最新6年高考4年模拟试题试卷--第八章第二节点、线、面的位置关系(答案解析)

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BCDANMO第二节点、线、面的位置关系第一部分六年高考荟萃2010年高考题一、选择题1.（2010浙江理）（6）设l，m是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是（A）若lm，m，则l（B）若l，lm//，则m（C）若l//，m，则lm//（D）若l//，m//，则lm//【答案】B解析：选B，可对选项进行逐个检查。本题主要考察了立体几何中线面之间的位置关系及其中的公理和判定定理，也蕴含了对定理公理综合运用能力的考察，属中档题2.（2010江西理）10.过正方体1111ABCDABCD的顶点A作直线L，使L与棱AB,AD,1AA所成的角都相等，这样的直线L可以作A.1条B.2条C.3条D.4条【答案】D【解析】考查空间感和线线夹角的计算和判断，重点考查学生分类、划归转化的能力。第一类：通过点A位于三条棱之间的直线有一条体对角线AC1，第二类：在图形外部和每条棱的外角和另2条棱夹角相等，有3条，合计4条。3.（2010山东文）(4)在空间，下列命题正确的是A.平行直线的平行投影重合B.平行于同一直线的两个平面平行C.垂直于同一平面的两个平面平行D.垂直于同一平面的两条直线平行【答案】D4.（2010四川理）（11）半径为R的球O的直径AB垂直于平面，垂足为B，BCD是平面内边长为R的正三角形，线段AC、AD分别与球面交于点M，N，那么M、N两点间的球面距离是（A）17arccos25R（B）18arccos25R（C）13R（D）415R【答案】A【解析】由已知，AB＝2R,BC＝R,故tan∠BAC＝12cos∠BAC＝255连结OM，则△OAM为等腰三角形AM＝2AOcos∠BAC＝455R，同理AN＝455R，且MN∥CD而AC＝5R,CD＝R故MN：CD＝AN:ACMN＝45R，连结OM、ON，有OM＝ON＝R于是cos∠MON＝22217225OMONMNOMON所以M、N两点间的球面距离是17arccos25R5.（2010全国卷1文）(6)直三棱柱111ABCABC中，若90BAC，1ABACAA，则异面直线1BA与1AC所成的角等于(A)30°(B)45°(C)60°(D)90°【答案】C【命题意图】本小题主要考查直三棱柱111ABCABC的性质、异面直线所成的角、异面直线所成的角的求法.【解析】延长CA到D，使得ADAC，则11ADAC为平行四边形，1DAB就是异面直线1BA与1AC所成的角，又三角形1ADB为等边三角形，0160DABAB6.（2010湖北文）4.用a、b、c表示三条不同的直线，y表示平面，给出下列命题：①若a∥b，b∥c，则a∥c；②若a⊥b，b⊥c，则a⊥c；③若a∥y，b∥y，则a∥b；④若a⊥y，b⊥y，则a∥b.A.①②B.②③C.①④D.③④7.（2010山东理）(3)在空间，下列命题正确的是（A）平行直线的平行投影重合（B）平行于同一直线的两个平面平行（C）垂直于同一平面的两个平面平行（D）垂直于同一平面的两条直线平行【答案】D【解析】由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理可以得出答案。【命题意图】考查空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质，属基础题。8.（2010安徽理）8、一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积为A、280B、292C、360D、372【答案】C【解析】该几何体由两个长方体组合而成，其表面积等于下面长方体的全面积加上面长方体的4个侧面积之和。2(10810282)2(6882)360S.【方法技巧】把三视图转化为直观图是解决问题的关键.又三视图很容易知道是两个长方体的组合体，画出直观图，得出各个棱的长度.把几何体的表面积转化为下面长方体的全面积加上面长方体的4个侧面积之和。二、填空题1.（2010四川理）（15）如图，二面角l的大小是60°，线段AB.Bl，AB与l所成的角为30°.则AB与平面所成的角的正弦值是.【答案】34【解析】过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作l的垂线.垂足为D连结AD，有三垂线定理可知AD⊥l，故∠ADC为二面角l的平面角，为60°又由已知，∠ABD＝30°连结CB，则∠ABC为AB与平面所成的角设AD＝2，则AC＝3，CD＝1AB＝0sin30AD＝4∴sin∠ABC＝34ACAB三、解答题1.（2010湖南文）18.（本小题满分12分）如图所示，在长方体1111ABCDABCD中，AB=AD=1，AA1=2，M是棱CC1的中点（Ⅰ）求异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值；（Ⅱ）证明：平面ABM⊥平面A1B1M12.（2010浙江理）（20）（本题满分15分）如图，在矩形ABCD中，点,EF分别在线段,ABAD上，243AEEBAFFD.沿直线EF将AEFV翻折成\'AEFV，使平面\'AEFBEF平面.ABCD（Ⅰ）求二面角\'AFDC的余弦值；（Ⅱ）点,MN分别在线段,FDBC上，若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折，使C与\'A重合，求线段FM的长。解析：本题主要考察空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同事考查空间想象能力和运算求解能力。（Ⅰ）解：取线段EF的中点H，连结\'AH，因为\'AE=\'AF及H是EF的中点，所以\'AHEF,又因为平面\'AEF平面BEF.如图建立空间直角坐标系A-xyz则\'A（2，2，22），C（10，8，0），F（4，0，0），D（10，0，0）.故\'FA=（-2，2，22），FD=（6，0，0）.设n=（x,y,z）为平面\'AFD的一个法向量，-2x+2y+22z=0所以6x=0.取2z，则(0,2,2)n。又平面BEF的一个法向量(0,0,1)m，故3cos,3nmnmnm。所以二面角的余弦值为33（Ⅱ）解：设,FMx则(4,0,0)Mx，因为翻折后，C与A重合，所以\'CMAM，故，222222(6)80=2222xx（）（），得214x，经检验，此时点N在线段BC上，所以214FM。方法二：（Ⅰ）解：取线段EF的中点H,AF的中点G,连结\',\',AGAHGH。因为\'AE=\'AF及H是EF的中点，所以\'AHEF又因为平面\'AEF平面BEF，所以\'AH平面BEF,又AF平面BEF,故\'AHAF，又因为G、H是AF、EF的中点，易知GH∥AB，所以GHAF，于是AF面\'AGH，所以\'AGH为二面角\'ADHC的平面角，在\'RtAGH中，\'AH=22，GH=2，\'AG=23所以3cos\'3AGH.故二面角\'ADFC的余弦值为33。（Ⅱ）解：设FMx,因为翻折后，C与\'A重合，所以\'CMAM，而222228(6)CMDCDMx，222222\'\'\'AMAHMHAHMGGH2(22)得214x，经检验，此时点N在线段BC上，所以214FM。3.（2010全国卷2）（19）如图，直三棱柱111ABCABC中，ACBC，1AAAB，D为1BB的中点，E为1AB上的一点，13AEEB．（Ⅰ）证明：DE为异面直线1AB与CD的公垂线；（Ⅱ）设异面直线1AB与CD的夹角为45°，求二面角111AACB的大小．【命题意图】本试题主要考查空间的线面关系与空间角的求解，考查考生的空间想象与推理计算的能力.【参考答案】(19)解法一：（I）连接A1B，记A1B与AB1的交点为F.因为面AA1BB1为正方形，故A1B⊥AB1，且AF=FB1，又AE=3EB1，所以FE=EB1，又D为BB1的中点，故DE∥BF，DE⊥AB1.………………3分作CG⊥AB，G为垂足，由AC=BC知，G为AB中点.又由底面ABC⊥面AA1B1B.连接DG，则DG∥AB1，故DE⊥DG，由三垂线定理，得DE⊥CD.所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线.