1、第六講 立體幾何新題型的解題技巧【命題趨向】在高考中立體幾何命題有如下特點：1.線面位置關系突出平行和垂直，將側重于垂直關系2.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3.多面體及簡單多面體的概念、性質多在選擇題，填空題出現4.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. 【考點透視】(A)版.掌握兩條直線所成的角和距離的概念，對于異面直線的距離，只要求會計算已給出公垂線時的距離.掌握斜線在平面上的射影、直線和平面所成的角、直線和平面的距離的概念.掌握二面角

2、、二面角的平面角、兩個平行平面間的距離的概念.(B)版. 理解空間向量的概念，掌握空間向量的加法、減法和數乘.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.掌握空間向量的數量積的定義及其性質，掌握用直角坐標計算空間向量數量積公式.理解直線的方向向量、平面的法向量，向量在平面內的射影等概念.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、球的性質，掌握球的表面積、體積公式.會畫直棱柱、正棱錐的直觀圖.空間距離和角是高考考查的重點：特別是以兩點間距離，點到平面的距離，兩異面直線的距離，直線與平面的距離以及兩異面直線所成的角，直線與平面所成的角，二面角

3、等作為命題的重點內容，高考試題中常將上述內容綜合在一起放在解答題中進行考查，分為多個小問題，也可能作為客觀題進行單獨考查.考查空間距離和角的試題一般作為整套試卷的中檔題，但也可能在最后一問中設置有難度的問題.不論是求空間距離還是空間角，都要按照“一作，二證，三算”的步驟來完成，即寓證明于運算之中，正是本專題的一大特色. 求解空間距離和角的方法有兩種：一是利用傳統的幾何方法，二是利用空間向量。【例題解析】考點1 點到平面的距離求點到平面的距離就是求點到平面的垂線段的長度，其關鍵在于確定點在平面內的垂足，當然別忘了轉化法與等體積法的應用.典型例題例1（2007年福建卷理）如圖，正三棱柱的所有棱長都

4、為，為中點ABCD（）求證：平面；（）求二面角的大小；（）求點到平面的距離考查目的：本小題主要考查直線與平面的位置關系，二面角的大小，點到平面的距離等知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力 解答過程：解法一：（）取中點，連結ABCDOF為正三角形，正三棱柱中，平面平面，平面連結，在正方形中，分別為的中點， ， 在正方形中， 平面（）設與交于點，在平面中，作于，連結，由（）得平面， 為二面角的平面角在中，由等面積法可求得，又， 所以二面角的大小為（）中，在正三棱柱中，到平面的距離為設點到平面的距離為由，得，點到平面的距離為解法二：（）取中點，連結為正三角形，在正三棱柱中，平面平面，平面x

5、zABCDOFy取中點，以為原點，的方向為軸的正方向建立空間直角坐標系，則，平面（）設平面的法向量為， ，令得為平面的一個法向量由（）知平面，為平面的法向量，二面角的大小為（）由（），為平面法向量，點到平面的距離小結：本例中（）采用了兩種方法求點到平面的距離.解法二采用了平面向量的計算方法，把不易直接求的B點到平面的距離轉化為容易求的點K到平面的距離的計算方法，這是數學解題中常用的方法；解法一采用了等體積法，這種方法可以避免復雜的幾何作圖，顯得更簡單些，因此可優先考慮使用這一種方法.例2.( 2006年湖南卷)如圖,已知兩個正四棱錐P-ABCD與Q-ABCD的高分別為1和2,AB=4.()證明

6、PQ平面ABCD；()求異面直線AQ與PB所成的角；()求點P到平面QAD的距離.命題目的：本題主要考查直線與平面的位置關系、異面直線所成的角以及點到平面的距離基本知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力.QBCPADOM過程指引：方法一關鍵是用恰當的方法找到所求的空間距離和角；方法二關鍵是掌握利用空間向量求空間距離和角的一般方法.解答過程：方法一（）取AD的中點，連結PM，QM.因為PABCD與QABCD都是正四棱錐，所以ADPM，ADQM. 從而AD平面PQM.又平面PQM，所以PQAD.同理PQAB，所以PQ平面ABCD.（）連結AC、BD設，由PQ平面ABCD及正四棱錐的性質可知

