1、一.专题综述理科的立体几何由三部分组成，一是空间几何体，二是空间点、直线、平面的位置关系，三是立体几何中的向量方法高考在命制立体几何试题中，对这三个部分的要求和考查方式是不同的在空间几何体部分，主要是以空间几何体的三视图为主展开，考查空间几何体三视图的识别判断、考查通过三视图给出的空间几何体的表面积和体积的计算等问题，试题的题型主要是选择题或者填空题，在难度上也进行了一定的控制，尽管各地有所不同，但基本上都是中等难度或者较易的试题；在空间点、直线、平面的位置关系部分，主要以解答题的方法进行考查，考查的重点是空间线面平行关系和垂直关系的证明，而且一般是这个解答题的第一问；对立体几何中的向量方法部
2、分，主要以解答题的方式进行考查，而且偏重在第二问或者第三问中使用这个方法，考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的计算，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题二.考纲解读1.空间几何体：该部分要牢牢抓住各种空间几何体的结构特征，通过对各种空间几何体结构特征的了解，认识各种空间几何体的三视图和直观图，通过三视图和直观图判断空间几何体的结构，在此基础上掌握好空间几何体的表面积和体积的计算方法2.空间点、直线、平面的位置关系：该部分的基础是平面的性质、空间直线与直线的位置关系，重点是空间线面平行和垂直关系的判定和性质，面面平行和垂直关系的判定和性质在复习中要牢牢掌握四个公理和八个定理及
3、其应用，重点掌握好平行关系和垂直关系的证明方法3.空间向量与立体几何：由于有平面向量的基础，空间向量部分重点掌握好空间向量基本定理和共面向量定理，在此基础上把复习的重心放在如何把立体几何问题转化为空间向量问题的方法，并注重运算能力的训练三.2012年高考命题趋向1.以选择题或者填空题的形式考查空间几何体的三视图以及表面积和体积的计算对空间几何体的三视图的考查有难度加大的趋势，通过这个试题考查考生的空间想象能力；空间几何体的表面积和体积计算以三视图为基本载体，交汇考查三视图的知识和面积、体积计算，试题难度中等2.以解答题的方式考查空间线面位置关系的证明，在解答题中的一部分考查使用空间向量方法求解
4、空间的角和距离，以求解空间角为主，特别是二面角四高频考点解读考点一 三视图的辨别与应用 例12011课标全国卷 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图所示，则相应的侧视图可以为() 【答案】D【解析】由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，故侧视图选D.例22011山东卷 右图是长和宽分别相等的两个矩形给定下列三个命题： 存在三棱柱，其正（主）视图、俯视图如右图； 存在四棱柱，其正（主）视图、俯视图如右图； 存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图其中真命题的个数是( ) A3 B2 C1 D 0【答案】A【解析】对于，可以是放倒的三棱柱；可以是长方体；可以是放倒了
5、的圆柱故选择另解：均是正确的，只需底面是等腰直角三角形的直四棱柱，让其直角三角形直角边对应的一个侧面平卧；直四棱柱的两个侧面是正方形或一正四棱柱平躺；圆柱平躺即可使得三个命题为真，答案选A【解析】 由正视图可排除A，C；由侧视图可判断该该几何体的直观图是B.【解题技巧点睛】对于简单几何体的组合体的三视图，首先要确定正视、侧视、俯视的方向，其次要注意组合体由哪些几何体组成，弄清它们的组成方式，特别应注意它们的交线的位置考点二 求几何体的体积 例42011陕西卷 某几何体的三视图如图12所示，则它的体积是()A8 B8C82 D.【答案】A【解析】 分析图中所给的三视图可知，对应空间几何图形，应该
6、是一个棱长为2的正方体中间挖去一个半径为1，高为2的圆锥，则对应体积为：V2221228.例5 2011课标全国卷 已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为_【答案】【解析】 如图，设球的半径为R，圆锥底面半径为r，则球面面积为4R2，圆锥底面面积为r2，由题意r2R2，所以rR，所以OO1R，所以SO1RRR，S1O1RRR，所以.例62011安徽卷 如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA1，OD2，OAB，OAC，ODE，ODF都是正
7、三角形(1)证明直线BCEF；(2)求棱锥FOBED的体积【解答】 (1)(综合法)证明：设G是线段DA与线段EB延长线的交点，由于OAB与ODE都是正三角形，OA1，OD2，所以OB綊DE，OGOD2.同理，设G是线段DA与线段FC延长线的交点，有OC綊DF，OGOD2，又由于G和G都在线段DA的延长线上，所以G与G重合在GED和GFD中，由OB綊DE和OC綊DF，可知B，C分别是GE和GF的中点，所以BC是GEF的中位线，故BCEF.(向量法)过点F作FQAD，交AD于点Q，连QE.由平面ABED平面ADFC，知FQ平面ABED.以Q为坐标原点，为x轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立如图
