2015届高三数学立体几何专题训练及详细答案

2015届高三数学立体几何专题训练

1．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )

A ．16＋8π

B ．8＋8π

C ．16＋16π

D ．8＋16π

解析：选A.

原几何体为组合体：上面是长方体，下面是圆柱的一半(如图所示)，其体积为V ＝4×2×2＋1

2

π×22×4＝16＋8π. 2．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器厚度，则球的体积为( )

A.500π3 cm 3

B.866π3 cm 3

C.1 372π3

cm 3

D.2 048π3

cm 3

解析：选A.

如图，作出球的一个截面，则MC ＝8－6＝2(cm)，

BM ＝12AB ＝1

2

×8＝4(cm)．

设球的半径为R cm ，则R 2＝OM 2＋MB 2＝(R －2)2＋42，∴R ＝5，

∴V 球＝43π×53＝500π

3

(cm 3)．

3．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ?α，l ?β，则( )

A ．α∥β且l ∥α

B ．α⊥β且l ⊥β

C ．α与β相交，且交线垂直于l

D ．α与β相交，且交线平行于l 解析：选D.

根据所给的已知条件作图，如图所示．

由图可知α与β相交，且交线平行于l ，故选D. 4．(2013·高考大纲全国卷)已知正四棱柱ABC D-A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则C D 与平面B D C 1所成角的正弦值等于( )

A.23

B.33

C.23

D.13 解析：选A.法一：

如图，连接AC ，交B D 于点O ，由正四棱柱的性质，有AC ⊥B D.因为CC 1⊥平面ABC D ，所以CC 1⊥B D.又CC 1∩AC ＝C ，所以B D ⊥平面CC 1O .在平面CC 1O 内作CH ⊥C 1O ，垂足为H ，则B D ⊥CH .又B D ∩C 1O ＝O ，所以CH ⊥平面B D C 1，连接D H ，则D H 为C D 在平面B D C 1上的射影，所以∠C D H 为C D 与平面B D C 1所成的角．设AA 1＝2AB ＝2.在Rt △COC 1中，由

等面积变换易求得CH ＝23.在Rt △C D H 中，s in ∠C D H ＝CH CD ＝2

3

.

法二：

以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D(0，0,0)，C (0,1,0)，

B (1,1,0)，

C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→

＝(0,1,2)．

设平面B D C 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则

n ⊥DB →，n ⊥DC 1→

，所以有?????

x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，

令y ＝－2，得平面B D C 1的一个法向量为n ＝(2，

－2,1)．

设C D 与平面B D C 1所成的角为θ，则s in θ＝|co s n ，DC →

＝????

??n ·DC →|n ||DC →|＝23.

5．(2013·高考大纲全国卷)已知正四棱柱ABC D-A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则C D 与平面B D C 1所成角的正弦值等于( )

A.23

B.33

C.

23

D.13

解析：选A.法一：

如图，连接AC ，交B D 于点O ，由正四棱柱的性质，有AC ⊥B D.因为CC 1⊥平面ABC D ，所以CC 1⊥B D.又CC 1∩AC ＝C ，所以B D ⊥平面CC 1O .在平面CC 1O 内作CH ⊥C 1O ，垂足为H ，则B D ⊥CH .又B D ∩C 1O ＝O ，所以CH ⊥平面B D C 1，连接D H ，则D H 为C D 在平面B D C 1上的射影，所以∠C D H 为C D 与平面B D C 1所成的角．设AA 1＝2AB ＝2.在Rt △COC 1中，由

等面积变换易求得CH ＝23.在Rt △C D H 中，s in ∠C D H ＝CH CD ＝2

3

.

法二：

以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D(0，0,0)，C (0,1,0)，

B (1,1,0)，

C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→

＝(0,1,2)．

设平面B D C 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则

n ⊥DB →，n ⊥DC 1→

，所以有?

????

x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面B D C 1的一个法向量为n ＝(2，

－2,1)．

设C D 与平面B D C 1所成的角为θ，则s in θ＝|co s n ，DC →

＝????

??n ·DC →|n ||DC →|＝23.

6．(2013·高考山东卷)

一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正(主)视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是( )

A ．45，8

B ．45，8

3

C ．4(5＋1)，8

3

D ．8,8

解析：选B.

