ABC的高为h，底面三角形ABC的面积为S，则V1×S·hShV2，即V1V2124.【答案】1245.（2013·安徽高考文）如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是_(写出所有正确命题的编号)当0<CQ<时，S为四边形；当CQ时，S为等腰梯形；当CQ时，S与C1D1的交点R满足C1R；当<CQ<1时，S为六边形；当CQ1时，S

6、的面积为.【解析】本题主要考查空间几何体中的点、线、面的位置关系以及有关正方体的截面计算问题，意在考查考生的空间想象能力和推理论证能力对于，当0<CQ<时，过点A在面ADD1A1内作PQ的平行线交线段DD1于一点，故截面S为四边形；对于，当CQ时，同的作法可知，此时的截面为APQD1，且D1QAP，故该截面为等腰梯形；对于，当CQ时，过点A在面ADD1A1内作PQ的平行线交线段D1A1于点M，且MD1，然后再过点M在面A1B1C1D1内作AP的平行线交C1D1于点R，且满足C1R，此时的截面是五边形APQRM；对于，由可知，当<CQ<1时，截面是五边形，故错误；对于，当

7、CQ1时，即点Q在C1处，取A1D1的中点M，此时过点A，P，Q的截面是菱形APQM，边长为，其中一条对角线AQ，所以可得截面S的面积为.【答案】6.（2013·大纲卷高考文）已知圆O和圆K是球O的大圆和小圆，其公共弦长等于球O的半径，OK，且圆O与圆K所在的平面所成的一个二面角为60°，则球O的表面积等于_【解析】本题主要考查球的截面、球的表面积及二面角如图所示，设球O的半径为R，过K作公共弦的垂线，垂足为M，连接OM，ON，则OMK60°，|MN|R，所以|OM|，于是在RtOMN中，由勾股定理可得2()2R2，解得R24，所以球的表面积S4R216 .【答案

8、】167.（2013·新课标高考文）已知正四棱锥O­ABCD的体积为，底面边长为，则以O为球心，OA为半径的球的表面积为_【解析】本题主要考查棱锥的概念与性质、球的表面积等，意在考查考生的空间想象能力与运算求解能力过O作底面ABCD的垂线段OE，则E为正方形ABCD的中心由题意可知×()2×OE，所以OE，故球的半径ROA，则球的表面积S4R224.【答案】248.（2013·新课标高考文）已知H是球O的直径AB上一点，AHHB12，AB平面，H为垂足，截球O所得截面的面积为，则球O的表面积为_【解析】本题主要考查球及其组合体的基本知识如图，设

9、截面小圆的半径为r，球的半径为R，因为AHHB12，所以OHR.由勾股定理，有R2r2OH2，又由题意得r2，则r1，故R212，即R2.由球的表面积公式，得S4R2.【答案】9（2013·天津高考文）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上若球的体积为， 则正方体的棱长为_【解析】本题主要考查球的体积、正方体与其外接球的关系，意在考查考生的空间想象能力设正方体的棱长为x，其外接球的半径为R，则由球的体积为，得R3，解得R.由2Rx，得x.【答案】10（2013·湖北高考文）我国古代数学名著数书九章中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水天池盆盆口直径为二尺八

10、寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸若盆中积水深九寸，则平地降雨量是_寸(注：平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；一尺等于十寸)【解析】本题以我国数学名著数书九章为题材，考查台体的体积圆台中截面圆的半径为十寸，圆台内水的体积为Vh(rrr中r下)×9×(1026210×6)588，降雨量为3.【答案】311（2013·江西高考文）如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且ABCD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为_【解析】本题主要考查空间的线、面位置关系，考查考生的逻辑推理能力和空间想象能力在正四面体中取CD的中点为G，连

11、接FG，EG，作FH平面CDE于点H.因为正四面体的高FH在平面EFG内，且FH平行于正方体的高，所以可证得平面EFG平行于正方体的左、右两个侧面，故直线EF仅与正方体的六个面中的上、下两个平面及前、后两个平面相交，共有4个【答案】412.（2012·山东高考理）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E、F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1EDF的体积为_【解析】因为E点在线段AA1上，所以SDED1×1×1，又因为F点在线段B1C上，所以点F到平面DED1的距离为1，即h1，所以VD1EDFVFDED1×SDED1×h&#

