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专题八 立体几何

第I卷（选择题）
一、选择题
1．将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为(　　)

【答案】D
【解析】如图所示，点D1的投影为点C1，点D的投影为点C，点A的投影为点B.

2．如图所示，某几何体的正视图是平行四边形，侧视图和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为 (　　)

A．6B．9
C．12D．18
【答案】B
【解析】由三视图可还原几何体的直观图如图所示．此几何体可通过分割和补形的方法拼凑成一个长和宽均为3，高为的长方体，所求体积V＝3×3×＝9.

3．已知三棱柱

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】构建长方体的棱长分别为3,4,12.体对角线长为，外接圆的半径为，故选C
【考点定位】本题考查空间几何体模型的认识。
4．设是两条不同的直线,是两个不同的平面,下列命题中正确的是( )
A. 若,,,则
B．若,,,则
C．若,,,则
D．若,,,则
【答案】D
【解析】选项A中，m与n还可能平行或者异面，故错；B中，m与n还可能异面，故错；C中，还有可能平行或者相交，故错； D中，故D正确.
【考点定位】考查线面的位置关系
5．某几何函数的三视图如图所示，则该几何的体积为( )

A、18+8π B、8+8π
C、16+16π D、8+16π
【答案】A；
【解析】上半部分体积为，下半部分体积，故总体积.
【考点定位】本题考查三视图以及简单组合体的体积计算，考查学生的空间想象能力.
6．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，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6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )

A、cm3B、cm3C、cm3D、cm3
【答案】A；
【解析】作出该球轴截面的图像如下图所示，依题意，，设，故，因为，解得，故该球的半径，所以.

【考点定位】本题考查球体的体积公式，考查学生的空间想象能力.
7．一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

(A)(B) (C) (D)
【答案】A
【解析】由题意可知：该四面体为正四面体，其中一个顶点在坐标原点，另外三个顶点分别在三个坐标平面内，所以以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为选项A.
【考点定位】本小题主要考查立体几何中三视图的有关知识，考查同学们的空间想象能力，属中档题.
8．在空间中，过点作平面的垂线，垂足为，记。设是两个不同的平面，对空间任意一点，,恒有，则（ ）
A.平面与平面垂直
B.平面与平面所成的（锐）二面角为
C.平面与平面平行
D.平面与平面所成的（锐）二面角为
【答案】A
【解析】此题关键是搞清楚“在空间中，过点作平面的垂线，垂足为，记。”这句话的意思，即，其中垂直，此题的关键和注意的地方是要对题目所描述的内容正确理解；设所以，由已知得到：于，于，于，于，且恒成立，即与重合，即当时满足；如图所示：

【考点定位】此题是信息类题目，考查线面垂直和面面垂直的知识点，考查学生的自学能力和运用所学知识解决问题的能力；
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9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是.

【答案】
【解析】由三视图可知，直观图为一个圆柱体中间挖去一个
正四棱柱。
【考点定位】本题考查三视图及空间几何体的体积计算。
10．如果，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB//CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m+n=（ ）

A.8B.9C.10D.11
【答案】A
【解析】因为过EF做垂直于CD（AB）的平面垂直平分CD，所以该平面与过AB中点并与AB垂直的平面平行，平面和正方体的4个侧面相交，由于EF和正方体的侧棱不平行，所以它与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为4.同理与CE相交的平面有4个，共8个，选A.
【考点定位】该题主要考查空间点、线、面的位置关系，考查空间直线与平面的平行与相交，考查空间想象能力和逻辑思维能力.
11．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． B． C． D．
【答案】C；
【解析】正方体的正视图面积应当介意1与之间，故C不正确.
【考点定位】本题考查三视图，考查学生的空间想象能力.
12．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、
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_____