由正视图知：四棱锥的底面是边长为2的正方形，四棱锥的高为2，∴V ＝13×22×2＝8

3

.

四棱锥的侧面是全等的等腰三角形，底为2，高为5，∴S 侧＝4×1

2

×2×5＝4 5.

7．(2013·高考山东卷)已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为9

4

，底面是边长

为3的正三角形．若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则P A 与平面ABC 所成角的大小为 ( )

A.5π12

B.π3

C.π4

D.π6 解析：选B.

如图所示，P 为正三角形A 1B 1C 1的中心，设O 为△ABC 的中心，由题意知：PO ⊥平面

ABC ，连接OA ，则∠P AO 即为P A 与平面ABC 所成的角．

在正三角形ABC 中，AB ＝BC ＝AC ＝3，

则S ＝34×(3)2＝33

4

，

VABC -A 1B 1C 1＝S ×PO ＝9

4

，∴PO ＝ 3.

又AO ＝33×3＝1，∴tan ∠P AO ＝PO

AO ＝3，

∴∠P AO ＝π

3

.

8．(2013·高考浙江卷)设m 、n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ∥α，m ∥β，则α∥β C ．若m ∥n ，m ⊥α，则n ⊥α D ．若m ∥α，α⊥β，则m ⊥β

解析：选C.A 项，当m ∥α，n ∥α时，m ，n 可能平行，可能相交，也可能异面，故错误； B 项，当m ∥α，m ∥β时，α，β可能平行也可能相交，故错误； C 项，当m ∥n ，m ⊥α时，n ⊥α，故正确；

D 项，当m ∥α，α⊥β时，m 可能与β平行，可能在β内，也可能与β相交，故错误．故选C.

9．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O -xyz 中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为( )

解析：选A.根据已知条件作出图形：四面体C 1-A 1D B ，标出各个点的坐标如图(1)所示，

可以看出正视图是正方形，如图(2)所示．故选A.

10．(2013·高考安徽卷)在下列命题中，不是公理的是( ) A ．平行于同一个平面的两个平面相互平行

B ．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面

C ．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内

D ．如果两个不重合的平面有一个公共点， 那么它们有且只有一条过该点的公共直线 解析：选A.A ，不是公理，是个常用的结论，需经过推理论证； B ，是平面的基本性质公理； C ，是平面的基本性质公理； D ，是平面的基本性质公理． 11．(2013·高考北京卷)

如图，在正方体ABC D-A 1B 1C 1D 1中，P 为对角线B D 1的三等分点，P 到各顶点的距离的

不同取值有( )

A ．3个

B ．4个

C ．5个

D ．6个

解析：选B.如图，取底面ABC D 的中心O ，连接P A ，PC ，PO . ∵AC ⊥平面DD 1B ，又PO ?平面DD 1B ，

∴AC ⊥PO .又O 是B D 的中点，∴P A ＝PC .

同理，取B 1C 与BC 1的交点H ，易证B 1C ⊥平面D 1C 1B ，∴B 1C ⊥PH . 又H 是B 1C 的中点，∴PB 1＝PC ，∴P A ＝PB 1＝PC . 同理可证P A 1＝PC 1＝P D. 又P 是B D 1的三等分点， ∴PB ≠P D 1≠PB 1≠P D ，

故点P 到正方体的顶点的不同距离有4个． 12．(2013·高考辽宁卷)已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )

A.3172 B ．210

C.132

D ．310 解析：选C.因为直三棱柱中AB ＝3，AC ＝4，AA 1＝12，AB ⊥AC ，所以BC ＝5，且BC 为过底面ABC 的截面圆的直径．取BC 中点D ，则O D ⊥底面ABC ，则O 在侧面BCC 1B 1内，

矩形BCC 1B 1的对角线长即为球直径，所以2R ＝122＋52＝13，即R ＝13

2

.