（II）因为DG∥AB1，故∠CDG为异面直线AB1与CD的夹角，∠CDG=45°设AB=2，则AB1=，DG=，CG=，AC=.作B1H⊥A1C1，H为垂足，因为底面A1B1C1⊥面AA1CC1，故B1H⊥面AA1C1C.又作HK⊥AC1，K为垂足连接B1K，由三垂线定理，得B1K⊥AC1，因此∠B1KH为二面角A1-AC1-B1的平面角.【点评】三垂线定理是立体几何的最重要定理之一，是高考的的热点，它是处理线线垂直问题的有效方法，同时它也是确定二面角的平面角的主要手段.通过引入空间向量，用向量代数形式来处理立体几何问题，淡化了传统几何中的“形”到“形”的推理方法，从而降低了思维难度，使解题变得程序化，这是用向量解立体几何问题的独到之处.4.（2010北京文）（17）（本小题共13分）如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直。EF//AC，AB=2,CE=EF=1（Ⅰ）求证：AF//平面BDE；（Ⅱ）求证：CF⊥平面BDF;证明：（Ⅰ）设AC于BD交于点G。因为EF∥AG,且EF=1，AG=12AG=1所以四边形AGEF为平行四边形所以AF∥EG因为EG平面BDE,AF平面BDE,所以AF∥平面BDE（Ⅱ）连接FG。因为EF∥CG,EF=CG=1,且CE=1,所以平行四边形CEFG为菱形。所以CF⊥EG.因为四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC.又因为平面ACEF⊥平面ABCD,且平面ACEF∩平面ABCD=AC,所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.又BD∩EG=G,所以CF⊥平面BDE.5.（2010天津文）（19）（本小题满分12分）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ADEF是正方形，FA⊥平面ABCD，BC∥AD，CD=1，AD=22，∠BAD＝∠CDA＝45°.（Ⅰ）求异面直线CE与AF所成角的余弦值；（Ⅱ）证明CD⊥平面ABF；（Ⅲ）求二面角B-EF-A的正切值。【解析】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查空间想象能力，运算能力和推理论证能力.满分12分.(I)解：因为四边形ADEF是正方形，所以FA//ED.故CED为异面直线CE与AF所成的角因为FA平面ABCD，所以FACD.故EDCD.在Rt△CDE中，CD=1，ED=22，CE=22CDED=3,故cosCED=EDCE=223.所以异面直线CE和AF所成角的余弦值为223.(Ⅱ)证明：过点B作BG//CD,交AD于点G，则45BGACDA.由45BAD,可得BGAB,从而CDAB,又CDFA,FAAB=A,所以CD平面ABF.(Ⅲ)解：由（Ⅱ）及已知，可得AG=2，即G为AD的中点.取EF的中点N，连接GN，则GNEF,因为BC//AD,所以BC//EF.过点N作NMEF，交BC于M，则GNM为二面角B-EF-A的平面角。连接GM，可得AD平面GNM,故ADGM.从而BCGM.由已知，可得GM=22.由NG//FA,FAGM,得NGGM.在Rt△NGM中，tanGM1NG4GNM,所以二面角B-EF-A的正切值为14.6.（2010天津理）（19）（本小题满分12分）如图，在长方体1111ABCDABCD中，E、F分别是棱BC,1CC上的点，2CFABCE,1::1:2:4ABADAA（1）求异面直线EF与1AD所成角的余弦值；（2）证明AF平面1AED（3）求二面角1AEDF的正弦值。【解析】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，满分12分。方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设1AB,依题意得(0,2,0)D,(1,2,1)F,1(0,0,4)A,31,,02E（1）解：易得10,,12EF,1(0,2,4)AD于是1113cos,5EFADEFADEFAD所以异面直线EF与1AD所成角的余弦值为35（2）证明：已知(1,2,1)AF,131,,42EA,11,,02ED于是AF·1EA=0，AF·ED=0.因此，1AFEA,AFED,又1EAEDE所以AF平面1AED(3)解：设平面EFD的法向量(,,)uxyz，则00uEFuED,即102102yzxy不妨令X=1,可得(1,21u）。由（2）可知，AF为平面1AED的一个法向量。于是2cos,==3||AFAF|AF|uuu，从而5sin,=3AFu所以二面角1A-ED-F的正弦值为53方法二：（1）解：设AB=1，可得AD=2,AA1=4,CF=1.CE=12链接B1C,BC1，设B1C与BC1交于点M,易知A1D∥B1C，由1CECF1==CBCC4,可知EF∥BC1.故BMC是异面直线EF与A1D所成的角，易知BM=CM=11BC=52,所以2223cos25BMCMBCBMCBMCM,所以异面直线FE与A1D所成角的余弦值为35（2）证明：连接AC，设AC与DE交点N因为12CDECBCAB，所以RtDCERtCBA，从而CDEBCA，又由于90CDECED,所以90BCACED，故AC⊥DE,又因为CC1⊥DE且1CCACC，所以DE⊥平面ACF，从而AF⊥DE.连接BF，同理可证B1C⊥平面ABF,从而AF⊥B1C,所以AF⊥A1D因为1DEADD，所以AF⊥平面A1ED(3)解：连接A1N.FN,由（2）可知DE⊥平面ACF,又NF平面ACF,A1N平面ACF，所以DE⊥NF,DE⊥A1N,故1ANF为二面角A1-ED-F的平面角易知RtCNERtCBA，所以CNECBCAC，又5AC所以55CN，在221305RtNCFNFCFCNRtAAN中，在中22114305NAAAAN连接A1C1,A1F在2211111114RtACFAFACCF中，222111112cos23ANFNAFRtANFANFANFN在中，。所以15sin3ANF所以二面角A1-DE-F正弦值为537.（2010广东理）18.（本小题满分14分）如图5，¼ABC是半径为a的半圆，AC为直径，点E为»AC的中点，点B和点C为线段AD的三等分点．平面AEC外一点F满足5FBDFa，FE=6a．图5（1）证明：EB⊥FD；（2）已知点Q,R分别为线段FE,FB上的点，使得22,33BQFEFRFB,求平面BED与平面RQD所成二面角的正弦值．（2）设平面BED与平面RQD的交线为DG.由BQ=23FE,FR=23FB知,||QREB.而EB平面BDF，∴||QR平面BDF，而平面BDF平面RQD=DG，∴||||QRDGEB.由（1）知，BE平面BDF，∴DG平面BDF，而DR平面BDF，BD平面BDF，∴,DGDRDGDQ，∴RDB是平面BED与平面RQD所成二面角的平面角．在RtBCF中，2222(5)2CFBFBCaaa，22sin55FCaRBDBFa，21cos1sin5RBDRBD．5222935sin29293aRDBa．故平面BED与平面RQD所成二面角的正弦值是22929．8.（2010全国卷1理）（19）（本小题满分12分）如图，四棱锥S-ABCD中，SD底面ABCD，AB//DC，ADDC，AB=AD=1，DC=SD=2，E为棱SB上的一点，平面EDC平面SBC.（Ⅰ）证明：SE=2EB；（Ⅱ）求二面角A-DE-C的大小.9.（2010湖北文）18.（本小题满分12分）如图，在四面体ABOC中，OC⊥OA。OC⊥OB，∠AOB=120°，且OA=OB=OC=1（Ⅰ）设P为AC的中点，Q在AB上且AB=3AQ，证明：PQ⊥OA；（Ⅱ）求二面角O-AC-B的平面角的余弦值。10.（2010山东理）（19）（本小题满分12分）如图，在五棱锥P—ABCDE中，PA⊥平面ABCDE，AB∥CD，AC∥ED，AE∥BC，ABC=45°，AB=22，BC=2AE=4，三角形PAB是等腰三角形．（Ⅰ）求证：平面PCD⊥平面PAC；（Ⅱ）求直线PB与平面PCD所成角的大小；（Ⅲ）求四棱锥P—ACDE的体积．