作为杰出的教学工作者，能够保证教课的顺利开展，作为高中教师就要在上课前做好适合自己的教案。教案可以让学生更容易听懂所讲的内容，帮助高中教师缓解教学的压力，提高教学质量。所以你在写高中教案时要注意些什么呢？小编经过搜集和处理，为您提供2012届高考数学备考立体几何复习教案，大家不妨来参考。希望您能喜欢！

专题四：立体几何
阶段质量评估（四）

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，总分60分）
1．如右图所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为的正方形，俯视图是一个直径为的圆，那么这个几何体的全面积为（）
A．B．
C．D．
2．下列四个几何体中，每个几何体的三视图
有且仅有两个视图相同的是（）

A．①②B．①③C．①④D．②④
3．如图，设平面，垂足分别为，若增加一个条件，就能推出.
现有①②与所成的角相等;
③与在内的射影在同一条直线上;④∥.
那么上述几个条件中能成为增加条件的个数是（）
个个个个
4．已知直线和平面，则下列命题正确的是()
AB
CD
5．空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标是（）
A．B．C．D．
6．给定下列四个命题：
①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；
②若一条直线和两个平行平面中的一个平面垂直，那么这条直线也和另一个平面垂直；
③若一条直线和两个互相垂直的平面中的一个平面垂直，那么这条直线一定平行于另一个平面；
④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直.
其中，为真命题的是（）
A．①和②B．②和③C．③和④D．②和④
7．如图，正四棱柱中，，则异面直线所成角的余弦值为（）
A．B．C．D．
8．如图，已知六棱锥的底面是正六边形，则下列结论正确的是()
A.B.
C.直线∥D.直线所成的角为45°
9．正六棱锥P－ABCDEF中，G为PB的中点，则三棱锥D－GAC与三棱锥P－GAC体积之比为（）
（A）1：1(B)1：2(C)2：1(D)3：2
10．如图，在四面体中，截面是正方形，则在下列命题中，错误的为（）
..∥截面
..异面直线与所成的角为
11．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成角的余弦值为（）
A.B.
C.D.
12．如图，为正方体，下面结论错误的是（）
（A）平面
（B）
（C）平面
（D）异面直线与所成的角为

二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，总分16分）
13．图2中实线围成的部分是长方体（图1）的平面展开图，其中四边形ABCD是边长为1的正方形．若向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点，它落在长方体的平面展开图内的概率是，则此长方体的体积是。
14．已知一圆锥的底面半径与一球的半径相等，且全面积也相等，则圆锥的母线与底面所成角的大小为．(结果用反三角函数值表示)
15．如图，在长方形中，，，为的中点，为线段（端点除外）上一动点．现将沿折起，使平面平面．在平面内过点，作，为垂足．设，则的取值范围是．
16．已知点O在二面角α－AB－β的棱上，点P在α内，且∠POB＝45°．若对于β内异于O的任意一点Q，都有∠POQ≥45°，则二面角α－AB－β的取值范围是_________．

三、解答题（本大题共6小题，总分74分）
17．如图，在长方体，点E在棱AB上移动，小蚂蚁从点A沿长方体的表面爬到点C1，所爬的最短路程为.
（1）求证：D1E⊥A1D；
（2）求AB的长度；
（3）在线段AB上是否存在点E，使得二面角
。若存在，确定
点E的位置；若不存在，请说明理由.

18．如图，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点.
（Ⅰ）证明PA//平面BDE；
（Ⅱ）求二面角B—DE—C的平面角的余弦值；
（Ⅲ）在棱PB上是否存在点F，使PB⊥平面DEF？证明你的结论.

19．如图所示的长方体中，底面是边长为的正方形，为与的交点，，
是线段的中点。
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的大小。

20．如图，已知三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1=AB=AC=1，，M是CC1的中点，N是BC的中点，点P在A1B1上，且满足
（I）证明：
（II）当取何值时，直线PN与平面ABC
所成的角最大？并求该角最大值的正切值；
（II）若平面PMN与平面ABC所成的二面角
为45°，试确定点P的位置。

21．（本小题满分12分）
如图，四面体中，是的中点，和均为等边三角形，．
（I）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值；
（Ⅲ）求点到平面的距离．

22．如图，在中，，斜边．可以通过以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角．动点在斜边上．
（I）求证：平面平面；
（II）当为的中点时，求异面直线与所成角的大小；
（III）求与平面所成角的最大值．

参考答案
一、选择题
1.【解析】选A.。
2.【解析】选D.①三个都相同，②正视图和侧视图相同，③三个视图均不同，④正视图和侧视图相同。
3.C
4.【解析】选B.对A，，
对C画出图形可知，对D，缺少条件。
5.C
6.D
7.D
8.D
9.【解析】选C.由于G是PB的中点,故P－GAC的体积等于B－GAC的体积
在底面正六边形ABCDER中
BH＝ABtan30°＝AB
而BD＝AB
故DH＝2BH
于是VD－GAC＝2VB－GAC＝2VP－GAC

10.【解析】选.由∥，∥，⊥可得⊥，故正确；由∥可得∥截面，故正确；异面直线与所成的角等于与所成的角，故正确；综上是错误的.

11.【解析】选D.连与交于O点,再连BO,则为BC1与平面BB1D1D所成的角.
，，
.

12.【解析】选D．显然异面直线与所成的角为。
二、填空题
13.【解析】向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点，它落在长方体的平面展开图内的概率是，设长方体的高为x，则，所以，所以长方体的体积为3。
答案：3

14.
15.【解析】此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F位于DC的中点时，，随着F点到C点时，因平面，即有，对于，又，因此有，则有，因此的取值范围是.
答案：

16.【解析】若二面角α－AB－β的大小为锐角，则过点P向平面作垂线,设垂足为H.
过H作AB的垂线交于C,连PC、CH、OH，则就是所求二面角
的平面角.根据题意得，由于对于β内异于O的任意一点
Q，都有∠POQ≥45°，∴，设PO=，则
又∵∠POB＝45°，∴OC=PC=，∵PC≤PH而在中应有
PCPH,∴显然矛盾，故二面角α－AB－β的大小不可能为锐角。
即二面角的范围是。
若二面角α－AB－β的大小为直角或钝角，则由于∠POB＝45°，结合图形容易判断对于β内异于O的任意一点Q，都有∠POQ≥45°。
即二面角的范围是。
答案：