8、所示空间直角坐标系由条件知E(，0,0)，F(0,0，)，B，C.则有，(，0，)所以2，即得BCEF.(2)由OB1，OE2，EOB60，知SEOB.而OED是边长为2的正三角形，故SOED.所以S四边形OBEDSEOBSOED.过点F作FQAD，交AD于点Q，由平面ABED平面ACFD知，FQ就是四棱锥FOBED的高，且FQ，所以VFOBEDFQS四边形OBED.【解题技巧点睛】当给出的几何体比较复杂，有关的计算公式无法运用，或者虽然几何体并不复杂，但条件中的已知元素彼此离散时，我们可采用“割”、“补”的技巧，化复杂几何体为简单几何体(柱、锥、台)，或化离散为集中，给解题提供便利(1)几何
9、体的“分割”：几何体的分割即将已知的几何体按照结论的要求，分割成若干个易求体积的几何体，进而求之(2)几何体的“补形”：与分割一样，有时为了计算方便，可将几何体补成易求体积的几何体，如长方体、正方体等另外补台成锥是常见的解决台体侧面积与体积的方法，由台体的定义，我们在有些情况下，可以将台体补成锥体研究体积(3)有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算，应以公式为基础，充分利用几何体中的直角三角形、直角梯形求有关的几何元素考点三 求几何体的表面积【答案】C【解析】 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(如图所示)，所以该直四棱柱的表面积为S2(24)4442424488.例82
10、011陕西卷 如图，在ABC中，ABC45，BAC90，AD是BC上的高，沿AD把ABD折起，使BDC90.(1)证明：平面ADB平面BDC；(2)若BD1，求三棱锥DABC的表面积【解答】 (1)折起前AD是BC边上的高，当ABD折起后，ADDC，ADDB.又DBDCD.AD平面BDC.AD平面ABD，平面ABD平面BDC.(2)由(1)知，DADB，DBDC，DCDA，DBDADC1.ABBCCA.从而SDABSDBCSDCA11.SABCsin60.表面积S3.【解题技巧点睛】以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关
11、系及数量关系考点四 平行与垂直例92011辽宁卷 如图，四棱锥SABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则下列结论中不正确的是()AACSBBAB平面SCDCSA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角DAB与SC所成的角等于DC与SA所成的角【答案】D【解析】 由SD底面ABCD，得SDAC，又由于在正方形ABCD中，BDAC，SDBDD，所以AC平面SBD，故ACSB，即A正确由于ABCD，AB平面SCD，CD平面SCD，所以AB平面SCD，即B正确设AC，BD交点为O，连结SO，则由知AC平面SBD，则由直线与平面成角定义知SA与平面SBD所成的角为ASO，SC与平面SBD所成
12、的角为CSO.由于ADSCDS，所以SASC，所以SAC为等腰三角形，又由于O是AC的中点，所以ASOCSO，即C正确因为ADCD，所以AB与SC所成的角为SCD，DC与SA所成的角为SAB，SCD与SAB不相等，故D项不正确例10 2011课标全国卷 如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，DAB60，AB2AD，PD底面ABCD.(1)证明：PABD；(2)设PDAD1，求棱锥DPBC的高【解答】 (1)证明：因为DAB60，AB2AD，由余弦定理得BDAD，从而BD2AD2AB2，故BDAD.又PD底面ABCD，可得BDPD，所以BD平面PAD，故PABD.(2)如图，作DE
13、PB，垂足为E.已知PD底面ABCD，则PDBC.由(1)知BDAD，又BCAD，所以BCBD.故BC平面PBD，BCDE.则DE平面PBC.由题设知PD1，则BD，PB2.根据DEPBPDBD得DE.即棱锥DPBC的高为.例112011山东卷 如图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，D1D平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB2AD，ADA1B1，BAD60.(1)证明：AA1BD；(2)证明：CC1平面A1BD.证明：(1)证法一：因为D1D平面ABCD，且BD平面ABCD，所以D1DBD.又因为AB2AD，BAD60，在ABD中，由余弦定理得BD2AD2AB22ADABcos60