7、O在PQ上，從而P、A、Q、C四點共面.取OC的中點N，連接PN.因為，所以，從而AQPN，BPN（或其補角）是異面直線AQ與PB所成的角.因為，所以.從而異面直線AQ與PB所成的角是.()連結OM，則所以MQP45°.由（）知AD平面PMQ，所以平面PMQ平面QAD. 過P作PHQM于H，PH平面QAD.從而PH的長是點P到平面QAD的距離.又.即點P到平面QAD的距離是.QBCPADzyxO方法二（）連結AC、BD，設.由PABCD與QABCD都是正四棱錐，所以PO平面ABCD，QO平面ABCD.從而P、O、Q三點在一條直線上，所以PQ平面ABCD.（）由題設知，ABCD是正方形

8、，所以ACBD. 由（），QO平面ABCD. 故可分別以直線CA、DB、QP為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系（如圖），由題條件，相關各點的坐標分別是P（0，0，1），A（，0，0），Q（0，0，2），B（0，0）.所以于是.()由（），點D的坐標是（0，0），設是平面QAD的一個法向量，由得.取x=1，得.所以點P到平面QAD的距離.考點2 異面直線的距離此類題目主要考查異面直線的距離的概念及其求法，考綱只要求掌握已給出公垂線段的異面直線的距離.典型例題例3 已知三棱錐，底面是邊長為的正三角形，棱的長為2，且垂直于底面.分別為的中點，求CD與SE間的距離.思路啟迪：由于異面直線CD與SE的

9、公垂線不易尋找，所以設法將所求異面直線的距離，轉化成求直線與平面的距離，再進一步轉化成求點到平面的距離.解答過程： 如圖所示，取BD的中點F，連結EF，SF，CF，為的中位線，面,到平面的距離即為兩異面直線間的距離.又線面之間的距離可轉化為線上一點C到平面的距離，設其為h，由題意知，,D、E、F分別是AB、BC、BD的中點，在Rt中，在Rt中，又由于，即，解得故CD與SE間的距離為.小結：通過本例我們可以看到求空間距離的過程，就是一個不斷轉化的過程.考點3 直線到平面的距離此類題目再加上平行平面間的距離，主要考查點面、線面、面面距離間的轉化.典型例題例4 如圖，在棱長為2的正方體中，G是的中點

10、，求BD到平面的距離.BACDOGH思路啟迪：把線面距離轉化為點面距離，再用點到平面距離的方法求解.解答過程：解析一 平面，上任意一點到平面的距離皆為所求，以下求點O平面的距離,，平面,又平面平面，兩個平面的交線是,作于H，則有平面，即OH是O點到平面的距離.在中，.又.即BD到平面的距離等于.解析二 平面，上任意一點到平面的距離皆為所求，以下求點B平面的距離.設點B到平面的距離為h，將它視為三棱錐的高，則 , 即BD到平面的距離等于.小結：當直線與平面平行時，直線上的每一點到平面的距離都相等，都是線面距離.所以求線面距離關鍵是選準恰當的點，轉化為點面距離.本例解析一是根據選出的點直接作出距離

11、；解析二是等體積法求出點面距離.考點4 異面直線所成的角此類題目一般是按定義作出異面直線所成的角，然后通過解三角形來求角.異面直線所成的角是高考考查的重點.典型例題例5（2007年北京卷文）如圖，在中，斜邊可以通過以直線為軸旋轉得到，且二面角的直二面角是的中點（I）求證：平面平面；（II）求異面直線與所成角的大小思路啟迪：（II）的關鍵是通過平移把異面直線轉化到一個三角形內. 解答過程：解法1：（I）由題意，是二面角是直二面角，又，平面，又平面平面平面（II）作，垂足為，連結（如圖），則，是異面直線與所成的角在中，又在中，異面直線與所成角的大小為解法2：（I）同解法1（II）建立空間直角坐標系