【答案】
【解析】由三视图可知几何体为球内接一个正方体，所以正方体的体对角线为球的直径，。
【考点定位】对于三视图的考查主要考查学生的空间思维能力，要有较好的空间感。属于中等难度。
13．三棱柱的侧棱长和底面边长均为，且侧棱底面，其正视图是边长为的正方形，则此三棱柱侧视图的面积为( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
侧视图是个矩形.
由已知，底面正三角形的边长为2，所以其高为，即侧视图的长为，
又三棱柱的高为2，即侧视图的宽为2，所以此三棱柱侧视图的面积为，选B.
14．某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为（ ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
由几何体的三视图可知，该几何体是一个沿旋转轴作截面，截取的半个圆锥，底面半径是1，高是2，所以母线长为，所以其表面积为底面半圆面积和圆锥的侧面积的一半以及截面三角形的面积的和，即，故选
15．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是，则正视图中的的值是（ ）

A． 2 B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
解:由三视图可知,该几何体是底面上底为1,下底为2,高为2的直角梯形的四棱锥,且棱锥的高为,底面积为
,
由得:
故选C.
16．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是( )

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
根据三视图分析可以发现该几何体为卧倒的四棱柱,根据侧视图可得该四棱柱的底面为等腰梯形且底面面积为,从正视图可以得到该四棱柱的高为,根据四棱柱体积计算公式可得,故选D.
17．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是（ ）

【答案】D
【解析】
俯视图的实线部分、虚线部分都是圆，由此可知该几何体的上下两部分都不可能是方形的，故只可能是D.
18．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）

A、 B、 C、 D、
【答案】B
【解析】
由三视图可知该几何体是底面为直角梯形（梯形上底为1，下底为2，直角腰为1），高为1的直棱柱，故其表面积为.选B.
19．已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
俯视图的高为，此即侧视图的底，侧视图的高即为正视图的高，所以其面积为.
20．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A．6 B． C． D．3
【答案】B
【解析】
由三视图可知，该几何体是一个横向放倒的直三棱柱，其底面为侧视图，由图像该侧视图是底边为2，高为的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故，
所以.
21．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
2
1
1
3
3
正视图
侧视图
俯视图
2
1

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
由三视图易知，该几何体是底面积为，高为3的三棱锥，由锥体的体积公式得.选C
22．一个空间几何体的三视图如下左图所示，则该几何体的表面积为（ ）

A．48 B．48+8 C．32+8 D．80
【答案】B
【解析】
观察三视图可知，该几何体为四棱柱，底面为梯形，两底边长分别为，高为，所以，底面梯形的腰长为，棱柱的高为.所以，该几何体的表面积为，故选．

第II卷（非选择题）
二、填空题
23．一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的外接球的表面积为________．

【答案】
【解析】该棱锥的直观图如图，取CD的中点E，BD的中点F，由三视图知，AE⊥平面BCD，AF＝5，AE＝＝4，∠CBD＝90°.

设O为该棱锥外接球的球心，半径为R，由题知：BO2＝BE2＋EO2，
即R2＝(3)2＋(R－4)2，
解得R＝，故球的表面积为S＝4×π×()2＝.
24．如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为.

【答案】
【解析】过E作⊥于，连接，过P作于，在同一个平面EE1D1内，⊥E1D1，，则，又，故，点P到直线CC1的距离就等于点Q到直线CC1的距离，当，距离最小，此时，.

【考点定位】本小题考查了点到直线的距离求法，考查了转化与化归思想的应用和空间想象能力.
25．如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点的平面截该正方体所得的截面记为，则下列命题正确的是（写出所有正确命题的编号）。

①当时，为四边形
②当时，为等腰梯形
③当时，与的交点满足
④当时，为六边形
⑤当时，的面积为
【答案】①②③⑤
【解析】（1），S等腰梯形，②正确，图如下：

（2），S是菱形，面积为，⑤正确，图如下：

（3），画图如下：，③正确

（4），如图是五边形，④不正确；

（5），如下图，是四边形，故①正确

【考点定位】考查立体几何中关于切割的问题，以及如何确定平面。
26．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________。