13．(2013·高考浙江卷)在空间中，过点A 作平面π的垂线，垂足为B ，记B ＝f π(A )．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P ，Q 1＝f β[f α(P )]，Q 2＝f α[f β(P )]，恒有PQ 1＝PQ 2，则( )

A ．平面α与平面β垂直

B ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为45°

C ．平面α与平面β平行

D ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为60° 解析：选A.设P 1＝f α(P )，P 2＝f β(P )，则PP 1⊥α，P 1Q 1⊥β，PP 2⊥β，P 2Q 2⊥α. 若α∥β，则P 1与Q 2重合、P 2与Q 1重合，所以PQ 1≠PQ 2，所以α与β相交． 设α∩β＝l ，由PP 1∥P 2Q 2，所以P ，P 1，P 2，Q 2四点共面． 同理P ，P 1，P 2，Q 1四点共面．

所以P ，P 1，P 2，Q 1，Q 2五点共面，且α与β的交线l 垂直于此平面．

又因为PQ 1＝PQ 2，所以Q 1、Q 2重合且在l 上，四边形PP 1Q 1P 2为矩形．那么∠P 1Q 1P 2＝π

2

为二面角α-l -β的平面角，所以α⊥β.

14．(2013·高考湖南卷)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于( )

A.32

B ．1

C.

2＋1

2 D. 2 解析：选D.由于该正方体的俯视图是面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，因此该几何体的正视图是一个长为2，宽为1的矩形，其面积为 2.

15．(2013·高考江西卷)

一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A ．200＋9π B ．200＋18π C ．140＋9π D ．140＋18π

解析：选 A.由三视图可知该几何体的下面是一个长方体，上面是半个圆柱组成的组合体．长方体的长、宽、高分别为10、4、5，半圆柱底面圆半径为3，高为2，故组合体体积V ＝10×4×5＋9π＝200＋9π.

16.

(2013·高考四川卷)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体可以是( ) A ．棱柱 B ．棱台 C ．圆柱 D ．圆台

解析：选D.由俯视图是圆环可排除A ，B ，由正视图和侧视图都是等腰梯形可排除C ，故选D.

17．(2013·高考广东卷)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是( )

A.16

B.13

C.23

D ．1

解析：选B.

如图，三棱锥的底面是一个直角边长为1的等腰直角三角形，有一条侧棱和底面垂直，

且其长度为2，故三棱锥的高为2，故其体积V ＝13×12×1×1×2＝1

3

，故选B.

18．(2013·高考广东卷)设l 为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是( ) A ．若l ∥α，l ∥β，则α∥β B ．若l ⊥α，l ⊥β，则α∥β C ．若l ⊥α，l ∥β，则α∥β D ．若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β

解析：选B.选项A ，若l ∥α，l ∥β，则α和β可能平行也可能相交，故错误； 选项B ，若l ⊥α，l ⊥β，则α∥β，故正确； 选项C ，若l ⊥α，l ∥β，则α⊥β，故错误；

选项D ，若α⊥β，l ∥α，则l 与β的位置关系有三种可能：l ⊥β，l ∥β，l ?β，故错误．故选B.

19．(2013·高考湖南卷)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于( )

A ．1 B. 2

C.2－12

D.2＋12

解析：选C.当正方体的俯视图是面积为1的正方形时，其正视图的最小面积为1，最大

面积为 2.因为2－12<1，因此所给选项中其正视图的面积不可能为2－1

2

，故选C.

20．(2013·高考江西卷)如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB ∥C D ，正方体的六个面所在的平面与直线C E ，E F 相交的平面个数分别记为m ，n ，那么m ＋n ＝( )

A ．8

B ．9

C ．10

D ．11

解析：选A.取C D 的中点H ，连接E H ，HF .在四面体C DE F 中，C D ⊥E H ，C D ⊥FH ，所以C D ⊥平面E FH ，所以AB ⊥平面E FH ，所以正方体的左、右两个侧面与E F 平行，其余4个平面与E F 相交，即n ＝4.又因为C E 与AB 在同一平面内，所以C E 与正方体下底面共面，与上底面平行，与其余四个面相交，即m ＝4，所以m ＋n ＝4＋4＝8.

21．(2013·高考重庆卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )

A.5603

B.5803 C ．200 D ．240

解析：选C.由三视图知该几何体为直四棱柱，其底面为等腰梯形，上底长为2，下底长

为8，高为4，故面积为S ＝(2＋8)×4

2

＝20.又棱柱的高为10，所以体积V ＝Sh ＝20×10＝200.

22．(2013·高考广东卷)某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是( )

A ．4 B.143 C.163

D ．6

解析：选B.