12、215;×1.【答案】13.（2012·四川高考理）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是棱CD、CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成的角的大小是_【解析】依题意，知直线A1M在平面CDD1C1内的射影是直线D1M，且D1MDN，因此由三垂线定理，知A1MDN，即直线A1M与DN所成的角是90°.【答案】90°14.（2012·辽宁高考理）已知正三棱锥PABC，点P，A，B，C都在半径为的球面上，若PA，PB，PC两两相互垂直，则球心到截面ABC的距离为_【解析】如图，满足题意的正三棱锥PABC可以是正方体的一部分，其外接球

13、的直径是正方体的体对角线，且面ABC与体对角线的交点是体对角线的一个三等分点，所以球心到平面ABC的距离等于体对角线长的，故球心到截面ABC的距离为×2.【答案】15.（2012·上海高考理）若一个圆锥的侧面展开图是面积为2的半圆面，则该圆锥的体积为_【解析】因为半圆的面积为2，所以半圆的半径为2，底面圆的周长为2，所以圆锥的母线长为2，底面圆的半径为1，所以圆锥的高为，体积为.【答案】16.（2012·上海高考理）如图，AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱，BC2.若AD2c，且ABBDACCD2a，其中a、c为常数，则四面体ABCD的体积的最大值是_【解析

14、】过点B在平面BAD中作BEAD，垂足为E，连接CE，因为BCAD，所以AD平面BCE，所以四面体ABCD的体积为SBCE·AD，当BCE的面积最大时，体积最大因为ABBDACCD2a，所以点B、C在一个椭圆上运动，由椭圆知识可知当ABBDACCDa时，BECE为最大值，此时截面BCE面积最大，为×2，此时四面体ABCD的体积最大，最大值为SBCE·AD·.【答案】c17.（2012·江苏高考理）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD3cm，AA12 cm，则四棱锥A­BB1D1D的体积为_cm3.【解析】由题意得VABB

15、1D1DVABDA1B1D1××3×3×26.【答案】618.（2012·大纲卷高考理）三棱柱ABCA1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，BAA1CAA160°，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为_【解析】将三棱柱ABCA1B1C1补充成为四棱柱ABCDA1B1C1D1，其中四边形ABCD为菱形因为BC1AD1，所以异面直线AB1与BC1所成的角为B1AD1.设棱长为a，则由题中条件可知AB1a，B1D1a，AD1a，则由余弦定理可得cosB1AD1.【答案】19.（2012·四川高考文）如图，在正方体ABCDA1B

16、1C1D1中，M、N分别是棱CD、CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成的角的大小是_【解析】依题意，知直线A1M在平面CDD1C1内的射影是直线D1M，且D1MDN，因此由三垂线定理，知A1MDN，即直线A1M与DN所成的角是90°.【答案】90°20（2012·辽宁高考文）已知点P，A，B，C，D是球O表面上的点，PA平面ABCD，四边形ABCD是边长为2的正方形若PA2，则OAB的面积为_【解析】把球O的内接四棱锥还原为长方体，则球O的直径为长方体的体对角线，则(2R)2(2)2(2)2(2)2，可得R212.OAB中，设AB边上的高为h，则h2R2()2

17、9，则h3，所以SOAB×2×33.【答案】321（2012·山东高考文）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E为线段B1C上的一点，则三棱锥ADED1的体积为_【解析】三棱锥ADED1的体积等于三棱锥EDD1A的体积，即VADED1VEDD1A××1×1×1.【答案】22.（2012·江苏高考文）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD3 cm，AA12 cm，则四棱锥ABB1D1D的体积为_cm3.【解析】由题意得VABB1D1DVABDA1B1D1××3×3