【答案】24
【解析】三视图问题关键是搞清楚几何体的直观图的构成，根据三视图的信息确定直观图中的边的长度和角的度数，然后利用体积公式求解。此题中的正视图和侧视图都是三角形，且俯视图是直角三角形，所以原图是直三棱柱被平面截后所剩余的几何体。注意长对正，宽相等，高平齐的法则。即由已知得此几何体的直观图是一个底面是直角三角形且两直角边分别是3,4高是5的直三棱柱在上面截去一个三棱锥，三棱锥从一个顶点出发的三条棱两两垂直，底面边长分别是3,4高是3，如图所示，红色为截去的三棱锥，所以体积为；

【考点定位】此题考查三视图知识、多面体的体积计算公式，考查学生的空间想象能力；
27．某几何体的三视图如图所示, 则其体积为.

【答案】
【解析】由三视图还原为实物图得半个圆锥，其体积．
【考点定位】本题主要考查了三视图还原为实物图的能力和圆锥的体积公式，属于容易题
28．如图是某个四面体的三视图，该四面体的体积为．

【答案】12
【解析】
由三视图知，该四面体底面积，高为，故体积．
29．如图，已知四棱锥，底面是等腰梯形，且∥，是中点，平面，， 是中点．

（1）证明：平面平面；（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）详见解析；（2）
试题【解析】(1) 证明：由题意，∥，=
∴四边形为平行四边形，所以.
又∵，∴∥
又平面，平面∴∥平面4分
同理，∥平面，又
∴平面∥平面. 6分
（2）设求点到平面的距离为.
因为V三棱锥A-PCD= V三棱锥P-ACD即
. 12分
30．如图,设是一个高为的四棱锥,底面是边长为的正方形,顶点在底面上的射影是正方形的中心．是棱的中点．试求直线与平面所成角的大小．

【答案】
【解析】
法1：设与平面所成角为。因为，（2分）
所以．所以．（4分）
。所以．（6分）
因为（8分）
所以,（10分）
因此（11分）
则（12分）
解法2：以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系。则（4分）
所以（6分）
设是平面的一个法向量，易求得（8分）
设为与平面所成的角，因为（10分）
所以：（11分）（12分）
31．如图，在三棱锥中，是等边三角形，.

（1）证明:：；
（2）证明：；
（3）若，且平面平面，求三棱锥体积.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）.
【解析】
（1）因为是等边三角形，，
所以，可得；
（2）如图，取中点，连结、，则，，
所以平面，所以；

（3）作，垂足为，连结，
因为，所以，，
由已知，平面平面，故，
因为，所以、、都是等腰直角三角形.
由已知，得，的面积，
因为平面，
所以三棱锥的体积.
32．如图，四棱锥的底面ABCD是平行四边形，，，面，设为中点，点在线段上且．

（1）求证：平面；
（2）设二面角的大小为，若，求的长．
【答案】( 1 )证明过程详见解析;(2).
【解析】
（1）由，得，．
又面，所以以分别为轴建立坐标系如图．
则
设，则 ．
设，得：
．
解得：，，，
所以． 5分
所以,，．
设面的法向量为，则，取．
因为，且面，所以平面． 9分

（2）设面法向量为， 因为，，
所以，取 ．11分
由，得．
，，所以． 15分
三、解答题
33．如图，在四面体PABC中，PC⊥AB，PA⊥BC，点D，E，F，G分别是 棱AP，AC，BC，PB的中点．

(1)求证：DE∥平面BCP；
(2)求证：四边形DEFG为矩形；
(3)是否存在点Q，到四面体PABC六条棱的中点的距离相等？说明理由．
【答案】(1)(2)见解析 (3)存在，理由见解析
【解析】解：(1)证明：因为D，E分别为AP，AC的中点，
所以DE∥PC.
又因为DE⊄平面BCP，
所以DE∥平面BCP.
(2)证明：因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，