三、解答题
17.【解析】（1）证明：连结AD1，由长方体的性质可知：
AE⊥平面AD1，∴AD1是ED1在
平面AD1内的射影。又∵AD=AA1=1，
∴AD1⊥A1D
∴D1E⊥A1D1（三垂线定理）
（2）设AB=x，
点C1可能有两种途径，如图甲的最短路程为
如图乙的最短路程为
（3）假设存在，平面DEC的法向量，
设平面D1EC的法向量，则
由题意得：
解得（舍去）

18.【解析】（Ⅰ）以D为坐标原点，分别以DA、DC、DP所在直线为x轴、
y轴、z轴建立空间直角坐标系，设PD=DC=2，则A（2，0，0），
P（0，0，2），E（0，1，1），B（2，2，0），
设是平面BDE的一个法向量，
则由
∵
（Ⅱ）由（Ⅰ）知是平面BDE的一个法向量，
又是平面DEC的一个法向量.
设二面角B—DE—C的平面角为，由图可知
∴
故二面角B—DE—C的余弦值为
（Ⅲ）∵∴
假设棱PB上存在点F，使PB⊥平面DEF，设，
则，
由
∴
即在棱PB上存在点F，PB，使得PB⊥平面DEF

19.【解析】（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系．连接，则点、，
∴又点，，∴
∴，且与不共线，∴．
又平面，平面，∴平面．
（Ⅱ）∵，，∴平面，
∴为平面的法向量．
∵，，
∴为平面的法向量．
∴，
∴与的夹角为，即二面角的大小为．

20.解：（I）如图，以AB，AC，AA1分别为轴，建立空间直角坐标系
则2分
从而
所以…………3分
（II）平面ABC的一个法向量为
则
（※）…………5分
而
由（※）式，当…………6分
（III）平面ABC的一个法向量为
设平面PMN的一个法向量为
由（I）得
由…………7分
解得…………9分
平面PMN与平面ABC所成的二面角为45°，
解得11分
故点P在B1A1的延长线上，且…………12分

21.解法一：（I）证明：连结，为等边三角形，为的中点，
，和为等边三角形，为的中点，，
。
在中，，
，即．
，面．
（Ⅱ）过作于连结，
平面，在平面上的射影为
为二面角的平角。
在中，
二面角的余弦值为
（Ⅲ）解：设点到平面的距离为，
，
在中，，
而
点到平面的距离为．
解法二：（I）同解法一．

（Ⅱ）解：以为原点，如图建立空间直角坐标系，
则
平面，平面的法向量
设平面的法向量，
由
设与夹角为，则
∴二面角的余弦值为．
（Ⅲ）解：设平面的法向量为又
设与夹角为，则
设到平面的距离为，
到平面的距离为．

22.【解析】解法一：
（I）由题意，，，
是二面角的平面角，
又二面角是直二面角，
，又，
平面，
又平面．
平面平面．
（II）作，垂足为，连结（如图），则，
是异面直线与所成的角．
在中，，，
．
又．
在中，．
异面直线与所成角的大小为．
（III）由（I）知，平面，
是与平面所成的角，且．
当最小时，最大，
这时，，垂足为，，，
与平面所成角的最大值为．
解法二：
（I）同解法一．
（II）建立空间直角坐标系，如图，则，，，，
，，
．
异面直线与所成角的大小为．
（III）同解法一

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2012届高考数学总复习立体几何考点专项教案

一名爱岗敬业的教师要充分考虑学生的理解性，高中教师要准备好教案，这是老师职责的一部分。教案可以让学生更好的消化课堂内容，使高中教师有一个简单易懂的教学思路。高中教案的内容具体要怎样写呢？下面是小编帮大家编辑的《2012届高考数学总复习立体几何考点专项教案》，仅供参考，希望能为您提供参考！