18、×26.【答案】623.（2012·上海高考文）一个高为2的圆柱，底面周长为2.该圆柱的表面积为_【解析】由题可知该圆柱是底面半径为1，高为2的圆柱，所以该圆柱的表面积S246.【答案】624（2012·安徽高考文）若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即ABCD，ACBD，ADBC，则_(写出所有正确结论的编号)四面体ABCD每组对棱相互垂直四面体ABCD每个面的面积相等四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的

19、三边长【解析】错误，当AB4，AC3，AD3时，AC与BD不垂直；正确，在ABC与CDA中，ABCD，ADBC，ACAC，故ABC与CDA全等；同理四面体的四个面都全等，故四面体ABCD每个面的面积相等；错误，根据四面体的四个面都全等可得从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角为一个三角形的三个内角，故其和为180°；正确，如图所示，E、F、G、H是所在边的中点时，则四边形EFGH为菱形，故EG与FH互相垂直平分，同理可得连接四面体ABCD的每组对棱中点的线段相互垂直平分；正确，因为ADBC，ABCD，ACBD，所以从四面体ABCD的顶点A出发的三条棱的长可组成BCD，同理可得从

20、四面体ABCD的每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长【答案】25.（2012·大纲卷高考文）已知正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别为BB1、CC1的中点，那么异面直线AE与D1F所成角的余弦值为_【解析】连接DF，因为DF与AE平行，所以DFD1即为异面直线AE与D1F所成角的平面角，设正方体的棱长为2，则FD1FD，由余弦定理得cos DFD1.【答案】26（2011·新课标高考）已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB6，BC2，则棱锥OABCD的体积为_【解析】设矩形对角线AC，BD交于点O1，则BO12，因此OO12，因此VSh

21、×6×2×28.【答案】827.（2011·大纲卷高考）已知点E、F分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E2EB，CF2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于_【解析】设面AEF与面ABC所成的二面角为，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，则AEF在面ABC上的射影是ABC.在AEF中，AE，AF，EF，AEF的面积等于× ×，而ABC的面积等于×32，因此有cos，sin，tan，即面AEF与面ABC所成的二面角的正切值是.【答案】28.（2011·四川高考）如图，

22、半径为R的球O中有一内接圆柱当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是_【解析】由球的半径为R，可知球的表面积为4R2.设内接圆柱底面半径为r，高为2h，则h2r2R2.而圆柱的侧面积为2r·2h4rh42R2(当且仅当rh时等号成立)，即内接圆柱的侧面积最大值为2R2，此时球的表面积与内接圆柱的侧面积之差为2R2.【答案】2R229.（2011·福建高考）三棱锥PABC中，PA底面ABC，PA3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥PABC的体积等于_【解析】依题意有，三棱锥PABC的体积VSABC·|PA|××22×

23、;3.【答案】30.（2011·湖北高考）如图，直角坐标系xOy所在的平面为，直角坐标系xOy(其中y轴与y轴重合)所在的平面为，xOx45°.()已知平面内有一点P(2，2)，则点P在平面内的射影P的坐标为_；()已知平面内的曲线C的方程是(x)22y220，则曲线C在平面内的射影C的方程是_【解析】()可知二面角y为45°，点P到y轴的距离为2，所以点P到y轴的距离为2×cos45°2，点P的y轴坐标与点P的y轴坐标相同，故点P的坐标为(2,2)()曲线C的方程可化为y21，是一个椭圆设O(，0)，因为×1，故中心O在面内的射影O

24、的坐标为(1,0)令曲线C长轴的一个端点A(2，0)，由上问可知其对应的射影为A(2,0)，曲线C短轴的一个端点B(，1)，对应的射影为B(1,1)，由O，B，A三点坐标可知曲线C是一个以(1,0)为圆心，1为半径的圆，方程为(x1)2y21.【答案】(2,2)(x1)2y2131.（2010·北京高考理）如图放置的边长为1的正方形PABC沿x轴滚动.设顶点p（x，y）的轨迹方程是，则的最小正周期为 ；在其两个相邻零点间的图像与x轴所围区域的面积为 【解析】“正方形PABC沿轴滚动”包括沿轴正方向和沿轴负方向滚动.沿轴正方向滚动指的是先以顶点A为中心顺时针旋转，当顶点B落在轴上时，再