14、3AD2.所以AD2BD2AB2，所以ADBD.又ADD1DD，所以BD平面ADD1A1.又AA1平面ADD1A1，所以AA1BD.证法二：因为D1D平面ABCD，且BD平面ABCD，所以BDD1D.取AB的中点G，连接DG.在ABD中，由AB2AD得AGAD，又BAD60，所以ADG为等边三角形因此GDGB.故DBGGDB，又AGD60，所以GDB30，故ADBADGGDB603090，所以BDAD.又ADD1DD，所以BD平面ADD1A1，又AA1平面ADD1A1，所以AA1BD.(2)连接AC，A1C1.设ACBDE，连接EA1.因为四边形ABCD为平行四边形，所以ECAC，由棱台定义及
15、AB2AD2A1B1知，A1C1EC且A1C1EC，所以四边形A1ECC1为平行四边形因此CC1EA1，又因为EA1平面A1BD，CC1平面A1BD，所以CC1平面A1BD.【解题技巧点睛】在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，无论是试题本身的已知条件，还是在具体的解题中，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知的平面图形通过计算的方式证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直，其中要特别重视两个平面垂直的性质定理，这个定理已知的是两个平面垂直，结论是线面垂直考点五 与球相关的问题
16、例12 2011课标全国卷 已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB6，BC2，则棱锥OABCD的体积为_【答案】8【解析】 如图，由题意知，截面圆的直径为4，所以四棱锥的高2，所以其体积VS矩形ABCD6228.例132011辽宁卷 已知球的直径SC4，A，B是该球球面上的两点，AB，ASCBSC30，则棱锥SABC的体积为()A3 B2 C. D1【答案】C【解析】 如图，过A作AD垂直SC于D，连接BD.由于SC是球的直径，所以SACSBC90，又ASCBSC30，又SC为公共边，所以SACSBC.由于AD SC，所以BDSC.由此得SC平面ABD.所以VSABCVSAB
17、DVCABDSABDSC.由于在直角三角形SAC中ASC30，SC4，所以AC2，SA2，由于AD.同理在直角三角形BSC中也有BD.又AB，所以ABD为正三角形，所以VSABCSABDSC()2sin604，所以选C.【解题技巧点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面进行解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心
18、，或“切点”、“接点”作出截面图考点六 异面直线所成的角 例142011天津卷 如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA12，C1H平面AA1B1B，且C1H.(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；(2)求二面角AA1C1B1的正弦值；(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN平面A1B1C1，求线段BM的长【解答】 方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点依题意得A(2，0,0)，B(0,0,0)，C(，)，A1(2，2，0)，B1(0,2，0)，C1(，)(1)易得(，)，(2，0,0)，于是cos，.所以异面直线A
19、C与A1B1所成角的余弦值为.(2)易知(0,2，0)，(，)设平面AA1C1的法向量m(x，y，z)，则即不妨令x，可得m(，0，)同样地，设平面A1B1C1的法向量n(x，y，z)，则即不妨令y，可得n(0，)于是cosm，n，从而sinm，n.所以二面角AA1C1B1的正弦值为.(3)由N为棱B1C1的中点，得N.设M(a，b,0)，则.由MN平面A1B1C1，得即解得故M.因此，所以线段BM的长|.方法二：(1)由于ACA1C1.故C1A1B1是异面直线AC与A1B1所成的角因为C1H平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，AA12，C1H，可得A1C1B1C13.因此cos
20、C1A1B1.所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.(2)连接AC1，易知AC1B1C1.又由于AA1B1A1，A1C1A1C1，所以AC1A1B1C1A1.过点A作ARA1C1于点R，连接B1R，于是B1RA1C1.故ARB1为二面角AA1C1B1的平面角在RtA1RB1中，B1RA1B1sinRA1B12.连接AB1，在ARB1中，AB14，ARB1R，cosARB1，从而sinARB1.所以二面角AA1C1B1的正弦值为.(3)因为MN平面A1B1C1，所以MNA1B1，取HB1中点D，连接ND.由于N是棱B1C1中点，所以NDC1H且NDC1H.又C1H平面AA1B1B，所以ND
