【2013高考数学攻略】专题22：高频考点分析之立体几何探讨
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| 名称 | 【2013高考数学攻略】专题22：高频考点分析之立体几何探讨 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 2.9MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 其它版本 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2012-12-24 18:36:58 | ||
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文档简介
【2013高考数学攻略】
专题22：高频考点分析之立体几何探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
专题1～2，我们对客观性试题解法进行了探讨，专题3～8，对数学思想方法进行了探讨，专题9～12对数学解题方法进行了探讨，专题13～专题28我们对高频考点进行探讨。
立体几何是高中数学的重要内容，立体几何试题是考查空间想象能力，逻辑思维能力和演绎推理能力的基本载体近几年高考立体几何试题以基础题和中档题为主，热点问题主要有证明点线面的关系。考查的重点是点线面的位置关系及空间距离和空间角，突出空间想象能力。。在《课程标准》中，立体几何的内容和考查要求有了较大的变化：增加了三视图，更强调几何直观，几何证明有所削弱，淡化了距离问题。因此，在复习中，以基本知识，基本方法为基础，以通性通法为重点，培养空间几何体的直观认知能力和逻辑推理能力。
一般来说，平面向量在高考中所占份量较大，结合2012年全国各地高考的实例，我们从以下五方面探讨立体几何问题的求解：
1. 多面体及球体的概念、性质、计算；
2. 由三视图判别立体图形和表面积、体积的计算：
3. 关于线线、线面及面面平行的问题；
4. 关于线线、线面及面面垂直的问题；
5. 关于空间距离和空间角的问题。
一、多面体及球体的概念、性质、计算：
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年全国课标卷理5分）已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是边长为的正三角形，为球的直径，且；则此棱锥的体积为【 】
【答案】。
【考点】三棱锥的性质。
【解析】∵的外接圆的半径，∴点到面的距离。
又∵为球的直径，∴点到面的距离为。
∴ 此棱锥的体积为。故选。
例2. （2012年全国课标卷文5分）平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，则此球的体积为 【 】
（A）π （B）4π （C）4π （D）6π
【答案】B。
【考点】点到平面的距离，勾股定理，球的体积公式。
【解析】由勾股定理可得球的半径为，从而根据球的体积公式可求得该球的体积为：
。故选B。
例3. （2012年江西省理5分）如下图，已知正四棱锥所有棱长都为1，点是侧棱上一动点，过点垂直于的截面将正四棱锥分成上、下两部分，记截面下面部分的体积为则函数的图像大致为【 】
【答案】A。
【考点】棱锥的体积公式，线面垂直，函数的思想。
【解析】对于函数图象的识别问题，若函数的图象对应的解析式不好求时，作为选择题，可采用定性排它法：
观察图形可知，当时，随着的增大， 单调递减，且递减的速度越来越快，不是的线性函数，可排除C，D。当时，随着的增大， 单调递减，且递减的速度越来越慢，可排除B。只有A图象符合。故选A。
如求解具体的解析式，方法繁琐，而且计算复杂，很容易出现某一步的计算错误而造成前功尽弃，并且作为选择题也没有太多的时间去解答。我们也解答如下：
连接AC，BD，二者交于点O，连接SO，过点E作底面的垂线EH。
当E为SC中点时，∵SB＝SD＝BC＝CD，∴SE⊥BE，SE⊥DE。
∴SE⊥面BDE。
∴当时，截面为三角形EBD，截面下面部分锥体的底为BCD。
又∵SA＝SC＝1，AC＝，SO＝。此时。
∴。
当时，截面与AD和AB相交，分别交于点F、D，设FG与AC相交于点I，则易得。
由EH∥SO，得
，即。
由EI∥SA，得，即。易知是等腰直角三角形，即。∴。
∴。
当时，截面与DC和BC相交，分别交于点M、N，设MN与AC相交于点J，则易得。
由EH∥SO，得
，即。
由EJ∥SA，得，即。易知是等腰直角三角形，即。∴。
∴。
综上所述，。
结合微积分知识，可判定A正确。
例4. （2012年湖北省理5分）我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径，“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V，求其直径d的一个近似公式。人们还用过一些类似的近似公式。根据=3.14159…..判断，下列近似公式中最精确的一个是【 】
A. B. C. D.
【答案】D。
【考点】球的体积公式以及估算。
【解析】由球的体积公式得，由此得。对选项逐一验证：
对于A. 有，即；
对于B. 有，即；
对于C. 有，即；
对于D. 有，即；
∴中的数值最接近。故选D。
例5. （2012年重庆市理5分）设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，和，且长为的棱与长为的棱异面，则的取值范围是【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】A。
【考点】异面直线的判定，棱锥的结构特征，勾股定理和余弦定理的应用。
【分析】如图所示，设四面体的棱长为，取中点P，连接，所以，在中，由勾股定理得=。
∴在中，
。
∵，∴。∴
∴。故选A。
例6. （2012年上海市理4分）若一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，则该圆锥的体积为
▲ .
【答案】。
【考点】空间几何体的体积公式和侧面展开图。
【解析】根据该圆锥的底面圆的半径为，母线长为，根据条件得到，解得母线长，所以该圆锥的体积为：。
例7. （2012年上海市文4分）一个高为2的圆柱，底面周长为，该圆柱的表面积为 ▲
【答案】。
【考点】圆柱的表面积。
【解析】根据该圆柱的底面周长得底面圆的半径为，所以该圆柱的表面积为：
。
例9. （2012年上海市理4分）如图，与是四面体中互相垂直的棱，，若，
且，其中、为常数，则四面体的体积的最大值是 ▲ .
【答案】。
【考点】四面体中线面的关系，椭圆的性质。
【解析】作于，连接，则
∵，，∴⊥平面。
又∵平面，∴。
由题设，，∴与都在以为焦距的椭球上，且、都垂直于焦距所在直线。∴=。
取中点，连接，
∵，∴⊥，，。
∴。
∴四面体的体积。
显然，当在中点，即是短轴端点时，有最大值为。
∴。
例10. （2012年山东省理4分）如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1。E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1－EDF的体积为 ▲ 。
【答案】
【考点】三棱锥的面积。
【解析】∵三棱锥与三棱锥表示的是同一棱锥，∴。
又∵的底△DD1E的面积是正方形面积的一半，等于；底△DD1E上的高等于正方形的棱长1， ∴。
例11. （2012年安徽省文5分）若四面体的三组对棱分别相等，即，，
，则 ▲ _.(写出所有正确结论编号)
①四面体每组对棱相互垂直
②四面体每个面的面积相等
③从四面体每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于而小于
④连接四面体每组对棱中点的线段互垂直平分
⑤从四面体每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长
【答案】②④⑤。
【考点】四面体的性质。
【解析】①四面体每组对棱不相互垂直，命题错误；
②四面体每个面是全等三角形，面积相等，命题正确；
③从四面体每个顶点出发的三条棱两两夹角之和等于，命题错误；
④连接四面体每组对棱中点构成菱形，线段互垂直平分，命题正确；
例12. （2012年辽宁省文5分）已知点是球O表面上的点，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为2正方形。若,则△OAB的面积为 ▲ .
【答案】。
【考点】组合体的的位置关系，转化思想的应用。
【解析】∵点是球O表面上的点，PA⊥平面ABCD，
∴点为球O内接长方体的顶点，球心O为长方体对角线的中点。
∴△OAB的面积是该长方体对角面面积的。
∵，∴。∴。
例13. （2012年江苏省5分）如图，在长方体中，，，则四棱锥的体积为 ▲ cm3．
【答案】6。
【考点】正方形的性质，棱锥的体积。
【解析】∵长方体底面是正方形，∴△中 cm，边上的高是cm（它也是中上的高）。
∴四棱锥的体积为。
二、由三视图判别立体图形和表面积、体积的计算：
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年全国课标卷理5分）如图，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为【 】
【答案】。
【考点】由三视图判断几何体。
【解析】由三视图可知，该几何体是三棱锥，底面是俯视图，高为。因此此几何体的体积为：
。故选。
例2. （2012年北京市理5分）某三梭锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是【 】
A. B. C. D.
【答案】 B。
【考点】三棱锥的三视图问题。
【解析】如下图所示。图中蓝色数字所表示的为直接从题目所给三视图中读出的长度，黑色数字代表通过勾股定理的计算得到的边长。本题所求表面积应为三棱锥四个面的面积之和。利用垂直关系、等腰三角形的性质和三角形面积公式，可得：
这里有两个直角三角形，一个等腰三角形。
∴该三梭锥的表面积是。故选B。
例3. （2012年广东省理5分）某几何体的三视图如图所示，它的体积为【 】
A．12π B.45π C.57π D.81π
【答案】C。
【考点】由三视图求体积。
【解析】由三视图可知，此组合体上部是一个母线长为5，底面圆半径是3的圆锥，下部是一个高为5，底面半径是3的圆柱，几何体的直观图如图所示。
圆锥的高
几何体的体积。
故选C。
例4. （2012年广东省文5分）某几何体的三视图如图所示，它的体积为【 】
A． B． C． D．
【答案】C。
【考点】由三视图求体积。
【解析】由图知，该几何体是圆锥和半球体的组合体，球的半径是3，圆锥底面圆的半径是3，圆锥母线长为5，由圆锥的几何特征可求得圆锥的高为4，
则它的体积。故选C。
例5. （2012年江西省文5分）若一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为【 】
A． B.5 C.4 D.