由三视图可还原出四棱台的直观图如图所示，其上底和下底都是正方形，边长分别是1

和2，与底面垂直的棱为棱台的高，长度为2，故其体积为V ＝13×(12＋1×4＋22)×2＝14

3

，

故选B.

23．(2013·高考广东卷)设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )

A ．若α⊥β，m ?α，n ?β，则m ⊥ n

B ．若α∥β，m ?α，n ?β，则m ∥n

C ．若m ⊥n ，m ?α，n ?β，则α⊥β

D ．若m ⊥α，m ∥n ，n ∥β，则α⊥β 解析：选D.

如图，在长方体ABC D-A 1B 1C 1D 1中，平面BCC 1B 1⊥平面ABC D ，BC 1?平面BCC 1B 1，

BC ?平面ABC D ，而BC 1不垂直于BC ，故A 错误．

平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABC D ，B 1D 1?平面A 1B 1C 1D 1，AC ?平面ABC D ，但B 1D 1和AC 不平行，故B 错误．

AB ⊥A 1D 1，AB ?平面ABC D ，A 1D 1?平面A 1B 1C 1D 1，但平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABC D ，故C 错误．故选D.

24．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为________．

解析：

如图，设球O 的半径为R ，则 由AH ∶HB ＝1∶2得

HA ＝13·2R ＝23

R ，

∴OH ＝R

3

.

∵截面面积为π＝π·(HM )2， ∴HM ＝1.

在Rt △HMO 中，OM 2＝OH 2＋HM 2，

∴R 2＝19R 2＋HM 2＝1

9R 2＋1，

∴R ＝324

.

∴S 球＝4πR 2＝4π·(324)2＝9

2

π.

答案：92

π

25．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)已知正四棱锥O -ABC D 的体积为32

2

，底面边长为3，

则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________．

解析：V 四棱锥O -ABC D ＝13×3×3h ＝322，得h ＝32

2

， ∴OA 2＝h 2＋(AC 2)2＝184＋6

4＝6.

∴S 球＝4πOA 2

＝24π. 答案：24π 26．(2013·高考浙江卷)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积等于________cm 3.

解析：由三视图可知该几何体为一个直三棱柱被截去了一个小三棱锥，如图所示．三棱

柱的底面为直角三角形，且直角边长分别为3和4，三棱柱的高为5，故其体积V 1＝1

2×3×4×5

＝30(cm 3)，小三棱锥的底面与三棱柱的上底面相同，高为3，故其体积V 2＝13×1

2

×3×4×3

＝6(cm 3

)，

所以所求几何体的体积为30－6＝24(cm 3)． 答案：24 27．(2013·高考大纲全国卷)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 ＝3

2

，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：

如图所示，公共弦为AB ，设球的半径为R ，则AB ＝R .取AB 中点M ，连接OM 、KM ，由圆的性质知OM ⊥AB ，KM ⊥AB ，所以∠KMO 为圆O 与圆K 所在平面所成的一个二面角的平面角，则∠KMO ＝60°.

在Rt △KMO 中，OK ＝32，所以OM ＝OK

sin 60°

＝ 3.

在Rt △OAM 中，因为OA 2＝OM 2＋AM 2，所以R 2＝3＋1

4

R 2，解得R 2＝4，所以球O 的表

面积为4πR 2＝16π.

答案：16π 28．(2013·高考江苏卷)

如图，在三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，AC ，AA 1的中点．设三棱锥F -A DE 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1-ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.

解析：设三棱柱的底面ABC 的面积为S ，高为h ，则其体积为V 2＝Sh .因为D ，E 分别为

AB ，AC 的中点，所以△A DE 的面积等于1

4

S .又因为F 为AA 1的中点，所以三棱锥F -A DE 的

高等于12h ，于是三棱锥F -A DE 的体积V 1＝13×14S ·12h ＝124Sh ＝124V 2，故V 1∶V 2＝1∶24.

答案：1∶24 29．(2013·高考北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的体积为________．

解析：由几何体的三视图可知该几何体是一个底面是正方形的四棱锥，其底面边长为3，

且该四棱锥的高是1，故其体积为V ＝1

3

×9×1＝3.