21、平面AA1B1B.故NDA1B1.又MNNDN，所以A1B1平面MND.连接MD并延长交A1B1于点E，则MEA1B1.故MEAA1.由，得DEB1E，延长EM交AB于点F，可得BFB1E.连接NE.在RtENM中，NDME.故ND2DEDM.所以DM.可得FM.连接BM，在RtBFM中BM.【解题技巧点睛】异面直线所成的角是近几年高考考查的重点,常以客观题出现,也经常在解答题的某一问中出现,方法灵活,难度不大.主要通过平移把空间问题转化为平面问题,或通过向量的坐标运算求异面直线所成的角,以此来考查空间想象能力和思维能力,利用几何法或向量法解决立体几何问题的能力.考点七 线面角例152011天
22、津卷 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，ADC45，ADAC1，O为AC的中点，PO平面ABCD，PO2，M为PD的中点(1)证明PB平面ACM；(2)证明AD平面PAC；(3)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值【解答】 (1)证明：连接BD，MO.在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点又M为PD的中点，所以PBMO.因为PB平面ACM，MO平面ACM，所以PB平面ACM.(2)证明：因为ADC45，且ADAC1，所以DAC90，即ADAC.又PO平面ABCD，AD平面ABCD，所以POAD.而ACPOO，所以AD平面PAC.(3)取DO中点N，
23、连接MN，AN.因为M为PD的中点，所以MNPO，且MNPO1.由PO平面ABCD，得MN平面ABCD，所以MAN是直线AM与平面ABCD所成的角在RtDAO中，AD1，AO，所以DO.从而ANDO.在RtANM中，tanMAN，即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为.【解题技巧点睛】求线面角,解题时要明确线面角的范围,利用转化思想,将其转化为一个平面内的角,通过解三角形来解决.求解的关键是作出垂线,即从斜线上选取异于斜足的一点作平面的垂线.有时也可采用间接法和空间向量法,借助公式直接求解.考点八 二面角（理）例162011课标全国卷 如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，DA
24、B60，AB2AD，PD底面ABCD. (1)证明：PABD；(2)若PDAD，求二面角APBC的余弦值【解答】 (1)因为DAB60，AB2AD，由余弦定理得BDAD，从而BD2AD2AB2，故BDAD.又PD底面ABCD，可得BDPD，所以BD平面PAD.故PABD. (2)如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，DA、DB、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(1,0,0)，B(0，0)，C(1，0)，P(0,0,1)，(1，0)，(0，1)，(1,0,0)设平面PAB的法向量为n(x，y，z)，则即因此可取n(，1，)设平面PBC的法向量为m，则可取m(0
25、，1，)cosm，n.故二面角APBC的余弦值为.例172011广东卷 如图，在锥体PABCD中，ABCD是边长为1的菱形，且DAB60，PAPD，PB2，E，F分别是BC，PC的中点(1)证明：AD平面DEF；(2)求二面角PADB的余弦值【解答】 法一：(1)证明：设AD中点为G，连接PG，BG，BD.因PAPD，有PGAD，在ABD中，ABAD1，DAB60，有ABD为等边三角形，因此BGAD，BGPGG，所以AD平面PBG，所以ADPB，ADGB.又PBEF，得ADEF，而DEGB得ADDE，又FEDEE，所以AD平面DEF.(2)PGAD，BGAD，PGB为二面角PADB的平面角在R
26、tPAG中，PG2PA2AG2，在RtABG中，BGABsin60，cosPGB.法二：(1)证明：设AD中点为G，因为PAPD，所以PGAD，又ABAD，DAB60，所以ABD为等边三角形，因此，BGAD，从而AD平面PBG.延长BG到O且使POOB，又PO平面PBG，所以POAD，又ADOBG，所以PO平面ABCD.以O为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB，OP分别为x轴，z轴，平行于AD的直线为y轴，建立如图12所示的空间直角坐标系设P(0,0，m)，G(n,0,0)，则A，D.|sin60，B，C，E，F.(0,1,0)，0，0，ADDE，ADFE，又DEFEE，AD平面DEF.