12、，如圖，則，異面直線與所成角的大小為小結： 求異面直線所成的角常常先作出所成角的平面圖形，作法有：平移法：在異面直線中的一條直線上選擇“特殊點”，作另一條直線的平行線，如解析一，或利用中位線，如解析二；補形法：把空間圖形補成熟悉的幾何體，其目的在于容易發現兩條異面直線間的關系，如解析三.一般來說，平移法是最常用的，應作為求異面直線所成的角的首選方法.同時要特別注意異面直線所成的角的范圍：.例6（2006年廣東卷）如圖所示，AF、DE分別是O、O1的直徑.AD與兩圓所在的平面均垂直，AD8,BC是O的直徑，ABAC6，OE/AD.()求二面角BADF的大小；()求直線BD與EF所成的角.命題目的

13、：本題主要考查二面角以及異面直線所成的角等基本知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力.過程指引：關鍵是用恰當的方法找到所求的空間距離和角并掌握利用空間向量求空間距離和角的一般方法.解答過程： ()AD與兩圓所在的平面均垂直,ADAB, ADAF,故BAF是二面角BADF的平面角.，由于ABFC是正方形，所以BAF450.即二面角BADF的大小為450；()以O為原點，BC、AF、OE所在直線為坐標軸，建立空間直角坐標系（如圖所示），則O（0，0，0），A（0，0），B（，0，0）,D（0，8），E（0，0，8），F（0，0）所以，設異面直線BD與EF所成角為，則.故直線BD與EF所成的

14、角為.考點5 直線和平面所成的角此類題主要考查直線與平面所成的角的作法、證明以及計算.線面角在空間角中占有重要地位，是高考的常考內容.典型例題例7.（2007年全國卷理）四棱錐中，底面為平行四邊形，側面底面已知，（）證明；（）求直線與平面所成角的大小考查目的：本小題主要考查直線與直線,直線與平面的位置關系，二面角的大小，點到平面的距離等知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力 解答過程：解法一：（）作，垂足為，連結，由側面底面，得底面因為，所以，又，故為等腰直角三角形，由三垂線定理，得DBCAS（）由（）知，依題設，故，由，得，的面積連結，得的面積設到平面的距離為，由于，得，解得設與平面

15、所成角為，則所以，直線與平面所成的我為解法二：（）作，垂足為，連結，由側面底面，得平面因為，所以DBCAS又，為等腰直角三角形，如圖，以為坐標原點，為軸正向，建立直角坐標系，所以（）取中點，連結，取中點，連結，與平面內兩條相交直線，垂直所以平面，與的夾角記為，與平面所成的角記為，則與互余，所以，直線與平面所成的角為小結：求直線與平面所成的角時，應注意的問題是（1）先判斷直線和平面的位置關系；（2）當直線和平面斜交時，常用以下步驟：構造作出斜線與射影所成的角，證明論證作出的角為所求的角，計算常用解三角形的方法求角，結論點明直線和平面所成的角的值.考點6 二面角此類題主要是如何確定二面角的平面角，

16、并將二面角的平面角轉化為線線角放到一個合適的三角形中進行求解.二面角是高考的熱點，應重視.典型例題例8（2007年湖南卷文）如圖，已知直二面角，直線和平面所成的角為（I）證明； ABCQP（II）求二面角的大小命題目的：本題主要考查直線與平面垂直、二面角等基本知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力.ABCQPOH過程指引：（I）在平面內過點作于點，連結因為，所以，又因為，所以而，所以，從而，又，所以平面因為平面，故（II）解法一：由（I）知，又，所以過點作于點，連結，由三垂線定理知，故是二面角的平面角由（I）知，所以是和平面所成的角，則，不妨設，則，在中，所以，于是在中，故二面角的大小

17、為ABCQPOxyz解法二：由（I）知，故可以為原點，分別以直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系（如圖）因為，所以是和平面所成的角，則不妨設，則，在中，所以則相關各點的坐標分別是，所以，設是平面的一個法向量，由得取，得易知是平面的一個法向量設二面角的平面角為，由圖可知，所以故二面角的大小為小結：本題是一個無棱二面角的求解問題.解法一是確定二面角的棱，進而找出二面角的平面角.無棱二面角棱的確定有以下三種途徑：由二面角兩個面內的兩條相交直線確定棱，由二面角兩個平面內的兩條平行直線找出棱，補形構造幾何體發現棱；解法二則是利用平面向量計算的方法，這也是解決無棱二面角的一種常用方法，即當二面角的平面角不易