【答案】C。
【考点】由三视图求面积、体积。
【解析】根据三视图判断此几何体为直六棱柱，再分别计算棱柱的底面积和高，最后由棱柱的体积计算公式求得结果：
由图可知，此几何体为直六棱柱，底面六边形可看做两个全等的等腰梯形，上底边为1，下底边为3，高为1，
∴棱柱的底面积为，棱柱的高为1。
例6. （2012年浙江省文5分）已知某三棱锥的三视图（单位：cm）如图所示，则该三棱锥的体积是【 】
A.1cm3 B.2cm3 C.3cm3 D.6cm3
【答案】C。
【考点】三棱锥的三视图。
【解析】由题意判断出，底面是一个直角三角形，两个直角边分别为1和2，整个棱锥的高由侧视图可得为3，所以三棱锥的体积为。故选C。
例7. （2012年湖北省理5分）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为【 】
A. B. C. D.
【答案】B。
【考点】由何体的三视图求体积。
【解析】此几何体为一个圆柱切去了一部分，此圆柱底面半径为 1，高为 4，现在此几何体上方补上一个和此几何体完全一样的几何体 ，从而构成一个底面半径为1，高为6的圆柱，这个圆柱的体积为，要求几何体的体积为圆柱体积的一半，为。故选B。
例8. （2012年湖南省理5分）某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是【 】
【答案】D。
【考点】组合体的三视图。
【解析】由几何体的正视图和侧视图均如图所示知，原图下面图为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，Ａ，Ｂ，Ｃ都可能是该几何体的俯视图，Ｄ不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面应为如图的矩形。故选D。
例9. （2012年福建省理5分）一个几何体的三视图形状都相同大小均相等，那么这个几何体不可以是【 】
A．球 B．三棱锥 C．正方体 D．圆柱
【答案】D。
【考点】简单几何体的三视图。
【解析】球的三视图大小形状相同．三棱锥的三视图也可能相同，正方体三种视图也相同，只有圆柱不同。故选D。
例10. （2012年陕西省文5分）将正方形（如图1所示）截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的左视图为 【 】
A. B. C. D.
【答案】B。
【考点】空间图像的直观图与三视图。
【解析】因为从左面垂直光线在竖直平面上的正投影是正方形，其中的正投影是正方形右斜的对角线（实线），的正投影是正方形左斜的对角线（被遮住是虚线）。故选B。
例11. （2012年天津市理5分）―个几何体的三视图如图所示(单位：)，则该几何体的体积为 ▲ .
【答案】。
【考点】简单组合体的三视图的画法与体积的计算。
【分析】由三视图可该几何体为两个相切的球上方了一个长方体组成的组合体，所以其体积为：=。
例12. （2012年天津市文5分）一个几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积 ▲ .
【答案】。
【考点】由三视图求几何体的体积。
【分析】由三视图可知这是一个下面是个长方体，上面是个平躺着的五棱柱构成的组合体。长方体的体积为，五棱柱的体积是，所以几何体的总体积为。
例13. （2012年安徽省理5分）某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是 ▲ 来
【答案】。
【考点】由三视图判断几何体。
【解析】由三视图可知，该几何体是底面是直角梯形，高为的直四棱柱。
∴几何体的表面积是
例14. （2012年安徽省文5分）某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是 ▲
【答案】。
【考点】由三视图判断几何体。
【解析】由三视图可知，该几何体是底面是直角梯形，高为的直四棱柱。
∴几何体的的体积是。
例15. （2012年浙江省理4分）已知某三棱锥的三视图（单位：）如图所示，则该三棱锥的体积等于
▲ ．
【答案】1。
【考点】由三棱锥的三视图求体积。
【解析】观察三视图知该三棱锥的底面为一直角三角形，右侧面也是一直角三角形．故体积等于（）。
例16. （2012年湖北省文5分）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ▲ .
【答案】。
【考点】由几何体的三视图求体积
【解析】由三视图可知，该几何体是由左右两个相同的圆柱（底面圆半径为2，高为1）与中间一个圆柱（底面圆半径为1，高为4）组合而成，故该几何体的体积是。
例17. （2012年辽宁省理5分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ▲ 。
【答案】38。
【考点】由几何体的三视图求面积。
【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体在中间挖去了一个等高的圆柱，其中长方体的长、宽、高分
别为4、3、1，圆柱的底面直径为2，所以该几何体的表面积为长方体的表面积加圆柱的侧面积再减去圆
柱的底面积，即为。
例18. （2012年辽宁省文5分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ▲ .
【答案】。
【考点】由几何体的三视图求体积。
【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体和一个等高的圆柱的组合体，其中长方体的长、宽、高分别为4、3、1，圆柱的底面直径为2，高位1，所以该几何体的体积为。
三、关于线线、线面及面面平行的问题：
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年四川省文5分）下列命题正确的是【 】
A、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行
B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行
C、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行
D、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行
【答案】C。
【考点】立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质。
【解析】若两条直线和同一平面所成角相等，这两条直线可能平行，也可能为异面直线，也可能相交，所以A错；一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行，故B错；若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行，也可以垂直；故D错；故选项C正确。故选C。
例2. （2012年浙江省文5分）设是直线，α，β是两个不同的平面【 】
A. 若∥α，∥β，则a∥β B. 若∥α，⊥β，则α⊥β
C. 若α⊥β，⊥α，则⊥β D. 若α⊥β, ∥α，则⊥β
【答案】B。
【考点】线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定和性质。
【解析】利用面面垂直的判定定理可证明B是正确的，对于其它选项，可利用举反例法证明其是错误命题：
A，若∥α，∥β，则满足题意的两平面可能相交，排除A；
B，若∥α，⊥β，则在平面α内存在一条直线垂直于平面β，从而两平面垂直，故B正确；
C，若α⊥β，⊥α，则可能在平面β内，排除C；
D，若α⊥β, ∥α，则可能与β平行，相交，排除D。
故选 B。
例3. （2012年山东省文12分）如图，几何体E－ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB=CD，EC⊥BD.
(Ⅰ)求证：BE=DE；
(Ⅱ)若∠BCD=1200，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.
