历年高考《立体几何》大题选解
1、07年、全国（二）（理）19．（本小题满分12分） 如图，在四棱锥S?ABCD中，底面ABCD为正方形， 侧棱SD⊥底面ABCD，E，F分别为AB，SC的中点． （1）证明EF∥平面SAD；
（2）设SD?2DC，求二面角A?EF?D的大小． 解：（1）设正方形ABCD的边长为2，∵SD⊥底面ABCD
以D为坐标系原点，DA、DC、DS1的方向为x，y，z轴的正方向， 建立空间直角坐标系O?xyz（如图所示）. ∴依题意知：D?0,0,0?， A?2,0,0?，B?2,2,0?，C?0,2,0?，.E?2,1,0?，
S F
D A E
B
C
设点S坐标为：S?0,0,z?，∴F?0,1,??z?z?? 则：EF??2,0,???，
2?2??又∵CD⊥AD，CD⊥DS∴CD⊥平面SAD，
即CD＝?0,2,0?是平面ADS法向量，有EF?CD＝0?0?0?0， ∴CD⊥EF，∴EF∥平面SAD；
（2）∵SD?2DC，∴SD＝4，有S?0,0,4?，∴F?0,1,2?， EF???2,0,2?，设平面AEF的法向量为：m?x1,y1,z1?，且AF???2,1,2?，有
?2x1?0?2z1?0，?2x1?y1?2z1?0；令x1?1，代入上两个方程得：z1?1，y1?0，∴m?1,0,1?，设平面EFD的法向量为：n?x2,y2,z2?，且FD??0,1,2?，有
?2x2?0?2z2?0，y2?2z2?0；令x2?1，代入上两个方程得：z2?1，y2??2，∴n?1,?2,1?
m?nm?n1?0?12?63333∴cosm,n???．∴二面角A?EF?D的大小为arccos．
2、07年、福建（理）18．（本小题满分12分）
如图，正三棱柱ABC?A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1中点． （1）求证：AB1⊥平面A1BD；（2）求二面角A?A1D?B的大小； （3）求点C到平面A1BD的距离．
B
C A A1 D
B1C1
解：（1）取BC中点O，连结AO．∵?ABC为正三角形，?AO⊥BC．
1
∵ 正三棱柱ABC?A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，?AD⊥平面BCC1B1．取B1C1中点O1， 以O为原点，OB，OO1，OA的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系O?xyz（如图所示）. 则B(1，2，0)， 0，3)，B1(1，23)，A(0，0，0)，D(?1，1，0)，A1(0，，∴AB1?1,2,?3，BD???2,1,0?，BA1??1,2,3， ∵AB1?BD??2?2?0?0，AB1?BA1??1?4?3?0，
O ∴AB1⊥BD，AB1⊥BA1．?AB1⊥平面A1BD． （2）解：设平面A1AD的法向量为n?(x，y，z)． ∵AD??1,1,?3，∴n·AD?0，即?x?y?B x z A F C D B1C1A1????y
3z?0 ∴x??3z 令z?1，则x??3
?? AA1??0,2,0?，∴ n·AA1?0，即2y?0∴y?0，得n?(?3，0，1)，是平面A1AD的一个法向量．由（1）知AB1⊥平面A1BD，∴AB1为平面A1BD的法向量．
n?AB1n?AB1cosn,AB1??3?32?22?64．?二面角A?A1D?B的大小为arccos64．
（3）由（2），AB1为平面A1BD法向量，∵BC???2,0,0?，AB1?1,2,?3．
BC?AB1AB1?22222???点C到平面A1BD的距离 d???．
ZV3、06年. 山东（理）19．（满分12分）
如图，已知平面A1B1C1平行于三棱锥V?ABC的底面ABC，
A1C1B1等边△AB1C所在的平面与底面ABC垂直，且∠ACB=90°， 设AC?2a,BC?a
（1）求证直线B1C1是异面直线AB1与A1C1的公垂线； （2）求点A到平面VBC的距离； （3）求二面角A?VB?C的大小。
XADOCYB解：（Ⅰ）证明：∵△AB1C是等边△，∴取AC的中点O，连接B1O，∴B1O?AC， 又∵△AB1C所在的平面与底面ABC垂直，∴B1O⊥平面ABC， 过O点在平面ABC上作OD⊥AB交AB于D.