【解析】（Ⅰ）证明：因为ABC=45°，AB=22，BC=4，所以在ABC中，由余弦定理得：222AC=(22)+4-2224cos45=8，解得AC=22，所以222AB+AC=8+8=16=BC，即ABAC，又PA⊥平面ABCDE，所以PA⊥AB，又PAACA，所以ABAC平面P，又AB∥CD，所以ACCD平面P，又因为CDCD平面P，所以平面PCD⊥平面PAC；（Ⅱ）由（Ⅰ）知平面PCD⊥平面PAC，所以在平面PAC内，过点A作AHCP于H，则AHCD平面P，又AB∥CD，AB平面CDP内，所以AB平行于平面CDP，所以点A到平面CDP的距离等于点B到平面CDP的距离，过点B作BO⊥平面CDP于点O，则PBO为所求角，且AH=BO，又容易求得AH=2，所以1sinPBO=2，即PBO=30，所以直线PB与平面PCD所成角的大小为30；（Ⅲ）由（Ⅰ）知ACCD平面P，所以ACCD，又AC∥ED，所以四边形ACDE是直角梯形，又容易求得DE2，AC=22，所以四边形ACDE的面积为1222232（），所以四棱锥P—ACDE的体积为12233=22。（2010湖北理数）18．(本小题满分12分)如图，在四面体ABOC中,,,120OCOAOCOBAOB。,且1OAOBOC（Ⅰ）设为P为AC的中点，证明：在AB上存在一点Q，使PQOA，并计算ABAQ的值；（Ⅱ）求二面角OACB的平面角的余弦值。11.（2010福建理）概率为p。（i）当点C在圆周上运动时，求p的最大值；（ii）记平面11AACC与平面1BOC所成的角为(0<90)，当p取最大值时，求cos的值。【命题意图】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及几何体的体积、几何概型等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、必然与或然思想。【解析】（Ⅰ）因为1AA平面ABC，BC平面ABC，所以1AABC，因为AB是圆O直径，所以BCAC，又AC1AAA，所以BC平面11AACC，而BC平面11BBCC，所以平面11AACC平面11BBCC。（Ⅱ）（i）设圆柱的底面半径为r，则AB=1AA=2r，故三棱柱111ABC-ABC的体积为11V=ACBC2r2=ACBCr，又因为2222ACBC=AB=4r，所以22AC+BCACBC2=22r，当且仅当AC=BC=2r时等号成立，从而31V2r，而圆柱的体积23V=r2r=2r，故p=313V2r1=,V2r当且仅当AC=BC=2r，即OCAB时等号成立，所以p的最大值是1。（ii）由（i）可知，p取最大值时，OCAB，于是以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O-xyz（如图），则C（r，0，0），B（0，r，0），1B（0，r，2r），因为BC平面11AACC，所以BC=(r,-r,0)是平面11AACC的一个法向量，设平面1BOC的法向量n=(x,y,z)，由1nOC020nOBrxryrz得，故02xyz，取1z得平面1BOC的一个法向量为n=(0,-2,1)，因为0<90，所以210cos|cos,BC|=5||||52nBCrnnBCr。（2010安徽理数）18、（本小题满分12分）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EF∥AB，EFFB，2ABEF，90BFC，BFFC，H为BC的中点。ABCDEFH(Ⅰ)求证：FH∥平面EDB；(Ⅱ)求证：AC平面EDB；(Ⅲ)求二面角BDEC的大小。2009年高考题一、选择题1..如图，正方体1111ABCDABCD的棱线长为1，线段11BD有两个动点E，F，且22EF，则下列结论中错误的是（A）ACBE（B）//EFABCD平面（C）三棱锥ABEF的体积为定值（D）异面直线,AEBF所成的角为定值2.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若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；③垂直于同一直线的两条直线相互平行；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答案选D.3．在三棱柱111ABCABC中，各棱长相等，侧掕垂直于底面，点D是侧面11BBCC的中心，则AD与平面11BBCC所成角的大小是()A．30B．45C．60D．90答案：C【解析】取BC的中点E，则AE面11BBCC，AEDE，因此AD与平面11BBCC所成角即为ADE，设ABa，则32AEa，2aDE，即有0tan3,60ADEADE．4．设,是两个不同的平面，l是一条直线，以下命题正确的是（）A．若,l，则lB．若//,//l，则lC．若,//l，则lD．若//,l，则l5．C【命题意图】此题主要考查立体几何的线面、面面的位置关系，通过对平行和垂直的考查，充分调动了立体几何中的基本元素关系．【解析】对于A、B、D均可能出现//l，而对于C是正确的．6.设m，n是平面内的两条不同直线，1l，2l是平面内的两条相交直线，则//的一个充分而不必要条件是A.m//且l//B.m//l且n//l2C.m//且n//D.m//且n//l2【答案】：B【解析】若1212//,//,.,.mlnlmn，则可得//.若//则存在1221,//,//mlnl7.已知正四棱柱1111ABCDABCD中，12AAAB，E为1AA中点，则异面直线BE与1CD所成的角的余弦值为A.1010B.15C.31010D.35解：令1AB则12AA,连1AB1CD∥1AB异面直线BE与1CD所成的角即1AB与BE所成的角。在1ABE中由余弦定理易得1310cos10ABE。故选C8．若正四棱柱1111ABCDABCD的底面边长为1，1AB与底面ABCD成60°角，则11AC到底面ABCD的距离为（）A．33B．1C．2D．3答案D【解析】本题主要考查正四棱柱的概念、直线与平面所成的角以及直线与平面的距离等概念.（第4题解答图）属于基础知识、基本运算的考查.依题意，160BAB，如图，11tan603BB，故选D.9．已知二面角l的大小为050，P为空间中任意一点，则过点P且与平面和平面所成的角都是025的直线的条数为（）A．2B．3C．4D．5答案B10．在正四棱柱1111ABCDABCD中，顶点1B到对角线1BD和到平面11ABCD的距离分别为h和d，则下列命题中正确的是A．若侧棱的长小于底面的边长，则hd的取值范围为（0，1）B．若侧棱的长小于底面的边长，则hd的取值范围为223(,)23C．若侧棱的长大于底面的边长，则hd的取值范围为23(,2)3D．若侧棱的长大于底面的边长，则hd的取值范围为23(,)3C11.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=900,∠ACC1=600,∠BCC1=450,侧棱CC1的长为1，则该三棱柱的高等于A.21B.22C.23D.33A12．正方体ABCD—1A1B1C1D的棱上到异面直线AB，C1C的距离相等的点的个数为（C）A．2B．3C.4D.513．平面六面体ABCD-1A1B1C1D中，既与AB共面也与1CC共面的棱的条数为【C】A．3B.4C.5D.614．如图，正四面体ABCD的顶点A，B，C分别在两两垂直的三条射线Ox，Oy，Oz上，则在下列命题中，错误的为A．OABC是正三棱锥B．直线OB∥平面ACDC．直线AD与OB所成的角是45D．二面角DOBA为45yxzOABCD答案B15.如图，已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，,2PAABCPAAB平面，则下列结论正确的是Ａ.PBAD　　Ｂ.平面PABPBC平面C.直线BC∥平面PAEＤ.PDABC直线与平面所成的角为45答案D二、填空题16．如图，在长方形ABCD中，2AB，1BC，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上一动点．现将AFD沿AF折起，使平面ABD平面ABC．在平面ABD内过点D作DKAB，K为垂足．设AKt，则t的取值范围是．答案：1,12【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，1t，随着F点到C点时，因,,CBABCBDKCB平面ADB，即有CBBD，对于2,1,3CDBCBD，又1,2ADAB，因此有ADBD，则有12t，因此t的取值范围是1,1217.