【答案】解：(Ⅰ)证明：取BD中点为O，连接OC，OE，
∵BC=CD，∴CO⊥BD，
又∵EC⊥BD，CO∩EC=C，∴BD⊥平面OCE.。
又∵OE平面OCE.，
∴BD⊥OE，即OE是BD的垂直平分线。
∴BE=DE。
(Ⅱ)取AB中点N，连接MN，DN，
∵M是AE的中点，∴MN∥BE。
∵△ABD是等边三角形，∴DN⊥AB，∠ABD＝60°。
∵∠BCD＝120°，BC=CD，∴∠CBD＝30°。
∴∠ABC＝60°+30°＝90°，即BC⊥AB。
∴ND∥BC。
又∵MN∩ND=N，BE∩BC=B，∴平面MND∥平面BEC。
又∵DM平面MND，∴DM∥平面BEC。
【考点】线面垂直和平行的证明，线段垂直平分线的判定和性质，等边三角形的性质。
【解析】(Ⅰ)要证BE=DE，只要证点E是BD垂直平分线上的点即可。故取BD中点为O，连接OC，OE，由已知证明BD⊥OE即可。
(Ⅱ)要证DM∥平面BEC只要证明DM在一个平行于平面BEC的另一个平面上，故取AB中点N，连接MN，DN，证明平面MND∥平面BEC即可。
例4. （2012年福建省理13分） 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．
（I）求证：B1E⊥AD1；
（II）在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；
（III）若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．
【答案】解：（I）如图，以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系。
设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)。
∴1＝(0,1,1)，＝，＝(a,0,1)，＝。
∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1。
（II）假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)。
又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．
∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得
取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝。
要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，即－az0＝0，解得z0＝。
又DP?平面B1AE，∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝。
（III）连接A1D，B1C，由长方体ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D。【
∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C。版权归锦元数学工作室，不得转载】
又由（I）知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，
∴AD1⊥平面DCB1A1。
∴是平面A1B1E的一个法向量，此时＝(0,1,1)。
设与n所成的角为θ，则cosθ＝＝。
∵二面角A－B1E－A1的大小为30°，
∴|cosθ|＝cos30°，即＝，解得＝2，即AB的长为2。
【考点】用空间向量求平面间的夹角，空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面平行的判定。
【解析】（Ⅰ）由题意及所给的图形，以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系。设AB＝a，给出图形中各点的坐标，可求出向量1和 的坐标，验证其数量积为0即可证出两线段垂直。
（II）由题意，可先假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，求出平面B1AE法向量，可法向量与直线DP的方向向量内积为0，由此方程解出z0的值，若能解出，则说明存在，若不存在符合条件的z0的值，说明不存在这样的点P满足题意。
（III）由题设条件，可求面夹二面角的两个平面的法向量，利用两平面的夹角为30°建立关于的方程，解出的值即可得出AB的长。
例5. （2012年辽宁省文12分）如图，直三棱柱，，=1，点M，N分别为和的中点。
(Ⅰ)证明：∥平面;
(Ⅱ)求三棱锥的体积。
（椎体体积公式，其中为底面面积，为高）
【答案】解：（I）证明：连接，
∵，，
∴三棱柱为直三棱柱。
∴M为中点。
又∵N为的中点，∴MN∥AC′。
又∵平面′，∴MN∥平面。
(Ⅱ)连接BN，由题意得，平面平面，
∴平面。
又∵，
∴。
【考点】与二面角有关的立体几何综合题，直线与平面平行的判定，棱锥体积的计算，转化思想的应用。
【解析】（I）连接，说明三棱柱为直三棱柱，推出MN∥AC′，然后证明MN∥平面。
另解：取A′B′的中点P，连接MP、NP。
M、N分别为AB′、B′C′的中点，
∴MP∥AA′，NP∥A′C′。
∴MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′。
又∵MP∩NP=P，∴平面MPN∥平面A′ACC′。
又∵MN?平面MPN， ∴MN∥平面A′ACC′。
(Ⅱ)连接BN，由可求。
例6. （2012年江苏省14分）如图，在直三棱柱中，，分别是棱上的点（点 不同于点），且为的中点．
求证：（1）平面平面；
（2）直线平面．
【答案】证明：（1）∵是直三棱柱，∴平面。
又∵平面，∴。
又∵平面，∴平面。
又∵平面，∴平面平面。
（2）∵，为的中点，∴。
又∵平面，且平面，∴。
又∵平面，，∴平面。
由（1）知，平面，∴∥。
又∵平面平面，∴直线平面
【考点】直线与平面、平面与平面的位置关系。
【解析】（1）要证平面平面，只要证平面上的平面即可。它可由已知是直三棱柱和证得。
（2）要证直线平面，只要证∥平面上的即可。
四、关于线线、线面及面面垂直的问题：
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年浙江省理5分）已知矩形，，．将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，在翻折过程中，【 】
A．存在某个位置，使得直线与直线垂直
B．存在某个位置，使得直线与直线垂直
C．存在某个位置，使得直线与直线垂直
D．对任意位置，三对直线“与”，“与”，“与”均不垂直
【答案】B。
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系。
【解析】 如图，⊥，⊥，依题意，，，==，
。
A，若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则∵⊥，∴⊥平面，从而⊥，这与已知矛盾，排除A；
B，若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则⊥平面，平面⊥平面。取中点，连接，则⊥，∴∠就是二面角的平面角，此角显然存在，即当在底面上的射影位于的中点时，直线与直线垂直，故B正确；
C，若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则⊥平面，从而平面⊥平面，即在底面上的射影应位于线段上，这是不可能的，排除C；
D，由上所述，可排除D。
故选 B。
例2. （2012年全国课标卷文12分）如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点
(Ｉ)证明：平面BDC1⊥平面BDC
（Ⅱ）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比。
【答案】解：(Ｉ)证明：∵由题设，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，
∴BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1AC=C，∴BC⊥平面ACC1A1。
又∵DC1平面ACC1A1，∴DC1⊥BC。
∵由题设，AC=BC，=AA1，D是棱AA1的中点，
∴∠A1DC1=∠ADC=450，∴∠CDC=900，即DC1⊥DC。
又∵DCBC=C，∴DC1⊥平面BDC。
又∵DC1平面BDC1，∴平面BDC1⊥平面BDC。
（Ⅱ）设棱锥B－DACC1的体积为V1，，则。
又∵三棱柱ABC－A1B1C1的体积，
∴。
∴平面BDC1分此棱柱为两部分体积的比为1：1。
【考点】直三棱柱的性质，平面和平面的位置关系，棱柱和棱锥的体积。
【解析】(Ｉ)要证明平面BDC1⊥平面BDC，只要证一个平面的一条直线垂直于另一个平面即可。由由题设可证得DC1⊥BC，DC1⊥DC，由DCBC=C得DC1⊥平面BDC，而DC1平面BDC1，因此平面BDC1⊥平面BDC。
（Ⅱ）求出三棱柱ABC－A1B1C1的体积和棱锥B－DACC1的体积即可求得结果。
例3. （2012年北京市理14分）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.
（1）求证：A1C⊥平面BCDE；
（2）若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
（3）线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由
【答案】解：（1）∵CD⊥DE，A1E⊥DE，，∴DE⊥平面A1CD。
又∵A1C平面A1CD ，∴A1C⊥DE。
又∵A1C⊥CD，∴A1C⊥平面BCDE。
（2）如图建立空间直角坐标系，则
B（0，3，0），C（0，0，0），D（－2，0，0），E（－2。2。0），A1（0，0，）。
∴。
设平面A1BE法向量为，
则，即，∴。
∴
又∵M是A1D的中点，∴M（－1，0，）。∴。
设CM与平面A1BE法向量所成角为，则
∴。
∴CM与平面A1BE所成角为。
（3）设线段BC上点P，设P点坐标为，则。
则
设平面A1DP法向量为
则 ∴。∴。
假设平面A1DP与平面A1BE垂直，则，即
，解得。与不符。
∴线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直。
【考点】线面垂直的判定，线面角的计算，两平面垂直的条件。
【解析】（1）根据线面垂直的判定进行判定。
（2）建立空间直角坐标系可易解决。
（3）用反证法，假设平面A1DP与平面A1BE垂直，得出与已知相矛盾的结论即可。
例4. （2012年北京市文14分）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2。
求证：DE∥平面A1CB；
求证：A1F⊥BE；
线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由。
【答案】解：（1）证明：∵在图1 Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分别为AC，AB的中点，
∴DE∥BC。
∵在图2中，DE平面A1CB，∴DE∥平面A1CB。
（2）证明：∵DE⊥A1D，DE⊥CD，A1D∩CD=D，∴DE⊥平面A1CD。
∵A1F平面A1CB，∴DE⊥A1F。
又∵A1F⊥CD，CD∩DE=D，CD平面BEDC，DE平面BEDC，∴A1F⊥平面BEDC。
又∵BE平面BEDC，∴A1F⊥BE，
（3）线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ，点Q为A1B的中点。理由如下：
取A1C中点P，连接DP，QP。
∵PDCB，DECB ，∴PDDE。
∴DEQP是平行四边形，∴D、E、Q、P四点共面。
由（2）知，DE⊥平面A1CD，又A1C平面A1CD，∴DE⊥A1C。
∵P，Q是A1B和A1C的中点，∴PQ∥CB∥DE。∴PQ ⊥A1C。
又∵AD=CD，A1P=CP，∴PD⊥A1C 。
又∵PQ∩PD=P， ∴A1C⊥平面PQD，即A1C⊥平面DEQ。
【考点】线面平行，线线垂直，线面垂直的判定，三角形中位线的性质，平行四边形的判定和性质。
【解析】（1）由线面平行的判定理直接证出。
（2）要证两异面直线垂直，就要证一条直线垂直于另一条直线所在的平面。因此考虑证明A1F⊥平面BEDC即可。
（3）在线段A1B上找出使A1C⊥平面DEQ的点Q，进行证明。
例5. （2012年安徽省文12分） 如图，长方体中，底面是正方形，是的中点，是棱上任意一点。
（Ⅰ）证明： ；
（Ⅱ）如果=2,=, , 求 的长。
【答案】解；（I）连接。
∵，∴共面。
∵长方体中，底面是正方形，
∴。
∴面。∴。
（Ⅱ）连接。
∵在矩形中，，
∴。 ∴。
∴，解得。
【考点】两直线的位置，相似三角形的判定和性质。
【解析】（I）要证，只要面即可。一方面，由正方形的性质有，另一方面由长方体的性质有，且和是相交的，从而面。
（Ⅱ）由，根据角的转换可知，从而根据相似三角形的性质可由对应边比求出 的长。
例6. （2012年广东省文13分）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，AB平面PAD，AB∥CD，PD=AD，E是PB的中点，F是DC上的点且DF=AB，PH为PAD中AD边上的高．
（1）证明：PH平面ABCD；
（2）若PH=1，AD=，FC=1，求三棱锥E-BCF的体积；
（3）证明：EF平面PAB．
【答案】解：（1）证明：∵平面，平面，∴。
∵为△中边上的高，∴。
∵ ，∴平面。
（2）连接，取中点，连接。
∵是的中点，∴。
∵平面 ，∴平面。
∴。
∴
。
（3）证明：取中点，连接，。
∵是的中点，∴。
∵，∴。
∴四边形是平行四边形。∴。
∵，∴。
∵平面，平面， ∴。
∵， ∴平面。
∴平面。
【考点】空间线线、线面的平行和垂直，三棱锥的体积。
【解析】（1）证明垂直于平面内的两条相交直线和即可。
（2）连接，取中点，连接，则由三角形中位线定理和（1）平面，可得三棱锥E-BCF底面上的高，从而三棱锥E-BCF的体积可求。
（3）取中点，连接，。一方面由三角形中位线定理可得四边形是平行四边形，即；另一方面，由垂直于平面的两条相交直线和可证明平面，从而可得平面。
例7. （2012年江西省文12分）如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，E，F是线段AB上的两点，且DE⊥AB，CF⊥AB，AB=12，AD=5，BC=4，DE=4.现将△ADE，△CFB分别沿DE，CF折起，使A，B两点重合与点G，得到多面体CDEFG.