27、(2)，2，解得m1，n.取平面ABD的法向量n1(0,0，1)，设平面PAD的法向量n2(a，b，c)，由n20，得ac0，由n20，得ac0，故取n2.cosn1，n2.即二面角PADB的余弦值为【解题技巧点睛】在充分理解掌握二面角的定义的基础上,灵活应用定义法、三垂线定理法、垂面法等确定二面角的平面角,其中面面垂直的性质定理是顺利实现转化的纽带.有时也可不用作出二面角而直接求解,如射影面积法、空间向量法等.考点九 空间向量的应用例182011陕西卷 如图，在ABC中，ABC60，BAC90，AD是BC上的高，沿AD把ABD折起，使BDC90.(1)证明：平面ADB平面BDC；(2)设E为
28、BC的中点，求与夹角的余弦值【解答】 (1)折起前AD是BC边上的高，当ABD折起后，ADDC，ADDB.又DBDCD，AD平面BDC，AD平面ABD，平面ABD平面BDC.(2)由BDC90及(1)知DA，DB，DC两两垂直，不妨设|DB|1，以D为坐标原点，以，所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，)，E.，(1,0,0)，与夹角的余弦值为cos，.例192011辽宁卷 如图，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，PDQA，QAABPD.(1)证明：平面PQC平面DCQ；(2)求二面角QBPC的余弦值【
29、解答】 如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.(1)依题意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)则(1,1,0)，(0,0,1)，(1，1,0)，所以0，0.即PQDQ，PQDC.故PQ平面DCQ.又PQ平面PQC，所以平面PQC平面DCQ.(2)依题意有B(1,0,1)，(1,0,0)，(1,2，1)设n(x，y，z)是平面PBC的法向量，则即因此可取n(0，1，2)设m是平面PBQ的法向量，则可取m(1,1,1)，所以cosm，n.故二面角QBPC的余弦值为.【解题技巧点睛】用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一
30、种是用向量表示几何量，利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量，共分三步：(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面，把立体几何问题转化为向量问题；(2)通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题考点十 探索性问题例202011浙江卷 如图，在三棱锥PABC中，ABAC，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC8，PO4，AO3，OD2.(1)证明：APBC；(2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角AMCB为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由【解答】 方
31、法一：(1)证明：如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.则O(0,0,0)，A(0，3,0)，B(4,2,0)，C(4,2,0)，P(0,0,4)，(0,3,4)，(8,0,0)，由此可得0，所以，即 APBC. (2)设，1，则(0，3，4)(4，2,4)(0，3，4)(4，23，44)，(4,5,0)，(8,0,0)设平面BMC的法向量n1(x1，y1，z1)平面APC的法向量n2(x2，y2，z2)，由得即可取n1.由即 得可取n2(5,4，3)由n1n20，得430，解得，故AM3，综上所述，存在点M符合题意，AM3，方法二：(1)证明：由ABAC，D
32、是BC的中点，得ADBC.又PO平面ABC，得POBC.因为POADO，所以BC平面PAD.故BCPA.(2)如图，在平面PAB内作BMPA于M，连CM，由(1)中知APBC，得AP平面BMC.又AP平面APC，所以平面BMC平面APC.在RtADB中，AB2AD2BD241，得AB.在RtPOD中，PD2PO2OD2，在RtPDB中，PB2PD2BD2，所以PB2PO2OD2DB236，得PB6，在RtPOA中，PA2AO2OP225，得PA5，又cosBPA，从而PMPBcosBPA2，所以AMPAPM3.综上所述，存在点M符合题意，AM3.例21 2011福建卷 如图，四棱锥PABCD中