答案：3 30．(2013·高考北京卷)

如图，在棱长为2的正方体ABC D-A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 的中点，点P 在线段D 1E 上，

点P 到直线CC 1的距离的最小值为________．

解析：

如图，过点E 作EE 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，交直线B 1C 1于点E 1，连接D 1E 1，DE ，在平面D 1DEE 1内过点P 作PH ∥EE 1交D 1E 1于点H ，连接C 1H ，则C 1H 即为点P 到直线CC 1的距离．当点P 在线段D 1E 上运动时，点P 到直线CC 1的距离的最小值为点C 1到线段D 1E 1的距

离，即为△C 1D 1E 1的边D 1E 1上的高h .∵C 1D 1＝2，C 1E 1＝1，∴D 1E 1＝5，∴h ＝25

＝25

5.

答案：255

31．(2013·高考福建卷)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是________．

解析：由三视图知组合体为球内接正方体，正方体的棱长为2，若球半径为R ，则2R ＝23，∴R ＝ 3.∴S 球表＝4πR 2＝4π×3＝12π.

答案：12π 32．(2013·高考辽宁卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________．

解析：由三视图可知该几何体是一个圆柱内部挖去一个正四棱柱，圆柱底面圆半径为2，高为4，故体积为16π；正四棱柱底面边长为2，高为4，故体积为16，故题中几何体的体积为16π－16.

答案：16π－16

33．(2013·高考天津卷)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为9π

2

，则

正方体的棱长为________．

解析：设正方体棱长为a ，球半径为R ，则43πR 3＝9

2

π，

∴R ＝3

2，∴3a ＝3，∴a ＝ 3.

答案： 3 34．(2013·高考陕西卷)某几何体的三视图如图所示， 则其表面积为________．

解析：由三视图可知，该几何体为一个半径为1的半球，其表面积为半个球面面积与截

面面积的和，即1

2

×4π＋π＝3π.

答案：3π

35．某几何体的三视图如图所示，则其体积为________．

解析：原几何体可视为圆锥的一半，其底面半径为1，高为2，

∴其体积为13×π×12×2×12＝π

3.

答案：π3

36．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)

如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.

(1)证明：AB ⊥A 1C ；

(2)若AB ＝CB ＝2，A 1C ＝6，求三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积．

解：(1)证明：

取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB . 由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°， 故△AA 1B 为等边三角形， 所以OA 1⊥AB .

因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ?平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .

(2)由题设知△ABC 与△AA 1B 都是边长为2的等边三角形，所以OC ＝OA 1＝ 3. 又A 1C ＝6，则A 1C 2＝OC 2＋OA 21，故OA 1⊥OC .

因为OC ∩AB ＝O ，所以OA 1⊥平面ABC ，OA 1为三棱柱ABC -A 1B 1C 1的高．

又△ABC 的面积S △ABC ＝3，故三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积V ＝S △ABC ·OA 1＝3.

37．(2013·高考安徽卷)

如图，正方体ABC D-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为BC 的中点，Q 为线段CC 1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)．

①当0

2时，S 为四边形；

②当CQ ＝1

2时，S 为等腰梯形；

③当CQ ＝34时，S 与C 1D 1的交点R 满足C 1R ＝1

3；

④当3

4

⑤当CQ ＝1时，S 的面积为6

2

.

解析：①当0

2

时，如图(1)．

在平面AA 1D 1D 内，作A E ∥PQ ， 显然E 在棱DD 1上，连接E Q ， 则S 是四边形APQ E.

②当CQ ＝1

2

时，如图(2)．

显然PQ ∥BC 1∥A D 1，连接D 1Q ， 则S 是等腰梯形．

③当CQ ＝3

4

时，如图(3)．

作BF ∥PQ 交CC 1的延长线于点F ，则C 1F ＝1

2.

作A E ∥BF ，交DD 1的延长线于点E ，D 1E ＝1

2

，A E ∥PQ ，

连接E Q 交C 1D 1于点R ，由于Rt △RC 1Q ∽Rt △R D 1E ，

∴C 1Q ∶D 1E ＝C 1R ∶R D 1＝1∶2，∴C 1R ＝1

3

.

④当3

4

⑤当CQ ＝1时，如图(4)．

同③可作A E ∥PQ 交DD 1的延长线于点E ，交A 1D 1于点M ，显然点M 为A 1D 1的中点，

所以S 为菱形APQM ，其面积为12MP ×AQ ＝12×2×3＝6

2

.