所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF.
所以四边形DEFG为平行四边形．
又因为PC⊥AB，
所以DE⊥DG.
所以四边形DEFG为矩形．
(3)存在点Q满足条件，理由如下：
连接DF，EG，设Q为EG的中点．
由(2)知，DF∩EG＝Q，且QD＝QE
＝QF＝QG＝EG.
分别取PC，AB的中点M，N，连接ME，EN，NG，MG，MN.
与(2)同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线交点为EG的中点Q，且QM＝QN＝EG，
所以Q为满足条件的点．
34．如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E，F分别是AP，AD的中点．求证：

(1)直线EF∥平面PCD；
(2)平面BEF⊥平面PAD.
【答案】见解析
【解析】(1)如图，在△PAD中， 因为E，F分别为AP，AD的中点，

所以EF∥PD.
又因为EF⊄平面PCD，
PD⊂平面PCD，
所以直线EF∥平面PCD.
(2)连接BD.因为AB＝AD，∠BAD＝60°，
所以△ABD为正三角形．
因为F是AD的中点，所以BF⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD，BF⊂平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以BF⊥平面PAD.
又因为BF⊂平面BEF，
所以平面BEF⊥平面PAD.
35．如图，平面 PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为 PA，PB，AC的中点，AC＝16，PA＝PC＝10.

(1)设G是OC的中点，证明：FG∥平面BOE；
(2)证明：在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE.
【答案】见解析
【解析】
(1)如图，连接OP，以点O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，则O(0,0,0)，A(0，－8,0)，B(8,0,0)，C(0,8,0)，P(0,0,6)，E(0，－4,3)，F(4,0,3)．
由题意，得G(0,4,0)．
因为＝(8,0,0)，＝(0，－4,3)，
所以平面BOE的一个法向量n＝(0,3,4)．
由＝(－4,4，－3)，得n·＝0.
又直线FG不在平面BOE内，所以FG∥平面BOE.
(2)设点M的坐标为(x0，y0,0)，则＝(x0－4，y0，－3)．
因为FM⊥平面BOE，所以 ∥n，
因此x0＝4，y0＝－，即点M的坐标是(4，－，0)．
在平面直角坐标系xOy中，△AOB的内部区域可表示为不等式组
经检验，点M的坐标满足上述不等式组．
所以，在△AOB内存在一点M，使FM⊥平面BOE.
36．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,AD=1,A1A=1，证明直线BC1平行于平面DA1C，并求直线BC1到平面D1AC的距离.

【答案】证明见解析，
【解析】本题主要考查直线与直线的平行、直线与平面的垂直、三棱锥的体积计算等知识点。解答中需要注意线面平行中直线在平面外的交代，体积公式运用不要漏掉。此类问题属于常考题之一，难度属于容易题。
因为ABCD-A1B1C1D1为长方体，故，
故ABC1D1为平行四边形，故，显然B不在平面D1AC上，于是直线BC1平行于平面DA1C；
直线BC1到平面D1AC的距离即为点B到平面D1AC的距离设为
考虑三棱锥ABCD1的体积，以ABC为底面，可得
而中，，故
所以，，即直线BC1到平面D1AC的距离为．
【考点定位】考查空间几何体的相关计算，属中档题。
37．如图，四棱锥P-ABCD中，，，和都是等边三角形.

（1）证明：；
（2）求二面角A-PD-C的大小.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
（1）解题的关键是辅助线的添加，取BC的中点E是入手点，然后借助三垂线定理进行证明；（2）利用三垂线定理法或者空间向量法求解二面角. 求二面角：关键是作出或找出其平面角，常用做法是利用三垂线定理定角法，先找到一个半平面的垂线，然后过垂足作二面角棱的垂线，再连接第三边，即可得到平面角。若考虑用向量来求：要求出二个面的法向量，然后转化为,要注意两个法向量的夹角与二面角可能相等也可能互补，要从图上判断一下二面角是锐二面角还是钝二面角，然后根据余弦值确定相等或互补即可。
（1）证明：取BC的中点E，连结DE，则ABED为正方形.
过P作PO⊥平面ABCD，垂足为O.
连结OA，OB,OD,OE.