33、，PA底面ABCD.四边形ABCD中，ABAD，ABAD4，CD，CDA45.(1)求证：平面PAB平面PAD；(2)设ABAP.若直线PB与平面PCD所成的角为30，求线段AB的长；在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到P、B、C、D的距离都相等？说明理由【解答】 (1)证明：因为PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以PAAB.又ABAD，PAADA，所以AB平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz在平面ABCD内，作CEAB交AD于点E，则CEAD.在RtCDE中，DECDcos451，CECDsin451.设ABAPt，
34、则B(t,0,0)，P(0,0，t)由ABAD4得AD4t，所以E(0,3t,0)，C(1,3t,0)，D(0,4t,0)，(1,1,0)，(0,4t，t)设平面PCD的法向量为n(x，y，z)由n，n，得取xt，得平面PCD的一个法向量n(t，t,4t)又(t,0，t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30得cos60，即.解得t或t4(舍去，因为AD4t0)，所以AB.则(1,3tm,0)，(0,4tm,0)，(0，m，t)由|得12(3tm)2(4tm)2，即t3m；由|得(4tm)2m2t2.由、消去t，化简得m23m40.由于方程没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G
35、到点P、C、D的距离都相等从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等法二：假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等由GCGD，得GCDGDC45，从而CGD90，即CGAD.所以GDCDcos451.设AB，则AD4，AGADGD3.在RtABG中，GB1.这与GBGD矛盾所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点B、C、D的距离都相等从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等【解题技巧点睛】1.对于“是否存在”型问题的探索方式有两种:一种是根据条件作出判断,再进一步论证. 如解决探究某些点或线的存在性问
36、题,一般的方法是先研究特殊点(中点、三等分点等)、特殊位置(平行或垂直),再证明其符合要求,一般来说与平行有关的探索性问题常常寻找三角形的中位线或平行四边形.另一种是利用空间向量,先设出假设存在点的坐标,再根据条件求该点坐标,即找到“存在点”,若该点坐标不能求出,或有矛盾,则判定“不存在”.2.空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题,它无需进行复杂繁难的作图、论证、推理,只需通过坐标运算进行判断,在解题过程中,往往把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有规定范围内的解”,所以使问题的解决更简单,有效,应善于运用这一方法解题.针对训练一选择题1.【湖北省孝感市20112012学年度高中三
37、年级第一次统一考试】已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A2 B4 C D【答案】C【解析】由题设条件给出的三视图可知，该几何体为四棱锥，且侧棱SC垂直底面ABCD，如图所示.且四边形为正方形，则2.【2012北京海淀区高三年级第一学期期末试题】已知平面，直线，若，则 （A）垂直于平面的平面一定平行于平面 （B）垂直于直线的直线一定垂直于平面（C）垂直于平面的平面一定平行于直线 （D）垂直于直线的平面一定与平面,都垂直【答案】D 【解析】A错，如墙角的三个平面不满足；B错，缺少条件直线应该在平面内；C错，直线也可能在平面内。D正确，因垂直平面，且在平面内，故由面面垂直的判定
38、定理可知命题正确。故选D。3.【2012年长春市高中毕业班第一次调研测试】设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列四个命题： 若ab，a，b，则b； 若a，a，则；若a，则a或a； 若ab，a，b，则.其中正确命题的个数为A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】由空间线面位置关系容易判断均正确.4.【2012年长春市高中毕业班第一次调研测试】一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的全面积为 A. B. C.D.【答案】A【解析】几何体为底面半径为，高为1的圆柱，全面积为.5.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】四棱锥PAB