（1）求证：平面DEG⊥平面CFG；
（2）求多面体CDEFG的体积。
【答案】解：（1）证明：在平面图中，∵AB∥CD，DE⊥EF，CF⊥EF，∴四边形CDEF为矩形。
∵DE⊥AB，AD=5，DE=4，BC=4，∴AE=3，BF=4。
∵AB=12，∴EF=5。
∵将△ADE，△CFB分别沿DE，CF折起，使A，B两点重合与点G，得到多面体CDEFG，
∴GE=AE=3，GF=BF=4。
在△EFG中，有，∴EG⊥GF。
又∵CF⊥EF，CF⊥FG，EF∩FG=F，∴CF⊥平面EFG。
又∵EG平面EFG，∴CF⊥EG。∴EG⊥平面CFG，即平面DEG⊥平面CFG。
（2）在平面EGF中，过点G作GH⊥EF于H，
则。
∵平面CDEF⊥平面EFG，∴GH⊥平面CDEF，.
∴。
【考点】平面与平面垂直的判定，棱锥的体积。
【解析】（1）判断四边形CDEF为矩形，然后证明EG⊥GF，推出CF⊥EG，然后证明平面DEG⊥平面CFG。
（2）在平面EGF中，过点G作GH⊥EF于H，求出GH，说明GH⊥平面CDEF，利用
求出体积。
例8. （2012年浙江省文15分）如图，在侧棱锥垂直底面的四棱锥ABCD-A1B1C1D1中，AD∥BC，AD⊥AB，AB=。AD=2，BC=4，AA1=2，E是DD1的中点，F是平面B1C1E与直线AA1的交点。
（1）证明：（i）EF∥A1D1；
（ii）BA1⊥平面B1C1EF；
（2）求BC1与平面B1C1EF所成的角的正弦值。
【答案】（1）证明：（i）∵，平面ADD1 A1，，∴平面ADD1 A1.。
又∵平面平面ADD1 A1=，∴。
又∵，∴。
（ii）∵，∴。
又∵，∴。
又∵，∴。
由（i），E是DD1的中点，
∴F是AA1的中点
∴，
即。
∴。
又∵，∴平面。
(2) 设与交点为H，连结。
由（1）知∥，
∴是与平面所成的角。
如图，在矩形中，，，
由勾股定理得，。
又，
由Rt△∽Rt△，得，即。
∴。
又由，得。
在Rt△中，，，
∴。
所以BC与平面所成角的正弦值是。
【考点】四棱锥中线线平行，线面垂直和线面角证明和的计算，平面几何知识。
【解析】（1）（i）根据一直线平行于两相交平面，则这条直线平行于两平面的交线即可得。
（ii）证明BA1垂直于平面B1C1EF中的两条相交直线和即可。
（2）设与交点为H，连结，则是与平面所成的角，应用平面几何勾股定理、相似三角形的知识即可求出，，根据锐角三角函数定义即可求得，即BC与平面所成角的正弦值。
例9. （2012年湖北省文12分）某个实心零部件的形状是如图所示的几何体，其下部是底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形的四棱台A1B1C1D1－ABCD，上部是一个底面与四棱台的上底面重合，侧面是全等的矩形的四棱柱ABCD－A2B2C2D2.
（Ⅰ）证明：直线B1D1⊥平面ACC2A2；
（Ⅱ）现需要对该零部件表面进行防腐处理．已知AB＝10，A1B1＝20，AA2＝30，AA1＝13(单位：cm)，每平方厘米的加工处理费为0.20元，需加工处理费多少元？
【答案】解：（Ⅰ）∵四棱柱ABCD－A2B2C2D2的侧面是全等的矩形，
∴AA2⊥AB，AA2⊥AD。
又∵AB∩AD＝A，∴AA2⊥平面ABCD。
连接BD，
∵BD?平面ABCD，∴AA2⊥BD。
∵底面ABCD是正方形，∴AC⊥BD。
根据棱台的定义可知，BD与B1D1共面，
又已知平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且平面BB1D1D∩平面ABCD＝BD，平面BB1D1D∩平面A1B1C1D1＝B1D1，
∴B1D1∥BD。
∴由AA2⊥BD，AC⊥BD，B1D1∥BD，可得AA2⊥B1D1，AC⊥B1D1。
又∵AA2∩AC＝A，∴B1D1⊥平面ACC2A2。
（Ⅱ）∵四棱柱ABCD－A2B2C2D2的底面是正方形，侧面是全等的矩形，
∴S1＝S四棱柱上底面＋S四棱柱侧面＝(A2B2)2＋4AB·AA2＝102＋4×10×30＝1 300(cm2)。
又∵四棱台A1B1C1D1－ABCD的上下底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形，
∴S2＝S四棱台下底面＋S四棱台侧面＝(A1B1)2＋4×(AB＋A1B1)h等腰梯形的高
＝202＋4×(10＋20)＝1 120(cm2)．
∴该实心零部件的表面积为S＝S1＋S2＝1 300＋1 120＝2 420(cm2)。
∴所需加工处理费为0.2S＝0.2×2 420＝484(元)。
【考点】直线与平面垂直的判定，棱柱、棱台的侧面积和表面积。
【解析】（Ⅰ）依题意易证AC⊥B1D1，AA2⊥B1D1，由线面垂直的判定定理可证直线B1D1⊥平面ACC2A2。（Ⅱ）需计算上面四棱柱ABCD-A2B2C2D2的表面积（除去下底面的面积）S1，四棱台A1B1C1D1-ABCD
的表面积（除去下底面的面积）S2即可。
例10. （2012年湖南省理12分） 如图，在四棱锥中，⊥平面，是的中点.[来源%:*中#国教~育出@版网]
（Ⅰ）证明：⊥平面；
（Ⅱ）若直线PB与平面所成的角和与平面所成的角相等，求四棱锥的体积.
【答案】解：（Ⅰ）如图（1），连接AC，
∵AB=4，，，
∴根据勾股定理得。
又∵ ，Ｅ是ＣＤ的中点，
∴。
∵平面，平面 ，
∴。
∵，∴⊥平面。
（Ⅱ）过点作，分别与相交于点，连接。
由（Ⅰ）⊥平面知，⊥平面。
∴为直线与平面所成的角，且，
由平面知，为直线与平面所成的角。
由题意，知
∵∴。
∵，∴。
又∵，∴四边形是平行四边形。∴。∴。
又∵在中，，
∴。
∴。
又∵梯形的面积为
∴四棱锥的体积为。
【考点】空间角的应用，几何体体积计算。版权归锦元数学工作室，不得转载】
【解析】（Ⅰ）证明垂直于平面两条相交直线和即可。
（Ⅱ）算出梯形的面积和棱锥的高，由算得体积。
另解，建立空间直角坐标系，用空间向量求解：
如图，以A为坐标原点，所在直线分别为建立空间直角坐标系。
设则相关的各点坐标为：
。
（Ⅰ）易知，
∵
∴。
∵是平面内的两条相交直线，
∴⊥平面。
(Ⅱ)由题设和（Ⅰ）知，分别是，的法向量，而PB与
所成的角和PB与所成的角相等，
∴。
由（Ⅰ）知，由
∴，解得。
又∵梯形ABCD的面积为，
∴四棱锥的体积为。
例11. （2012年湖南省文12分） 如图，在四棱锥中，平面，底面是等腰梯形，∥
（Ⅰ）证明： ；
（Ⅱ）若，直线PD与平面PAC所成的角为30°，求四棱锥的体积.
