高考數(shù)學二輪專題復習立體幾何理

1、立體幾何（理）【考綱解讀】1、平面的概念及平面的表示法，理解三個公理及三個推論的內(nèi)容及作用，初步掌握性質與推論的簡單應用。2、空間兩條直線的三種位置關系，并會判定。3、平行公理、等角定理及其推論，了解它們的作用，會用它們來證明簡單的幾何問題，掌握證明空間兩直線平行及角相等的方法。4、異面直線所成角的定義，異面直線垂直的概念，會用圖形來表示兩條異面直線，掌握異面 直線所成角的范圍，會求異面直線的所成角。.理解空間向量的概念，掌握空間向量的加法、減法和數(shù)乘；了解空間向量的基本定理，理解空間向量坐標的概念，掌握空間向量的坐標運算；掌握空間向量的數(shù)量積的定義及其性質，掌 TOC o 1-5 h z 握

2、用直角坐標計算空間向量數(shù)量積公式.了解多面體、凸多面體、正多面體、棱柱、棱錐、球的概念.掌握棱柱，棱錐的性質，并會靈活應用，掌握球的表面積、體積公式 ；能畫出簡單空間圖形的三視圖，能識別上述的三視圖所 表示的立體模型，會用斜二測法畫出它們的直觀圖.空間平行與垂直關系的論證 .掌握直線與平面所成角、二面角的計算方法，掌握三垂線定理及其逆定理，并能熟練解決有關問題，進一步掌握異面直線所成角的求解方法，熟練解決有關問題.理解點到平面、直線和直線、直線和平面、平面和平面距離的概念會用求距離的常用方法（如：直接法、轉化法、向量法）.對異面直線的距離只要求學生掌握作出公垂線段或用向量表示的情況）和距離公式

3、計算距離.【考點預測】在2012年高考中立體幾何命題有如下特點：.線面位置關系突出平行和垂直，將側重于垂直關系.多面體中線面關系論證，空間“角”與“距離”的計算常在解答題中綜合出現(xiàn).多面體及簡單多面體的概念、性質、三視圖多在選擇題，填空題出現(xiàn).有關三棱柱、四棱柱、三棱錐的問題，特別是與球有關的問題將是高考命題的熱點.此類題目分值一般在 17-22分之間，題型一般為 1個選擇題，1個填空題，1個解答題.【要點梳理】.三視圖：正俯視圖長對正、正側視圖高平齊、俯側視圖寬相等.直觀圖：已知圖形中平行于x軸和z軸的線段，在直觀圖中保才I長度不變，平行于y軸的線 段平行性不變，但在直觀圖中其長度為原來的一

4、半.體積與表面積公式：1 (1)枉體的體積公式：V柱=Sh；錐體的體積公式：V錐=Sh;31._43臺體的體積公式：V棱臺=h(S+JSS+S);球的體積公式：Ve = nr3.33(2)球的表面積公式：S求=4nR2.有關球與正方體、長方體、圓柱、圓錐、圓臺的結合體問題，要抓住球的直徑與這些幾 何體的有關元素的關系.平行與垂直關系的證明，熟練判定與性質定理.利用空間向量解決空間角與空間距離?！究键c在線】考點一 三視圖例1. ( 2011年高考海南卷文科第 8題)在一個幾何體的三視圖中，正視圖和俯視圖如右圖，則相應的側視圖可以為(【答案】D【解析】由主視圖和府視圖可知，原幾何體是由后面是半個圓

5、錐，前面是三棱錐的組合體，所以，左視圖是D.【名師點睛】 本題考查三視圖的基礎知識.【備考提示】三視圖是高考的熱點之一，年年必考，所以必須熟練立體幾何中的有關定理是解 答好本題的關鍵練習1:（2011年高考江西卷文科 9）將長方體截去一個四棱錐，得到的幾何體如右圖所示,【解析】左視圖即是從正左方看，找特殊位置的可視點，連起來就可以得到答案例2. . （2011年高考安徽卷文科 8） 一個空間幾何體得三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為【答案】D考點二表面積與體積(A) 48 熱8爐。48+S 而 0180則該幾何體的左視圖為（）【解析】由三視圖可知幾何體是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的