18、作出時，可由平面向量計算的方法求出二面角的大小.例9( 2006年重慶卷)如圖，在四棱錐PABCD中，PA底面ABCD,DAB為直角，ABCD，AD=CD=2AB, E、F分別為PC、CD的中點.（）試證：CD平面BEF；（）設PAk·AB,且二面角E-BD-C的平面角大于,求k的取值范圍.命題目的：本題主要考查直線與平面垂直、二面角等基本知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力.過程指引：方法一關鍵是用恰當的方法找到所求的空間距離和角；方法二關鍵是掌握利用空間向量求空間距離和角的一般方法.解答過程：解法一：（）證：由已知DFAB且DAD為直角，故ABFD是矩形，從而CDBF.

19、又PA底面ABCD,CDAD，故由三垂線定理知CDPD.在PDC中，E、F分別PC、CD的中點，故EFPD,從而CDEF,由此得CD面BEF. （）連結AC交BF于G.易知G為AC的中點.連接EG,則在PAC中易知EGPA.又因PA底面ABCD,故EG底面ABCD.在底面ABCD中，過G作GHBD,垂足為H,連接EH.由三垂線定理知EHBD.從而EHG為二面角E-BD-C的平面角.設AB=a,則在PAC中，有EG=PA=ka.以下計算GH，考察底面的平面圖.連結GD.因SGBD=BD·GH=GB·DF.故GH=.在ABD中，因為ABa,AD=2a,得BD=a.而GB=FB=

20、AD=a，DF=AB,從而得GH= 因此tanEHG=由k0知是銳角，故要使，必須tan=解之得，k的取值范圍為k解法二：（）如圖，以A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸建立空間直角坐標系，設AB=a,則易知點A,B,C,D,F的坐標分別為A(0,0,0),B(a,0,0),C(2a,2a,0),D(0,2a,0), F(a,2a,0).從而=(2a,0,0), =(0,2a,0), ·=0,故 .設PA=b,則P(0,0,b),而E為PC中點.故 E.從而=，·=0,故.由此得CD面BEF.（）設E在xOy平面上的投影為G，過G作GHBD垂

21、足為H,由三垂線定理知EHBD.從而EHG為二面角E-BD-C的平面角.由PAk·AB得P(0,0,ka),E,G(a,a,0).設H(x,y,0)，則=(x-a,y-a,0), =(-a,2a,0),由·=0得-a(x-a)+2a(y-a)=0,即x-2y=-a 又因=(x-a,y,0),且與的方向相同，故，即2x+y=2a 由解得x=a,y=a,從而，a.tanEHG=.由k0知，EHG是銳角，由EHG得tanEHGtan即故k的取值范圍為k.考點7 利用空間向量求空間距離和角眾所周知，利用空間向量求空間距離和角的套路與格式固定.當掌握了用向量的方法解決立體幾何問題這套

22、強有力的工具時，不僅會降低題目的難度，而且使得作題具有很強的操作性.典型例題例10（2007年江蘇卷）如圖，已知是棱長為的正方體，點在上，點在上，且（1）求證：四點共面； （2）若點在上，點在上，垂足為，求證：平面； （3）用表示截面和側面所成的銳二面角的大小，求命題意圖：本小題主要考查平面的基本性質、線線平行、線面垂直、二面角等基礎知識和基本運算，考查空間想象能力、邏輯推理能力和運算能力 過程指引：解法一：（1）如圖，在上取點，使，連結，則，因為，所以四邊形，都為平行四邊形從而，又因為，所以，故四邊形是平行四邊形，由此推知，從而因此，四點共面（2）如圖，又，所以，因為，所以為平行四邊形，從而