对于四面体ABCD，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所在的直线异面；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，则这两条高所在直线异面；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;yxzOABCD最长棱必有某个端点，由它引出的另两条棱的长度之和大于最长棱。[解析]①④⑤18.已知三棱柱111ABCABC的侧棱与底面边长都相等，1A在底面ABC上的射影为BC的中点，则异面直线AB与1CC所成的角的余弦值为（D）（A）34（B）54（C）74(D)34解：设BC的中点为D，连结1AD，AD，易知1AAB即为异面直线AB与1CC所成的角,由三角余弦定理，易知113cocs4oscosADADAADDABAAAB.故选D19.已知二面角α-l-β为60o，动点P、Q分别在面α、β内，P到β的距离为3，Q到α的距离为23，则P、Q两点之间距离的最小值为（C）(A)(B)2(C)23(D)4解:如图分别作,,,QAAAClCPBB于于于PDlD于，连,60,CQBDACQPBD则23,3AQBP，2ACPD又2221223PQAQAPAP当且仅当0AP，即AP点与点重合时取最小值。故答案选C。20.如图，已知正三棱柱111ABCABC的各条棱长都相等，M是侧QAPBCD棱1CC的中点，则异面直线1ABBM和所成的角的大小是。答案9021．如图，若正四棱柱1111ABCDABCD的底面连长为2，高为4，则异面直线1BD与AD所成角的大小是______________（结果用反三角函数表示）.答案630arcsin66cos5arctanare三、解答题22．（本小题满分14分）如图，在直三棱柱111ABCABC中，E、F分别是1AB、1AC的中点，点D在11BC上，11ADBC。求证：（1）EF∥平面ABC；（2）平面1AFD平面11BBCC.【解析】本小题主要考查直线与平面、平面与平面得位置关系，考查空间想象能力、推理论证能力。满分14分。23．（本小题满分14分）如图6，已知正方体1111ABCDABCD的棱长为2，点E是正方形11BCCB的中心，点F、G分别是棱111,CDAA的中点．设点11,EG分别是点E，G在平面11DCCD内的正投影．（1）求以E为顶点，以四边形FGAE在平面11DCCD内的正投影为底面边界的棱锥的体积；（2）证明：直线1FG平面1FEE；（3）求异面直线11EGEA与所成角的正弦值.解：（1）依题作点E、G在平面11DCCD内的正投影1E、1G，则1E、1G分别为1CC、1DD的中点，连结1EE、1EG、ED、1DE，则所求为四棱锥11FGDEE的体积，其底面11FGDE面积为221212221，又1EE面11FGDE，11EE，∴323111111EESVFGDEFGDEE.（2）以D为坐标原点，DA、DC、1DD所在直线分别作x轴，y轴，z轴，得)1,2,0(1E、)1,0,0(1G，又)1,0,2(G，)2,1,0(F，)1,2,1(E，则)1,1,0(1FG，)1,1,1(FE，)1,1,0(1FE，∴01)1(01FEFG，01)1(011FEFG，即FEFG1，11FEFG，又FFEFE1，∴1FG平面1FEE.（3）)0,2,0(11GE，)1,2,1(EA，则62,cos111111EAGEEAGEEAGE，设异面直线11EGEA与所成角为，则33321sin.24.（本小题满分12分）如图，在五面体ABCDEF中，FA平面ABCD,AD//BC//FE，ABAD，M为EC的中点，AF=AB=BC=FE=12AD(I)求异面直线BF与DE所成的角的大小；(II)证明平面AMD平面CDE；（III）求二面角A-CD-E的余弦值。方法一：（Ⅰ）解：由题设知，BF//CE，所以∠CED（或其补角）为异面直线BF与DE所成的角。设P为AD的中点，连结EP，PC。因为FE//AP，所以FA//EP，同理AB//PC。又FA⊥平面ABCD，所以EP⊥平面ABCD。而PC，AD都在平面ABCD内,故EP⊥PC，EP⊥AD。由AB⊥AD，可得PC⊥AD设FA=a，则EP=PC=PD=a,CD=DE=EC=a2，故∠CED=60°。所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°（II）证明：因为.CEMPMP.CEDMCEM，则连结的中点，所以为且DEDC.CDEAMDCDECE.AMDCEMDMMP平面，所以平面平面而平面，故又（III）因为，所以因为，的中点，连结为解：设.CDEQDECE.EQPQCDQ.ECDAEQPCDPQPDPC的平面角为二面角，故，所以由（I）可得，.2226EQaPQaPQEP，，，中，于是在33cosEPQRtEQPQEQP25.（本小题满分12分）如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ADCD，DB平分ADC，E为的PC中点，1,22ADCDDB（1）证明：//PA平面BDE（2）证明：AC平面PBD（3）求直线BC与平面PBD所成角的正切值26．（本题满分15分）如图，平面PAC平面ABC，ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，,,EFO分别为PA，PB，AC的中点，16AC，10PAPC．（I）设G是OC的中点，证明：//FG平面BOE；（II）证明：在ABO内存在一点M，使FM平面BOE，并求点M到OA，OB的距离．证明：（I）如图，连结OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则0,0,0,(0,8,0),(8,0,0),(0,8,0),OABC(0,0,6),(0,4,3),PE4,0,3F，由题意得，0,4,0,G因(8,0,0),(0,4,3)OBOE，因此平面BOE的法向量为(0,3,4)n，(4,4,3FG得0nFG，又直线FG不在平面BOE内，因此有//FG平面BOE（II）设点M的坐标为00,,0xy，则00(4,,3)FMxy，因为FM平面BOE，所以有//FMn，因此有0094,4xy，即点M的坐标为94,,04，在平面直角坐标系xoy中，AOB的内部区域满足不等式组008xyxy，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在ABO内存在一点M，使FM平面BOE，由点M的坐标得点M到OA，OB的距离为94,4．27．（本题满分14分）如图，DC平面ABC，//EBDC，22ACBCEBDC，120ACB，,PQ分别为,AEAB的中点．（I）证明：//PQ平面ACD；（II）求AD与平面ABE所成角的正弦值．28．（Ⅰ）证明：连接CQDP,，在ABE中，QP,分别是ABAE,的中点，所以BEPQ21//，又BEDC21//，所以DCPQ//，又PQ平面ACD，DC平面ACD，2xyz2所以//PQ平面ACD（Ⅱ）在ABC中，BQAQBCAC,2，所以ABCQ而DC平面ABC，DCEB//，所以EB平面ABC而EB平面ABE，所以平面ABE平面ABC，所以CQ平面ABE由（Ⅰ）知四边形DCQP是平行四边形，所以CQDP//所以DP平面ABE，所以直线AD在平面ABE内的射影是AP，所以直线AD与平面ABE所成角是DAP在APDRt中，5122222DCACAD，1sin2CAQCQDP所以5551sinADDPDAP29.（本小题满分12分）如图，已知两个正方行ABCD和DCEF不在同一平面内，M，N分别为AB，DF的中点。（I）若平面ABCD⊥平面DCEF，求直线MN与平面DCEF所成角的正值弦；（II）用反证法证明：直线ME与BN是两条异面直线。（I）解法一：取CD的中点G，连接MG，NG。设正方形ABCD，DCEF的边长为2，则MG⊥CD，MG=2，NG=2.因为平面ABCD⊥平面DCED，所以MG⊥平面DCEF，可得∠MNG是MN与平面DCEF所成的角。因为MN=6，所以sin∠MNG=36为MN与平面DCEF所成角的正弦值……6分30．（本小题满分13分）如图，ABCD的边长为2的正方形，直线l与平面ABCD平行，g和F式l上的两个不同点，且EA=ED，FB=FC，和是平面ABCD内的两点，和都与平面ABCD垂直，（Ⅰ）证明：直线垂直且平分线段AD：（Ⅱ）若∠EAD=∠EAB=60°，EF=2，求多面体ABCDEF的体积。【思路】根据空间线面关系可证线线垂直，由分割法可求得多面体体积，体现的是一种部分与整体的基本思想。