由和都是等边三角形知PA=PB=PD，
所以OA=OB=OD，即点O为正方形ABED对角线的交点，
故，
从而. 3分
因为O是BD的中点，E是BC的中点，所以OE//CD.因此. 5分
（2）解法一：
由（1）知，，.
故平面PBD.
又平面PBD，所以.
取PD的中点F，PC的中点G，连结FG，
则FG//CD，FG//PD.
连结AF，由为等边三角形可得AF⊥PD.
所以为二面角A-PD-C的平面角. 8分
连结AG，EG，则EG//PB.
又PB⊥AE，所以EG⊥AE.
设AB=2，则，，
故.
在中，，，，
所以.
因此二面角A-PD-C的大小为. 12分
解法二：
由（1）知，OE,OB,OP两两垂直.
以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.

设，则
，，，.
，
.
，.
设平面PCD的法向量为，则
，
，
可得，.
取，得，故. 8分
设平面PAD的法向量为，则
，
，
可得.
取m=1，得，故.
于是.
由于等于二面角A-PD-C的平面角，
所以二面角A-PD-C的大小为. 12分
【考点定位】本题考查线线垂直的证明和二面角的求解，考查学生的空间想象能力和计算能力。
38．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形.平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5.

（1）求证：AA1⊥平面ABC；
（2）求二面角A1-BC1-B1的余弦值；
（3）证明：在线段BC1存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值.
【答案】（1）见解析 （2）（3）证明见解析，
【解析】把平面与平面垂直转化为直线和平面垂直.要证直线和平面垂直，依据相关判定定理转化为证明直线和直线垂直.求二面角，往往利用“作——证——求”的思路完成，作二面角是常常利用直线和平面垂直.第（3）题，求解有难度，可以空间向量完成.
（1）因为为正方形，所以.
因为平面ABC⊥平面AA1C1C，，且平面ABC平面AA1C1C，
所以⊥平面ABC.
（2）由（1）知，⊥AC,⊥AB.
由题意知，所以.
如图，以A为原点建立空间直角坐标系,则.
设平面的法向量为，则即
令，则，所以.
同理可得，平面的法向量为.
所以.
由题知二面角A1-BC1-B1为锐角，所以二面角A1-BC1-B1的余弦值为.

（3）设是直线上的一点，且.
所以，解得，所以.
由，即，解得.
因为，所以在线段上存在点D，使得，此时.
【考点定位】本题考查了平面与平面垂直的性质定理，直线和平面垂直的判定定理，考查了法向量、空间向量在立体几何中的应用和二面角的求法，考查了空间想象能力和推理论证能力.
39．如图，在四棱柱中，侧棱底面,

（1）求证：平面
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的值
（3）现将与四棱柱形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案，问共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为，写出的解析式。（直接写出答案，不必说明理由）
【答案】（1）见解析 （2）1 （3）
【解析】立体几何第一问对于关系的决断往往基于对公理定理推论掌握的比较熟练，又要善于做出一线辅助线加以证明，那么第二问就可以在其基础上采用坐标法处理角度或者距离问题，坐标法所用的公式就必需熟练掌握，第三问主要考查了学生的空间思维能力，要在平时多加练习。此题坐标法也很考验学生的计算功底。
（1）取中点，连接

，
四边形为平行四边形
且
在中，

,即，又，所以
平面，平面
，又，
平面
（2）以为原点，的方向为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，，，
所以，，
设平面的法向量，则由
得取，得
设与平面所成角为，则
，解得．故所求的值为1
（3）共有种不同的方案

【考点定位】本题主要考查立体几何中线线关系线面关系的判断以及线面角的算法，并且通过第三问的设问又把几何体的表面积与函数巧妙的结合起来，计算和空间思维要求比较高。属于难题。
40．如图，已知平面四边形中，为的中点，，，
且．将此平面四边形沿折成直二面角，
连接，设中点为．