第七模块立体几何综合检测
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．设α，β为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则下列命题正确的是()
A．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥α
B．若mα，nβ，m∥n，则α∥β
C．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β
D．若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥α
解析：本题考查的是立体几何的知识，属于基础题．选项A错误，本项主要是为考查面面垂直的性质定理．事实上选项A的已知条件中加上mβ，那么命题就是正确的，也就是面面垂直的性质定理．选项B错误，容易知道两个平面内分别有一条直线平行，那么这两个平面可能相交也可能平行．选项C错误，因为两个平面各有一条与其平行的直线，如果这两条直线垂直，并不能保证这两个平面垂直．选项D正确，由n⊥α，n⊥β可得α∥β，又因为m⊥β，所以m⊥α.
答案：D
2．已知某个几何体的三视图如图，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是()
A.12cm3B.13cm3
C.16cm3D.112cm3
解析：本题考查的是简单几何体的三视图．由三视图的知识可知题中的三视图表示的几何体是三棱锥，且三棱锥的底面三角形的高与底边都为1cm，三棱锥的高为1cm.故体积V＝16cm3，选C.
答案：C
3．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，Al，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是()
A．AB∥mB．AC⊥m
C．AB∥βD．AC⊥β
解析：∵m∥α，m∥β，则m∥l，故AB∥m，AC⊥m，AB∥β都成立，C∈α时，AC⊥β成立，但Cα时AC⊥β不成立．
答案：D
4．已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离是球半径的14，且||＝5，＝0，那么球的表面积为()
A.803πB.203πC.3203πD.809π
解析：设球半径为R，球心到截面的距离d＝14R，则截面圆半径r＝R2－d2＝154R，又＝0，则AB为截面圆的直径．
∴152R＝5，R＝2153，∴S球＝4πR2＝803π.
故选A.
答案：A
5．设x，y，z是空间不同的直线或平面，对下列四种情形：①x、y、z均为直线；②x、y是直线、z是平面；③z是直线，x、y是平面；④x、y、z均为平面．其中使“x⊥z且y⊥zx∥y”为真命题的是()
A．③④B．①③C．②③D．①②
答案：C
6．已知一个四棱锥的高为3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，则此四棱锥的体积为()
A.2B．62C.13D．22
解析：因为四棱锥的底面直观图是一个边长为1的正方形，该正方形的对角线长为2，根据斜二测画法的规则，原图是底面的边长为1，高为直观图中正方形的对角线的2倍，即为22的平行四边形．
V＝13×1×22×3＝22.
应选D.
答案：D
7．已知a＝(－1,0,2)，平面α过点A(3,1，－1)，B(1，－1,0)，且α∥a，则平面α的一个法向量是()
A．(4，－3,2)B．(1，34，12)
C．(－4，－3,2)D．(－2，32，1)
解析：设平面α的法向量是n＝(x，y，z)．
＝(－2，－2,1)．
则－2x－2y＋z＝0－x＋2z＝0，∴x＝2zy＝－32z，
∴令z＝2，则x＝4，y＝－3，
则平面α的一个法向量为(4，－3,2)．故选A.
答案：A
8．如图所示，在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是AB1，BC1的中点，则以下结论中不成立的是()
A．EF与BB1垂直
B．EF与BD垂直
C．EF与平面ACC1A1平行
D．平面EFB与平面BCC1B1垂直
解析：过E、F分别作EE′⊥AB于E′，FF′⊥BC于F′，连接E′F′，
则EF綊E′F′，E′F′⊥BB1，
E′F′⊥BD.
∴EF⊥BB1，EF⊥BD，
故A、B正确．
又E′F′∥AC，∴EF∥AC，
∴EF∥平面ACC1A1，故C正确．
应选D.
答案：D
9．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1中，动点P在ABCD内，且P到直线AA1，BB1的距离之和等于22，则△PAB的面积最大值是()
A.12B．1C．2D．4
解析：连结PA、PB，则PA、PB分别是P到直线AA1、BB1的距离，即PA＋PB＝22，∵AB＝2，故P点的轨迹是以A、B为焦点的椭圆的一部分，当P点为短轴的端点时，△PAB底边AB上的高最大值为1，△PAB的面积最大值为1，故选B.
答案：B
10.(2008海南宁夏卷)某几何体的一条棱长为7，在该几何体的主视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的左视图与俯视图中，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．23C．4D．25
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，设长方体的长宽高分别为m，n，k，由题意得
m2＋n2＋k2＝7，
m2＋k2＝6n＝1，
1＋k2＝a，1＋m2＝b，
所以(a2－1)＋(b2－1)＝6a2＋b2＝8，
∴(a＋b)2＝！”#$%()*＋，－./012345b2＝16a＋b≤4，当且仅当a＝b＝2时取等号．
答案：C
11．如图所示，从平面α外一点P向平面α引垂线和斜线，A为垂足，B为斜足，射线BCα，且∠PBC为钝角，设∠PBC＝x，∠ABC＝y，则有()
A．xy
B．x＝y
C．xy
D．x，y的大小不确定
解析：过A作AD⊥BC，垂足D在CB的延长线上，
连结PD，∴PD⊥BC，
cos∠PBA＝ABPB，
cos∠ABD＝BDAB，
cos∠PBD＝BDPB，
∴cos∠PBAcos∠ABD＝cos∠PBD.
又∵∠PBC为钝角，∴∠PBD为锐角，
∴cos∠PBDcos∠ABD，
∴∠PBD∠ABD，
∴x＝180°－∠PBD，y＝180°－∠ABD，
∴xy.应选C.
答案：C
12．如图所示，顶点为P的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A是底面圆周上的点，B是底面圆内的点，O为底面圆的圆心，AB⊥OB，垂足为B，OH⊥PB，垂足为H，且PA＝4，C为PA的中点，则当三棱锥O—HPC的体积最大时，OB的长是()
A.53B.253C.63D.263
解析：∵AB⊥OB，AB⊥OP，
∴AB⊥平面PBO，又AB平面PBA，
∴面PAB⊥面POB.
又∵OH⊥PB，∴OH⊥面PAB，
∵HC面PAB，PA面PAB，
∴OH⊥HC，OH⊥PA，
又C是PA的中点，∴OC⊥PA，∴PC⊥面OHC.
∴VO－HPC＝VP－HCO＝13S△HOCPC，
PC＝2，则当S△HOC最大时，VO－HPC最大．
此时OH＝HC，HO⊥HC.
又OC＝12PA＝2，∴HO＝2，∴HO＝12OP，
∴∠HPO＝30°，∴OB＝OPtan30°＝263.故选D.
答案：D
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上．
13．在三棱锥V—ABC中，当三条侧棱VA、VB、VC之间满足条件________时，有VC⊥AB.
解析：当VC⊥VA，VC⊥VB，
有VC⊥平面VAB，
∵AB平面VAB，
∴VC⊥AB.
填VC⊥VA，VC⊥VB.
答案：VC⊥VA，VC⊥VB
14．已知a，b是异面直线，且a平面α，b平面β，a∥β，b∥α，则平面α与平面β的位置关系是________．
答案：平行
15．一个几何体的三视图及其尺寸(单位：cm)如图所示，则该几何体的侧面积为________cm2.
解析：正确画出几何体的直观图是解答三视图问题的关键．如图，由三视图可得该几何体为一正四棱锥S—ABCD，其中底面为边长为8的正方形，斜高为SH＝5，在Rt△SOH中，OH＝4，所以SO＝3，所以△SBC的面积为：12×SH×BC＝12×8×5＝20，
故侧面积为20×4＝80cm2.
答案：80
16．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，点E1、F1分别是线段A1B1、A1C1的中点，则直线BE1与AF1所成角的余弦值是________．
解析：本题考查异面直线所成角的求法．
如图所示，取BC中点G，连结AG，F1G，E1F1，容易证得E1F1GB为平行四边形．
则∠AF1G是异面直线BE1与AF1所成的角或其补角．
设棱长为2，则E1F1＝1，AF1＝6，GF1＝BE1＝5，AG＝5，
∴由余弦定理
cos∠AF1G＝AF21＋GF21－AG22AF1GF1＝6＋5－5230＝3010.
答案：3010
三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．如图，在正三棱柱ABC—A1B1C1中，点D在边BC上，AD⊥C1D.
(1)求证：AD⊥平面BCC1B1.
(2)设E是B1C1上一点，当B1EEC1的值为多少时，A1E∥平面ADC1，请给出证明．
证明：(1)在正三棱柱中，CC1⊥平面ABC，