23、又平面，所以平面（3）如圖，連結因為，所以平面，得于是是所求的二面角的平面角，即因為，所以， 解法二：（1）建立如圖所示的坐標系，則，所以，故，共面又它們有公共點，所以四點共面（2）如圖，設，則，而，由題設得，得因為，有，又，所以，從而，故平面（3）設向量截面，于是，而，得，解得，所以又平面，所以和的夾角等于或（為銳角）于是故小結：向量法求二面角的大小關鍵是確定兩個平面的法向量的坐標，再用公式求夾角；點面距離一般轉化為在面BDF的法向量上的投影的絕對值.例11（2006年全國卷）如圖,l1、l2是互相垂直的兩條異面直線，MN是它們的公垂線段，點A、B在l1上，C在l2上，AM=MB=MN（I）

24、證明ACNB；（II）若，求NB與平面ABC所成角的余弦值.命題目的：本題主要考查異面直線垂直、直線與平面所成角的有關知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力.過程指引：方法一關鍵是用恰當的方法找到所求的空間角；方法二關鍵是掌握利用空間向量求空間角的一般方法.解答過程：解法一： ()由已知l2MN, l2l1 , MNl1 =M, 可得l2平面ABN. 由已知MNl1 , AM=MB=MN,可知AN=NB且ANNB. 又AN為AC在平面ABN內的射影. ACNB （）RtCANRtCNB, AC=BC,又已知ACB=60°,因此ABC為正三角形. RtANBRtCNB, NC=

25、NA=NB,因此N在平面ABC內的射影H是正三角形ABC的中心,連結BH,NBH為NB與平面ABC所成的角.在RtNHB中,cosNBH= = = . 解法二： 如圖,建立空間直角坐標系Mxyz. 令MN=1, 則有A(1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0),()MN是 l1、l2的公垂線, l1l2, l2平面ABN.l2平行于z軸. 故可設C(0,1,m). 于是 =(1,1,m), =(1,1,0). ·=1+(1)+0=0 ACNB. () =(1,1,m), =(1,1,m), |=|, 又已知ACB=60°,ABC為正三角形,AC=BC=AB=2. 在

26、RtCNB中,NB=, 可得NC=,故C(0,1, ). 連結MC,作NHMC于H,設H(0, ) (>0). =(0,1,), =(0,1, ) · = 12=0, = ,H(0, , ), 可得=(0, ), 連結BH, 則=(1, ),·=0+ =0, , 又MCBH=H, HN平面ABC, NBH為NB與平面ABC所成的角. 又=(1,1,0),cosNBH= = = .考點8 簡單多面體的有關概念及應用，主要考查多面體的概念、性質，主要以填空、選擇題為主，通常結合多面體的定義、性質進行判斷.典型例題例12 . 如圖（1），將邊長為1的正六邊形鐵皮的六個角各切

27、去一個全等的四邊形，再沿虛線折起，做成一個無蓋的正六棱柱容器，當這個正六棱柱容器的底面邊長為 時容積最大.思路啟迪設四邊形一邊AD，然后寫出六棱柱體積，利用均值不等式，求出體積取最值時AD長度即可.解答過程：如圖（2）設ADa，易知ABC60°，且ABD30°ABa .BD2a正六棱柱體積為V .V .當且僅當 12a4a a時，體積最大，此時底面邊長為12a12× . 答案為 .例13 .如圖左，在正三角形ABC中，D、E、F分別為各邊的中點，G、H、I、J分別為AF、AD、BE、DE的中點，將ABC沿DE、EF、DF折成三棱錐后，GH與IJ所成角的度數為（ ）

28、BACDEFGHIJ(A、B、C)DEFGHIJA、90° B、60° C、45° D、0°思路啟迪 畫出折疊后的圖形，可看出GH，IJ是一對異面直線，即求異面直線所成角.過點D分別作IJ和GH的平行線，即AD與DF，所以 ADF即為所求.因此GH與IJ所成角為60°，答案:B 例14.長方體ABCDA1B1C1D1中， 設對角線D1B與自D1出發的三條棱分別成、角求證：cos2cos2cos21ABCADA1B1C1D1 設D1B與自D1出發的三個面成、角，求證：cos2cos2cos22思路啟迪 因為三個角有一個公共邊即D1B，在構造的直角