2
以O为坐标系原点，OD、OC、OB1的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O?xyz（如图所示）.∵∠ACB=90°，∴OD∥CB，
已知，设AC?2a,BC?a，∴AB1＝B1C＝AC＝2a∴OB1＝3a， ∴依题意知：O?0,0,0?，A?0,?a,0?，B?a,a,0?，C?0,a,0?，B10,0,3a. 设：V的坐标为?x,y,z?，
BB1B1V??，∵B?a,a,0?，B10,0,3a ??（???1）
??∴0?a??x1??，0?a??y1??，3a?0??z1??.解得：x??a?，y??a?，z?3a?1????
即：V?????a?,?a?,3a?1????? ???∵平面A1B1C1∥平面ABC， A1B1∥AB，B1C1∥BC ，A1C1∥AC.
3a?1????? ???AA1A1V?CC1C1V?BB1B1V??，
∴设：A1的坐标为?x1,y1,z1?，∵A?0,?a,0?，V?????a?,?a?,?a??a?3a?1???0???????a??????0???a2a????????????∴x1?，y1?，z1?1??1??1??1??1??3a
∴A1的坐标为????a1??,?a???,3a?，同理可求C1的坐标为??,0,3a?， 1????1?????a1??a???,3a?， C1 ??,0,3a? 1????1???2a2a∵O?0,0,0?，A?0,?a,0?，B?a,a,0?，C?0,a,0?，A1 ???aaB10,0,3a，V??,?,????3a?1????? ???,???（1）∵B1C1＝?????,0,0?， AB1＝0,a,3a，∴B1C1×AB1＝?0,0,0? ∴B1C1⊥AB1， 1???a??∵B1C1＝????a???,0,0?，A1C1＝?0,,3a?，∴B1C1×A1C1＝?0,0,0? ∴B1C1⊥A1C1， 1????1???a∴直线B1C1是异面直线AB1与A1C1的公垂线；
（2）∵V,B,C,B1四点共面，∴点A到平面VBC的距离，就是点A到平面B1BC的距离.
3
∵B1B＝a,a,?3a，BC＝??a,0,0?；设平面VBC的法向量为n?x2,y2,z2? ∴ax2?ay2?设z2?3az2?0 ① ， ?ax2?0?y2?0?z2?0 ② ，解 ② 得 x2?0，
??3代入 ① 得y2?3 ∴平面VBC的法向量为n0,3,3. 又∵AC＝?0,2a,0?，
??∴A到平面B1BC的距离：d＝AC?nn＝0?0?3?2a?0?3?223?032＝
6a23?3a.
（3）∵V,B,C,B1四点共面，∴二面角A?VB?C的大小，就是二面角A?B1B?C的大小. ∵AB1＝0,a,3a，由（2）知B1B＝a,a,?3a，平面VBC的法向量为n0,3,3. 设平面AB1B的法向量为m?x3,y3,z3?，∴有0?x3?ay3? ax3?ay3?3az3?0 ③ ，
3az3?0 ④，
??????设z3??3，代入 ③ 得y2?3，代入④ 得 x3?6，∴平面AB1B的法向量为m6,3,?3
n?mn?m0?6?3?3??0?3?22??∴cosn,m?3??22?3?3?1426???3????3?2?623?43?14
∴二面角A?VB?C的大小为arccos
评析：以上是根据线段定比分点的公式，求出三个线段中分点的坐标。解题过程，程序明确，方法简
单具体，只要按步骤一步一步去应用线段定比分点的公式，计算正确，就一定能把题解出来。因 此，要求学生能熟练掌握这种方法。
4、10年，广东（理）18.（本小题满分14分）
ABC是半径为a的半圆，AC为直径，点E为?AC的中如图，?点，点B和点C为线段AD的三等分点．平面AEC外一点F满足
FB?DF?5a，FE=6a ．
（1）证明：EB⊥FD；
（2）已知点Q，R分别为线段FE,FB上的点，使得,FQ? FR?2323FE，
FB，求平面BED与平面RQD所成二面角的正弦值．
证明：（1）连结CF，∵ACE是半径为a的半圆，AC为直径，点E为AC的中点，∴EB⊥AC. 在Rt?BCE中，EC?BC2?BE2?a?a2?2a，
在?BDF中，BF?DF?