39、CD的所有侧棱长都为，底面ABCD是边长为2的正方形，则CD与PA所成角的余弦值为（ ）ABCD【答案】B 【解析】如图所示，因四边形ABCD为正方形，故则CD与PA所成的角即为AB与PA所成的角在三角形PAB内，利用余弦定理可知:故答案为B.6.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为 （ ）ABCD【答案】 B 【解析】根据三视图还原几何体为一个三棱锥，其中面，ABCDEOE为AC的中点，则有设其外接球的球心为O,则它落在高线DE上，则有解得，故球的半径为故答案为B.7.【惠州市2012届高三第二次
40、调研考试】如图，正方体的棱长为，过点作平面的垂线，垂足为点，则以下命题中，错误的命题是（）点是的垂心 的延长线经过点 垂直平面 直线和所成角为【答案】D【解析】因为三棱锥A是正三棱锥，故顶点A在底面的射影是底面中心，A正确；平面平面，而AH垂直平面，所以AH垂直平面，C正确；根据对称性知B正确.选D.AOC8.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】球的一个截面面积为，球心到该截面的距离为，则球的表面积是（ ）A. B. C. D. 解析：如图所示，由球的一个截面面积为求出截面圆的半径1，利用勾股定理求出球的半径4，所以球的表面积是.二填空题侧视图正视图俯视图9.【河北省唐山市2012
41、届高三上学期摸底考试数学】一个几何体的三视图如右图所示，正视图是一个边长为2的正三角形，侧视图是一个等腰直角三角形，则该几何体的体积为 【答案】4【解析】由三视图得如图所示四棱锥，其中四棱锥的底面边长分别为，高为，所以四棱锥的体积，即该几何体的体积为4.10【惠州市2012届高三第二次调研考试】如图，三个几何体，一个是长方体、一个是直三棱柱，一个是过圆柱上下底面圆心切下圆柱的四分之一部分，这三个几何体的主视图和俯视图是相同的正方形，则它们的体积之比为 【答案】【解析】因为三个几何体的主视图和俯视图为相同的正方形，所 以原长方体棱长相等为正方体，原直三棱柱是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，设正方
42、形的边长为则，长方体体正视图俯视图侧视图24234积为，三棱柱体积为，四分之一圆柱的体积为，所以它们的体积之比为11.【浙江省2012年高三调研理科数学测试卷】若某几何体的三视图 (单位：cm) 如图所示，则此几何体的体积是 cm3【答案】40【解析】如图所示，该几何体是一个直三棱柱去掉两个小三棱锥组成，BACDEFGH直三棱柱的体积为两个小三棱锥的体积为故几何体的体积为40.12【2012北京海淀区高三年级第一学期期末试题】已知正三棱柱的正（主）视图和侧（左）视图如图所示. 设的中心分别是，现将此三棱柱绕直线旋转，射线旋转所成的角为弧度（可以取到任意一个实数），对应的俯视图的面积为，则函数的
43、最大值为 ；最小正周期为 . 说明：“三棱柱绕直线旋转”包括逆时针方向和顺时针方向，逆时针方向旋转时，旋转所成的角为正角，顺时针方向旋转时，旋转所成的角为负角.【答案】8； 【解析】由题意可知，要使得俯视图最大，需当三棱锥柱的一个侧面在水平平面内时，此时俯视图面积最大，如图所示，俯视图为矩形，且则故面积最大为. 当棱柱在水平面内滚动时，因三角形ABC为正三角形，当绕着旋转后其中一个侧面恰好在水平面，其俯视图的面积也正好经历了一个周期，所以函数的周期为ABCOD13【浙江省名校新高考研究联盟2012届第一次联考】如图，将菱形沿对角线折起，使得C点至，点在线段上，若二面角与二面角的大小分别为30和
44、45，则= 【答案】 【解析】因为四边形是菱形，所以分别为平面与平面、平面与平面所成的二面角的平面角，即；在中，同理，易知，所以=， 故=三解答题14【2012年上海市普通高等学校春季招生考试】如图，正四棱柱的底面边长为1，高为2，为线段AB的中点，求：（1） 三棱锥的体积；（2） 异面直线与所成角的大小（结果用反三角函数值表示）【解析】（1）又为三棱锥的高，(2)为异面直线与所成的角（或其补角）.连接 异面直线与所成角的大小15.【2012北京海淀区高三年级第一学期期末试题】在四棱锥中，底面是直角梯形，平面平面.（）求证：平面； （）求平面和平面所成二面角（小于）的大小；（）在棱上是否存在点
45、使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【解答】（）证明：因为 ，所以 . 1分因为 平面平面，平面平面，平面，所以 平面. 3分（）解：取的中点，连接.因为， 所以 .因为 平面平面，平面平面，平面，所以 平面. 4分如图，以为原点，所在的直线为轴，在平面内过垂直于的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系不妨设.由直角梯形中可得，.所以 ，.设平面的法向量.因为 所以 即令，则.所以 . 7分取平面的一个法向量n.所以 .所以 平面和平面所成的二面角（小于）的大小为. 9分（）解：在棱上存在点使得平面，此时. 理由如下： 10分取的中点，连接，.则 ，.因为 ，所以 .因为 ，