25、以顶点B为中心顺时针旋转，如此继续.类似地，正方形PABC可以沿轴负方向滚动.【答案】4 32.（2010·四川高考理）如图，二面角的大小是60°，线段.，与所成的角为30°.则与平面所成的角的正弦值是 .【解析】过点A作平面的垂线，垂足为C，在内过C作l的垂线.垂足为D，CD连接AD，有三垂线定理可知ADl，故ADC为二面角的平面角，为60°又由已知，ABD30°，连接CB，则ABC为与平面所成的角w_w_w.k*s 5*u.c o*m设AD2，则AC，CD1，AB4sinABC【答案】33.（2009·安徽高考文）对于四面体ABC

26、D，下列命题正确的是_（写出所有正确命题的编号）.相对棱AB与CD所在的直线是异面直线；由顶点A作四面体的高，其垂足是BCD的三条高线的交点；若分别作ABC和ABD的边AB上的高，则这两条高的垂足重合；任何三个面的面积之和都大于第四个面的面积；分别作三组相对棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点. 【解析】由空间四面体棱,面关系可判断正确,可举例说明错误.【答案】34 (2009·湖南高考理)在半径为13的球面上有A , B, C 三点，AB=6，BC=8，CA=10，则 （1）球心到平面ABC的距离为 ；（2）过，B两点的大圆面为平面ABC所成二面角为（锐角）的正切值为 .【解析】

27、（1）由的三边大小易知此三角形是直角三角形，所以过三点小圆的直径即为10，也即半径是5，设球心到小圆的距离是，则由，可得.（2）设过三点的截面圆的圆心是中点是点，球心是点，则连三角形，易知就是所求的二面角的一个平面角，所以，即正切值是3. 【答案】（1）12 （2）335.（2009·上海高考理）已知三个球的半径，满足，则它们的表面积，满足的等量关系是_. 【解析】，同理：，即R1，R2，R3，由得.【答案】二、解答题36.（2013·安徽高考理）如图，圆锥顶点为P，底面圆心为O，其母线与底面所成的角为22.5°，AB和CD是底面圆O上的两条平行的弦，轴OP与平面

28、PCD所成的角为60°.(1)证明：平面PAB与平面PCD的交线平行于底面；(2)求cosCOD.解：本题考查空间直线、平面平行关系的性质与判定，线线角、线面角的求解等基础知识和基本技能，意在考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力与运算求解能力，题目有一定难度(1)证明：设平面PAB与平面PCD的交线为l.因为ABCD，AB不在面PCD内，所以AB平面PCD.又AB平面PAB，平面PAB与平面PCD的交线为l，所以ABl.由直线AB在底面上而l在底面外可知，l与底面平行(2)设CD的中点为F.连接OF，PF.由圆的性质，COD2COF，OFCD.因为OP底面，CD底面，所以OPCD，又

29、OPOFO，故CD平面OPF.又CD平面PCD，因此平面OPF平面PCD，从而直线OP在平面PCD上的射影为直线PF，故OPF为OP与平面PCD所成的角由题设，OPF60°.设OPh，则OFOP·tanOPFh·tan 60°h.根据题设有OCP22.5°，得OC.由1tan 45°和tan 22.5°>0，可解得tan 22.5°1，因此OC(1)h.在RtOCF中，cosCOF，故cosCODcos(2COF)2cos2COF12()211712 .37.（2013·北京高考理）如图，在四棱锥P

30、­ABCD中，ABCD，ABAD，CD2AB，平面PAD底面ABCD，PAAD，E和F分别为CD和PC的中点，求证：(1)PA底面ABCD；(2)BE平面PAD；(3)平面BEF平面PCD.证明：本题主要考查空间中点、线、面的位置关系，意在考查考生的空间想象能力和推理论证能力(1)因为平面PAD底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA底面ABCD.(2)因为ABCD，CD2AB，E为CD的中点，所以ABDE，且ABDE.所以ABED为平行四边形所以BEAD.又因为BE平面PAD，AD平面PAD，所以BE平面PAD.(3)因为ABAD，而且ABED为平行四边形所以BEC