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【答案】解：（Ⅰ）∵平面，平面，∴。
又∵是平面内的两条相交直线，∴平面。
又∵平面，∴。
（Ⅱ）设AC和BD相交于点O，连接PO，
由（Ⅰ）知，平面，
∴是直线PD和平面所成的角。
∵直线PD与平面PAC所成的角为30°，∴。
由平面，平面，得。
在中，由，得PD=2OD。
∵四边形为等腰梯形，，
∴均为等腰直角三角形。
∴梯形的高为。
∴梯形面积。
在等腰中，
∴。
∴四棱锥的体积为。
【考点】空间直线垂直关系的证明，空间角的应用，几何体体积计算。
【解析】（Ⅰ）只要由证明垂直于平面内和两条相交直线得到平面，而 平面，从而。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，平面，所以是直线PD和平面所成的角，然后算出梯形的面积和棱锥的高，由算得体积。
例12. （2012年福建省文12分） 如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M为棱DD1上的一点．
（I）求三棱锥A－MCC1的体积；
（II）当A1M＋MC取得最小值时，求证：B1M⊥平面MAC.
【答案】解：（I）由长方体ABCD－A1B1C1D1知，AD⊥平面CDD1C1，
∴点A到平面CDD1C1的距离等于AD＝1。
又∵==×2×1=1，
∴ 。
（II）将侧面CDD1C1绕DD1逆时针转90°展开，与侧面ADD1A1共面(如图)，
当A1，M，C共线时，A1M＋MC取得最小值。
由AD＝CD＝1，AA1＝2，得M为DD1中点．
连接C1M，
在△C1MC中，MC1＝，MC＝，CC1＝2，
∴CC＝MC＋MC2，得∠CMC1＝90°，即CM⊥MC1。
又由长方体ABCD－A1B1C1D1知，B1C1⊥平面CDD1C1，
∴B1C1⊥CM。
又B1C1∩C1M＝C1，∴CM⊥平面B1C1M，得CM⊥B1M。
同理可证，B1M⊥AM。
又AM∩MC＝M，∴B1M⊥平面MAC。
【考点】棱锥的体积，直线与直线、直线与平面的位置关系。
【解析】（I）由题意可知，A到平面CDD1C1的距离等于AD=1，易求=1，从而可求。
（II）侧面CDD1C1绕DD1逆时针转90°展开，与侧面ADD1A1共面，当A1，M，C共线时，A1M＋MC取得最小值．易证CM⊥平面B1C1M，从而CM⊥B1M，同理可证，B1M⊥AM，问题得到解决。
例13. （2012年陕西省文12分）直三棱柱ABC- A1B1C1中，AB=A A1 ，
（Ⅰ）证明;
（Ⅱ）已知AB=2，BC=，求三棱锥的体积
【答案】解：（I）连接AB1，
∵ABC-A1B1C1是直三棱柱，∴平面ABC⊥平面ABB1A1。
又∵平面ABC∩平面ABB1A1=AB，AC⊥AB，
∴AC⊥平面ABB1A1。
∵BA1?平面ABB1A1，∴AC⊥BA1。
∵矩形ABB1A1中，AB=AA1，∴四边形ABB1A1是正方形。∴AB1⊥BA1。
又∵AB1、CA是平面ACB1内的相交直线，∴BA1⊥平面ACB1。
∵CB1?平面ACB1，∴CB1⊥BA1。
?（II）∵AB=2，BC=∴Rt△ABC中，。
∴直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1=AC=1。
又∵AC∥A1C1，AC⊥平面ABB1A1，∴A1C1是三棱锥C1-ABA1的高。
∵△ABA1的面积等于正方形ABB1A1面积的一半，∴S△ABA1=AB2=2。
∴三棱锥C1-ABA1的体积为V=×S△ABA1×A1C1=。
【考点】直线与平面垂直的性质，三棱锥的体积。
【解析】（I）连接AB1，根据ABC- A1B1C1是直三棱柱，得到平面ABC⊥平面ABB1A1，结合AC⊥AB，可得AC⊥平面ABB1A1，从而有AC⊥BA1，再在正方形ABB1A1中得到AB1⊥BA1，最后根据线面垂直的判定定理，得到BA1⊥平面ACB1，所以CB1⊥BA1。
（II）在Rt△ABC中，利用勾股定理，得到。又因为直三棱柱ABC- A1B1C1中，A1C1=AC=1且AC⊥平面ABB1A1，得到A1C1是三棱锥C1-ABA1的高，且它的长度为1．再根据正方形ABB1A1面积得到△ABA1的面积，最后根据锥体体积公式，得到三棱锥C1-ABA1的体积为 。
五、关于空间距离和空间角的问题：
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年全国大纲卷理5分）已知正四棱柱中，为的
中点，则直线 与平面的距离为【 】
A．2 B． C． D．1
【答案】D。
【考点】正四棱柱的性质，点到面的距离，线面平行的距离，勾股定理。
【解析】连接，和交于点，则在中，
∵是正方形，∴，
又∵为的中点，∴。
∴则点到平面的距离等于到平面的距离。
过点作于点，则即为所求。
∵是正方形，，∴根据勾股定理，得。
∵为的中点，，∴。∴。
在中，利用等面积法得，即。∴。故选D。
例2. （2012年四川省理5分）如图，半径为的半球的底面圆在平面内，过点作平面的垂线交半球面于点，过圆的直径作平面成角的平面与半球面相交，所得交线上到平面的距离最大的点为，该交线上的一点满足，则、两点间的球面距离为【 】
A、 B、 C、 D、
【答案】A。
【考点】球面距离及相关计算，向量和反三角函数的运用。
【解析】要求、两点间的球面距离，由于，故只要求得即可。从而可求出即可求（比较繁）或用向量求解：
如图，以O为原点，分别以在平面上的射影、所在直线为轴。
过点作（即面）的垂线，分别过点作轴的垂线。
∵，∴。
∵面与平面的角为，即，
∴。∴。
∴。
∴。∴。∴。故选A。
例3. （2012年陕西省理5分）如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱，，则直线与直线夹角的余弦值为【 】
A. B. C. D.
【答案】A。
【考点】异面直线间的角的求法，特殊元素法的应用。
【解析】设，则，
∴。
又∵直线与直线夹角为锐角，∴余弦值为。选A。
例4. （2012年全国大纲卷理5分）三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，，
则异面直线与所成角的余弦值为 ▲ 。
【答案】。
【考点】斜棱柱中异面直线的角的求解。
【解析】用空间向量进行求解即可：
设该三棱柱的边长为1，依题意有，
则，
，
而
。
∴。
例5. （2012年全国大纲卷文5分）一直正方体中，、分别为、的中点，那么一面直线与所成角的余弦值为 ▲ .