AD平面ABC，∴AD⊥CC1.
又AD⊥C1D，CC1交C1D于C1，
且CC1和C1D都在平面BCC1B1内，
∴AD⊥平面BCC1B1.
(2)由(1)，得AD⊥BC.在正三角形ABC中，
D是BC的中点．
当B1EEC1＝1，即E为B1C1的中点时，
四边形DEB1B是平行四边形．
∵B1B∥DE，且B1B＝DE，又B1B∥AA1，
且B1B＝AA1，
∴DE∥AA1，且DE＝AA1.
所以四边形ADEA1为平行四边形，所以EA1∥AD.
而EA1平面ADC1，故A1E∥平面ADC1.
18．如图所示，四边形ABCD为矩形，BC⊥平面ABE，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.
(1)求证：AE⊥BE.
(2)设点M为线段AB的中点，点N为线段
CE的中点，求证：MN∥平面DAE.
证明：(1)因为BC⊥平面ABE，AE平面ABE，
所以AE⊥BC.
又BF⊥平面ACE，AE平面ACE，所以AE⊥BF，
又BF∩BC＝B，所以AE⊥平面BCE.
又BE平面BCE，所以AE⊥BE.
(2)取DE的中点P，连结PA、PN，因为点N为线段CE的中点，
所以PN∥DC，且PN＝12DC.
又四边形ABCD是矩形，点M为线段AB的中点，
所以AM∥DC，且AM＝12DC，
所以PN∥AM，且PN＝AM，故四边形AMNP是平行四边形，所以MN∥AP.
而AP平面DAE，MN平面DAE，
所以MN∥平面DAE.
19．如图所示，在四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AB＝BC＝CA＝3，AD＝CD＝1，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求证：BD⊥AA1；
(2)若E为线段BC的中点，求证：A1E∥平面DCC1D1.
证明：(1)因为BA＝BC，DA＝BD，
所以BD是线段AC的垂直平分线．所以BD⊥AC.
又平面AA1C1C⊥平面ABCD，
平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，BD平面ABCD，
所以BD⊥平面AA1C1C.
因为AA1平面AA1C1C，所以BD⊥AA1.
(2)因为AB＝BC＝CA＝3，DA＝DC＝1，
所以∠BAC＝∠BCA＝60°，∠DCA＝30°.连接AE.
因为E为BC的中点，所以∠EAC＝30°.
所以∠EAC＝∠DCA.
所以AE∥DC.
因为DC平面DCC1D1，
AE平面DCC1D1，
所以AE∥平面DCC1D1.
因为棱柱ABCD—A1B1C1D1，
所以AA1∥DD1.
因为DD1平面DCC1D1，
AA1平面DCC1D1，
所以AA1∥平面DCC1D1.
因为AA1平面AA1E，
AE平面AA1E，AA1∩AE＝A，
所以平面AA1E∥平面DCC1D1.
因为A1E平面AA1E，所以A1E∥平面DCC1D1.
20．四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，E点满足＝13.
(1)求证：PA⊥平面ABCD.
(2)在线段BC上是否存在点F使得PF∥面EAC？若存在，确定F的位置；若不存在，请说明理由．
(3)求二面角E—AC—D的余弦值．
解：(1)证明：在正方形ABCD中，AB⊥BC.
又∵PB⊥BC，
∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PA.
同理CD⊥PA，∴PA⊥平面ABCD.
(2)当F为BC中点时，
使得PF∥平面EAC，理由如下：
作BC中点F，连结DF交AC于点S，连结ES，PF.
∵AD綊2FC，
∴FSSD＝FCAD＝12，
又由已知有PEED＝12，∴PF∥ES.
∵PF平面EAC，EC平面EAC，∴PF∥平面EAC，即当F为BC中点时，PF∥平面EAC.
(3)解法一：在AD上取一点O使AO＝13AD，连结EO，
则EO∥PA，∴EO⊥面ABCD.
过点O做OH⊥AC交AC于H点，连结EH，
则EH⊥AC，
从而∠EHO为二面角E—AC—D的平面角．
在△PAD中，EO＝23AP＝43，在△AHO中，∠HAO＝45°，
∴HO＝AOsin45°＝2223＝23，
∴tan∠EHO＝EOHO＝22，
∴cos∠EHO＝13.
∴二面角E－AC－D的余弦值为13.
解法二：(1)同解法一．
(2)如图以A为坐标原点，AB、AD、AP分别为x轴、y轴、z轴．
建立坐标系，则A(0,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，
∴＝(0,2，－2)，
设E(x，y，z)，
由PE＝13，
得(x，y，z－2)＝13(0,2，－2)，
∴x＝0y＝23z＝43，
则E(0，23，43)．
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则nAE＝0nAC＝0，即23y＋43z＝02x＋2y＝0
取平面AEC的一个法向量n＝(2，－2,1)，
点F在BC上，设F(2，b,0)，
则PF＝(2，b，－2)，
∵PF∥平面EAC，
∴PF⊥n，即PFn＝0，得b＝1，
∴当F为BC的中点时，有∥平面EAC.
(3)由(2)知平面EAC的一个法向量为n＝(2，－2,1)，
平面ACD的法向量为＝(0,0,2)，
∴cos〈，n〉＝APn|AP||n|
＝222＋(－2)2＋122
＝13.
故二面角E—AC—D的余弦值为13.
21．如图所示，已知平行四边形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝1，AD＝2，∠ADC＝60°，AF＝a(a0)，M是线段EF的中点．(1)求证：AC⊥BF；
(2)若二面角F—BD—A的大小为60°，求a的值．
(3)令a＝1，设点P为一动点，若点P从M出发，沿棱按照M→E→C的路线运动到点C，求这一过程中形成的三棱锥P—BFD的体积的最小值．
解：∵AB＝1，AD＝2，∠ADC＝60°，∴∠DCA＝90°
则CD⊥CA，以CD、CA、CE分别为x轴、y轴、z轴建立空间坐标系，
(1)C(0,0,0)，D(1,0,0)，A(0，3，0)，F(0，3，a)，B(－1，3，0)，
＝(0，3，0)，＝(1,0，a)，＝(－1，3，a)，
＝0，所以AC⊥BF.
(2)平面ABD的法向量n＝(0,0,1)，平面FBD的法向量m＝(x，y，z)．
DFm＝0BFm＝0，m＝(－a，－2a3，1)
|cos〈m，n〉|＝|mn|1|m|＝12，a2＝97，a＝377.
(3)设AC与BD交于O，则OF∥CM，
所以CM∥平面FBD，
当P点在M或C时，三棱锥P—BFD的体积最小．
(VP—BFD)min＝VC—BFD＝VF—BCD
＝13×12×2×1×sin120°＝36.
22．如图所示，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，∠DAB为直角，AB∥CD，AD＝CD＝2AB，E，F分别为PC，CD的中点．
(1)试证：CD⊥平面BEF；
(2)设PA＝kAB，且二面角E—BD—C的平面角大于30°，求k的取值范围．
解析：解法一：(1)由已知DF∥AB，且∠DAB为直角，
故ABFD是矩形，从而CD⊥BF.
又PA⊥底面ABCD，CD⊥AD，故知CD⊥PD.
在△PDC中，E、F分别为PC、CD的中点，故EF∥PD.
从而CD⊥EF，由此得CD⊥而BEF.
(2)连接AC交BF于G，易知G为AC的中点，连接EG，则在△PAC中，易知G为AC的中点，连接EG，则在△PAC中易知EG∥PA.
又因PA⊥底面ABCD，故EG⊥底面ABCD，在底面ABCD中，过G作GH⊥BD，垂足为H，连接EH，则EH⊥BD，
从而∠EHG为二面角E—BD—C的平面角．
设AB＝a，则在△PAC中，有EG＝12PA＝12ka.
以下计算GH，考察底面的平面图(如图)．连接GD.
因S△GBD＝12BDGH＝12GBDF，
故GH＝GBDFBD.
在△ABD中，因为AB＝a，AD＝2a，得BD＝5a，
而GB＝12FB＝12AD＝a.DF＝AB，
从而得GH＝GBDFBD＝aa5a＝55a.
因此tan∠EHG＝EGGH＝12ka55a＝52k.
由k0知∠EHG是锐角，故要使∠EHG30°，
必须52ktan30°＝33，
解之得，k的取值范围为k2155.
解法二：(1)如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设AB＝a，则易知点A，B，C，D，F的坐标分别为
A(0,0,0)，B(a,0,0)，C(2a,2a,0)，D(0,2a,0)，F(a,2a,0)．
从而＝(2a,0,0)，＝(0,2a,0)，＝0，故⊥.
设PA＝b，则P(0,0，b)，而E为PC中点．
故E(a，a，b2)．
从而＝(0，a，b2)．
＝0，故⊥.
由此得CD⊥面BEF.
(2)设E在xOy平面上的投影为G，过G作GH⊥BD垂足为H，由三垂线定理知EH⊥BD.
从而∠EHG为二面角E—BD—C的平面角．
由PA＝kAB得P(0,0，ka)，E(a，a，ka2)，G(a，a,0)．
设H(x，y,0)，则＝(x－a，y－a,0)，
＝(－a,2a,0)，
由＝0得－a(x－a)＋2a(y－a)＝0，
即x－2y＝－a①
又因＝(x－a，y,0)，且与的方向相同，故x－a－a＝y2a，即2x＋y＝2a②
由①②解得x＝35a，y＝45a，
从而＝(－25a，－15a,0)，||＝55a.
tan∠EHG＝|EG||GH|＝ka255a＝52k.
由k0知∠EHC是锐角，
由∠EHC30°，得tan∠EHGtan30°，
即52k33.
故k的取值范围为k21515.