31、D，ADCD，由(1)知PA底面ABCD，所以PACD，所以CD平面PAD.所以CDPD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PDEF，所以CDEF.所以CD平面BEF.所以平面BEF平面PCD.38.（2013·重庆高考文）如图，四棱锥P­ABCD中，PA底面ABCD，PA2，BCCD2，ACBACD.(1)求证：BD平面PAC；(2)若侧棱PC上的点F满足PF7FC，求三棱锥P­BDF的体积解：本题主要考查空间直线、平面的位置关系等基础知识，考查考生的空间想象能力、逻辑思维能力、运算能力及转化能力(1)证明：因为BCCD，所以BCD为等腰三角形又ACBACD

32、，故BDAC.因为PA底面ABCD，所以PABD.从而BD与平面PAC内两条相交直线PA，AC都垂直，所以BD平面PAC.(2)三棱锥P­BCD的底面BCD的面积SBCDBC·CD·sinBCD×2×2×sin .由PA底面ABCD，得VP­BCD·SBCD·PA××22.由PF7FC，得三棱锥F­BCD的高为PA，故VF­BCD·SBCD·PA×××2.所以VP­BDFVP­BCDVF­

33、;BCD2. 39.（2013·江苏高考文）如图，在三棱锥S­ABC中，平面SAB平面SBC，ABBC，ASAB.过A作AFSB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点求证：(1)平面EFG平面ABC；(2)BCSA.证明：本题考查直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，意在考查学生的空间想象能力和推理论证能力(1)因为ASAB，AFSB，垂足为F，所以F是SB的中点又因为E是SA的中点，所以EFAB.因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF平面ABC.同理EG平面ABC.又EFEGE，所以平面EFG平面ABC.(2)因为平面SAB平面SBC，且交线为SB，又

34、AF平面SAB，AFSB，所以AF平面SBC.因为BC平面SBC，所以AFBC.又因为ABBC，AFABA，AF，AB平面SAB，所以BC平面SAB.因为SA平面SAB，所以BCSA.163.（2013·安徽高考文）如图，四棱锥P­ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，BAD60°，已知PBPD2，PA.(1)证明：PCBD；(2)若E为PA的中点，求三棱锥P­BCE的体积解：本题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系，三棱锥体积等基础知识和基本技能，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力(1) 证明：连接AC，交BD于O点，连接PO.因为

35、底面ABCD是菱形，所以ACBD，BODO.由PBPD知，POBD.再由POACO知，BD面APC，又PC平面PAC，因此BDPC.(2)因为E是PA的中点，所以VP­BCEVC­PEBVC­PABVB­APC.由PBPDABAD2知，ABDPBD.因为BAD60°，所以POAO，AC2，BO1.又PA，PO2AO2PA2，即POAC，故SAPCPO·AC3.由(1)知，BO平面APC，因此VP­BCEVB­APC··BO·SAPC.40.（2013·山东高考文）如图，四棱锥

36、P­ABCD中，ABAC，ABPA，ABCD，AB2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点(1)求证：CE平面PAD；(2)求证：平面EFG平面EMN.证明：本题主要考查空间直线与平面、平面与平面间的位置关系，考查推理论证能力和空间想象能力(1)法一：取PA的中点H，连接EH，DH.因为E为PB的中点，所以EHAB，EHAB.又ABCD，CDAB，所以EHCD，EHCD，因此四边形DCEH是平行四边形所以CEDH.又DH平面PAD，CE平面PAD，因此CE平面PAD.法二：连接CF.因为F为AB的中点，所以AFAB.又CDAB，所以AFCD.又AFCD，所以

37、四边形AFCD为平行四边形因此CFAD.又CF平面PAD，所以CF平面PAD.因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EFPA.又EF平面PAD，所以EF平面PAD.因为CFEFF，故平面CEF平面PAD.又CE平面CEF，所以CE平面PAD.(2)因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EFPA.又ABPA，所以ABEF.同理可证ABFG.又EFFGF，EF平面EFG，FG平面EFG，因此AB平面EFG.又M，N分别为PD，PC的中点，所以MNCD.又ABCD，所以MNAB，因此MN平面EFG.又MN平面EMN，所以平面EFG平面EMN.41.（2013·大纲卷高考文）如图，四棱锥P&