答案：①②③⑤ 38．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)

如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22

AB . (1)证明：BC 1∥平面A 1C D ； (2)求二面角D-A 1C -E 的正弦值．

解：(1)证明：连接AC 1，交A 1C 于点F ，则F 为AC 1的中点． 又D 是AB 的中点，连接D F ，则BC 1∥D F . 因为D F ?平面A 1C D ，BC 1?平面A 1C D ， 所以BC 1∥平面A 1C D.

(2)由AC ＝CB ＝

2

2AB ，得AC ⊥BC . 以C 为坐标原点，CA →

的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C -xyz .设

CA ＝2，则D(1,1,0)，E(0,2，1)，A 1(2,0,2)，CD →＝(1,1,0)，CE →＝(0,2,1)，CA 1→

＝(2,0,2)．

设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1C D 的法向量，

则?????

n ·CD →＝0，n ·

CA 1→＝0，

即?

????

x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0. 可取n ＝(1，－1，－1)．

同理，设m 是平面A 1C E 的法向量，则?????

m ·CE →＝0，m ·CA 1→＝0，可取m ＝(2,1，－2)．

从而co s n ，m ＝n·m

|n||m|＝33，故s in n ，m ＝63

.

即二面角D-A 1C -E 的正弦值为6

3

.

39．(2013·高考陕西卷)

如图，四棱柱ABC D-A 1B 1C 1D 1的底面ABC D 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABC D ，AB ＝AA 1＝ 2.

(1)证明：A 1C ⊥平面BB 1D 1D ；

(2)求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小．

解：(1)

法一：由题设易知OA ，OB ，OA 1两两垂直，以O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．

∵AB ＝AA 1＝2， ∴OA ＝OB ＝OA 1＝1，

∴A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (－1,0,0)，D(0，－1,0)，A 1(0,0,1)． 由A 1B 1→＝AB →

，易得B 1(－1,1,1)． ∵A 1C →＝(－1,0，－1)，BD →＝(0，－2,0)，BB 1→

＝(－1,0,1)， ∴A 1C →·BD →＝0，A 1C →·BB 1→＝0， ∴A 1C ⊥B D ，A 1C ⊥BB 1， ∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D.

法二：∵A 1O ⊥平面ABC D ，∴A 1O ⊥B D. 又四边形ABC D 是正方形，

∴B D ⊥AC ，∴B D ⊥平面A 1OC ， ∴B D ⊥A 1C .

又OA 1是AC 的中垂线，

∴A 1A ＝A 1C ＝2，且AC ＝2，

∴AC 2＝AA 21＋A 1C 2

，

∴△AA 1C 是直角三角形，∴AA 1⊥A 1C .

又BB 1∥AA 1，∴A 1C ⊥BB 1.又BB 1∩B D ＝B ， ∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D.

(2)设平面OCB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵OC →＝(－1,0,0)，OB 1→

＝(－1,1,1)，

∴?????

n ·OC →＝－x ＝0，n ·

OB 1→＝－x ＋y ＋z ＝0，

∴?

????

x ＝0，y ＝－z . 取n ＝(0,1，－1)，由(1)知，A 1C →

＝(－1,0，－1)是平面BB 1D 1D 的法向量，

∴co s θ＝|co s 〈n ，A 1C →

〉|＝12×2＝12

.

又0≤θ≤π2，∴θ＝π

3

.

40．(2013·高考湖南卷)

如图，在直棱柱ABC D-A 1B 1C 1D 1中，A D ∥BC ，∠BA D ＝90°，AC ⊥B D ，BC ＝1，A D ＝

AA 1＝3.

(1)证明：AC ⊥B 1D ；

(2)求直线B 1C 1与平面AC D 1所成角的正弦值．

解：法一：(1)证明：因为BB 1⊥平面ABC D ，AC ?平面ABC D ，所以AC ⊥BB 1. 又AC ⊥B D ，所以AC ⊥平面BB 1D.而B 1D ?平面BB 1D ，所以AC ⊥B 1D. (2)因为B 1C 1∥A D ，所以直线B 1C 1与平面AC D 1所成的角等于直线A D 与平面AC D 1所成的角(记为θ)．

连接A 1D.因为棱柱ABC D-A 1B 1C 1D 1是直棱柱，且∠B 1A 1D 1＝∠BA D ＝90°，所以A 1B 1⊥

平面A DD 1A 1，从而A 1B 1⊥A D 1.又A D ＝AA 1＝3，所以四边形A DD 1A 1是正方形，于是A 1D ⊥A D 1.故A D 1⊥平面A 1B 1D ，于是A D 1⊥B 1D.