2012届高考数学第二轮备考立体几何中的空间角问题复习

作为杰出的教学工作者，能够保证教课的顺利开展，作为教师就需要提前准备好适合自己的教案。教案可以让学生能够在课堂积极的参与互动，帮助教师有计划有步骤有质量的完成教学任务。教案的内容要写些什么更好呢？为满足您的需求，小编特地编辑了“2012届高考数学第二轮备考立体几何中的空间角问题复习”，欢迎阅读，希望您能阅读并收藏。

题型五立体几何中的空间角问题
(推荐时间：30分钟)
1.如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．
(1)求证：AF∥平面BCE；
(2)求证：平面BCE⊥平面CDE；
(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值．

2．(2011湖南)如图，在圆锥PO中，已知PO＝2，⊙O的直径AB＝2，C是的中点，D为AC的中点．
(1)证明：平面POD⊥平面PAC；
(2)求二面角B—PA—C的余弦值．

答案
1．(1)证明设AD＝DE＝2AB＝2a，以A为原点，AC为x轴，AB为z轴，建立如图所示的直角坐标系A—xyz，
则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，
D(a，3a,0)，E(a，3a,2a)．
因为F为CD的中点，
所以F32a，32a，0.
AF→＝32a，32a，0，BE→＝(a，3a，a)，BC→＝(2a,0，－a)．
因为AF→＝12(BE→＋BC→)，AF平面BCE，
所以AF∥平面BCE.
(2)证明因为AF→＝32a，32a，0，CD→＝(－a，3a,0)，ED→＝(0,0，－2a)，
故AF→CD→＝0，AF→ED→＝0，所以AF→⊥CD→，AF→⊥ED→.
所以AF→⊥平面CDE.又AF∥平面BCE，所以平面BCE⊥平面CDE.
(3)解设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)．由nBE→＝0，nBC→＝0，
可得x＋3y＋z＝0,2x－z＝0，
取n＝(1，－3，2)．
又BF→＝32a，32a，－a，
设BF和平面BCE所成的角为θ，
则sinθ＝|BF→n||BF→||n|＝2a2a22＝24.
所以直线BF和平面BCE所成角的正弦值为24.
2.方法一(1)证明如图，连结OC，因为OA＝OC，D是AC的中点，所以AC⊥OD.
又PO⊥底面⊙O，AC底面⊙O，
所以AC⊥PO.
因为OD，PO是平面POD内的两条相交直线，
所以AC⊥平面POD，
而AC平面PAC，
所以平面POD⊥平面PAC.
(2)解在平面POD中，过O作OH⊥PD于H，由(1)知，平面POD⊥平面PAC，
所以OH⊥平面PAC.
又PA平面PAC，所以PA⊥OH.
在平面PAO中，过O作OG⊥PA于G，连结HG，
则有PA⊥平面OGH，从而PA⊥HG，
故∠OGH为二面角B—PA—C的平面角．
在Rt△ODA中，OD＝OAsin45°＝22.
在Rt△POD中，
OH＝POODPO2＋OD2＝2×222＋12＝105.
在Rt△POA中，
OG＝POOAPO2＋OA2＝2×12＋1＝63.
在Rt△OHG中，sin∠OGH＝OHOG＝10563＝155.
所以cos∠OGH＝1－sin2∠OGH＝1－1525＝105.
故二面角B—PA—C的余弦值为105.
方法二(1)证明如图，以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，
P(0,0，2)，D－12，12，0.
设n1＝(x1，y1，z1)是平面POD的一个法向量，则由n1OD→＝0，nOP→＝0，
得－12x1＋12y1＝0，2z1＝0.所以z1＝0，x1＝y1.取y1＝1，得n1＝(1,1,0)．
设n2＝(x2，y2，z2)是平面PAC的一个法向量，则由n2PA→＝0，n2PC→＝0，
得－x2－2z2＝0，y2－2z2＝0.所以x2＝－2z2，y2＝2z2.取z2＝1，得n2＝(－2，2，1)．
因为n1n2＝(1,1,0)(－2，2，1)＝0，所以n1⊥n2.
从而平面POD⊥平面PAC.
(2)解因为y轴⊥平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为n3＝(0,1,0)．
由(1)知，平面PAC的一个法向量为n2＝(－2，2，1)．
设向量n2和n3的夹角为θ，则cosθ＝n2n3|n2||n3|＝25＝105.
由图可知，二面角B—PA—C的平面角与θ相等，
所以二面角B—PA—C的余弦值为105.