29、三角形中，角的鄰邊分別是從長方體一個頂點出發的三條棱，在解題中注意使用對角線長與棱長的關系 利用長方體性質，先找出，然后利用各邊 所構成的直角三角形來解.解答過程：連接BC1，設BD1C1，長方體三條棱長分別為a，b，c，設D1B則cos2 同理cos2，cos2cos2cos2cos21連接D1C， BC平面DCC1D1 BD1C即是D1B與平面DCC1D1所成的角，不妨設BD1C，則cos2 同理：cos2，cos2.又2a2b2c2.cos2cos2cos22.考點9.簡單多面體的側面積及體積和球的計算棱柱側面積轉化成求矩形或平行四邊形面積，棱柱側面積轉化成求三角形的面積.直棱柱體積V等

30、于底面積與高的乘積.棱錐體積V等于Sh其中S是底面積，h是棱錐的高.典型例題例15. 如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，ABa，BCCAAA1a，A1B1C1ABCDOA1在底面ABC上的射影O在AC上 求AB與側面AC1所成角； 若O恰好是AC的中點，求此三棱柱的側面積. 思路啟迪 找出AB與側面AC1所成角即是CAB；三棱錐側面積轉化成三個側面面積之和，側面BCC1B1是正方形，側面ACC1A1和側面ABB1A1是平行四邊形，分別求其面積即可.解答過程：點A1在底面ABC的射影在AC上， 平面ACC1A1平面ABC.在ABC中，由BCACa，ABa. ACB90°， BCAC.

31、 BC平面ACC1A1.即 CAB為AB與側面AC1所成的角在RtABC中，CAB45°. AB與側面AC1所成角是45°. O是AC中點，在RtAA1O中，AA1a，AOa. AO1a. 側面ACC1A1面積S1. 又BC平面ACC1A1 ， BCCC1. 又BB1BCa ， 側面BCC1B1是正方形，面積S2a2.過O作ODAB于D ， A1O平面ABC， A1DAB.在RtAOD中，AOa ，CAD45° ODa在RtA1OD中，A1D . 側面ABB1A1面積S3.ABCMNKLABCMNKL 三棱柱側面積 SS1S2S3.例16. 等邊三角形ABC的邊長

32、為4，M、N分別為AB、AC的中點，沿MN將AMN折起，使得面AMN與面MNCB所成的二面角為30°，則四棱錐AMNCB的體積為 （ ）A、 B、 C、 D、3思路啟迪先找出二面角平面角，即AKL ,再在AKL中求出棱錐的高h，再利用VSh 即可.解答過程：在平面圖中，過A作ALBC，交MN于K，交BC于L.則AKMN，KLMN. AKL30°.則四棱錐AMNCB的高h. . 答案 APAHEDBC例17.如圖，四棱錐PABCD中，底面是一個矩形，AB3，AD1，又PAAB，PA4，PAD60° 求四棱錐的體積； 求二面角PBCD的大小.思路啟迪找棱錐高線是關鍵，

33、由題中條件可設PAD的高PH即是棱錐的高.找出二面角平面角PEH，在RtPHE中即可求出此角.解答過程： PAAB ，ADAB. AB面PAD .又AB面ABCD. 面PAD面ABCD.在面PAD內，作PHAD交AD延長線于H.則PH面ABCD ，即PH就是四棱錐的高.又PAD60°， PH . . 過H作HEBC交BC延長線于E，連接PE， 則HEAB3. PH面ABCD， PEBC. PEH為二面角PBCD的平面角. tanPEH.即二面角的大小為 arctan.例18 .（2006年全國卷）已知圓O1是半徑為R的球O的一個小圓，且圓O1的面積與球O的表面積的比值為，則線段OO1