38、#173;ABCD中，ABCBAD90°，BC2AD，PAB和PAD都是边长为2的等边三角形(1)证明： PBCD；(2)求点A到平面PCD的距离解：本题主要考查空间直线、平面的垂直和平行的判定定理与性质定理、点到平面的距离；考查空间想象能力、逻辑推理能力、识图能力；考查转化思想(1)证明：取BC的中点E，连接DE，则ABED为正方形过P作PO平面ABCD，垂足为O.连接OA，OB，OD，OE.由PAB和PAD都是等边三角形知PAPBPD，所以OAOBOD，即点O为正方形ABED对角线的交点，故OEBD，从而PBOE.因为O是BD的中点，E是BC的中点，所以OECD.因此，PBCD.

39、(2)取PD的中点F，连接OF，则OFPB.由(1)知，PBCD，故OFCD.又ODBD，OP ，故POD为等腰三角形，因此OFPD.又PDCDD，所以OF平面PCD.因为AECD，CD平面PCD，AE平面PCD，所以AE平面PCD.因此O到平面PCD的距离OF就是A到平面PCD的距离，而OFPB1，所以A到平面PCD的距离为1.42.（2013·福建高考文）如图，在四棱锥P­ABCD中，PD平面ABCD，ABDC，ABAD，BC5，DC3，AD4，PAD60°.(1)当正视方向与向量AD的方向相同时，画出四棱锥P­ABCD的正视图(要求标出尺寸，并写出

40、演算过程)；(2)若M为PA的中点，求证：DM平面PBC；(3)求三棱锥D­PBC的体积解：本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系及几何体的三视图和体积等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想法一：(1)在梯形ABCD中，过点C作CEAB，垂足为E.由已知得，四边形ADCE为矩形，AECD3，在RtBEC中，由BC5，CE4，依勾股定理得BE3，从而AB6.又由PD平面ABCD得，PDAD，从而在RtPDA中，由AD4，PAD60°，得PD4.正视图如图所示：(2) 证明：取PB中点N，连接MN，CN.在PAB中，M是

41、PA中点，MNAB，MNAB3.又CDAB，CD3，MNCD，MNCD，四边形MNCD为平行四边形，DMCN.DM平面PBC，CN平面PBC，DM平面PBC.(3)VD­PBCVP­DBCSDBC·PD，又SDBC6，PD4，所以VD­PBC8.法二：(1)同法一(3) 证明：取AB的中点E，连接ME，DE.在梯形ABCD中，BECD，且BECD，四边形BCDE为平行四边形，DEBC.DE平面PBC，BC平面PBC，DE平面PBC.在PAB中，MEPB，ME平面PBC，PB平面PBC，ME平面PBC.DEMEE，平面DME平面PBC.DM平面DME，DM

42、平面PBC.(3)同法一43.（2013·新课标高考文）如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点(1)证明：BC1平面A1CD；(2)设AA1ACCB2，AB2，求三棱锥C­A1DE的体积解：本题主要考查直三棱柱的概念、空间直线与平面的位置关系、棱锥体积的计算，意在考查考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力(1) 证明：连接AC1交A1C于点F，则F为AC1中点又D是AB中点，连接DF，则BC1DF.因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1平面A1CD.(2)因为ABC­A1B1C1是直三棱柱，所以AA1C

43、D.由已知ACCB，D为AB的中点，所以CDAB.又AA1ABA，于是CD平面ABB1A1.由AA1ACCB2，AB2得ACB90°，CD，A1D，DE，A1E3，故A1D2DE2A1E2，即DEA1D.所以VC­A1DE××××1.44.（2013·湖南高考文）如图在直棱柱ABC­A1B1C1中，BAC90°，ABAC，AA13，D是BC的中点，点E在棱BB1上运动(1)证明：ADC1E；(2)当异面直线AC，C1E 所成的角为60°时，求三棱锥C1­A1B1E的体积解：本题主要考查