立体几何备考指导

立体几何备考指导
立体几何是高考的重点内容之一.从近几年高考试卷来看，题量最少的也要有一大一小两道题.一道大题是整套试卷得分高低的关键，一般考查线面的平行与垂直，角度和距离的计算.本文就通过对六例高考题的分析，对立体几何的备考谈一些粗浅的建议，供大家参考.
一、线线，线面，面面位置关系问题
立体几何知识建立在四个公理的体系之上，因此，在复习时应先整理归纳，把空间线面位置关系一体化，理解和掌握线线，线面，面面平行和垂直的判定与性质，形成熟练的转化推理能力.具体来说，可分为四大块：①平面的基本性质（四个公理）；②线线，线面，面面的平行与垂直；③夹角；④常见的几何体和球.根据每部分内容，先理解记熟，明确条件和结论，掌握用法和用途，再通过典型例题总结解题方法，并进行强化训练.高*考*资+源-网
例1（天津文）是空间两条不同直线，是空间两个不同平面，下面有四个命题：
①；
②；
③；
④.
其中真命题的编号是_____.（写出所有真命题的编号）

解：如图1，，过A在平面内作，
∵，从而m⊥n，故①对.
②错，如图1，n可能会平移至内.
③错，如图2，n可能会在内.
④对，两条平行直线中的一条垂直两平行平面的一个，则另一条也垂直于另一个平面.
其中真命题的编号是①④.
点评：线线，线面，面面垂直与平行的判定和性质定理，是解决此类问题的依据，实物的演示，构造特例法是常用方法！
二、空间角与空间距离问题
空间角与距离问题，难度可大可小，主观，客观题都有，是高考的必考内容，复习过程中要多加训练，熟练掌握，达到炉火纯青的程度.
例2（安徽文）平行四边形的一个顶点A在平面内，其余顶点在的同侧，已知其中有两个顶点到的距离分别为1和2，那么剩下的一个顶点到平面的距离可能是：①1；②2；③3；④4.
以上结论正确的为_____.（写出所有正确结论的编号）
（安徽理）多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相
邻的.如图3，正方体的一个顶点A在平面内，其余顶点在
的同侧，正方体上与顶点A相邻的三个顶点到的距离分别为
1，2和4.Ｐ是正方体的其余四个顶点的一个，则Ｐ到平面的
距离可能是：
①3；②4；③5；④6；⑤7.
以上结论正确的为_____.（写出所有正确结论的编号）
解：（文）①③.如果已知两点与顶点A相邻，则剩下的一个顶点（平行四边形的与A在一条对角线上的顶点）到平面的距离必定是3；如果已知两点有一个与顶点A不相邻，则剩下的一个顶点到平面的距离只能是1.
（理）①③④⑤.在2－A－1，1－A－4，2－A－4分别对应距离为3，5，6，在3－A－4中对应距离是7，所以选①③④⑤.
点评：从上面解答看，文科试题涉及两类问题（借用理科试题中的定义，与顶点A相邻或不相邻），需要分类讨论，如果已知两顶点与顶点A相邻时，平行四边形的两条对角线都不与平面平行，所求距离必定是3；如果已知两顶点有一个与顶点A不相邻，则平行四边形的一条对角线与平面平行，所求距离只能是1.解决了文科试题将平行四边形特殊化为正方形，再分别使已知两顶点与顶点A相邻，可得到2－A－1，1－A－4，2－A－4，3－A－4组合，对应距离可轻而易举地写出来.
三、简单几何体的组合问题
高考题中，常出现将两种简单几何体组合起来进行考查的题型.如正方体，长方体或棱锥内接于一个球；一个球内切于正方体，正四面体；几个球堆垒在一起等.解答这类题，有时直观图是很难画的，我们可以通过思考加工后画出对我们解题有帮助的，容易画出来的立体图或者截面图即可.
例3（湖南卷）棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图4所示，则图中三角形（正四面体的截面）的面积是（）.
（A）（B）（C）（D）

解：先画出立体图形如图5所示，注意到截面有两点在大圆上，所以截面过四面体的一条棱（不妨设为AB），又截面过球心，于是，截面过棱CD的中点.从而可知，截面为等腰三角形，该三角形底边是四面体的棱，长为2，两腰是四面体表面三角形的高，长为.故答案为（C）.
点评：本题以截面形式考查空间能力.求解关键是要理清截面图形与原几何体的位置关系，然后利用面积公式求解.如果没有抓住图形特征，一味地设法求球的半径容易陷入困境.
四、折叠与展开问题
平面图形的折叠问题是高考的老话题，解答这类题应抓住折叠前后两个图形中相关元素之间的大小或者位置关系.对折叠前后未发生变化的量应放在折叠前的图形中进行计算，这样做显得直观易懂.求解空间几何体两个或几个侧面上的折线长之和的最小值，其方法是将侧面展开成平面图形.
1.折叠问题
例4（山东卷）如图6，在等腰梯形ABCD中，AB=2DC=2，∠DAB=60°，E为AB的中点，将△ADE与△BEC分别沿ED，EC向上折起，使A，B重合于点P，则三棱锥
P－DCE的外接球的体积为（）.
（A）（B）（C）（D）
解：折叠后形成棱长为1的正四面体，将正四面体的棱作为正方体的面对角线，则该正四面体的外接球就是正方体的外接球，正方体的棱长为，其体对角线长为，外接球的半径为，体积是，选（C）.