34、與R的比值為 .RrAO1O命題目的：球截面的性質；球表面積公式.過程指引：依面積之比可求得，再在RtOO1A中即得解答過程：設小圓半徑為r，球半徑為R則 cosOAO1而 ABCDEA1B1C1故填【專題訓練與高考預測】一、選擇題1如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB=1，D在BB1上， 且BD=1，若AD與側面AA1CC1所成的角為，則的值為（ ）CBADA. B. C. D. 2直線a與平面成角，a是平面的斜線，b是平面內與a異面的任意直線，則a與b所成的角（ ）A. 最小值，最大值 B. 最小值，最大值C. 最小值，無最大值 D. 無最小值，最大值3在一個的二面角的一平面內

35、有一條直線與二面角的棱成角，則此直線與二面角的另一平面所成的角為（ ）BACDD1C1B1A1A. B. C. D. 4如圖，直平行六面體ABCD-A1B1C1D1的棱長均為2，則對角線A1C與側面DCC1D1所成的角的正弦值為（ ）A. B. C. D. 5已知在中，AB=9，AC=15，它所在平面外一點P到三頂點的距離都是14，那么點P到平面的距離為（ ） A. 13 B. 11 C. 9 D. 7ADBAD1C1B1A1MN6如圖，在棱長為3的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M、N分別是棱A1B1、A1D1的中點，則點B到平面AMN的距離是（ ）A. B. C. D. 27將，邊長M

36、N=a的菱形MNPQ沿對角線NQ折成的二面角，則MP與NQ間的距離等于( )A. B. C. D.8二面角的平面角為，在內，于B，AB=2,在內，于D，CD=3,BD=1, M是棱上的一個動點，則AM+CM的最小值為( )A. B. C. D. 9空間四點A、B、C、D中,每兩點所連線段的長都等于a, 動點P在線段AB上, 動點Q在線段CD上，則P與Q的最短距離為( )A. B. C. D.10在一個正四棱錐，它的底面邊長與側棱長均為a ，現有一張正方形包裝紙將其完全包住（不能裁剪紙，但可以折疊），那么包裝紙的最小邊長應為（ ）A. B. C. D. 11已知長方體ABCD-A1B1C1D1中

37、，A1A=AB=2，若棱AB上存在點P，使，則棱AD的長的取值范圍是 ( )A. B. C. D. DCBAED1A1C1B112將正方形ABCD沿對角線AC折起，使點D在平面ABC外，則DB與平面ABC所成的角一定不等于（ ）A. B. C. D. 二、填空題1如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，E是A1B1的中點，則下列四個命題： E到平面ABC1D1的距離是； 直線BC與平面ABC1D1所成角等于； 空間四邊形ABCD1在正方體六個面內的射影圍成面積最小值為；ABDCPEA1D1C1B1 BE與CD1所成的角為2如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，P是A1C1上的動

38、點，E為CD上的動點，四邊形ABCD滿足_時，體積恒為定值（寫上你認為正確的一個答案即可）3邊長為1的等邊三角形ABC中,沿BC邊高線AD折起,使得折后二面角B-AD-C為60°,則點A到BC的距離為_,點D到平面ABC的距離為_.4在水平橫梁上A、B兩點處各掛長為50cm的細繩，AM、BN、AB的長度為60cm，在MN處掛長為60cm 的木條，MN平行于橫梁，木條的中點為O，若木條繞過O的鉛垂線旋轉60°，則木條比原來升高了_.5多面體上，位于同一條棱兩端的頂點稱為相鄰的.如圖正方體的一個頂點A在平面內.其余頂點在的同側，正方體上與頂點A相鄰的三個頂點到的距離分別是1、2

39、和4. P是正方體其余四個頂點中的一個，則P到平面的距離可能是：O1O2O33；4；5；6；7.以上結論正確的為 .（寫出所有正確結論的編號）6. 如圖，棱長為1m的正方體密封容器的三個面上有三個銹蝕的小孔（不計小孔直徑）O1、O2、O3它們分別是所在面的中心.如果恰當放置容器，容器存水的最大容積是_m3.三、解答題1 在正三棱柱ABCA1B1C1中，底面邊長為a,D為BC為中點，M在BB1上，且BM=B1M，又CMAC1;（1） 求證：CMC1D;（2） 求AA1的長.2 如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面是矩形且AD=2，AB=PA=，PA底面ABCD，E是AD的中點，F在PC上.(1)