6、上底為 2,下底為1為 4,兩底面積和為2父3（2+4產(chǎn)4=24 ,四個側面的面積為4（4+2+2后）= 24十8折，所以幾何體的表面積為 48+8歷.故選C.【名師點睛】 本題考查三視圖的識別以及空間多面體表面積的求法 【備考提示】：表面積與體積的求解也是高考的熱點之一，年年必考，大多以三視圖為載體, 在選擇與填空題中考查，難度不大，也可能在解答題的一個問號上練習2: （2011年高考湖南卷文科 4）設圖1是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為A. 9 二 4236二 1812正視圖側視圖有三視圖可知該幾何體是一個長方體和球構成的組合體，其43 39體積 V = -n(-) +3x3x2=-

7、Ji +18.考點三 球的組合體圖1例3. （2011年高考遼寧卷文科10）己知球的直徑 SC=4, A, B是該球球面上的兩點.AB=2,ZASC = 45,則棱錐S ABC的體積為（）(A)上3(B)3【解析】 取SC的中點D,貝U D為球心，貝U AD=BD=DS=2因為/ ASChBSC=45 ,所以/ SDB=Z SDA=90,即AD! SC,BD SC,/ABD是等邊三角形，故棱錐 S-ABC的體積等于棱錐 S-ABD和棱車B C-ABD的體積和，即【名師點睛】本小題考查三棱錐的外接球體積的求解 ，關鍵是找出球的半徑.【備考提示】:球的組合體，在高考中，經(jīng)?？疾榍蚺c長方體、正方體、

8、三棱錐、四棱錐、圓錐、圓柱等的組合，熟練這些幾何體與其外接球的半徑的關系是解決此類問題的關鍵練習3: （2011年高考海南卷文科16）已知兩個圓錐有公共底面，且兩圓錐的頂點和底面的圓周都在同一個球面上.若圓錐底面面積是這個球面面積的與體積較大者的高的比值為.1【答案】13【解析】設圓錐的底面半徑為 r,球半徑為R,則nr23，則這兩個圓錐中，體積較小者的高163 o、3= - x4nR2,解得r =-R,所以對應1621 1131球心距為R,故小圓錐的圖為 R R二 R,大圓錐的圖為R,所以之比為一.22223考點四空間中平行與垂直關系的證明例4. (2011年高考山東卷文科19)如圖，在四棱

9、臺 ABCD ABGD中，D1D_L平面ABCD ,底面 ABCD 是平行四邊形， AB=2AD , AD=A 1B1 , /BAD= 60 .(I)證明：AA1 _L BD ；(n)證明：CCJ/平面A1BD .【解析】(I)證明：因為 AB=2AD ,所以設AD=a,則 AB=2a,又因為/BAD= 60 ，所以在 MBD 中，由余弦定理得：BD2 =(2a)2 +a2 - 2a 2a cos60C =3a2,所以 BD=/3a ,所以 AD2 +BD2 = AB2,故 BELAD,又因為D1D _L 平面 ABCD ,所以 D1D_LBD,又因為 ADCD1D=D,所以 BD _L 平面

10、 ADDA ,故AA1 - BD.(2)連結AC,設AC- BD=0,連結AO ,由底面ABCD是平行四邊形得:O是AC的中點，由四棱ACAG臺ABCD AB1C1D1知：平面ABCD/平面ABGD1，因為這兩個平面同時都和平面相交，交線分別為AG AC1 ,故ACLAC1,又因為AB=2a, BC=a, ZABC=120 ,所以可由余弦定理計算得 AC=a,又因為AB=2a, BiCi=X3a, /A1B1G=120”所以可由余弦定2，理計算得 AC= Y7a ,所以AiC/OC且AiCi=OC故四邊形OCS是平行四邊形，所以CC/AQ,2又CCS平面AiBD, AO匚平面AiBD,所以CC

11、 /平面ABD .【名師點睛】 本題以四棱臺為載體，考查空間中平行與垂直關系的論證，考查空間想象能力、邏輯思維能力，分析問題與解決問題的能力.【備考提示】：熟練課本中有關平行與垂直的定理是解答好本類題的關鍵練習4. （20ii年高考江蘇卷i6）如圖，在四錐P - ABCD中，平面PADL平面ABCD AB=ADZ BAD=60 , E、F分別是 AP、AD的中點.求證：（i）直線EF/平面 PCD （2）平面 BEFL平 面 PAD.【解析】證明：（i）因為E、F分別是AP、AD的中點，所以EF/ PD,又因為EF值平面PCD,PA平面PCD,所以直線EF/平面PCD（2）設 AB=AD=2a