点评：折叠以后成为正四面体需要足够的想象能力和推理能力，再把正四面体转化到正方体内，从外接球处理，则是“奇思妙想”！计算自然简单，“转化”功不可没！
2.展开问题
例5（江西卷）如图8，已知正三棱柱
的底面边长为1，高为8，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面
绕行两周到达点的最短路线的长为_____.
解：将正三棱柱的两个底面剪开，把侧面沿侧棱剪开，
将侧面展开成平面图形，如图9所示.质点绕侧面两周的行程应是
折线与的长度之和，欲求与的长度之和的最小值，可在展开图的右边补一个与之全等的展开图，如图10所示.由对称性可知，当处在对角线位置的两条折线与在同一条直线上时，折线与的长度之和最小.最小值为.

点评：本题考查空间中求最短路线问题，解这类问题的关键是化空间问题为平面问题.
五，定义型问题
例6（江西文）如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下4个命题中，假命题是（）.
（A）等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等
（B）等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补
（C）等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆
（D）等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上
解：由等腰四棱锥的定义可知，（A），（C），（D）正确，而等腰四棱锥的底面未确定，所以侧面底边上的高不能确定，从而侧面与底面所成的角不能确定.故选（B）.
点评：本题考查四棱锥的概念.读懂题中提供的信息，即“等腰四棱锥”的定义是解题的关键.

2017届高考数学考前回扣教材-立体几何

每个老师为了上好课需要写教案课件，大家应该开始写教案课件了。教案课件工作计划写好了之后，才能够使以后的工作更有目标性！有没有好的范文是适合教案课件？小编特地为大家精心收集和整理了“2017届高考数学考前回扣教材-立体几何”，大家不妨来参考。希望您能喜欢！

回扣6立体几何
1.概念理解
(1)四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系.
(2)三视图
①三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从几何的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线.画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高.
②三视图排列规则：俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图一样；侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度和正(主)视图一样，宽度与俯视图一样.
2.柱、锥、台、球体的表面积和体积
侧面展开图表面积体积
直棱柱长方形S＝2S底＋S侧V＝S底h
圆柱长方形S＝2πr2＋2πrlV＝πr2l
棱锥由若干三角形构成S＝S底＋S侧V＝13S底h