44、线线垂直、异面直线所成的角与几何体的体积求解，意在考查考生的转化能力和空间想象能力(1)证明：因为ABAC，D是BC的中点，所以ADBC.又在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1平面ABC，而AD平面ABC，所以ADBB1.由，得AD平面BB1C1C.由点E在棱BB1上运动，得C1E平面BB1C1C，所以ADC1E.(2)因为ACA1C1，所以A1C1E是异面直线AC，C1E所成的角，由题设，A1C1E60°.因为B1A1C1BAC90°，所以A1C1A1B1，又AA1A1C1，从而A1C1平面A1ABB1，于是A1C1A1E.故C1E2，又B1C12，所以B1

45、E2.从而V三棱锥C1­A1B1ESA1B1E×A1C1××2××.45.（2013·浙江高考文）如图，在四棱锥P­ABCD中，PA平面ABCD，ABBC2，ADCD，PA，ABC120°.G为线段PC上的点(1)证明：BD平面APC；(2)若G是PC的中点，求DG与平面APC所成的角的正切值；(3)若G满足PC平面BGD，求的值解：本题主要考查空间点、线、面的位置关系，线面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能力(1)证明：设点O为AC，BD的交点由ABBC，ADCD，得BD是线段AC的中

46、垂线所以O为AC的中点，BDAC.又因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD.又ACPAA，所以BD平面APC.(2)连接OG.由(1)可知OD平面APC，则DG在平面APC内的射影为OG，所以OGD是DG与平面APC所成的角由题意得OGPA.在ABC中，AC2，所以OCAC.在直角OCD中，OD2.在直角OGD中，tanOGD.所以DG与平面APC所成的角的正切值为.(3)连接OG.因为PC平面BGD，OG平面BGD，所以PCOG.在直角PAC中，得PC.所以GC.从而PG，所以.46（2013·新课标高考文）如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，CACB，AB

47、AA1，BAA160°.(1)证明：ABA1C；(2)若ABCB2，A1C，求三棱柱ABC­A1B1C1的体积解：本题主要考查线面垂直问题，考查空间想象能力、逻辑思维能力、运算能力及转化能力(1) 证明：取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B.因为CACB，所以OCAB.由于ABAA1，BAA160°，故AA1B为等边三角形，所以OA1AB.因为OCOA1O，所以AB平面OA1C.又A1C平面OA1C，故ABA1C.(2)由题设知ABC与AA1B都是边长为2的等边三角形，所以OCOA1.又A1C，则A1C2OC2OA，故OA1OC.因为OCABO，所以OA1平面

48、ABC，OA1为三棱柱ABC­A1B1C1的高又ABC的面积SABC，故三棱柱ABC­A1B1C1的体积VSABC×OA13.47.（2013·天津高考文）如图，三棱柱ABC­A1B1C1中， 侧棱A1A底面ABC，且各棱长均相等，D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点(1)证明：EF平面A1CD；(2)证明：平面A1CD平面A1ABB1；(3)求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值解：本题主要考查直线与平面平行、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力(1)证明：如图，在三棱柱ABC&#

49、173;A1B1C1中，ACA1C1，且ACA1C1，连接ED，在ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DEAC且DEAC，又F为A1C1的中点，可得A1FDE，且A1FDE，即四边形A1DEF为平行四边形，所以EFDA1，又EF平面A1CD，DA1平面A1CD，所以EF平面A1CD.(2)证明：由于底面ABC是正三角形，D为AB的中点，故CDAB，又侧棱A1A底面ABC，CD平面ABC，所以AA1CD，又AA1ABA，因此CD平面A1ABB1，而CD平面A1CD，所以平面A1CD平面A1ABB1.(3)在平面A1ABB1内，过点B作BGA1D交直线A1D于点G，连接CG.由于平面A