【答案】。
【考点】异面直线的角的求解。
【解析】用空间向量进行求解即可：
设该直正方体的边长为1，依题意有
，
则
，
而
∴。
例6. （2012年四川省理4分）如图，在正方体中，、分别是、的中点，则异面直线与所成角的大小是 ▲ 。
【答案】90o。
【考点】异面直线夹角问题。
【解析】如图，以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系.设正方体边长为2，则（0,0,0），N（0,2,1），M（0,1,0）A1（2,0,2）
∴。
∴cos< = 0。
∴，即异面直线与所成角为90o。
例7. （2012年辽宁省理5分）已知正三棱锥ABC，点P，A，B，C都在半径为的求面上，若PA，
PB，PC两两互相垂直，则球心到截面ABC的距离为 ▲ 。
【答案】。
【考点】组合体的线线，线面，面面位置关系，转化思想的应用。
【解析】∵在正三棱锥ABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，
∴可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分，（如图所示），此正方体内接于球，正方体的体对角线为球的直径EP，球心为正方体对角线的中点O，且EP⊥平面ABC，EP与平面ABC上的高相交于点F。
∴球O到截面ABC的距离OF为球的半径OP减去正三棱锥ABC在面ABC上的高FP。
∵球的半径为，设正方体的棱长为，则由勾股定理得。
解得正方体的棱长=2，每个面的对角线长。
∴截面ABC的高为， 。
∴在Rt△BFP中，由勾股定理得，正三棱锥ABC在面ABC上的高。
∴所以球心到截面ABC的距离为。
例8. （2012年全国大纲卷理12分）如图，四棱锥中，底面为菱形，底面，是上的一点，。
（1）证明：平面；
（2）设二面角为，求与平面所成角的大小。
【答案】解：设,以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系。
则由底面得。
设。
（1）证明：由得，。
∴，。
∴，。
又∵，∴平面。
（2）设平面的法向量为，又，
由得。
设平面的法向量为。
又，
由，得。
∵二面角为，∴，解得。
∴，平面的法向量为。
∴与平面所成角的正弦值为。
∴与平面所成角为。
【考点】四棱锥中关于线面垂直的证明以及线面角的求解的运用。
【解析】从题中的线面垂直以及边长和特殊的菱形入手得到相应的垂直关系和长度，并加以证明和求解。
例9. （2012年全国课标卷理12分）如图，直三棱柱中，，
是棱的中点，
（1）证明： （2）求二面角的大小。[来
源:Z*xx*k.Com]
【答案】解：（1）证明：∵，是棱的中点，∴。
∴在中，。
同理，。
∴ 。∴。
又∵，且，∴面。
∴。版权归锦元数学工作室，不得转载】
（2）∵，∴面。
∴。∴都是等腰直角三角形。
取的中点，连接。设，则
。
∴在中，应用勾股定理，得
。
∴。∴是直角三角形。∴。
又∵，∴是二面角的平面角。
∵是等腰直角三角形，点是斜边的中点，∴。
在中， ，
∴。∴ 。
∴二面角的大小为。
【考点】直三棱柱的性质，空间两直线的位置关系，等腰直角三角形的判定和性质，二面角，勾股定理和逆定理，锐角三角函数定义。
【解析】（1）要证，只要面即可，由于已知，从而只要证平面内与相交的另一条直线与垂直即可，易证。从而得证。
（2）要求二面角的大小，先要找出二面角。连接，通过已知，应用勾股定理和逆定理，证得，结合已知即可知是二面角的平面角。在中，易求得。
例10. （2012年上海市理12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点.已知AB=2，AD=2，PA=2.求：
（1）三角形PCD的面积；（6分）
（2）异面直线BC与AE所成的角的大小.（6分）
【答案】解：（1）∵PA⊥底面ABCD，CD底面ABCD，∴PA⊥CD。
又∵AD⊥CD，∴底面ABCD⊥平面PAD。
又∵CD底面ABCD，∴CD⊥平面PAD。
又∵PD平面PAD，∴CD⊥PD。
∵PD=，CD=2，
∴三角形PCD的面积为。
（2）如图所示，建立空间直角坐标系。
则A（0，0，0），B(2, 0, 0)，C(2, 2,0)，E(1, , 1)。
∴，
设与的夹角为，
则。
∴，即异面直线BC与AE所成的角的大小是。
【考点】直线与直线、直线与平面的位置关系，异面直线间的角，勾股定理。
【解析】（1）要求三角形PCD的面积，由于底边CD已知，只要找并求出底边CD上的高即可。由线面、面面垂直的判定和性质，可证CD⊥PD，从而根据勾股定理求出PD即可求得三角形PCD的面积。
（2）建立空间直角坐标系，即可表示出各点坐标，从而用向量表示和，即可直接用公式求二者之间的夹角余弦，从而求出二者之间的夹角。
本题不用向量的解法：取PB中点F，连接EF、AF，
则EF∥BC，从而∠AEF（或其补角）是异面直线 BC与AE所成的角。
在△AEF中，由EF=、AF=、AE=2，
知△AEF是等腰直角三角形， 所以∠AEF=。
因此异面直线BC与AE所成的角的大小是。
例11. （2012年上海市文12分）如图，在三棱锥中，⊥底面，是的中点，已知∠＝，，，，求：
（1）三棱锥的体积（6分）
（2）异面直线与所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）（6分）
【答案】解：（1）。
三棱锥P-ABC的体积为
。
（2）取的中点，连接，则
∥，所以（或其补角）是异面直线 与所成的角。
在中，，
，∴。
因此，异面直线与所成的角的大小是。
【考点】棱锥的体积，异面直线及其所成的角。
【解析】（1）首先根据三角形面积公式，算出直角三角形的面积，然后根据⊥底面，结合锥体体积公式，得到三棱锥的体积；
（2取的中点，连接，在中，根据中位线定理得到∥，所以（或其补角）是异面直线与所成的角．然后在中，利用余弦定理得到，从而求得异面直线与所成的角的大小。
例12. （2012年四川省理12分） 如图，在三棱锥中，，，，平面平面。
（Ⅰ）求直线与平面所成角的大小；
（Ⅱ）求二面角的大小。
【答案】解：（Ⅰ）设AB中点为D，AD中点为O，连接OC，OP，CD。
∵，∴CD⊥AB。
∵，∴△PAD为等边三角形，
∴PO⊥AD。
又∵平面平面，平面PAB∩平面=AD，PO⊥平面ABC，∠OCP为直线PC与平面所成的角，
不妨设PA=2，则OD=1，OP=， AB=4。
∴CD=2，OC=。
在Rt中，tan。
∴直线PC与平面所成的角的大小为arctan。
（Ⅱ）过D作DE于E，连接CE。
由已知可得，CD平面PAB，
根据三垂线定理可知，CE⊥PA。
∴为二面角的平面角。
由（1）知，DE=，
在Rt△CDE中，tan。
∴二面角的大小为。
【考点】线面关系、直线与平面所成的角、二面角。
【解析】（Ⅰ）设AB中点为D，AD中点为O，连接OC，OP，CD，可以证出∠OCP为直线PC与平面ABC所成的角．不妨设PA=2，则OD=1，OP=，AB=4，在Rt中即可。
（Ⅱ）过D作DE于E，连接CE，则为二面角的平面角，在 Rt△CDE中求解即可。
另解：以O为坐标原点，OB，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O-xyz，应用向量求解。
例13. （2012年天津市理13分）如图，在四棱锥中，丄平面，丄，丄，，，.
(Ⅰ)证明丄；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）设为棱上的点，满足异面直线与所成的角为，求的长.
【答案】解：(Ⅰ)证明：如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
则（0，0，0），（2，0，0），（0，1，0），，（0，0，2）
∴。
∴ 。所以丄。
（Ⅱ）由(Ⅰ)，。
设平面的一个法向量为，
则 ， 即 。
取，则。
又平面的一个法向量为 ，
∴。∴。
∴二面角的正弦值为。
（Ⅲ）设，∴。
又∵ ，
∴，即。
解得，即。
【考点】用空间向量求平面间的夹角，用空间向量求直线间的夹角、距离，二面角的平面角及求法。
【分析】(Ⅰ) 以为原点，建立空间直角坐标系，通过点的坐标得出和，求出·=0即可证明。
（Ⅱ）求出平面，平面的一个法向量，利用两法向量夹角求解。
（Ⅲ），利用，得出关于h的方程求解即可。
非向量解法：
(Ⅰ)通过证明⊥平面得出丄。
（Ⅱ）如图1作于点，连接，∠为二面角的平面角．在中求解即可。
（3）如图2，因为∠＜45°，故过点作的平行线必与线段相交，设交点为，连接，故∠（或其补角）为异面直线与所成的角。在△中，因为＜，从而∠ =30°，由勾股定理用表示的长。在△中由余弦定理得出关于的方程求解即可。
例14. （2012年天津市文13分）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，AD⊥PD，BC=1，PC=2，PD=CD=2.
（I）求异面直线PA与BC所成角的正切值；
（II）证明平面PDC⊥平面ABCD；
（III）求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值。
【答案】解：（I）如图，在四棱锥P－ABCD中，
∵底面ABCD是矩形，∴AD=BC，且AD∥BC。
又∵AD⊥PD，∴∠PAD为异面直线PA与BC所成角。
∵在Rt△PDA中，，
∴异面直线PA与BC所成角的正切值为：2。
（II）证明：∵底面ABCD是矩形，∴AD⊥BC。
∵AD⊥PD，CD∩PD=D，∴AD⊥平面PDC。
∵AD?平面ABCD，∴平面PDC⊥平面ABCD。
（III）在平面PDC中，过点P作PE⊥CD于E，连接EB。
∵平面PDC⊥平面ABCD，而直线CD是平面PDC与平面ABCD的交线，
∴PE⊥平面ABCD。
∴∠PBE为直线PB与平面ABCD所成角。
在△PDC中，∵PD=CD=2，PC=2，∴∠PCD=30°。
在Rt△PEC中，PE=PCsin30°=。
∵AD∥BC，AD⊥平面PDC，∴BC⊥平面PDC。∴BC⊥PC。
在Rt△PCB中，。
在Rt△PEB中，。
∴直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为。
【考点】直线与平面所成的角，异面直线及其所成的角，平面与平面垂直的判定。
【分析】（I）判断∠PAD为异面直线PA与BC所成角，在Rt△PDA中，求异面直线PA与BC所成角的正切值。
（II）说明AD⊥BC，通过AD⊥PD，CD∩PD=D，证明AD⊥平面PDC，然后证明平面PDC⊥平面ABCD。
（III）在平面PDC中，过点P作PE⊥CD于E，连接EB．说明∠PBE为直线PB与平面ABCD所成角，求出PE，PB，在Rt△PEB中，通过，求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值。
例15. （2012年安徽省理12分）平面图形如图4所示，其中是矩形，，，。现将该平面图形分别沿和折叠，使与所在平面都与平面垂直，再分别连接,得到如图2所示的空间图形，对此空间图形解答下列问题。
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）求的长；
（Ⅲ）求二面角的余弦值。
【答案】解：（I）取的中点为点，连接
∵，∴。
∵面面，∴面。
同理：面 。
∴。∴共面。
又∵，
∴面。∴。
（Ⅱ）延长到，使 ，连接。
∵，∴。
∴。
∵，面面，
∴面。∴面。
∴在中，。
（Ⅲ）∵，∴是二面角的平面角。
∴在中，。
在中，
∴二面角的余弦值为。
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面所成的角，余弦定理。
【解析】（I）要证，即要面，从而通过证明面和面，得到共面。由，得到面。从而是证。
（Ⅱ）在中，应用勾股定理即可求得的长。
（Ⅲ）要求二面角的余弦值，先要找出二面角的平面角。由 知，是二面角的平面角。在中，应用勾股定理求得的长，在中，应用余弦定理即可求得的余弦值，即二面角的余弦值。
例16. （2012年山东省理12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB=CD=CF。
（Ⅰ）求证：BD⊥平面AED；
（Ⅱ）求二面角F－BD－C的余弦值。
【答案】解：（Ⅰ）在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=60°，CB=CD，
在中，由余弦定理得，
，即。
在中，∠DAB=60°，，
∴由正弦定理得，即，解得。
∴。∴。∴。
又∵AE⊥BD，平面AED，平面AED，且，
∴BD⊥平面AED。
（Ⅱ）如图，取BD中点G，连接CG，FG。
设 CB=CD=CF=AD=1，则由（Ⅰ），，
。
∵BC，CD，CG平面ABCD，FC⊥平面ABCD，
∴△BCF，△DCF都是等腰直角三角形，△FCG是等腰三角形。
∴FG⊥DB，CG⊥DB。
又∵FG平面FBD，CG平面CBD，FGCG=G，
∴∠FGC=二面角F－BD－C。
∵由勾股定理，在Rt△BCF中得BF=；在Rt△BGF中得FG=
在Rt△BCG中得CG=
∴在Rt△FCG中，。
∴二面角F－BD－C的余弦值为。
【考点】线面垂直的判定，等腰梯形的性质，余弦定理，正弦定理，勾股定理，等腰三角形的性质，二面角。
【解析】（Ⅰ）要证BD⊥平面AED，由于已知AE⊥BD，所以只要证平面AED上AE的一条相交直线与BD平行即可。由余弦定理和正弦定理的应用，分别解和，即可得到。从而得证。
（Ⅱ）要求二面角F－BD－C的余弦值，即要找出二面角。故取BD中点G，连接CG，FG，可以证明∠FGC=二面角F－BD－C。从而通过应用勾股定理解直角三角形可求出的值。
例17. （2012年广东省理13分）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点 E在线段PC上，PC⊥平面BDE。
（1）证明：BD⊥平面PAC；
（2）若PA=1，AD=2，求二面角B-PC-A的正切值.