5a，∴?BDF是等腰三角形，且点C是底边BD的中点，∴CF?BD.
4
在Rt?FBC中，有CF?在?CEF中EF2FB?BC?22?25a?a?2a.
22?CF，∴?CEF是Rt?，即CF?EC.
22?6a2?2a?2??2a??CE由CF?BD，CF?EC，且CE交BD于C，∴FC?平面BED，而EB?平面BED，∴FC?EB， ∴BE?平面BDF，而FD?平面BDF，∴EB?FD； （2）过C点作圆B的切线CH，由（1）知：以C为坐标原点， CH、CB、CF的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系
C?xyz（如图所示）.
则C?0,0,0?，E?a,?a,0?，B?0,?a,0?，D?0,a,0?，F?0,0,2a?.
23∵FQ?FE ∴??FQQE?2，设Q的坐标为?x1,y1,z1?，
0?2??a?1?2∴x1?0?2a1?22?23a，y1???23a，z1?2a?01?2?22??2a，∴Q的坐标为?a,?a,a?， 333??32∵FR?22??FB，同理，可求R的坐标为?0,?a,a? 333??设平面BED的法向量为n1??x1,y1,z1?，∵D?0,a,0?，E?a,?a,0?，B?0,?a,0?，
∴ DE??a,?2a,0?，DB??0,?2a,0?，则：DE?n1?ax1?2ay1?0，DB?n1??2ay1?0； ∵a?0 ∴ x1?0，y1?0 ∴n1??0,0,z1?，设z1?1，则：n1??0,0,1? 设平面RQD的法向量为n2??x2,y2,z2?，∵D?0,a,0?，R?0,???2322???2a?， Q?a,?a,a?， 3?33??32a,∴ DR??0,???53a,?5352???2a?，DQ??a,?a,a?， 3?33??3ay2?23az2?0 ①， DQ?n2?252523ax2?53ay2?23az2?0 ②；
2则：DR?n2?0?设z2?1，代入 ① 得：y2??n1?n2n1?n2， 把z2?1，y2??0?0?1 代入 ② 得：x2??2，则：n2???2,????,1? 5?2∴cosn1,n2??0?0?1222??2?2?2?2?????1?5?2?12925?529
5
∴sinn1,n2?1?2529?229?22929，故平面BED与平面RQD所成二面角的正弦值是
22929．
评析：（1）本题很好地说明了要用建立“空间直角坐标系”来解“立体几何问题”，必要条件：一是，找
到或者作出一条“”，二是，要用“综合法”求出立体图形中的各点的坐标。在本题中，因为没有可以直接运用的“直三面角”，所以第一小题就要用“综合法”来证明“CF是平面BED的一条面垂线”，从而建立了“空间直角坐标系”。
（2）在求各点坐标时，（1）平面x0y上的点的坐标比较好求，所以一般先求出。在解题困难时可以在草稿纸上作出平面x0y上的“实形图”来帮助解题；（2）非平面x0y上的点的坐标，则先求各线段顶点的坐标，仍然再用“线段定比分点的公式”去求线段上其它分点的坐标。
5、04年，浙江（文、理）19.（满分12分）
如图，已知正方形ABCD矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB?2，AF?1，M是线段EF的中点.