40、求F在何處時，EF平面PBC；(2) 在(1)的條件下，EF是不是PC與AD的公垂線段.若是，求出公垂線段的長度；若不是，說明理由；(3) 在(1)的條件下，求直線BD與平面BEF所成的角.3如圖，四棱錐SABCD的底面是邊長為1的正方形，SD垂直于底面ABCD，SB= （1）求證BCSC； （2）求面ASD與面BSC所成二面角的大小； （3）設棱SA的中點為M，求異面直線DM與SB所成角的 大小4在直角梯形ABCD中，ÐD=ÐBAD=90°,AD=DC=AB=a,(如圖一)將ADC 沿AC折起，使D到記面AC為a,面ABC為b面BC為g （1）若二面角a-AC-

41、b為直二面角（如圖二），求二面角b-BC-g的大小;（2）若二面角a-AC-b為60°（如圖三），求三棱錐-ABC的體積5如圖，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=，AF=1，M是線段EF的中點（1）求證AM/平面BDE；（2）求二面角A-DF-B的大小；（3）試在線段AC上確定一點P，使得PF與BC所成的角是60°【參考答案】一選擇題1.D 提示：AD在面ACC1A1上的射影應在AC與A1C1中點的連線上，令射影為E，則EAD為所求的角.在RtEAD中，2.B 提示：由最小角定理知，最小角為，又異面直線所成角的范圍為，最大角為.3.A 提示：由最小角

42、定理知，此直線與另一面所成的角應小于等于它與交線所成的角，故排除C、D，又此二面角為45°，則此直線與另一平面所成的角只能小于它與交線所成的角，故選A.4.D 提示：由題意，A1在面DCC1D1上的射影應在C1D1延長線E上，且D1E=1，則A1CE為所求角，在RtAA1C中，5.D 提示：由P到ABC三個頂點的距離都是14，知P在底面ABC的射影是ABC的外心，所以PO為所求.由余弦定理得：BC=21.由得外接圓半徑為，即，在RtPOB中，6.D 提示：由題圖得7.B 提示：連結MP、NQ交于O，由四邊形MNPQ是菱形得MPNQ于O，將MNQ折起后易得MOQN，OPQN，所以MOP

43、=60°，且QN面MOP，過O作OHMP，所以OHQN，從而OH為異面直線MP、QN的公垂線，經計算得8.C 提示：把半平面展到半平面內,此時,連結AC與棱的交點為M,這時AM+CM取最小值等于AC. (AM+CM)min=9.B 提示：P、Q的最短距離即為異面直線AB與CD間的距離，當P為AB的中點，Q為CD的中點時符合題意.10.B 提示：將正棱錐展開，設正方形邊長為m，則11.A 提示：在長方形ABCD中AB邊存在P，作，又因為AB=2，由對稱性可知，P為AB的中點時，AD最大為1，故選A.12.D 提示：若BD與平面ABC所成的角為，則，取AC的中點O，則且BO=DO，不垂直

44、，故BD與平面ABC所成的角一定不等于.二填空題1 提示：對于，由得，錯.對于連CB1交BC1于O，則O為C在面ABC1D1上的射影，為所成的線面角，正確.作圖易知正確，對于連A1B，則為所成的角，解得，正確.2ABCD 提示：，要使體積為定值，則為定值，與E點位置無關，則ABCD3 提示：作與E，易知，從而，又由，得，由可解的點到平面的距離為.4.10cm 提示：MO=NO=30cm，過O作與旋轉前的MN平行且相等，所以旋轉后AB與平面的距離為，故升高了50-40=10cm.5.6.三、解答題1（1）證明：在正三棱柱ABCA1B1C1中，D為BC中點，則AD面BCC1B1，從而ADMC 又CMAC1，則MC和平面ADC1內兩相交直線AD，AC1均垂直MC面ADC1，于是MCDC1.(2)解：在矩形BB1C1C中，由CMDC1 知DCC1BMC，設BB1=h,則BM=hh:a=從而所求AA1=2.解：()