（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由．
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）详见解析；（2）点存在，且为线段上靠近点的一个四等分点；（3）.
【解析】
（1）直二面角的平面角为，又，
则平面，所以．
又在平面四边形中，由已知数据易得，而，
故平面，因为平面，所以平面平面 （4分）
（2）解法一：由（1）的分析易知，，则以为原点建立空间直角坐标系如图所示．

结合已知数据可得，，，，
则中点.
平面，故可设，
则，
平面，，
又，
由此解得，即，
易知这样的点存在，且为线段上靠近点的一个四等分点； （8分）
解法二：（略解）如图所示，

在中作，交于，
因为平面平面，则有平面．
在中，结合已知数据，利用三角形相似等知识可以求得，
故知所求点存在，且为线段上靠近点的一个四等分点； ..（8分）
（3）解法一：由（2）是平面的一个法向量，又，
则得，所以，
记直线与平面所成角为，则知，
故所求角的正弦值为. ..（12分）
解法二：（略解）如上图中，因为，所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角，由此，在中作于，易证平面，
连接，则为直线与平面所成角，
结合题目数据可求得，故所求角的正弦值为. ..（12分）
41．如图,三棱柱中,,,.

(1)证明:;
(2)若,,求三棱柱的体积.
【答案】(1)证明见详解；(2)3．
【解析】
(1)取AB的中点,连接、、,

因为CA=CB,所以,由于,,故为等边三角形，
所以,
因为，
所以平面.又，故.
(2)由题设知都是边长为2的等边三角形，
所以

42．如图，已知四棱锥，底面是等腰梯形，
且∥，是中点，平面，
， 是中点．

（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）详见解析；（2）
【解析】
(1) 证明：且∥，2分
则平行且等于，即四边形为平行四边形，所以.
6分
(2) 『解法1』：
延长、交于点，连结，则平面，易证△与△全等，过作于，连，则，由二面角定义可知，平面角为所求角或其补角.
易求，又，，由面积桥求得，所以
所以所求角为，所以
因此平面与平面所成锐二面角的余弦值为
『解法2』：
以为原点，方向为轴，以平面内过点且垂直于方向为轴 以方向为轴，建立如图所示空间直角坐标系.

则，，，
，，8分
所以，，
可求得平面的法向量为
又，，
可求得平面的法向量为
则，
因此平面与平面所成锐二面角的余弦值为 12分
43．如图, 已知四边形ABCD和BCEG均为直角梯形，AD∥BC,CE∥BG，且，平面ABCD⊥平面BCEG，BC=CD=CE=2AD=2BG=2.

（1）求证: EC⊥CD ；
（2）求证：AG∥平面BDE；
（3）求：几何体EG-ABCD的体积.
【答案】(1)证明过程详见解析;(2)证明过程详见解析;（3）
【解析】

（1）证明：由平面ABCD⊥平面BCEG，
平面ABCD∩平面BCEG=BC, 平面BCEG,
EC⊥平面ABCD，3分
又CD平面BCDA, 故 EC⊥CD4分
（2）证明：在平面BCDG中，过G作GN⊥CE交BE于M，连DM，则由已知知；MG=MN，MN∥BC∥DA,且
MG∥AD,MG=AD， 故四边形ADMG为平行四边形，
AG∥DM6分
∵DM平面BDE，AG平面BDE， AG∥平面BDE8分
（3）解：10分
12分
44．如图，AB是圆O的直径，点C是弧AB的中点，点V是圆O所在平面外一点，是AC的中点，已知，.