CEMFB（1）求证：AM∥平面BDE；（2）求二面角A?DF?B的大小； （3）试在线段AC上确定一点P，使得PF与BC所成的角600. 解：∵正方形ABCD⊥矩形ACEF∴EC⊥平面ABCD， 以C为坐标原点， CD、CB、CE的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系C?xyz（如图所示）. ∴依题意知：C?0,0,0?，AE?0,0,1?，FDA?2,2,0，B0,??2,0，D??2,0,0，
??2,?22?2,1，M?,,1?，
?2?2???设平面BDE的法向量为n??x,y,z?，∵BD?则： BD?n?2x?2y?0，DE?n＝??2,?2,0，DE????2,0,1，
?2x?z?0，令x?1 代入上两式，则y?1，z?2
∴n?1,1,2， 且 AM???则AM∥平面BDE. (2) ∵A?????22,??22??,1?，∴AM?n???222?22?0，∴AM⊥n，
??2,2,0，D??2,0,0，F??2,2,1，B0,??2,0，
?∴AD?0,?2,0，DF?0,2,1，FB??????2,0,?1.
?设平面ADF的法向量为m1??x1,y1,z1?，∵AD?0,?2,0，DF?0,2,1，
m1＝?1,0,0?，则：∵ AD?m1??2y1?0∴y1?0，∵DF?m1＝2y1?z1?0∴z1?0，令x1?1则：
???? 6
设平面DFB的法向量为m2??x2,y2,z2?，∵ DF?0,2,1，FB??则：∵ DF?m2＝2y2?z2?0， FB?m2??2x2?z2?0，令z2?y2??1，则m2＝?1,?1,2∴cosm1,m2????2,0,?1，
2代入上两式得：x2??1，
???m1?m2m1?m2?1??1??1?2???1??222?12，
∴m1,m2?60， ∴二面角A—DF—B的大小为60o.
（3）试在线段AC上确定一点P，使得PF与BC所成的角是600. ∵点P在线段AC上，AC是正方形ABCD的对角线，且AC?∴设P的坐标为：P?t,t,0? （0?t?∴PF＝
，又∵F2）
2
0?2,2,1，B0,??2,0，C?0,0,0?，
??2?t,2?t,1，BC＝0,?2,0
???∵PF,BC?60，∴cosPF,BC＝
PF?BC0PF?BC＝
2?2?2t?212，
2t?42t?5?解得：t1?22，t2?322?，∴点P在线段AC的中点. 2（舍去）
P
6、10年山东（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．
（1）求证：平面PCD⊥平面PAC； （2）求直线PB与平面PCD所成角的大小； （3）求四棱锥P—ACDE的体积．
解：∵在?ABC中，AB?22，BC?2，
?ABC?45∴由余弦定理知AC?22，
0AEDBCZEACDPYBAED图1XB由勾股定理知?ABC是以?BAC?90的等腰直角三角形. 用平面几何知识可证：
0X图2CY?AEC，?EDC都是等腰直角三角形.如图1所示。
以A为坐标原点，分别以AB、AC、AP为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系A?xyz.如图2所示。由图1、图2可求：
7
A?0,0,0?，B22,0,0，C0,22,0，D??????2,22,0，E???2,2,0，P0,0,22；
???（1）证明：∵AC?0,22,0，AP?0,0,22，CD???????2,0,0
?∴AC?CD?0?0?0?0，∴AC?CD；AP?CD?0?0?0?0，∴AP?CD∴CD⊥平面PAC； 且CD?平面PCD,则 平面PCD⊥平面PAC； （2）求直线PB与平面PCD所成角的大小；
设平面PCD的法向量为n1??x1,y1,z1?，且PC?0,22,?22，CD?????2,0,0
?∴PC?n1?22y1?22z1?0， CD?n1??2x1?0，∴ x1?0，设y1?1则z1?1 ∴n1??0,1,1?；又∵PB?22,0.?22，设直线PB与平面PCD所成角为?
PB?n1PB?n1222?412??∴sin???? ，∴??300，则直线PB与平面PCD所成角为300.
（3） 从图1中知，四边形ACDE是直角梯形，其面积S?∴四棱锥P—ACDE的体积为：V?13S?AP?1312?AC?ED??CD?12?22?2??2?3
?3?22?22.