【解析】(1)由于EA=ED且\'\'\'EDABCDEDEC面点E\'在线段AD的垂直平分线上,同理点F\'在线段BC的垂直平分线上.又ABCD是四方形线段BC的垂直平分线也就是线段AD的垂直平分线即点E\'F\'都居线段AD的垂直平分线上.所以,直线E\'F\'垂直平分线段AD.(2)连接EB、EC由题意知多面体ABCD可分割成正四棱锥E—ABCD和正四面体E—BCF两部分.设AD中点为M,在Rt△MEE\'中,由于ME\'=1,3\'2MEEE.EV—ABCD21142\'22333SABCDEE四方形又EV—BCF=VC－BEF=VC－BEA=VE－ABC211122\'223323ABCSEE多面体ABCDEF的体积为VE—ABCD＋VE—BCF=2231．（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效）如图，四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形，SD底面ABCD，2AD2DCSD，点M在侧棱SC上，ABM=60°（I）证明：M在侧棱SC的中点（II）求二面角SAMB的大小。（I）解法一：作MN∥SD交CD于N，作NEAB交AB于E，连ME、NB，则MN面ABCD，MEAB,2NEAD设MNx，则NCEBx,在RTMEB中，60MBE3MEx。在RTMNE中由222MENEMN2232xx解得1x，从而12MNSDM为侧棱SC的中点M.解法二:过M作CD的平行线.解法三:利用向量处理.详细可见09年高考参考答案.（II）分析一:利用三垂线定理求解。在新教材中弱化了三垂线定理。这两年高考中求二面角也基本上不用三垂线定理的方法求作二面角。过M作MJ∥CD交SD于J,作SHAJ交AJ于H,作HKAM交AM于K,则JM∥CD,JM面SAD,面SAD面MBA,SH面AMBSKH即为所求二面角的补角.分析二：利用二面角的定义。在等边三角形ABM中过点B作BFAM交AM于点F，则点F为AM的中点，取SA的中点G，连GF，易证GFAM，则GFB即为所求二面角.分析三：利用空间向量求。在两个半平面内分别与交线AM垂直的两个向量的夹角即可。另外：利用射影面积或利用等体积法求点到面的距离等等，这些方法也能奏效。总之在目前，立体几何中的两种主要的处理方法：传统方法与向量的方法仍处于各自半壁江山的状况。命题人在这里一定会照顾双方的利益。32.（本小题满分12分）如图，直三棱柱111ABCABC中，,ABACD、E分别为1AA、1BC的中点，DE平面1BCC（I）证明：ABAC（II）设二面角ABDC为60°，求1BC与平面BCD所成的角的大小。NEFGkHJ（I）分析一：连结BE，111ABCABC为直三棱柱，190,BBCE为1BC的中点，BEEC。又DE平面1BCC，BDDC（射影相等的两条斜线段相等）而DA平面ABC，ABAC（相等的斜线段的射影相等）。分析二：取BC的中点F，证四边形AFED为平行四边形，进而证AF∥DE，AFBC，得ABAC也可。分析三：利用空间向量的方法。具体解法略。（II）分析一：求1BC与平面BCD所成的线面角，只需求点1B到面BDC的距离即可。作AGBD于G，连GC，则GCBD，AGC为二面角ABDC的平面角60AGC.不妨设23AC，则2,4AGGC.在RTABD中，由ADABBDAG，易得6AD.设点1B到面BDC的距离为h，1BC与平面BCD所成的角为。利用11133BBCBCDSDESh，可求得h23，又可求得143BC11sin30.2hBC即1BC与平面BCD所成的角为30.分析二：作出1BC与平面BCD所成的角再行求解。如图可证得BCAFED面，所以面AFEDBDC面。由分析一易知：四边形AFED为正方形，连AEDF、，并设O交点为O，则EOBDC面，OC为EC在面BDC内的射影。ECO即为所求。以下略。分析三：利用空间向量的方法求出面BDC的法向量n，则1BC与平面BCD所成的角即为1BC与法向量n的夹角的余角。具体解法详见高考试题参考答案。总之在目前，立体几何中的两种主要的处理方法：传统方法与向量的方法仍处于各自半壁江山的状况。命题人在这里一定会兼顾双方的利益。34．（本小题共14分）如图，在三棱锥PABC中，PA底面,,60,90ABCPAABABCBCA，点D，E分别在棱,PBPC上，且//DEBC（Ⅰ）求证：BC平面PAC；（Ⅱ）当D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成的角的大小；（Ⅲ）是否存在点E使得二面角ADEP为直二面角？并说明理由.【解法1】本题主要考查直线和平面垂直、直线与平面所成的角、二面角等基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力．（Ⅰ）∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC.又90BCA，∴AC⊥BC.∴BC⊥平面PAC.（Ⅱ）∵D为PB的中点，DE//BC，∴12DEBC，又由（Ⅰ）知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，垂足为点E.∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角，∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB，又PA=AB，∴△ABP为等腰直角三角形，∴12ADAB，∴在Rt△ABC中，60ABC，∴12BCAB.∴在Rt△ADE中，2sin24DEBCDAEADAD，∴AD与平面PAC所成的角的大小2arcsin4.（Ⅲ）∵AE//BC，又由（Ⅰ）知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，又∵AE平面PAC，PE平面PAC，∴DE⊥AE，DE⊥PE，∴∠AEP为二面角ADEP的平面角，∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，∴90PAC.∴在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC，这时90AEP，故存在点E使得二面角ADEP是直二面角.【解法2】如图，以A为原煤点建立空间直角坐标系Axyz，设PAa，由已知可得1330,0,0,,,0,0,,0,0,0,222ABaaCaPa.（Ⅰ）∵10,0,,,0,02APaBCa，∴0BCAP，∴BC⊥AP.又∵90BCA，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC.（Ⅱ）∵D为PB的中点，DE//BC，∴E为PC的中点，∴13131,,,0,,44242DaaaEaa，∴又由（Ⅰ）知，BC⊥平面PAC，∴∴DE⊥平面PAC，垂足为点E.∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角，∵13131,,,0,,44242ADaaaAEaa，∴14cos4ADAEDAEADAE.∴AD与平面PAC所成的角的大小14arccos4.（Ⅲ）同解法1.36．（本小题共14分）如图，四棱锥PABCD的底面是正方形，PDABCD底面，点E在棱PB上.（Ⅰ）求证：平面AECPDB平面；（Ⅱ）当2PDAB且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小.【解法1】本题主要考查直线和平面垂直、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、运算能力和推理论证能力．（Ⅰ）∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∵PDABCD底面，∴PD⊥AC，∴AC⊥平面PDB，∴平面AECPDB平面.（Ⅱ）设AC∩BD=O，连接OE，由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，∴O，E分别为DB、PB的中点，∴OE//PD，12OEPD，又∵PDABCD底面，∴OE⊥底面ABCD，OE⊥AO，在Rt△AOE中，1222OEPDABAO，∴45AOE，即AE与平面PDB所成的角的大小为45.37．