12、 ,貝U AF=a ,又因為/ BAD=60 ,所以在 MBF中，由余弦定理得：BF=V3a ,所以 AF2 +BF2 =4a2 = AB2 ,所以 BF AF,因為平面PADL平面ABCD交線為AD, BF U平面ABCD所以BH平面PAD因為BF U平面BEF,所以平面 BEFL平面PAD.考點五 空間角與距離的求解 例5.（2011年高考浙江卷理科 20）.如圖，在三棱錐 P ABC中，AB = AC,D為BC的中 點，POL平面 ABC垂足O落在線段 AD上，已知 BC=8, PO=4 AO=3, OD=2（ I ）證明： API BC; （n）在線段 AP上是否存在點 M使得二面角A

13、-MC- 3為直二面角？若存在，求出 AM的長；若不存在，請說明理由。【解析】法：（I）證明：如圖，以O為原點，以射線 OP為X軸的正半軸，建立空間直角坐標系 o_xyz ,則 O(0,0,0) , A(0,與,0) , B(4,2,0)，C(-4,2,0), P(0,0, 4),AP =(0,3,4),BC = (8,0,0)由此可得 AP BC =0,所以AP_BC由量1。BC 血=0 x1 三0即 2 3z1%4 -41,可取 n1 =(0,1,2 3. H /4 -4 1AC n2 =03y2 4z = 0即 2勺 得-4x2 5y2 =0(n)解：設 PM = KPA,人 #1 ，則

14、 PM =九(0,3,Y), BM* = Bp PM =BP PA =(一4,-2,4) (0,-3,-4)-(-4,-2 3 ,4-4 ) , AC =(-4,5,0) , BC =(-8,0,0)設平面BMC的法向量n1 =（x1, 四,乙），平面APC的法向量n2 =(x2,y2,z2)得-4x(2 3)y1 (4-4二0-8x1 =05 X 2 = -Y2 4q 3 z 2 = - y2 4一 T _ T T _2 3_4一可取n2 =(5,4,4)，由n1 Q =0得4-3 .=0解得九= ，故AM =34 -45綜上所述，存在點 M符合題意，AM =3法二（I）證明： AB = A

15、C,D為BC中點，.AD _ BC,又 PO _L平面ABC, PO _L BC 因為，PO。AD =0所以 BC _L 平面 PAD 故 BC _L PA（n ）如圖，在平面 PAB內(nèi)作BM _L AP于M ,連結CM,由（I）知 BC_L PA,得 PA_L 平面 BMC ,又AP u平面PAC所以平面BMC _L平面PAC,在 RtADB 中，AB2 = AD2+BD2 =41 得 AB =日在 RtL POD 中，PD2 = PO2 +OD2,在 RtJ PDB 中，PB2 =PD2 +BD2 所以 PB2 = PO2 +OD2 +BD2 =36 得 PB =6,_ 2 2_ 2在 R

16、t POA 中,222PA2 PB2 - AB22PA PBPA2 =AO2 +OP2 =25 得 PA = 5又 cos/BPA= 從而PM =PBcos/BPA=2 ,所以AM =PAPM =3綜上所述，存在點 M符合題意,AM =3.【名師點睛】 本題主要考查空間點、線、面位置關系，二面角等基礎知識，空間向量的應用，同時考查空間想象能力和運算求解能力【備考提示】：空間角與距離是高考的一個熱點，年年必考，熟練三種角及距離的求法，是解答本類題目的關鍵.練習5. （2011年高考全國卷理科 16）己知點E、F分別在正方體 ABCDAiB2Gd的棱BB、CC上，且BiE=2EB, CF=2FC,