评析：“作出实图得简化”。本题作为辅助图形，作出五边形ABCDE的平面，对解题非常有益。这也是解
立体几何问题的基本功之一，要熟练掌握。
7、10年，全国（一）（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 （1）证明： SE?2EB；
（2）求二面角A?DE?C的大小 .
解：依题意知，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DS 为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D?xyz.如图所示. 则A?1,0,0?，B?1,1,0?，C?0,2,0?，D?0,0,0?，S?0,0,2?； ∵E为棱BS上的一点，设∴xE?1???01???11??BEES??，（0???1） 1???01???11??，yE?，zE?0???21???2?1??.∴
（1）证明：设平面EDC法向量为：m1??x1,y1,z1?，∵DE＝?则：∵ DE?m1?
2???，DC??0,2,0?，
?1??1??1????1,1,x11???y11???2?z11???0∴y1?0，∵DC?m1＝2y1?0∴y1?0，
8
令x1?1代入上方程得z1??12?则：m1＝?1,0,???1??， 2??设平面SBC的法向量为m2??x2,y2,z2?，∵ SB??1,1,?2?，BC???1,1,0?， 则：∵ SB?m2＝x1?y2?2z2?0， BC?m2??x2?y2?0， 令x2?1代入上两方程得：y2?1，z2?1则：m2＝?1,1,1?， ∵平面EDC?平面SBC，∴m1⊥m2，∴m1?m2＝1?1?0?1?∴E?BE1?222????，∴SE?2EB. ,,?，即 ES2?333?12??1?0，∴??12
（2）解法1：由（1）知：A?1,0,0?，D?0,0,0?，E??222?,,?，C?0,2,0? 333???222?,,?， ?333?设平面ADE法向量为：n1??x3,y3,z3?，∵DA＝?1,0,0?，DE??2x332y332z33则：∵DA?n1＝x3?0∵ DE?n1????0，令y3?1，∴z3??1，则：n1＝?0,1,?1?，
设平面DEC的法向量为n2??x4,y4,z4?，∵ DE??2x432y432z4342??222??2,,?，CE??,?,?，
33??333??32x43?4y43?2z43?0，令x4?3代入上两方程得：
则：∵DE?n2????0， CE?n2?y4?0，z3??3， 则：n2＝?3,0,?3?，
n1?n2n1?n20?0?32?18120∵cosn1,n2???，∴n1,n2?60，但从图中可以判断二面角A?DE?C应是
0钝角，∴二面角A?DE?C的大小为120.
00（注：这里就要判断二面角A?DE?C应是60，还是120？只能主观凭观察去判断了。因为，课本上
理论上的不全面，所以还不能完全解决这个问题。） 解法2：由（1）知：E??222??222??111?,,?，∴DE??,,?，取DE的中点为F，则F?,,?，
?333??333??333?∴FA???2?3??,?13,?4221??，∵AF?DE????0，∴FA?DE ①，
9993?又 FC???
484242?,,??，∵FC?DE?????0， ∴FC?DE ②，
999333?9
由 ①、② 知：?AFC就是二面角A?DE?C的平面角，
FA?FCFA?FC?16819?1681??881??2448??12∵cos?AFC?cosFA,FC??，
24969∴?AFC?1200，即，二面角A?DE?C的大小为1200.