由(1)知，AC ⊥B 1D ，所以B 1D ⊥平面AC D 1.故∠A D B 1＝90°－θ.

在直角梯形ABC D 中，因为AC ⊥B D ，所以∠BAC ＝∠A D B .从而Rt △ABC ∽Rt △D AB ，故AB DA ＝BC

AB

，即AB ＝DA ·BC ＝ 3. 连接AB 1，易知△AB 1D 是直角三角形，且B 1D 2＝BB 21＋B D 2＝BB 21＋AB 2＋A D 2

＝21，即B 1D ＝21.

在Rt △AB 1D 中，co s ∠A D B 1＝AD B 1D ＝321

＝217，即co s (90°－θ)＝217.从而s in θ＝21

7.

即直线B 1C 1与平面AC D 1所成角的正弦值为

21

7

.

法二：(1)证明：易知，AB ，A D ，AA 1两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB ，A D ，AA 1

所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝t ，则相关各点的坐标为A (0,0,0)，B (t,0,0)，B 1(t,0,3)，C (t,1,0)，C 1(t,1,3)，D(0,3,0)，D 1(0,3,3)．

从而B 1D →＝(－t,3，－3)，AC →＝(t,1,0)，BD →

＝(－t,3,0)．

因为AC ⊥B D ，所以AC →·BD →

＝－t 2＋3＋0＝0. 解得t ＝3或t ＝－3(舍去)．

于是B 1D →＝(－3，3，－3)，AC →

＝(3，1,0)．

因为AC →·B 1D →＝－3＋3＋0＝0，所以AC →⊥B 1D →， 即AC ⊥B 1D.

(2)由(1)知，AD 1→＝(0,3,3)，AC →＝(3，1,0)，B 1C 1→

＝(0,1,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面AC D 1的一个法向量，

则?????

n ·AC →＝0，n ·

AD 1→＝0，即???

3x ＋y ＝0，3y ＋3z ＝0.

令x ＝1，则n ＝(1，－3，3)．

设直线B 1C 1与平面AC D 1所成角为θ，则

s in θ＝|co s 〈n ，B 1C 1→

〉|＝|n ·B 1C 1→|n |·|B 1C 1→|

|＝37＝217，

即直线B 1C 1与平面AC D 1所成角的正弦值为21

7

.

41．(2013·高考大纲全国卷)

如图，四棱锥P -ABC D 中，∠ABC ＝∠BA D ＝90°，BC ＝2A D ，△P AB 和△P A D 都是边长

为2的等边三角形．

(1)证明：PB ⊥C D ；

(2)求点A 到平面PC D 的距离． 解：(1)证明：

如图，取BC 的中点E ，连接DE ，则四边形AB ED 为正方形． 过点P 作PO ⊥平面ABC D ，垂足为O . 连接OA ，OB ，O D ，O E.

由△P AB 和△P A D 都是等边三角形知P A ＝PB ＝P D ，

所以OA ＝OB ＝O D ，即点O 为正方形AB ED 对角线的交点，故O E ⊥B D. 又O E ⊥OP ，B D ∩O ＝O ，

所以O E ⊥平面P D B ，从而PB ⊥O E. 因为O 是B D 的中点，E 是BC 的中点， 所以O E ∥C D.因此PB ⊥C D.

(2)取P D 的中点F ，连接OF ，则OF ∥PB . 由(1)知，PB ⊥C D ，故OF ⊥C D.

又O D ＝1

2

B D ＝2，OP ＝PD 2－OD 2＝2，

故△PO D 为等腰三角形，因此OF ⊥P D. 又P D ∩C D ＝D ，所以OF ⊥平面PC D.

因为A E ∥C D ，C D ?平面PC D ，A E ?平面PC D ， 所以A E ∥平面PC D.