17、則面AEF與面ABC所成的二面角的正切值等于 、2【答案】 【解析】延長CB FE交于M,連結AM過B作BN_L AlW N連結EN則/ ENB為平面AEF1AB 53=L2- 3AB 2與平面ABC所成的二面角，AM=, 2 AB,、2 ,EB, BN = Jab,在RijEBN中,tan/ENB =2BN【易錯專區(qū)】 問題：三視圖與表面積、體積例.（2011年高考陜西卷文科 5）某幾何體的三視圖如圖所示，則它的體積是（）2 二一二（A） 8 （ B） 8 2 二（C） 8-2二 （D） 3【答案】A【解析】由三視圖可知該幾何體為立方體與圓錐，立方體棱長為2,圓錐底面半徑為1、高為c2 二2

18、,所以體積為23 - x 12 x 2 = 8 故選A. 33【名師點睛】：本小題以三視圖為載體考查空間幾何體的體積的求解.【備考提示】：由三視圖準確判斷幾何體的形狀以及找出幾何體各個邊長是解答此類問題的關鍵所在.【考題回放】（2011年高考浙江卷理科 4）下列命題中錯誤的是（）（A）如果平面a _L平面P ,那么平面a內(nèi)一定存在直線平行于平面 P（B）如果平面a不垂直于平面P ,那么平面a內(nèi)一定不存在直線垂直于平面P（C）如果平面 _l平面v,平面P _l平面y, o（ c P=| ,那么| 1平面7（D）如果平面a _L平面P ,那么平面a內(nèi)所有直線都垂直于平面P【答案】D【解析】兩個平面

19、垂直，兩個平面上的所有直線都不是垂直了，比如a平面垂直3平面，垂線為AB,直線CD屬于a ,與AB交與E點，角度為60 ,不垂直平面 P ,故選D.（2011 年高考山東卷理科11）下圖是長和寬分別相等的兩個矩形.給定下列三個命題：存在三棱柱，其正（主）視圖、俯視圖如下圖；存在四棱柱，其正（主）視圖、俯視圖如下圖；存在圓柱，其正(主)視圖、俯視圖如下圖.其中真命題的個數(shù)是()(A)3 (B)2 (C)1 (D)0【答案】A【解析】對于，可以是放倒的三棱柱；容易判斷可以 .(2011年高考浙江卷理科3)若某幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的直觀圖可以是()9處鑿觴肩國 飛后“ (酊破祝國CS

20、KJ d【解析】：A, B與正視圖不符，C與俯視圖不符，故選 D .(2011年高考遼寧卷理科 8)如圖，四棱錐 S-ABCD的底面為正方形，SD1底面ABCD則下列 結論中不正確的是()AC SBAB /平面 SCDSA與平面SBD所成的角等于 SC與平面SBD所成的角(D)AB與SC所成的角等于DC與SA所成的角【答案】D【解析】對于 A:因為SDL平面ABCD所以DSL AC.因為四邊形 ABCM正方形，所以 AC! BD 故AC1平面 ABD,因為SB匚平面ABD所以AC! SB,正確.對于B:因為AB/CD,所以AB平面 scd對于c：設ac Abd =o .因為aci平面abd所以

21、sa和sc在平面sbd內(nèi)的射影為sq 則/AS5口 Z CSO是SA與平面SBD所成的角和 SC與平面SBD所成的角，二者相等，正確 .故選D.（2011年高考江西卷理科 8）已知 , a2 ,久3是三個相互平行的平面.平面 內(nèi) , a2之間的距離為di,平面口2, %之間的距離為d2 ,直線與四，口2, 口3分別相交于R, E, P,那么 “ P1P2 = P2P3,，是 “ d1 =d2” 的（）A,充分不必要條件B,必要不充分條件C .充分必要條件 D .既不充分也不必要條件【答案】C【解析】過點R作平面a2的垂線g,交平面a2,汽3分別于點A、B兩點，由兩個平面平行的性質可知F2A /

22、 RB,所以空2=5，故選C.RP2d2點 S、A、（2011年高考重慶卷理科 9）高為彳的四棱錐S-ABCD的底面是邊長為1的正方形,日C、D均在半徑為1的同一球面上，則底面 ABCM中心與頂點S之間的距離為（(A)4、2(B)2(C) 1【解析】設底面中心為 G球心為O,則易得AG是OG =返，用一個與2ABC所在平面距離等于 空的平面去截球,4S便為其中一個交點，此平面的中心設為H,則OH,2,2.22一，故 SH =1242 2I4 )SG = SH2 HG2（2011年高考四川卷理科3） |1, |2, |3是空間三條不同的直線，則下列命題正確的是(A) |1 _L|2, |2 _L