（1）求证：OD//平面VBC；
（2）求证：AC⊥平面VOD；
（3）求棱锥的体积.
【答案】(1)证明过程详见解析;(2)证明过程详见解析;(3)
【解析】
证明：（1）∵ O、D分别是AB和AC的中点，∴OD//BC. （1分）
又面VBC，面VBC，∴OD//平面VBC. （3分）
（2）∵VA=VB，O为AB中点，∴.（4分）
连接，在和中，,
∴≌DVOC，∴=ÐVOC=90°，∴. （5分）
∵,平面ABC,平面ABC,∴VO⊥平面ABC. （6分）
∵平面ABC，∴.（7分）
又∵，是的中点，∴. （8分）
∵VOÌ平面VOD，VDÌ平面VOD，，∴ AC平面DOV. （9分）
（3）由（2）知是棱锥的高，且.（10分）
又∵点C是弧的中点，∴，且，
∴三角形的面积，（11分）
∴棱锥的体积为， （12分）
故棱锥的体积为. （13分）
45．如图1，在直角梯形中，，.把沿折起到的位置，使得点在平面上的正投影恰好落在线段上，如图2所示，点分别为棱的中点.

（1）求证：平面平面；
（2）求证：平面；
（3）若，求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.（3）.
【解析】
（1）因为点在平面上的正投影恰好落在线段上
所以平面，所以1分
因为，
所以是中点， 2分
所以 ，
所以 3分
同理
又
所以平面平面5分
（2）因为，
所以
又平面，平面
所以7分
又
所以平面8分
（3）因为，，所以，而点分别是的中点，所以， 10分
由题意可知为边长为5的等边三角形，所以高， 11分
即点到平面的距离为，又为的中点，所以到平面的距离为，故. 12分
46．如图，在△ABC中，∠ABC=90°，∠A=30。，斜边AC上的中线BD=2，现沿BD将△BCD折起成三棱锥C-ABD，已知G是线段BD的中点，E，F分别是CG，AG的中点．

（1）求证：EF／／平面ABC；
（2）三棱锥C—ABD中，若棱AC=，求三棱锥A一BCD的体积．
【答案】（1）证明过程详见解析；（2）.
【解析】
(1) 证明：⑴EF是的中位线EF//AC 3分
又AC平面ABC EF平面ABC
EF//平面ABC 6分
⑵在中，，由余弦定理得：
， 8分
而
即CGAG，又CGBD 平面ABD 10分
12分
47．如图甲，是边长为6的等边三角形，分别为靠近的三等分点，点为边边的中点，线段交线段于点.将沿翻折，使平面平面，连接，形成如图乙所示的几何体.

（1）求证：平面
（2）求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明过程详见试题解析；（2）四棱锥的体积为10.
【解析】
（1）在图甲中，由为等边三角形，分别为三等分点，点为边边的中点，知, 则在图乙中仍有，且,
所以平面，又，所以平面. 6分
（2）∵平面平面，，∴平面，
∴ 12分
48．如图，三棱锥中，，，，点在平面内的射影恰为的重心，M为侧棱上一动点．
P
A
B
C
G
M

（1）求证：平面平面；
（2）当M为的中点时，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）详见解析；（2）．
【解析】
（1）取中点，连接、，
∵平面，∴
等腰中，为重心，∴
∴平面
∴平面平面6分
（2）中，∴
∵平面∴
∴∴
过作的平行线为轴，为轴，为轴
建立空间直角坐标系

∴
设直线与平面所成角为
设平面的法向量为
∴
P
A
B
C
G
M
y
x
z
D

∴12分
49．如图，在斜三棱柱中，O是AC的中点，平面，，.

（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明过程详见解析；（2）.
【解析】
（1）因为平面，所以．
又，所以平面，所以． 2分
因为，所以四边形是菱形，所以．
所以平面，
所以． 5分
（2）以为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0，－1，0)，B(2，1，0)，C(0，1，0)，C1(0，2，)．
，，
设是面的一个法向量，则，
即取．
同理面的一个法向量为． 10分
因为．
所以二面角的余弦值． 12分
50．如图所示的多面体中，是菱形，是矩形，面,．

(1)求证：平；
(2)若，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明过程详见解析；（2）.
【解析】
（1）由是菱形

3分
由是矩形

6分

（2）连接，
由是菱形，
由面,

，10分
则为四棱锥的高
由是菱形，，
则为等边三角形，
由；则
，14分

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