因此点O 到平面PC D 的距离OF 就是点A 到平面PC D 的距离，而OF ＝1

2

PB ＝1，

所以点A 到平面PC D 的距离为1. 42．(2013·高考山东卷)

如图，四棱锥P -ABC D 中，AB ⊥AC ，AB ⊥P A ，AB ∥C D ，AB ＝2C D ，E ，F ，G ，M ，N

分别为PB ，AB ，BC ，P D ，PC 的中点．

(1)求证：C E ∥平面P A D ；

(2)求证：平面E FG ⊥平面E MN . 证明：(1)法一：

如图，取P A 的中点H ，连接E H ，D H . 因为E 为PB 的中点，

所以E H ∥AB ，E H ＝1

2

AB .

又AB ∥C D ，C D ＝1

2

AB ，

所以E H ∥C D ，E H ＝C D.

所以四边形D C E H 是平行四边形． 所以C E ∥D H .

又D H ?平面P A D ，C E ?平面P A D ， 所以C E ∥平面P A D. 法二：

如图，连接CF .

因为F 为AB 的中点，所以AF ＝1

2

AB .

又C D ＝1

2

AB ，所以AF ＝C D.

又AF ∥C D ，

所以四边形AFC D 为平行四边形． 所以CF ∥A D.

又CF ?平面P A D ，所以CF ∥平面P A D.

因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以E F ∥P A . 又E F ?平面P A D ，所以E F ∥平面P A D. 因为CF ∩E F ＝F ，故平面C E F ∥平面P A D. 又C E ?平面C E F ，所以C E ∥平面P A D. (2)因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点， 所以E F ∥P A .

又AB ⊥P A ，所以AB ⊥E F . 同理可证AB ⊥FG .

又E F ∩FG ＝F ，E F ?平面E FG ，FG ?平面E FG ， 因此AB ⊥平面E FG .

又M ，N 分别为P D ，PC 的中点，所以MN ∥D C . 又AB ∥D C ，所以MN ∥AB ，所以MN ⊥平面E FG . 又MN ?平面E MN ，所以平面E FG ⊥平面E MN . 43．(2013·高考江西卷)

如图，四棱锥P -ABC D 中，P A ⊥平面ABC D ，E 为B D 的中点，G 为P D 的中点，△D AB

≌△D CB ，E A ＝E B ＝AB ＝1，P A ＝3

2

，连接C E 并延长交A D 于F .

(1)求证：A D ⊥平面CFG ；

(2)求平面BCP 与平面D CP 的夹角的余弦值．

解：(1)证明：在△AB D 中，因为点E 是B D 中点， 所以E A ＝E B ＝ED ＝AB ＝1，

故∠BA D ＝π2，∠AB E ＝∠A E B ＝π

3

.

因为△D AB ≌△D CB ，所以△E AB ≌△E CB ，

从而有∠F ED ＝∠B E C ＝∠A E B ＝π

3

，

所以∠F ED ＝∠F E A ，故E F ⊥A D ，AF ＝F D. 又PG ＝G D ，所以FG ∥P A . 又P A ⊥平面ABC D ，

所以GF ⊥A D ，故A D ⊥平面CFG .

(2)以点A 为坐标原点建立如图所示的坐标系，则 A (0,0,0)，B (1,0,0)， C ???

?32，3

2，0，D(0，3，0)， P ?

???0，0，32， 故BC →

＝????12，32，0，

CP →

＝????－32，－32，32，

CD →

＝???

?－32，32，0.

设平面BCP 的法向量n 1＝(1，y 1，z 1)， 则??

?

12＋3

2y 1＝0，－32－32y 1

＋32z 1

＝0，

解得???

y 1＝－33，

z 1

＝2

3，

即n 1＝?

???

1，－33，23. 设平面D CP 的法向量n 2＝(1，y 2，z 2)， 则??

?

－32＋3

2

y 2＝0，－32－32y 2

＋32z 2

＝0

，解得???

y 2＝3，

z 2＝2，

即n 2＝(1，3，2)．从而平面BCP 与平面D CP 的夹角的余弦值为co s θ＝|n 1·n 2|

|n 1||n 2|

＝

4316

9

×8＝2

4. 44．(2013·高考江苏卷)

如图，在三棱锥S -ABC 中，平面SAB ⊥平面SBC ，AB ⊥BC ，AS ＝AB .过A 作AF ⊥SB ，

垂足为F ，点E ，G 分别是棱SA ，SC 的中点．