50、1CD平面A1ABB1，而直线A1D是平面A1CD与平面A1ABB1的交线，故BG平面A1CD.由此得BCG为直线BC与平面A1CD所成的角设棱长为a，可得A1D，则A1ADBGD，易得BG，在RtBGC中，sinBCG.所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为.48.（2013·湖北高考文）如图，某地质队自水平地面A，B，C三处垂直向地下钻探，自A点向下钻到A1处发现矿藏，再继续下钻到A2处后下面已无矿，从而得到在A处正下方的矿层厚度为A1A2d1.同样可得在B，C处正下方的矿层厚度分别为B1B2d2，C1C2d3，且d1<d2<d3.过AB，AC的中点M，N且与直线

51、AA2平行的平面截多面体A1B1C1­A2B2C2所得的截面DEFG为该多面体的一个中截面，其面积记为S中(1)证明：中截面DEFG是梯形；(2)在ABC中，记BCa，BC边上的高为h，面积为S.在估测三角形ABC区域内正下方的矿藏储量(即多面体A1B1C1­A2B2C2的体积V)时，可用近似公式V估S中·h来估算已知V(d1d2d3)S，试判断V估与V的大小关系，并加以证明解：本题主要考查空间线线、线面、面面位置关系，线面角等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能力(1)证明：依题意A1A2平面ABC，B1B2平面ABC，C1C2平面ABC，所以A1A2B1

52、B2C1C2.又A1A2d1，B1B2d2，C1C2d3，且d1<d2<d3.因此四边形A1A2B2B1，A1A2C2C1均是梯形由AA2平面MEFN，AA2平面AA2B2B，且平面AA2B2B平面MEFNME，可得AA2ME，即A1A2DE.同理可证A1A2FG，所以DEFG.又M，N分别为AB，AC的中点，则D，E，F，G分别为A1B1，A2B2，A2C2，A1C1的中点，即DE、FG分别为梯形A1A2B2B1、A1A2C2C1的中位线因此DE(A1A2B1B2)(d1d2)，FG(A1A2C1C2)(d1d3)，而d1<d2<d3，故DE<FG，所以中截面D

53、EFG是梯形(2)V估<V.证明如下：由A1A2平面ABC，MN平面ABC，可得A1A2MN.而EMA1A2，所以EMMN，同理可得FNMN.由MN是ABC的中位线，可得MNBCa，即为梯形DEFG的高，因此S中S梯形DEFG·(2d1d2d3)，即V估S中·h(2d1d2d3)又Sah，所以V(d1d2d3)S(d1d2d3)于是VV估(d1d2d3)(2d1d2d3)(d2d1)(d3d1)由d1<d2<d3，得d2d1>0，d3d1>0，故V估<V.49.（2013·陕西高考文）如图，四棱柱ABCD­A1B1C1

54、D1的底面ABCD是正方形，O是底面中心， A1O底面ABCD，ABAA1.(1)证明：平面 A1BD平面CD1B1；(2)求三棱柱ABD­A1B1D1的体积解：本题主要考查面面平行的证明方法，考查体积的计算，重在考查考生应用空间位置关系和相关概念、定理解决问题的能力(1)证明：由题设知，BB1綊DD1，BB1D1D是平行四边形，BDB1D1.又BD平面CD1B1，BD平面CD1B1.A1D1綊B1C1綊BC，A1BCD1是平行四边形，A1BD1C.又A1B平面CD1B1，A1B平面CD1B1.又BDA1BB，平面A1BD平面CD1B1.(2)A1O平面ABCD，A1O是三棱柱ABD

55、­A1B1D1的高又AOAC1，AA1，A1O1.又SABD××1，VABD­A1B1D1SABD×A1O1.50.（2013·江西高考文）如图，直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，ABCD，ADAB，AB2，AD，AA13，E为CD上一点，DE1，EC3.(1)证明：BE平面BB1C1C；(2)求点B1 到平面EA1C1 的距离解：本题主要考查直线与平面垂直、等体积法计算点到平面的距离等基础知识，意在考查考生的空间想象能力、推理论证能力及运算求解能力(1) 证明：过B作CD的垂线交CD于F，则BFAD，EFABDE1，FC2.在RtBFE中，BE.在RtCFB中，BC.在BEC中，因为BE2BC29EC2，故BEBC.由BB1平面ABCD得BEBB1，所以BE平面BB1C1C.(2)三棱锥E­A1B