圆锥扇形S＝πr2＋πrlV＝13πr2h

棱台由若干个梯形构成S＝S上底＋S下底＋S侧V＝13(S＋SS′＋S′)h

圆台扇环S＝πr′2＋π(r＋r′)l＋πr2V＝13π(r2＋rr′＋r′2)h

球S＝4πr2S＝43πr3

3.平行、垂直关系的转化示意图
(1)
(2)线线垂直????判定性质线面垂直????判定性质面面垂直
(3)两个结论
①a⊥αb⊥αa∥b
②a∥ba⊥αb⊥α
4.用向量求空间角
(1)直线l1，l2夹角θ有cosθ＝|cos〈l1，l2〉|(其中l1，l2分别是直线l1，l2的方向向量).
(2)直线l与平面α的夹角θ有sinθ＝|cos〈l，n〉|(其中l是直线l的方向向量，n是平面α的法向量).
(3)平面α，β夹角θ有cosθ＝|cos〈n1，n2〉|，则α—l—β二面角的平面角为θ或π－θ(其中n1，n2分别是平面α，β的法向量).
1.混淆“点A在直线a上”与“直线a在平面α内”的数学符号关系，应表示为A∈a，aα.
2.在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线为虚线.在还原空间几何体实际形状时一般是以正(主)视图和俯视图为主.
3.易混淆几何体的表面积与侧面积的区别，几何体的表面积是几何体的侧面积与所有底面面积之和，不能漏掉几何体的底面积；求锥体体积时，易漏掉体积公式中的系数13.
4.不清楚空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致判断出错.如由α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，易误得出m⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中mα的限制条件.
5.注意图形的翻折与展开前后变与不变的量以及位置关系.对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系.
6.几种角的范围
两条异面直线所成的角0°α≤90°
直线与平面所成的角0°≤α≤90°
二面角0°≤α≤180°
两条相交直线所成的角(夹角)0°α≤90°
直线的倾斜角0°≤α180°
两个向量的夹角0°≤α≤180°
锐角0°α90°
7.空间向量求角时易忽视向量的夹角与所求角之间的关系，如求解二面角时，不能根据几何体判断二面角的范围，忽视向量的方向，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错.
1.如图是一个多面体三视图，它们都是斜边长为2的等腰直角三角形，则这个多面体最长一条棱长为()
A.2B.3C.23D.32
答案B
解析由三视图可知，几何体是一个三棱锥，底面是一个斜边长为2的等腰直角三角形，一条侧棱与底面垂直，且这条侧棱的长度为1，这样在所有棱中，连接与底面垂直的侧棱的顶点与底面的另一锐角顶点的侧棱最长，长度是12＋22＝3.故选B.
2.将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧(左)视图为()
答案D
解析在被截去的四棱锥的三条可见棱中，两条为长方体的面对角线，它们在右侧面上的投影与右侧面(长方形)的两条边重合，另一条为体对角线，它在侧面上的投影与右侧面的对角线重合，对照各图，只有D符合.
3.某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是()
A.72cm3B.90cm3C.108cm3D.138cm3
答案B
解析该几何体为一个组合体，左侧为三棱柱，右侧为长方体，如图所示.
V＝V三棱柱＋V长方体＝12×4×3×3＋4×3×6＝18＋72＝90(cm3).
4.直三棱柱ABC—A1B1C1的直观图及三视图如图所示，D为AC的中点，则下列命题是假命题的是()
A.AB1∥平面BDC1
B.A1C⊥平面BDC1
C.直三棱柱的体积V＝4
D.直三棱柱的外接球的表面积为43π
答案D
解析由三视图可知，直三棱柱ABC—A1B1C1的侧面B1C1CB是边长为2的正方形，底面ABC是等腰直角三角形，AB⊥BC，AB＝BC＝2.连接B1C交BC1于点O，连接OD.在△CAB1中，O，D分别是B1C，AC的中点，∴OD∥AB1，∴AB1∥平面BDC1.故A正确.
直三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥BD.又AB＝BC＝2，D为AC的中点，∴BD⊥AC，∴BD⊥平面AA1C1C.∴BD⊥A1C.
又A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1B，
∴A1B1⊥平面B1C1CB，∴A1B1⊥BC1.
∵BC1⊥B1C，且A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面A1B1C.
∴BC1⊥A1C，∴A1C⊥平面BDC1.故B正确.
V＝S△ABC×C1C＝12×2×2×2＝4，∴C正确.
此直三棱柱的外接球的半径为3，其表面积为12π，D错误.故选D.
5.如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC和MN所成的角为()
A.30°B.45°C.60°D.90°
答案C
解析由中点M，N可知MN∥AD1，由△D1AC是正三角形可知∠D1AC＝60°，所以异面直线AC和MN所成的角为60°.
6.已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是()
A.若m∥α，n∥α，则m∥n
B.若m⊥α，nα，则m⊥n
C.若m⊥α，m⊥n，则n∥α
D.若m∥α，m⊥n，则n⊥α
答案B
7.已知三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为3，AB＝1，AC＝1，∠BAC＝60°，则此球的表面积等于________.
答案52π3
解析由题意得三棱柱底面为正三角形，设侧棱长为h，则h3412＝3h＝4，因为球心为上下底面中心连线的中点，所以R2＝22＋(33)2＝133，因此球的表面积等于4πR2＝4π133＝523π.
8.已知长方体ABCD—A′B′C′D′，E，F，G，H分别是棱AD，BB′，B′C′，DD′中点，从中任取两点确定的直线中，与平面AB′D′平行的有________条.
答案6
解析如图，连接EG，EH，FG，∵EH綊FG，
∴EFGH四点共面，由EG∥AB′，EH∥AD′，EG∩EH＝E，AB′∩AD′＝A，
可得平面EFGH与平面AB′D′平行，∴符合条件的共有6条.
9.α，β是两平面，AB，CD是两条线段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一个条件，就能得出BD⊥EF，现有下列条件：①AC⊥β；②AC与α，β所成的角相等；③AC与CD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.
其中能成为增加条件的序号是________.
答案①③
解析由题意得，AB∥CD，∴A，B，C，D四点共面.
①中，∵AC⊥β，EFβ，∴AC⊥EF，又∵AB⊥α，EFα，
∴AB⊥EF，∵AB∩AC＝A，∴EF⊥平面ABCD，
又∵BD平面ABCD，∴BD⊥EF，故①正确；
②中，由①可知，若BD⊥EF成立，
则有EF⊥平面ABCD，则有EF⊥AC成立，
而AC与α，β所成角相等是无法得到EF⊥AC的，故②错误；
③中，由AC与CD在β内的射影在同一条直线上，
可知面EF⊥AC，由①可知③正确；
④中，仿照②的分析过程可知④错误，
故填①③.
10.如图，ABCD—A1B1C1D1为正方体，下面结论：
①BD∥平面CB1D1；②AC1⊥BD；③AC1⊥平面CB1D1；④异面直线AD与CB1所成角为60°.
错误的有________.(把你认为错误的序号全部写上)
答案④
解析①BD∥B1D1，利用线面平行的判定可推出BD∥平面CB1D1；
②由BD⊥平面ACC1可推出AC1⊥BD；
③AC1⊥CD1，AC1⊥B1D1可推出AC1⊥平面CB1D1；
④异面直线AD与CB1所成角为45°，错误.
11.如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝3，D、E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为________.
答案π6
解析如图，取AC中点F，连接FD，FB.则DF∥BE，DF＝BE，∴DE∥BF，∴BF与平面BB1C1C所成的角为所求的角，∵AB＝1，BC＝3，AC＝2，∴AB⊥BC，又AB⊥BB1，∴AB⊥平面BB1C1C，作GF∥AB交BC于点G，则GF⊥平面BB1C1C，∴∠FBG为直线BF与平面BB1C1C所成的角，由条件知BG＝12BC＝32，GF＝12AB＝12，
∴tan∠FBG＝GFBG＝33，∴∠FBG＝π6.
12.如图所示，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边长都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)
答案DM⊥PC(或BM⊥PC，答案不唯一)
解析∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
又∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥BD，
又AC∩PA＝A，
∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，
即有PC⊥平面MBD，
而PC平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.
13.在四棱锥P—ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC与BD的交点M恰好是AC中点，又PA＝AB＝4，∠CDA＝120°，点N在线段PB上，且PN＝2.
(1)求证：BD⊥PC；
(2)求证：MN∥平面PDC；
(3)求二面角A—PC—B的余弦值.
(1)证明因为△ABC是正三角形，M是AC中点，
所以BM⊥AC，即BD⊥AC，
又因为PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，
PA⊥BD，又PA∩AC＝A，
所以BD⊥平面PAC，
又PC平面PAC，所以BD⊥PC.
(2)证明在正三角形ABC中，BM＝23，
在△ACD中，因为M为AC中点，DM⊥AC，
所以AD＝CD，又∠CDA＝120°，所以DM＝233，
所以BM∶MD＝3∶1，在等腰直角三角形PAB中，
PA＝AB＝4，PB＝42，所以BN∶NP＝3∶1，
BN∶NP＝BM∶MD，所以MN∥PD，
又MN平面PDC，PD平面PDC，
所以MN∥平面PDC.
(3)解因为∠BAD＝∠BAC＋∠CAD＝90°，
所以AB⊥AD，分别以AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，所以B(4，0，0)，C(2，23，0)，D(0，433，0)，P(0，0，4).
由(1)可知，DB→＝(4，－433，0)为平面PAC的一个法向量，
PC→＝(2，23，－4)，PB→＝(4，0，－4)，
设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则nPC→＝0，nPB→＝0，即2x＋23y－4z＝0，4x－4z＝0.
令z＝3，则平面PBC的一个法向量为n＝(3，3，3)，
设二面角A—PC—B的大小为θ，
则cosθ＝nDB→|n||DB→|＝77.
所以二面角A—PC—B的余弦值为77.

文章来源：http://m.jab88.com/j/52300.html

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