23、13n lJJl3(B)|1|2 ,|21- |3|1|3（C）卜3二八，L , L共面（D） |1，I共點二，L共面【答案】B【解析】若11 _Ll22 _Ll3,則ll3有三種位置關系，可能平行、相交或異面，故A不對.雖然I1/I2/I3,或1l,12,13共點，但是1l23可能共面,也可能不共面，故 C D也不正確.（2011年高考全國卷理科6）已知直二 面角口 1 P ,點Awot, AC _L 1,C為垂足,Bw P, BD _L1, D為垂足，若 AB =2, AC =BD =1,則D到平面ABC的距離等于（）(A)(B)近(C) -63(D) 1DAC _L 1 ,得 AC _L

24、 平面 P ,【解析】如圖，作 DE _L BC于E ,由a 1 P為直二面角,進而 AC _L DE ,又 BC _L DE , BCp AC =C , 是DE _1平面ABC。故DE為D到平面ABC的距離。,BD DC 126BC在RtABCD中，利用等面積法得 DE =1售 =15. （2011年高考全國卷理科11）已知平面a截一球面得圓 M 過圓心 M且與a成600,二面角的平面P截該球面得圓N,若該球的半徑為 4,圓M的面積為4 tl n則圓N的面積為（）（A） 7 二（B）9 二（c） 11二（D） 13二【答案】D【解析】：由圓M的面積為4n得MA =2 ,_22_2_OM =4

25、 -2 =12=OM =2有，在 R&ONM 中,/OMN =30.ON = 1 OM =、, 3,r二2C233 = :13Sjgn = 13n 故選D.16. （2011年高考全國新課標卷理科15）已知矩形 ABCD的頂點都在半徑為4的球O的球面上，且AB=6,BC = 2J3,則棱錐O ABCD的體積為【答案】8 3【解析】如圖，連接矩形對角線的交點Oi和球心O ,則,00人AC =4 映_L平面 A；E , 0 , 0.，5 分別作Q.V _ N-CCpftQ _ 皿垂足分別為他凡小連 嘰FU FQ，由三垂線定理可 514*, JP，ta，得，RV_.Q：ai/_cc：Fp_a3,由不

26、正萬件中各個表面，對角面全分 所以PO；二PO-PO：, 0 = O:M = O：Q 一二日FF0即F到三條謖出、CC另0所在直線 的距離相等，所以有無完多點而是年年，於選必. (2010年高考重慶市理科 10)到兩互相垂直的異面的距離相等的點，在過其中一條直線且平行于另一條直線的平面內(nèi)的軌跡是()(A)直線 (B)橢圓 (Q 拋物線(D)雙曲線【答案】D【解析】排除法 軌跡是軸對稱圖形，排除 A、C,軌跡與已知直線不能有交點，排除 B. (2010 年全國高考寧夏卷10)設三棱柱的側棱垂直于底面，所有棱長都為a,頂點都在 TOC o 1-5 h z 一個球面上，則該球的表面積為()2721

27、122(A)二 a (B) -a (C) 3二a (D) 5二 a【答案】B【解析】如圖，P為三棱柱底面中心， O為球心，易知.33 -1-AP =一父二一a =Ja,OP =a ,所以球的半徑 R滿足： HYPERLINK l bookmark50 o Current Document 2322 321272272R =(一a) +( a) = a ,故 S 球= 4R = na .32123. (2010年高考廣東卷理科 6)如圖1, ABC為三角形,AA BB CC , CC !3一一平面ABC且3 44，/=3則多面體aWFC的正視圖也林主視圖）是2【答案】D.填空題:（2011年高考