（本小题满分12分，（Ⅰ）问5分，（Ⅱ）问7分）如题（19）图，在四棱锥SABCD中，ADBC且ADCD；平面CSD平面ABCD，,22CSDSCSAD；E为BS的中点，2,3CEAS．求：（Ⅰ）点A到平面BCS的距离；（Ⅱ）二面角ECDA的大小．39（本小题满分13分，（Ⅰ）小问7分，（Ⅱ）小问6分）如题（18）图，在五面体ABCDEF中，AB//DC，∠BAD=2π，CD=AD=2.，四边形ABFE为平行四边形，FA⊥平面ABCD，FC=3，ED=7，求：（Ⅰ）直线AB到平面EFCD的距离：（Ⅱ）二面角F-AD-E的平面角的正切值，40.（本小题满分12分）如图4，在正三棱柱111ABCABC中，2ABAAD是11AB的中点，点E在11AC上，且DEAE。（I）证明平面ADE平面11ACCA（II）求直线AD和平面ABC所成角的正弦值。解（I）如图所示，由正三棱柱111ABCABC的性质知1AA平面111ABC又DE平面A1B1C1，所以DEAA1.而DEAE。AA1AE=A所以DE平面ACC1A1，又DE平面ADE，故平面ADE平面ACC1A1。（2）解法1如图所示，设F使AB的中点，连接DF、DC、CF，由正三棱柱ABC-A1B1C1的性质及D是A1B的中点知A1BC1D，A1BDF又C1DDF=D，所以A1B平面C1DF，而AB∥A1B，所以AB平面C1DF，又AB平面ABC，故平面ABC1平面C1DF。过点D做DH垂直C1F于点H，则DH平面ABC1。连接AH，则HAD是AD和平面ABC1所成的角。由已知AB=2AA1，不妨设AA1=2，则AB=2，DF=2，DC1=3，C1F=5，AD=221ADAA=3，DH=FCDCDF11·=532—530，所以sinHAD=ADDH=510。即直线AD和平面ABC1所成角的正弦值为510。41.（本小题满分12分）如图3，在正三棱柱ABC-1A1B1C中，AB=4,A1A=7,点D是BC的中点，点E在AC上，且DE1AE（Ⅰ）证明：平面1ADE平面11ACCA;（Ⅱ）求直线AD和平面1ADE所成角的正弦值。解（Ⅰ）如图所示，由正三棱柱ABC-1A1B1C的性质知1AA平面ABC又DE平面ABC，所以DEA1A.而DEA1A，111AAAEA,所以DE⊥平面11ACCA又DE平面1ADE，故平面1ADE⊥平面11ACCA（Ⅱ）解法1过点A作AF垂直1AE于点F连接DF.由（Ⅰ）知，平面1ADE⊥平面11ACCA，所以AF平面1ADE,故ADF直线AD和平面1ADE所成的角。因为DE11ACCA所以DEAC而ABC是边长为4的正三角形，于是AD=23AE=4-CE=4-12CD=3又因为A1A=7所以1AE=221AAAE=2(7)3=411374AEAAAFAE,21sin8AFADFAD即直线AD和平面1ADE所成的角的正弦值为21842．（本小题满分12分）在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，4PAAD，2AB.以AC的中点O为球心、AC为直径的球面交PD于点M，交PC于点N.（1）求证：平面ABM⊥平面PCD；（2）求直线CD与平面ACM所成的角的大小；（3）求点N到平面ACM的距离.20．解：方法一：（1）依题设知，AC是所作球面的直径，则AM⊥MC。又因为PA⊥平面ABCD，则PA⊥CD，又CD⊥AD，所以CD⊥平面ＰＡＤ，则CD⊥AM，所以AM⊥平面PCD，所以平面ABM⊥平面PCD。（2）由（1）知，AMPD，又PAAD，则M是PD的中点可得22AM，2223MCMDCD则1262ACMSAMMC设D到平面ACM的距离为h，由DACMMACDVV即268h，可求得263h，设所求角为，则6sin3hCD，6arcsin3。（1）可求得PC=6。因为AN⊥NC，由PNPAPAPC，得PN83。所以:5:9NCPC。故N点到平面ACM的距离等于P点到平面ACM距离的59。又因为M是PD的中点，则P、D到平面ACM的距离相等，由（2）可知所求距离为5106927h。43（本小题满分12分）如图，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，△ABE是等腰直角三角形，,,45ABAEFAFEAEF（I）求证：EFBCE平面；（II）设线段CD的中点为P，在直线AE上是否存在一点M，使得PMBCE平面？若存在，请指出点M的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由；（III）求二面角FBDA的大小。（19）本小题主要考察平面与平面垂直、直线与平面垂直、直线与平面平行、二面角NODMCBPA等基础知识，考察空间想象能力、逻辑推理能力和数学探究意识，考察应用向量知识解决数学问题的能力。解法一：（Ⅰ）因为平面ABEF⊥平面ABCD,BC平面ABCD，平面ABEF平面ABCDAB，所以BC⊥平面ABEF所以BC⊥EF.因为ABE为等腰直角三角形，ABAE，所以45AEB又因为45AEF，所以454590FEB，即EF⊥BEB,所以EF⊥平面BCE。……………………………………4分（Ⅱ）存在点M,当M为线段AE的中点时，PM∥平面BCE取BE的中点N，连接AN,MN，则MN∥＝12AB∥＝PC所以PMNC为平行四边形，所以PM∥CN因为CN在平面BCE内，PM不在平面BCE内，所以PM∥平面BCE……………………………………8分（Ⅲ）由EA⊥AB,平面ABEF⊥平面ABCD，易知，EA⊥平面ABCD作FG⊥AB,交BA的延长线于G，则FG∥EA。从而，FG⊥平面ABCD作GH⊥BD于G，连结FH，则由三垂线定理知，BD⊥FH因此，∠AEF为二面角F-BD-A的平面角因为FA=FE,∠AEF=45°,所以∠AFE=90°，∠FAG=45°.设AB=1,则AE=1,AF=22.FG=AF·sinFAG=12在Rt△FGH中，∠GBH=45°,BG=AB+AG=1+12=32,GH=BG·sinGBH=32·22=324在Rt△FGH中，tanFHG=FGGH=23故二面角F-BD-A的大小为arctan23.………………………………12分2005—2008年高考题一、选择题1.（2008上海13）给定空间中的直线L及平面，条件“直线L与平面内无数条直线都垂直”是“直线L与平面垂直”的（）条件A．充要B．充分非必要C．必要非充分D．既非充分又非必要答案C2.（2008天津5）设ba,是两条直线，,是两个平面，则ba的一个充分条件是()A．,//,ba　　B．//,,baC．//,,baD．,//,ba答案C3.（2008安徽4）已知,mn是两条不同直线，,,是三个不同平面，下列命题中正确的是（）A．,,mnmn若则‖‖‖B．,,若则‖C．,,mm若则‖‖‖D．,,mnmn若则‖答案D4.（2008湖南5）设有直线m、n和平面、.下列四个命题中，正确的是()A.若m∥,n∥,则m∥nB.若m,n,m∥,n∥,则∥C.若，m,则mD.若，m，m,则m∥答案D5.（2008全国Ⅰ11）已知三棱柱111ABCABC的侧棱与底面边长都相等，1A在底面ABC内的射影为ABC△的中心，则1AB与底面ABC所成角的正弦值等于（）A．13B．23C．33D．23答案C6.（2008全国Ⅱ10）已知正四棱锥SABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AESD，所成的角的余弦值为（）A．13B．23C．33D．23答案C7.（2008四川９）设直线l平面，过平面外一点A与,l都成030角的直线有且只有()A．１条　　B.２条C．３条　　D．４条答案B8.（2008湖南9）长方体ABCD－A1B1C1D1的8个顶点在同一球面上，且AB=2,AD=3,AA1=1,则顶点A、B间的球面距离是(C)A.22B.2C.22D.24答案C9.（2008陕西9）如图，lABAB，，，，，到l的距离分别是a和b，AB与，所成的角分别是和，AB在，内的射影分别是m和n，若ab，则（）A．mn，B．mn，C．mn，D．mn，答案D11.(2007北京理•3）平面∥平面的一个充分条件是（　　）A．存在一条直线aa，∥，∥B．存在一条直线aaa，，∥C．存在两条平行直线ababab，，，，∥，∥D．存在两条异面直线abaab，，，∥，∥答案D12.(2007安徽理•2）设l，m，n均为直线，其中m，n在平面内，“l”是lm且“ln”的（　　）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案13.