46、所以 四边形是平行四边形.所以 .因为 ，所以 平面平面. 13分因为 平面，所以 平面. 14分16.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】（理）如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD，底面ABCD是矩形，且，E是SA的中点。 （1）求证：平面BED平面SAB； （2）求平面BED与平面SBC所成二面角（锐角）的大小。解：（）SD平面ABCD，平面SAD平面ABCD，ABAD，AB平面SAD，DEABSDAD，E是SA的中点，DESA，ABSAA，DE平面SAB平面BED平面SAB4分（）建立如图所示的坐标系Dxyz，不妨设AD2，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，0
47、)，C(0，0)，S(0，0，2)，E(1，0，1)(2，0)，(1，0，1)，(2，0，0)，(0，2)设m(x1，y1，z1)是面BED的一个法向量，则即因此可取m(1，1)8分设n(x2，y2，z2)是面SBC的一个法向量，则即因此可取n(0，1)10分cosm，n，故平面BED与平面SBC所成锐二面角的大小为3012分（文）如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD，底面ABCD是矩形，且，E是SA的中点。 （1）求证：平面BED平面SAB； （2）求直线SA与平面BED所成角的大小。解：（）SD平面ABCD，平面SAD平面ABCD，ABAD，AB平面SAD，DEAB3分SDAD，E是S
48、A的中点，DESA，ABSAA，DE平面SAB平面BED平面SAB6分（）作AFBE，垂足为F由（），平面BED平面SAB，则AF平面BED，则AEF是直线SA与平面BED所成的角8分设AD2a，则ABa，SA2a，AEa，ABE是等腰直角三角形，则AFa在RtAFE中，sinAEF，故直线SA与平面BED所成角的大小4512分17.【2012年长春市高中毕业班第一次调研测试】（理）如图，在底面为直角梯形的四棱锥中，平面，求证：；求直线与平面所成的角；设点在棱上，若平面，求的值.【方法一】（1）证明：由题意知 则 （4分）（2），又平面. 平面平面. 过作/交于 过点作交于,则 为直线与平面所
49、成的角. 在Rt中，.即直线与平面所成角为. （8分） （3）连结，平面.又平面，平面平面，.又，即（12分）【方法二】如图，在平面ABCD内过D作直线DF/AB，交BC于F，分别以DA、DF、DP所在的直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系.（1）设，则， ，. （4分）（2）由（1）知.由条件知A（1，0，0），B（1，0），.设，则 即直线为.（8分）（3）由（2）知C（3，0），记P（0，0，a），则，而，所以，=设为平面PAB的法向量，则，即，即. 进而得， 由,得（12分）（文）如图，在底面为直角梯形的四棱锥中，.求证：；当时，求此四棱锥的表面积. 解：（1）证明：由题意知 则（4分
50、）. . （6分）过D作DHBC于点H,连结PH,则同理可证明，并且. （8分）易得.（11分）故此四棱锥的表面积 （12分）18.【浙江省2012年高三调研理科数学测试卷】（理）四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，E为AD的中点，ABCE为菱形，BAD120，PAAB，G，F分别是线段CE，PB上的动点，且满足(0，1)() 求证：FG平面PDC；() 求的值，使得二面角FCDG的平面角的正切值为() 证明：如图以点A为原点建立空间直角坐标系Axyz，其中K为BC的中点，不妨设PA2，则，由，得，设平面的法向量=(x，y，z)，则，得 可取=(，1，2)，于是，故，又因为FG平面PDC，即
51、/平面 6分 () 解：，设平面的法向量，则，可取，又为平面的法向量由，因为tan，cos，所以，解得或(舍去)，故 15分提示四（方法二）() 证明：延长交于，连，得平行四边形，则/ ，所以又，则，所以/因为平面，平面，所以/平面 6分()解：作FM于，作于，连则，为二面角的平面角，不妨设，则，由 得 ，即 15分（文）已知正四棱锥PABCD中，底面是边长为2的正方形，高为M为线段PC的中点() 求证：PA平面MDB；() N为AP的中点，求CN与平面MBD所成角的正切值 ()证明：在四棱锥PABCD中，连结AC交BD于点O，连结OM，PO由条件可得PO，AC2，PAPC2，COAO因为在PAC中，M为PC的中点，O为AC的中点，所以OM为PAC的中位线，得OMAP，又因为AP平面MDB，OM平面MDB，所以PA平面MDB 6分() 解：设NCMOE，由题意得BPBC2，且CPN90因为M为PC的中点，所以PCBM，同理PCDM，故PC平面BMD所以直线CN在平面BMD内的射影为直线OM，MEC为直线CN与平面BMD所成的角，又因为OMPA，所以PNCMEC在RtCPN中，CP2，NP1，所以tanPNC，故直线 CN与平面BMD所成角的正切值为2 14分