28、上海卷理科7）若圓錐的側面積為2n ,底面積為n ,則該圓錐的體積【答案】立n ；3（2009年高考江蘇卷第 12題）設0（和P為不重合的兩個平面，給出下列命題:（1）若口內(nèi)的兩條相交直線分別平行于 P內(nèi)的兩條直線，則 &平行于P ;（2）若口外一條直線l與口內(nèi)的一條直線平行，則l和口平行；（3）設a和P相交于直線l ,若a內(nèi)有一條直線垂直于l ,則a和口垂直;（4）直線l與a垂直的充分必要條件是 l與a內(nèi)的兩條直線垂直。上面命題中，真拿題.的序號 （寫出所有真命題的序號）.【答案】（2）.（山東省濟南市2011年2月高三教學質量調(diào)研文科）已知右上圖是一個空間幾何體的三視圖，則該幾何體的外接球

29、的表面積為【答案】8兀2俯視圖. （2011年高考全國卷文科 15）已知正方體 ABCDABC1D1中，E為C1D1的中點，則異面直線AE與BC所成的角的余弦值為-2【答案】2AB1的中點F , /AEF為所求角，設棱長為 2,則AE=3,AF = J5,EF =2 ,222AE EF -AF -3【解析】取cos AEF2AE EF三.解答題:17. (2011年高考山東卷理科19)在如圖所示的幾何體中，四邊形 ABC的平行四邊形，/ACB=90, E A平面AB CD, EF/AB, FG/BC, EG/ACAB =2 E F .(I )若M是線段AD的中點， 求證：GM/平面AB(n)若

30、AC = B C =2 AE ,求二面角A - B F - C的大小.【解析】(I )連結AF,因為EF/ A B , F G / B C ,FGEFn F G =F,所以平面 EFG/平面 ABCD又易證 AEFG s AABC ,所以-BCEFAB一 11 FG = BC ,即 FG = AD ,又 M為 AD 221的中點，所以AM = AD ,又因為F G / B C / A D,所2以FG/A M,所以四邊形 AMG思平行四邊形，故GM/ FA,又因為GM0平面ABFE,FA 二平面 A B F E，所以GM / 平面 AB F E(n)取AB的中點O,連結CO,因為AC = B C

31、，所以COAB,又因為EAL平面AB CD,CO=平面AB CD,所以EA,CO,EC三垂線定理知：CH LBF,所以/CHO為二面角A -B F - C的平面角.又EAn AB=A,所以 COL平面A BFE ,在平面ABEF內(nèi)，過點O作OHL BF于H,連結CH,由設A B = 2 E F =2a ,因為/ ACB=90, A C=b c = &a,CO=a, AE =逅a ,連結 FO,2容易證得 FO/ EA且FO = a ,所以BF = a ,所以OH= a父= a ,所以在 222、63Rt&COH 中,tan / CHO=CO = J3,故/ CHO=60C ,所以二面角 A -

32、 B F - C 的大小為 OH18. (2011年高考遼寧卷理科 18)如圖，四邊形 ABCD為正方形，PD，平面 ABCD PD/ QA-1QA=AB二 PD.2(I)證明：平面 PQCL平面 DCQ;(II )求二面角 Q-BP-C的余弦值.【解析】(I)方法一：由條件知，PDAQ直角梯形，因為AQL平面 ABCD所以平面 PDAQ平面 ABCD交線是 AD.又四邊形 ABCD正方形，DCL AD,所以DCL平面PDAQ可得PQL DC.在直角梯形PDAQrn得dq=pq=22 pd，則 PQL QD.所以PQL平面DCQ.因為PQU平面PQC所以平面 PQCL平面 DCQ.方法二：如圖

33、，以 D為坐標原點，線段 DA的長為單位長，射線 DA為x軸的正半軸建立空間之間坐標系D-xyz.依題意由 Q(1,1,0) , C(0,0,1) , P(0,2,0).T TT則 DQ =(1,1,0) , DC =(0,0,1) , PQ = (1,-1,0).所以 PQ DQ =0 , PQ DC = 0,T T T T即 PQ _L DQ , PQ _L DC .故 PQ _L 平面 DCQ又PQu平面PQC所以平面 PQCJ_平面DCQ.(II )依題意得 B(1,0,1) , CB =(1,1,0), BP = (-1,2,-1),設n=(x,y,z) 是平面PBC的法向量，則 J