评析：（1）E点坐标的计算，是一个难点。本题给出的方法，是解决这类问题常用的方法，应当记住。
（2）本题求二面角A?DE?C大小的方法，其中，解法2用了DE的中点F，这是适合本题的条件而使用的技巧，它不具备一般性。所以，通常的做法仍然要用解法1的“法向量”来求。
8、08年，辽宁（理）19．（本小题满分12分）
如图，在棱长为1的正方体ABCD?A?B?C?D?中，AP=BQ=b（0 （2）证明：截面PQEF和截面PQGH面积之和是定值，并求出这个值； （3）若D?E与平面PQEF所成的角为45?，求D?E与平面PQGH所成角的正弦值． 解：以D为原点，射线DA，DC，DD′分别为x，y，z轴的正半轴建立如图 的空间直角系D－xyz，由已知得DF?1?b，故： A(1，0，0)，A?(1，0，1)，D(0，0，0)，D?(0，0，1)，P(1，0，b)，Q(1，1，b)， E(1?b，1，0)， FD? H A? P D A F G B? C? Q E B z D? C H A? P D A F C? B? G ?b，，，G(b，1，1)，H(b，0，1)． ????????（1）证明：在所建立的坐标系中，可得PQ?(0，1，0)，PF?(?b，0，?b)， ??????????????PH?(b?1，0，1?b)，AD??(?1，0，，1)A?D?(?1，0，?1)． x ???????????????????????∵ AD??PQ?0，AD??PF?0，∴ AD?是平面PQEF的法向量． ???????????????????????A?D?PH?0，∴ A?D是平面PQGH的法向量． ∵ A?D?PQ?0，????????????????????∵ AD??A?D?0，∴ A?D?AD?，∴平面PQEF和平面PQGH互相垂直． ??????????????????????????????EF?PQ，又PF?PQ， ?1，0)，PQ??0,1,0?∴EF∥PQ，（2）证明：∵ EF?(0，Q C E B y ∴ PQEF为矩形，同理PQGH为矩形． ??????????在所建立的坐标系中可求得PH?2(1?b)，PF????????????????∴ PH?PF?2，又PQ?1， 2b， ∴ 截面PQEF和截面PQGH面积之和为2，是定值． 1，?1)，AD??(?1，0，1)可得 （3）解：由已知得D?E与AD?成45角，又D?E?(1?b，????????????????????? ???????????DE?AD??????????????D?EAD?b?22(1?b)?22?22，即 2?b(1?b)?22?1，解得b?12． 10 ???????????1??????∴D?E??，0，?1)， 1，?1?，又∵A?D是平面PQGH的法向量．且A?D?(?1，2??设D?E与平面PQGH所成角为?，∴?的正弦值为： D?E?A?DD?E?A?D?14?12?0?1?3212?2?26sin??. ?1?1?1?0?1 9、08年，广东（理）20．（本小题满分14分） 如图5所示，四棱锥P?ABCD的底面ABCD是半径为R的圆的内接四边形，其中BD是圆的直径，?ABD?60?，?BDC?45?，PD垂直底面ABCD，PD?22R，E，F分别是PB，CD上的点，且 PEEB?DFFC，过点E作BC的平行线交PC于G． （1）求BD与平面ABP所成角?的正弦值； （2）证明：△EFG是直角三角形； （3）当 PEEB?12时，求△EFG的面积． 解：∵PD垂直底面ABCD，BD是圆的直径，过D作圆的切线DH，∴BD⊥DH， 以D为坐标系原点，DB、DH、DP的方向为x，y，z轴的正方向， 建立空间直角坐标系D?xyz（如上图所示）.并作底面的实形图如右. 由题意知： ?3?3 A?R,?R,0?，B?2R,0,0?，C?R,R,0?，D?0,0,0?，P0,0,22R， ?2?2??D3R3A2RBXRFRHYC??设 PEEBPGFCPEDF??， ∵P0,0,22R，B?2R,0,0?， ??∴ GCEBFC?DF??，∵过点E作BC的平行线交PC于G． ??∴xE?0???2R1???2R?1??，yE?0???01???0，zE?22R???01???? ???22R1??，∴E??2R?22R,0,?1??1?????， ???R?R?22RR??R??同理可求：F?,,,,0?，G??1??1??1??1??1?????