【答案】解：（1）∵PA⊥平面ABCD ，平面ABCD，∴BD⊥PA。
∵PC⊥平面BDE，平面BDE，∴BD⊥PC。
∵PA∩PC=P，∴BD⊥平面PAC。
（2）设AC∩BD=O，连接OE。
∵PC⊥平面BDE，
∴∠BEO为二面角B-PC-A的平面角。
∵BD⊥平面PAC，AC平面PAC，
∴AC⊥BD。∴ABCD为正方形。
∵AD=2，∴AO=BO=OC=，AC=。
在Rt△PAC中。
∵PC⊥平面BDE，OE平面BDE， ∴PC⊥OE。∴△PAC∽△OEC。
∴。∴。
在Rt△BOE中tan∠BEO， 即二面角B-PC-A的正切值为3。
【考点】（1）证明BD垂直于平面PAC内的两条相交直线PA和PC即可。
【解析】（2）设AC∩BD=O，连接OE，由PC⊥平面BDE知∠BEO为二面角B-PC-A的平面角。应用正方形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等平面几何知识求出BO和的长，即可根据锐角三角函数定义求出tan∠BEO即二面角B-PC-A的正切值。
例18. （2012年江西省理12分）在三棱柱中，已知，，在在底面的投影是线段的中点。
（1）证明在侧棱上存在一点，使得平面，并求出的长；
（2）求平面与平面夹角的余弦值。
【答案】解：（1）证明：连接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1 于点E，
∵AA1∥BB1，∴OE⊥BB1。
∵A1O⊥平面ABC，∴A1O⊥BC.
∵AB＝AC，OB＝OC，∴AO⊥BC，
∴BC⊥平面AA1O。∴BC⊥OE。∴OE⊥平面BB1C1C。
又∵AO＝＝1，AA1＝，∴AE＝＝。
（2）如图，分别以OA，OB，OA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0，－2,0)，A1(0,0,2)，
由＝得点E的坐标是，
由（1）得平面BB1C1C的法向量是＝。
设平面A1B1C的法向量＝(x，y，z)，
由得
令y＝1，得x＝2，z＝－1，即＝(2,1，－1)。
所以cos〈，〉＝＝，
即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是。
【考点】二面角的平面角及求法，直线与平面垂直的判定。
【解析】（1）连接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1 于点E，则E为所求。可以证出OE⊥BB1，BC⊥OE而得以证明。在Rt△A1OA中，利用直角三角形射影定理得出EO。
（2）分别以OA，OB，OA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面A1B1C的法向量是＝(x，y，z) ，利用 和夹角求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值。
例19. （2012年浙江省理15分）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，且平面，，，分别为，的中点．
（Ⅰ）证明：∥平面；
（Ⅱ）过点作，垂足为点，求二面角的平面角的余弦值．
【答案】解：(Ⅰ)如图，连接BD。
∵M，N分别为PB，PD的中点，
∴在PBD中，MN∥BD。
又MN平面ABCD，
∴MN∥平面ABCD。
(Ⅱ)如图，建立坐标系：
则A(0，0，0)，P(0，0，)，M(，，0)，
N(，0，0)，C(，3，0)。
设Q(x，y，z)，
则。
∵，
∴。
由，得：．
即：。
对于平面AMN：设其法向量为。
∵，
∴。 ∴。
同理对于平面AMN得其法向量为。
记所求二面角A—MN—Q的平面角大小为，
则。
∴所求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值为。
【考点】线面平行的证明，建立坐标系求二面角。
【解析】(Ⅰ)连接BD，由三角形中位线定理，得MN∥BD，由MN平面ABCD即可得MN∥平面ABCD。
(Ⅱ)建立坐标系，由向量知识即可求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值。
例20. （2012年湖北省理12分）如图1，∠ACB=45°，BC=3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC=90°（如图2所示），
（Ⅰ）当BD的长为多少时，三棱锥A-BCD的体积最大；
（II）当三棱锥A-BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小
【答案】解：（Ⅰ）在如图1所示的△中，设，则。
∵，，∴△为等腰直角三角形。∴。
∵折起前，∴折起后（如图2），，，且。
∴平面。
又∵，∴。
∴
。
当且仅当，即时，等号成立。
∴当，即时, 三棱锥的体积最大。
（Ⅱ）以为原点，建立如图a所示的空间直角坐标系。
由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，。
∴，，，，，，
且。
设，则。
∵，∴，即。
∴，。
∴当（即是的靠近点的一个四等分点）时，。
设平面的一个法向量为，
∵ ，∴
∴可取．
设与平面所成角的大小为，则由，，
∴。∴。
∴与平面所成角的大小为600。
【考点】立体几何线面的基本关系，用均值不等式求最值，直线与平面所成角，空间向量的应用。
【解析】（Ⅰ）应用线面垂直的判定证得AD为三棱锥A-BCD的BCD面上的高，从而求出三棱锥A-BCD的体积关于BD的解析式，应用均值不等式即可求得最值。版权归锦元数学工作室，不得转载】
求得三棱锥A-BCD的体积关于BD的解析式后也可应用导数的知识求最值：
，
令，由，且，解得。
当时，；当时，。
∴当时，取得最大值。
∴当时, 三棱锥的体积最大。
（Ⅱ）以为原点空间直角坐标系，应用空间向量的知识可求与平面所成角的大小。
另解：由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，。
如图b，取的中点，连结，，，则∥。
由（Ⅰ）知平面，∴平面。
如图c，延长至P点使得，连，，则四边形为正方形。
∴。
取的中点，连结。
又∵为的中点，则∥。∴。
∵平面， 面，∴。
又∵，∴面。
又∵面，∴。
∵当且仅当，而点F是唯一的，
∴点是唯一的，
即当（即是的靠近点的一个四等分点），。
连接，，由计算得。
∴△与△是两个共底边的全等的等腰三角形。
如图d所示，取的中点，连接，，则平面。
在平面中，过点作于，则平面。
∴是与平面所成的角。
在△中，易得，∴△是正三角形。
∴，即与平面所成角的大小为600。
例21. （2012年辽宁省理12分）如图，直三棱柱，，
点M，N分别为和的中点。
(Ⅰ)证明：∥平面;
(Ⅱ)若二面角为直二面角，求的值。
【答案】解：（I）证明：连接，
∵，，
∴三棱柱为直三棱柱。
∴M为中点。
又∵N为的中点，∴MN∥AC′。
又∵平面′，∴MN∥平面。
（II）如图，以A为坐标原点，分别以直线AB、AC、AA′为x，y，z轴，建立直角坐标系，
设AA′=1，则AB=AC=λ，∴A（0，0，0），B（λ，0，0），C（0，λ，0），A′（0，0，1），B′（λ，0，1），C′（0，λ，1）。
∴。
设是平面A′MN的法向量，
由得。
∴可取。
设是平面MNC的法向量，
由得。∴可取。
∵二面角为直二面角，
∴，即，解得。
【考点】与二面角有关的立体几何综合题，直线与平面平行的判定，用空间向量求平面间的夹角。
【解析】（I）连接，说明三棱柱为直三棱柱，推出MN∥AC′，然后证明MN∥平面。
另解：取A′B′的中点P，连接MP、NP。
M、N分别为AB′、B′C′的中点，
∴MP∥AA′，NP∥A′C′。
∴MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′。
又∵MP∩NP=P，∴平面MPN∥平面A′ACC′。
又∵MN?平面MPN， ∴MN∥平面A′ACC′。