34、n B =0,即JX = 0,n BP u0.-x 2y -z= 0.因此，取 n=(0,-1,-2).川Tm BP =0, 舊一m PQ =0.可取 m=(1,1,1),所以 cos :二 m, n)=155故二面角Q-BP-C的余弦值為15設m是平面PBQ勺法向量，則19. (2011年高考安徽卷理科17)如圖，ABCDEFG為多面體，平面ABED與平面AGFD垂直，點 O 在線段 AD 上，OA =1,OD =2, VOAB , OAC , ODE , ODF 都是正三角 形。(I)證明直線BC / EF ;(II )求棱錐F-OBED的體積。【解析】(1)【證法一】：Q/AB WDE

35、=6，OB/DE同理可證 OC/DF二面OBC /面 DEF ,二 BC / /面 DEFQ EF =面 DEF I 面 BEFC , BC/EF【證法二】：設G是線段DA與EB延長線的交點，Q/AOB =/ODE =60OB -DE OG =OD =:2 TOC o 1-5 h z ,t 、 一同理設G是線段DA與FC延長線的交點，有 OG =OD =2,又G與G都在線段DA的延長線上，所以 G與G重合。又OBgJDE和OC 與，DF，可知B和C分別是線段 G訝口 GF的中點，:BC/EF 2i【證法三】：(向量法)略(2)【解析】：由 OB=1 OE=2 /EOB =60 得 SvEOB2

36、, sin 60=蟲，而 VCED是邊長為2的正三角形，故，所以_ 373SoBED = SvoBE SvoED 二2FQ1平面 ABED過點F作FQ! DG交DG于Q點，由于平面 ABEEL平面ACFD所以所以FQ就是棱錐F-OBED的高，且FQ=JL所以Vf qBED =- Sobed FQ320. (2011年高考天津卷理科17)如圖，在三柱 ABCAiBiCi中,H是正方形AA1B1B的中心,AA=2j2, C1H _L平面 AAB1B ,且 C1H = ,5.(I )求異面直線 AC與AB1所成角的余弦值;(n)求二面角 A A1C1 一旦的正弦值;(出)設 N為棱B1G的中點，點

37、M在平面 AA1B1B內(nèi)，且MN _L平面ABC,求線段BM的長.匕一一【解析】如圖所示，建立空間直角坐標系，點B為坐標原點.依題意得 A( 2 點,0,0),B(0,0,0),C(72,-72,V5),A1(2 72,272,0),B1(0,2V2,0),G(.2, 2, .5).(i)易得 AC =(展，俄,眄,AB = (-272,0,0),于cos AC, AB1 TOC o 1-5 h z = AC AB = _4 = 也,所以異面直線 AC與AB所成角的余弦值為 | AC| |AB11 3 2.23(n)易知 A? =(0,2 拒0) , Ac1 = (-V2, -72, 75).

38、設平面 AAC1 的法向量 m = (x, y, z),則r ，一 _m ACl02x-X2y5z 04，即,不妨令x =5,可得m = (J5,0, J2),同樣地，設m AA=02 2y =0an A1C1 =0 1 2x - . 2y5z=0,、人平面ABiG的法向量n=(x, y,z),則T ，即,不妨令n AB1 u02 2x=0Jy = 75,可得 n=( 0/? V5 ,攵是 cos/m,nJ二 JPA - ,從而|m| |n|.7.7 7snm,n；二產(chǎn) 35所以二面角 A AC1 B1的正弦值為 十 .，設 M (a,b,0)，則2 3.2 -J(出)由N為梭B1cl的中點，

39、得N (-, 2 , MN =(地), 2MN AC1 =0由MN _L平面AEG,得iMN A1B1 =0e1-a)(-.2) 呼一b).2) 、5 = 0二0解得,0），所以線段BM的長為J0IBM | =-.421.（遼寧省沈陽市2011年高三第二次模擬理科）如圖4,三棱柱ABC -A1B1C1中，側面AAGC，底面ABC ,AA =AC =AC =2,AB=BC ,且 AB BC , O為 AC 中點.（I ）在BCi上確定一點E ,使得OE 平面AiAB ,并說明理由；（n ）求二面角 A-A1B -Ci的大小.【解析】（I） E為Bg中點. 2分證法一：取BC中點F ,連接OF, EF 3分所以可得OF AB,EFBB1,所以面OEF 面AAB . 5分所以OE 平面AAB. 6分證法二：因為AA =AC ,且O為AC的中點，所以AO _LAC ,又由題