（2007福建理•8）已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A.,,//,////mnmnB．//,,//mnmnC．,//mmnnD．//,mnnm答案D14.（2007湖北理•4）平面外有两条直线m和n，如果m和n在平面内的射影分别ABabl是1m和1n，给出下列四个命题：①1m⊥1nm⊥n；②m⊥n1m⊥1n；③1m与1n相交m与n相交或重合；④1m与1n平行m与n平行或重合其中不正确的命题个数是（）A.1B.2C.3D.4答案D15.（2007江苏理•4）已知两条直线,mn，两个平面,，给出下面四个命题：①//,mnmn②//,,//mnmn③//,////mnmn④//,//,mnmn其中正确命题的序号是（）A．①③B．②④C．①④D．②③答案C16.（2007全国Ⅰ理•7）如图，正四棱柱1111DCBAABCD中，ABAA21，则异面直线11ADBA与所成角的余弦值为（）A．51B．52C．53D．54答案D17.（2007福建理•10）顶点在同一球面上的正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝，则A、C两点间的球面距离为（）A．4B．2C．24D．22答案B18.（2007四川理•4）如图，ABCD-A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是（）A．BD∥平面CB1D1B．AC1⊥BDC．AC1⊥平面CB1D1D．异面直线AD与CB1角为60°答案D19.(2006福建）对于平面和共面的直线m、n，下列命题中真命题是()A.若m⊥，m⊥n，则n∥B.若m∥，n∥，则m∥nC.若m，n∥，则m∥nD.若m、n与所成的角相等，则n∥m答案C20.（2006广东）给出以下四个命题：①如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行，②如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面③如果两条直线都平行于一个平面，那么这两条直线互相平行，④如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直.其中真命题的个数是()A.4B.3C.2D.1答案B21.（2006湖南卷）过平行六面体ABCD-A1B1C1D1任意两条棱的中点作直线,其中与平面DBB1D1平行的直线共有()A.4条B.6条C.8条D.12条答案D22.（2006全国II）如图，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α、β所成的角分别为和，过A、B分别作两平面交线的垂线，垂足为A′、B′，则AB∶A′B′＝（）1111ABCDDCBAA\'B\'ABA.2∶1B.3∶1C.3∶2D.4∶3答案A23.(2006重庆卷)对于任意的直线l与平同a,在平面a内必有直线m,使m与lA.平行　　B.相交C.垂直D.互为异面直线答案C24.（2005上海春13）已知直线nml、、及平面，下列命题中的假命题是（）A.若//lm，//mn，则//lnB.若l，//n，则lnC.若lm，//mn，则lnD.若//l，//n，则//ln答案D25.（2005上海14）若空间中有四个点，则“这四个点中有三点在同一直线上”是“这四个点在同一平面上”的（）A.充分非必要条件B.必要非充分条件C.充要条件D.非充分非必要条件答案A二、填空题26.（2008陕西14）长方体1111ABCDABCD的各顶点都在球O的球面上，其中1::1:1:2ABADAA．AB，两点的球面距离记为m，1AD，两点的球面距离记为n，则mn的值为．答案1227.(2008全国Ⅰ16）等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB，二面角CABD的余弦值为33，MN，分别是ACBC，的中点，则EMAN，所成角的余弦值等于．答案6128.（2008安徽16）已知,,,ABCD在同一个球面上,,ABBCD平面,BCCD若6,AB213,AC8AD,则,BC两点间的球面距离是.答案4329.（2008辽宁14）在体积为43的球的表面上有A，B，C三点，AB=1，BC=2，A，C两点的球面距离为33，则球心到平面ABC的距离为_________．答案3230.（2007四川理•14）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱长为2，底面三角形的边长为1，则BC1与侧面ACC1A1所成的角是．答案631.（2007浙江理•16）已知点O在二面角AB的棱上，点P在内，且45POB。若对于内异于O的任意一点Q，都有45POQ，则二面角AB的大小是_______。答案90三、解答题32.（2008北京16）如图，在三棱锥PABC中，2ACBC，90ACB，APBPAB，PCAC．（Ⅰ）求证：PCAB；（Ⅱ）求二面角BAPC的大小；（Ⅲ）求点C到平面APB的距离．（Ⅰ）证明取AB中点D，连结PDCD，．APBP，PDAB．ACBPACBC，CDAB．PDCDD，AB平面PCD．PC平面PCD，PCAB．（Ⅱ）解ACBC，APBP，APCBPC△≌△．又PCAC，PCBC．又90ACB，即ACBC，且ACPCC，BC平面PAC．取AP中点E．连结BECE，．ABBP，BEAP．EC是BE在平面PAC内的射影，CEAP．BEC是二面角BAPC的平面角．在BCE△中，90BCE，2BC，362BEAB，6sin3BCBECBE．二面角BAPC的大小为6arcsin3．（Ⅲ）解由（Ⅰ）知AB平面PCD，平面APB平面PCD．过C作CHPD，垂足为H．平面APB平面PCDPD，CH平面APB．CH的长即为点C到平面APB的距离．由（Ⅰ）知PCAB，又PCAC，且ABACA，ACBDPACBEPACBDPHPC平面ABC．CD平面ABC，PCCD．在RtPCD△中，122CDAB，362PDPB，222PCPDCD．332PDCDPCCH．点C到平面APB的距离为233．第二部分四年联考汇编2010年联考题题组二（5月份更新）1.（祥云一中月考理）已知直线xy3与圆222yx相交于BA,两点，O为坐标原点，则AOB（）A．32B．3C．65D．6答案：B2．（昆明一中二次月考理）在三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是（）A．300B．450C．600D．90答案：C3.（祥云一中月考理）曲线241:xyC与直线4)2(:xkyl有两个交点时，实数k的取值范围是（）A．]43,125(B．),125(C．)125,0(D．)43,31(答案：A4.（哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）设、是两个不同的平面，a、b是两条不同的直线，给出下列4个命题,其中正确命题是（）A.若a∥，b∥，则a∥b　　　B.若a∥，b∥，a∥b，则∥；C.若a⊥，b⊥，a⊥b，则⊥；D.若a、b在平面内的射影互相垂直，则a⊥b.答案C5．（祥云一中三次月考文）曲线y=2x在x=1处的切线在y轴上的截距为A．－1B．－3C．1D．3答案：A6.（玉溪一中期中）在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为BB1的中点，则点D到直线A1M的距离为（）A．55B．255C．355D．5答案：C7.（昆明一中三次月考理）如图,矩形ABCD中,AB=3,BC=4,沿对角线BD将△ABD折起,使A点在平面BCD内的射影落在BC边上,若二面角C—AB—D的平面角大小为θ,则sinθ的值等A．34B．74C．377D．45答案：A8．（三明市三校联考）（本小题满分13分）如图，ABCD是块矩形硬纸板，其中AB=2AD=22，E为DC中点，将它沿AE折成直二面角D-AE-B.（Ⅰ）求证：AD⊥平面BDE；（Ⅱ）求二面角B-AD-E的余弦值.（Ⅰ）证明：由题设可知AD⊥DE，取AE中点O，ABCEDCDEABCDEABOxyzF2连结OD、BE，∵AD=DE=2，∴OD⊥AE，又∵二面角D—AE—B为直二面角，∴OD⊥平面ABCE，∴OD⊥BE，AE=BE=2，AB=22，∴AB2=AE2+BE2，AE⊥BE，OD∩AE=O，∴BE⊥平面ADE，∴BE⊥AD，BE∩DE=E，∴AD⊥平面BDE.