（1）∴BD＝??2R,0,0?.又∵AB＝??1?3R,R,0?，BP＝?2R,0,22R， ?2?2???? 11 设平面ABP的法向量为m??x1,y1,z1?∴ 3312Rx1?32Ry1?0 ①，?2Rx1?22Rz1?0 ②， 设x1?1，代入 ① 得 y1??，代入 ② 得 z1?22 BD?m??2R?0?032??，∴ sin??∴m??1,???,??32?11BD?m?2R?6611?6611 (2) ∵EG??????22R??0,0,，FG?,,0??1??1??1????R?R???， ∴EG?FG?0，则EG?FG ??∴△EFG是直角三角形； ??R22RPE11?，∴??，则∴E?,0,（3） ∵ 32EB2?3?2?2???2R42R???,0?33?????? ??同理可求：F??RR42??RR?R? ,,0?，G?,,??3?33??33?222∴EF??42??R??R??????R????????3?3??3???343R，同理可求：EG?23R，FG?423R ∴S?EFG 1422＝ 4EFEG?EF?2?EG2?FG22??14232?442?3444??R?????R?R 9999?9?9D'A'MODCBB'C'342210、10年，（四川）（理）（18）（本小题满分12分） 已知正方体ABCD－A'B'C'D'的棱长为1，点M是棱AA' 的中点，点O是对角线BD'的中点. （1）求证：OM为异面直线AA'和BD'的公垂线； （2）求二面角M－BC'－B'的大小； （3）求三棱锥M－OBC的体积. A解： 以点D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系D-xyz，则 A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A’(1,0,1),C’(0,1,1),D’(0,0,1) (1)∵点M是棱AA’的中点,点O是BD’的中点 A'D'B'ODCZC'∴M(1,0, 12),O( 12, 12, 12)，OM???1?2,?1?,0?， 2?MAYB 12 XAA???0,0,1?，BD????1,?1,1?， OM?AA??0, OM?BD???12?12?0?0， ∴OM⊥AA’,OM⊥BD’ 又∵OM与异面直线AA’和BD’都相交，故OM为异面直线AA'和BD'的公垂线. (2)设平面BMC'的一个法向量为n1??x,y,z?，BM??0,?1,?n1?BM??y?12?1??, BC????1,0,1?, 2?z?0，又n?BC???x?z?0，取z＝2,则x＝2,y＝1，从而n1??2,1,2? 取平面BC'B'的一个法向量为n2＝(0,1,0)，cosn1,n2?n1?n2n1?n2?19?1?13 . 13由图可知，二面角M-BC'-B'的平面角为锐角，故二面角M-BC'-B'的大小为arccos14. (3)易知，S△OBC＝S△BCD'A'＝ 14?1?2?24，设平面OBC的一个法向量为n3＝(x1,y1,z1) BD????1,?1,1?,∵n3?BD??0∴?x1?y1?z1?0， BC???1,0,0?，∵n3?BC?0∴?x1?0得x1?0，令z1＝1,得y1＝1，从而n3＝(0,1,1) 点M到平面OBC的距离d＝ 11、06年，陕西（理、文）19. (本小题满分12分) 如图，在长方体ABCD?A1B1C1D1中，E,P分别是BC,A1D1的中点，M,N分别是AE,CD1的中点，AD?AA1?a,AB?2a （1）求证：MN//平面ADD1A1； （2）求二面角P?AE?D的大小。 （3）（理）求三棱锥P?DEN的体积。 解：依题意知，以D为坐标系原点，DA、DC、DD1的方向为 x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D?xyz（如图所示）. AA1NDMBEPD1B1CC1BM?n3n31211221，VM－OBC＝S?OBC?d?? ?2???334424.42由题意知： A?a,0,0?，B?a,2a,0?，C?0,2a,0?，D?0,0,0?，A1?a,0,a?， a???a??a??3a?B1?a,2a,a?，C1?0,2a,a?，D1?0,0,a?，P?,0,a?，E?,2a,0?，M?,a,0?，N?0,a,?. 2???2??2??4? 13 CD⊥平面ADD1A1，（1）∵在长方体ABCD?A1B1C1D1中，∴CD??0,2a,0?是平面ADD1A1的法向量， 又∵MN＝?0???3a4,a?a,aa??3a?0?＝??,0,242??a?3a????2a?0?0??0 ?， ∵CD?MN?0???4?2??∴CD⊥MN，则有：MN//平面ADD1A1； （2）∵PA???a??a?,0,?a?，AE???,2a,0?， ?2??2?a2?x1?0?az1?0，?a2?x1?2ay1?0， 设平面PAE的法向量为m1??x1,y1,z1?， ∴有令x1?2代入上面两个方程得：y1?12，z1?1， ∴m1??2,??1?,1?； 2?∵AE?????a??a?,2a,0?，ED???,?2a,0,?， 2??2?a2?x2?2ay2?0，?a2?x2?2ay2?0， 设平面AED的法向量为m2??x2,y2,z2?， ∴有?解上面两个方程得： x2?0，y2?0，令z1?1，∴m2??0,0,1? ∴cosm,n?m?nm?n?1?1?222????1?1?2?2?22121，∴二面角P?AE?D的大小为arccos22121. （3）求三棱锥P?DEN的体积。∵P??aa????a?,0,a?，D?0,0,0?，E?,2a,0?，N?0,a,? 2???2??2?∴DE＝??aa????a?,2a,0?，DN＝?0,a,?，DP＝?,0,a? 2??2???2?a2?x?2ay?0，ay?a2?z?0， 设平面DEN的法向量为n??x,y,z?， ∴有 令y?1代入上面两个方程得：x??4，z??2， ∴n???4,1,?2?； DP?n?2a?2a212∴P点到平面DEN的距离为：d?2n??42121a 又∵DE?a4?4a2?1722a，DN?a?a24?52a，NE?a24?a?2a24?62a ∴S?DEN＝ 144DN2EN?DN?2?EN2?DE22? 14 ?14?5617?444??a?????a?44444??562218a 2VP?DEN?13S?DEN?d?13?218a?242121a?16a 3 12、05年，天津（理、文）（19）（本小题满分12分） 如图，在斜三棱柱ABC?A1B1C1中， ?A1AB??A1AC,AB?AC,A1A?A1B?a，侧面B1BCC1C1EA1POAHCGBB1与底面ABC所成的二面角为120B1C1、A1A的中点 ?，E、F分别是棱 F（1）求A1A与底面ABC所成的角； （2）证明A1E∥平面B1FC； （3）求经过A1、A、B、C四点的球的体积. 解：（综合法）（1）过A1作A1H⊥平面ABC，垂足为H. 连结AH，并延长交BC于G，连结EG， 于是∠A1AH为A1A与底面ABC所成的角. ∵∠A1AB=∠A1AC， ∴AG为∠BAC的平分线. 又∵AB=AC， ∴AG⊥BC，且G为BC的中点， 因此，由三垂线定理，A1A⊥BC. ∵A1A//B1B，且EG//B1B， EG⊥BC 于是∠AGE为二面角A—BC—E的平面角， 即∠AGE=120°，由于四边形A1AGE为平行四边形，得∠A1AG=60°， ∴A1A与底面ABC所成的角为60°， （2）设EG与B1C的交点为P，则点P为EG的中点，连结PF. 在平行四边形AGEA1中，因F为A1A的中点，故A1E//FP. 而FP?平面B1FC，A1E//平面B1FC，所以A1E//平面B1FC. （3）连结A1C，在△A1AC和△A1AB中，由于AC=AB，∠A1AC=∠A1AB， A1A=A1A，则△A1AC≌△A1AB，故A1C=A1B，由已知得 A1A=A1B=A1C=a. 又∵A1H⊥平面ABC， ∴H为△ABC的外心. 设所求球的球心为O，则O∈A1H，且球心O与A1A中点的连线OF⊥A1A. 1在Rt△A1FO中， A1O?33A1Fcos?AA1H?2?cos30?a3a3. 故所求球的半径R?a，球的体积 V?43?R?343?(33a)?343273?a. 评析：（1）本题，因为没有现成的“面面垂直”，如果非要去作“面面垂直”再去作“面垂线”，最后再作 “空间直角坐标系”，都需要进行“证明”，这个过程就可能是很烦的。所以，还是用“综合法”为 好。虽然绝大多数的题目，都可以用建立“空间直角坐标系”来解题，但是，从上面题的解法，“综合法”还是不能完全不要。 （2）本题是比较难的，见识一下会有一些好处的。 （完） 15