……………………………………（6分）（Ⅱ）取AB中点F，连结OF，则OF//EB，∴OF⊥平面ADE，以O为原点，OA，OF，OD为x、y、z轴建立直角坐标系（如图），则A(1，0，0)，D(0，0，1)，B(-1，2，0)，)1,0,1(AD，)1,2,1(BD，设),,(zyxm是平面ABD的一个法向量，则0BDm，0ADm,∴002zxzyx取x=1，则y=1，z=1，则)1,1,1(m，平面ADE的法向量)0,1,0(OF∴33311||||cosOFmOFm.…………………………………（13分）9．（昆明一中三次月考理）（本小题满分12分）图甲，直角梯形ABCD中，AB∥CD，DAB90，点MN、分别在ABCD、上且MNAB，MCCBBC=2MB=4，，，现将梯形ABCD沿MN拆起，平面AMND平面MNCB，图乙．（Ⅰ）求证：AB∥平面DNC（Ⅱ）若二面角DBCN的大小为30,求线段DN的长；10．ACBDNMCDNABM甲乙42ACBDNMCDNABMxyzABCDPE解：（Ⅰ）由题知DN∥AM、NC∥MB，DNNCNAMMBB、∴平面DNC∥平面AMB，又ABAMB平面∴AB∥平面DNC。。。。。4分（Ⅱ）以N为原点，如图建立直角坐标系N-xyz,由已知易得MN3,NC332…………9分（Ⅲ）假设存在点F，设3Fx,0,2，则有3CFx,-3,2，又3DB3,4,2CFDB,CFDB0即93x-12-04解得：193x34故不存在……12分11.（玉溪一中期中）（本小题12分）如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABADACCD，，60ABC°，PAABBC，E是PC的中点．（Ⅰ）求PB和平面PAD所成的角的大小；（Ⅱ）证明AE平面PCD；（Ⅲ）求二面角APDC的大小．9.（Ⅰ）解：在四棱锥PABCD中，因PA底面ABCD，AB平面ABCD，故PAAB．又ABAD，PAADA，从而AB平面PAD．故PB在平面PAD内的射影为PA，从而APB∠为PB和平面PAD所成的角．在RtPAB△中，ABPA，故45APB∠．所以PB和平面PAD所成的角的大小为45．（Ⅱ）证明：在四棱锥PABCD中，因PA底面ABCD，CD平面ABCD，故CDPA．由条件CDPC，PAACA，CD面PAC．又AE面PAC，AECD．由PAABBC，60ABC∠，可得ACPA．E是PC的中点，AEPC，PCCDC．综上得AE平面PCD．（Ⅲ）解：过点E作EMPD，垂足为M，连结AM．由（Ⅱ）知，AE平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，则AMPD．因此AME∠是二面角APDC的平面角．由已知，可得30CAD∠．设ACa，可得PAa，233ADa，213PDa，22AEa．在RtADP△中，AMPD，∴ADPAPDAM，则aaaaPDADPAAM772321332．在RtAEM△中，14sin4AEAMEAM．所以二面角APDC的大小14arcsin4题组一（3月份更新）一、选择填空1、（2009泰安一模）已知m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列ABCDPEM命题正确的是(A)若αγ⊥，αβ⊥，则γβ(B)∥若mn∥，mn,nβ,则αβ∥(c)若mn∥，mα∥，则nα(D)∥若nα⊥，nα⊥，则αβ∥答案D2、（2009昆明市期末）三棱锥S—ABC中，SA⊥底面ABC，SA=4，AB=3，D为AB的中点∠ABC=90°，则点D到面SBC的距离等于（）A．512B59C．56D．53答案C3、（2009广东三校一模）如图，设平面CDABEF,,，垂足分别为DB,，若增加一个条件，就能推出EFBD.现有①;AC②AC与,所成的角相等;③AC与CD在内的射影在同一条直线上;④AC∥EF.那么上述几个条件中能成为增加条件的个数是1.A个2.B个3.C个4.D个.答案C4、（2009牟定一中期中）设m、n是两条不同的直线，、是两个不同的平面.下列四个命题中，正确的是()A．//,,,mn,则//mnB．,m,则mC．,m,n,则mnD．//,m，//n，则mn答案D5、（2009东莞一模）如右图，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正三角形，俯视图是一个圆，那么几何体的侧面积为AEFBDCA．12B.22C.24D.4答案A6、（2009汕头一模）在空间中，有如下命题：①互相平行的两条直线在同一个平面内的射影必然是互相平行的两条直线；②若平面α∥平面β，则平面α内任意一条直线m∥平面β；③若平面α与平面β的交线为m，平面α内的直线n⊥直线m，则直线n⊥平面β；④若平面α内的三点A,B,C到平面β的距离相等，则α∥β．其中正确命题的个数为（　　）个。A．0　　B．1　　C．2　　D．3答案B7、（2009南华一中12月月考）空间四条直线a，b，c，d，满足a⊥b，b⊥c，c⊥d，d⊥a，则必有()A．a⊥cB．b⊥dC．b∥d或a∥cD．b∥d且a∥c答案C8.(安徽六校联考)设a、b为两条直线，、为两个平面，则下列结论成立的是()A.若a，b，且//ab，则//；B.若a，b，且ab，则；C.若//a，b，则//ab；D.若a，b，则//ab答案D9．（安庆市四校元旦联考）设m、n是不同的直线，、、是不同的平面，有以下四个命题：（1）//////（2）//mm（3）//mm（4）////mnmn，其中假命题有答案（1）（3）10.（2009上海十校联考）如图，设A是棱长为a的正方体的一个顶点，过从此顶点出发的三条棱的中点作截面，对正方体的所有顶点都如此操作，所得的各截面与正方体各面共同围成一个多面体，则关于此多面体有以下结论：①有12个顶点；②有24条棱；③有12个面；④表面积为23a；⑤体积为365a．其中正确的结论是____________．（要求填上所有正确结论的序号）答案①②⑤二、解答题1、（20009枣庄一模）如图，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，60BCD，E是CD的中点，.3,PAABCDPA平面（1）证明：平面PBE平面PAB；（2）求二面角A—BE—P的大小。解：（1）如图，连结BD，由四边形ABCD是菱形且60BCD知，BCD是等边三角形，E是CD的中点，.CDBE而AB//CD，.ABBE2分又BEABCDPA,底面平面ABCD，.BEPA而呵呵平面PAB。4分A又PBEPBEBE所以平面平面,平面PAB。6分（2）由（1）知，PBPABBE而平面,平面PAB，所以.PBBE又PBAABBE所以,是二面角A—BE—P的平面角9分ABABCDPA,底面平面ABCD，.ABPA在1,3,90,ABPAPABPABRt中.60,3tanPBAABPAPBA故二面角A—BE—P的大小是6012分2、（2009广州一模）如图4，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，D、E、F分别是棱PA、PB、PC的中点，连接DE，DF，EF.(1)求证:平面DEF∥平面ABC；(2)若PA=BC=2，当三棱锥P-ABC的体积的最大值时，求二面角A-EF-D的平面角的余弦值..(本题主要考查空间中的线面的位置关系、空间的角、几何体体积等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力)证明:∵D、E分别是棱PA、PB的中点，∴DE是△PAB的中位线，∴DE∥AB，∵DE平面PAB，AB平面PAB，∴DE∥平面PAB，……2分∵DE∩DF=D，DE平面DEF，DF平面DEF，∴平面DEF∥平面ABC.……4分(2)求三棱锥P-ABC的体积的最大值，给出如下两种解法：解法1：由已知PA⊥平面ABC，AC⊥AB，PA=BC=2，∴AB2+AC2=BC2=4，∴三棱锥P-ABC的体积为ABC111V=PASPAABAC332ABCPDEF……6分22211ABAC1BC22ABAC632323.当且仅当AB=AC时等号成立，V取得最大值，其值为23，此时AB=AC=2.解法2：设AB=x，在△ABC中，222ACBCAB4x(0

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