（II）以A为坐标原点，分别以直线AB、AC、AA′为x，y，z轴，建立直角坐标系，设AA′=1，推出A，B，C，A′，B′，C′的坐标，求出M，N的坐标。设 是平面A′MN的法向量，通过得，取。设是平面MNC的法向量，通过得，取。由二面角为直二面角得，解出即可得。
例22. （2012年重庆市理12分）如图，在直三棱柱 中，为的中点【版权归锦元数学工作室，不得转载】
（Ⅰ）求点到平面的距离;（4分）
（Ⅱ）若求二面角的平面角的余弦值. （8分）
【答案】解：（Ⅰ）∵，∴。
又∵面面，∴。
∵面面，∴。
∴点到面的距离为。
（Ⅱ）如图，过点作交于D，由（1）知两两垂直，以为原点，射线分别为轴、轴、轴的正半轴建立空间直角坐标系，设直棱柱的侧棱
则。
∴。
∵，∴，即。
∴。
∴。
设平面的法向量，
则，即。
令，则。
∵面，∴可取面的法向量。
∴。
∴二面角的平面角的余弦值为。
【考点】与二面角有关的立体几何综合题，点、线、面间的距离计算，用空间向量求平面间的夹角。
【分析】（I）由题意，由于可证得。故点到面的距离即为的长度，易求。
（II）根据几何体的形状，可过点作交于D，以为原点，射线分别为轴、轴、轴的正半轴建立空间直角坐标系．给出各点的坐标，分别求出两平面的法向量，求出两向量的夹角即为两平面的夹角。
别解：由题意结合图象，可通过作辅助线先作出二面角的平面角，然后在直角三角形中求出二面角的余弦。【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例23. （2012年重庆市文12分）已知直三棱柱中，，，为的中点。
（Ⅰ）求异面直线和的距离（4分）；
（Ⅱ）若，求二面角的平面角的余弦值（8分）。
【答案】解：（Ⅰ）∵， 为的中点，∴。
又∵直三棱柱中， 面 ，面，∴ 。
∴异面直线 和的距离为。
（Ⅱ）∵，∴ 面 。
又∵面，∴ ，。
∴ 为所求的二面角的平面角。
∵是在面上的射影，
∴由三垂线定理的逆定理得。
∴，都与互余，∴。
∴∽。∴得。
∴。
∴在中，由余弦定理得。
∴二面角的平面角的余弦值为。
【考点】用空间向量求平面间的夹角，点、线、面间的距离计算，二面角的平面角及求法，相似三角形的判定和性质，勾股定理，余弦定理。
【分析】（Ⅰ）先根据条件得到B以及，从而求出异面直线和的距离即可。
（Ⅱ）先根据条件得到 为所求的二面角的平面角，再根据三角形相似求出棱柱的高，从而在三角形中应用余弦定理求出结论即可。
本题也可建立空间直角坐标系（如图），求出两个平面的法向量的坐标，最后代入向量的夹角计算公式即可求出结论。
专题22：高频考点分析之立体几何探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
专题1～2，我们对客观性试题解法进行了探讨，专题3～8，对数学思想方法进行了探讨，专题9～12对数学解题方法进行了探讨，专题13～专题28我们对高频考点进行探讨。
立体几何是高中数学的重要内容，立体几何试题是考查空间想象能力，逻辑思维能力和演绎推理能力的基本载体近几年高考立体几何试题以基础题和中档题为主，热点问题主要有证明点线面的关系。考查的重点是点线面的位置关系及空间距离和空间角，突出空间想象能力。。在《课程标准》中，立体几何的内容和考查要求有了较大的变化：增加了三视图，更强调几何直观，几何证明有所削弱，淡化了距离问题。因此，在复习中，以基本知识，基本方法为基础，以通性通法为重点，培养空间几何体的直观认知能力和逻辑推理能力。
一般来说，平面向量在高考中所占份量较大，结合2012年全国各地高考的实例，我们从以下五方面探讨立体几何问题的求解：
1. 多面体及球体的概念、性质、计算；
2. 由三视图判别立体图形和表面积、体积的计算：
3. 关于线线、线面及面面平行的问题；
4. 关于线线、线面及面面垂直的问题；
5. 关于空间距离和空间角的问题。
一、多面体及球体的概念、性质、计算：
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年全国课标卷理5分）已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是边长为的正三角形，为球的直径，且；则此棱锥的体积为【 】
【答案】。
【考点】三棱锥的性质。
【解析】∵的外接圆的半径，∴点到面的距离。
又∵为球的直径，∴点到面的距离为。
∴ 此棱锥的体积为。故选。
例2. （2012年全国课标卷文5分）平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，则此球的体积为 【 】
（A）π （B）4π （C）4π （D）6π
【答案】B。
【考点】点到平面的距离，勾股定理，球的体积公式。
【解析】由勾股定理可得球的半径为，从而根据球的体积公式可求得该球的体积为：
。故选B。
例3. （2012年江西省理5分）如下图，已知正四棱锥所有棱长都为1，点是侧棱上一动点，过点垂直于的截面将正四棱锥分成上、下两部分，记截面下面部分的体积为则函数的图像大致为【 】
【答案】A。
【考点】棱锥的体积公式，线面垂直，函数的思想。
【解析】对于函数图象的识别问题，若函数的图象对应的解析式不好求时，作为选择题，可采用定性排它法：
观察图形可知，当时，随着的增大， 单调递减，且递减的速度越来越快，不是的线性函数，可排除C，D。当时，随着的增大， 单调递减，且递减的速度越来越慢，可排除B。只有A图象符合。故选A。
如求解具体的解析式，方法繁琐，而且计算复杂，很容易出现某一步的计算错误而造成前功尽弃，并且作为选择题也没有太多的时间去解答。我们也解答如下：
连接AC，BD，二者交于点O，连接SO，过点E作底面的垂线EH。
当E为SC中点时，∵SB＝SD＝BC＝CD，∴SE⊥BE，SE⊥DE。
∴SE⊥面BDE。
∴当时，截面为三角形EBD，截面下面部分锥体的底为BCD。
又∵SA＝SC＝1，AC＝，SO＝。此时。
∴。
当时，截面与AD和AB相交，分别交于点F、D，设FG与AC相交于点I，则易得。
由EH∥SO，得
，即。
由EI∥SA，得，即。易知是等腰直角三角形，即。∴。
∴。
当时，截面与DC和BC相交，分别交于点M、N，设MN与AC相交于点J，则易得。
由EH∥SO，得
，即。
由EJ∥SA，得，即。易知是等腰直角三角形，即。∴。
∴。
综上所述，。
结合微积分知识，可判定A正确。
例4. （2012年湖北省理5分）我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径，“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V，求其直径d的一个近似公式。人们还用过一些类似的近似公式。根据=3.14159…..判断，下列近似公式中最精确的一个是【 】
A. B. C. D.
【答案】D。
【考点】球的体积公式以及估算。
【解析】由球的体积公式得，由此得。对选项逐一验证：
对于A. 有，即；
对于B. 有，即；
对于C. 有，即；
对于D. 有，即；
∴中的数值最接近。故选D。
例5. （2012年重庆市理5分）设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，和，且长为的棱与长为的棱异面，则的取值范围是【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】A。
【考点】异面直线的判定，棱锥的结构特征，勾股定理和余弦定理的应用。
【分析】如图所示，设四面体的棱长为，取中点P，连接，所以，在中，由勾股定理得=。
∴在中，
。
∵，∴。∴
∴。故选A。
例6. （2012年上海市理4分）若一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，则该圆锥的体积为
▲ .
【答案】。
【考点】空间几何体的体积公式和侧面展开图。
【解析】根据该圆锥的底面圆的半径为，母线长为，根据条件得到，解得母线长，所以该圆锥的体积为：。
例7. （2012年上海市文4分）一个高为2的圆柱，底面周长为，该圆柱的表面积为 ▲
【答案】。
【考点】圆柱的表面积。
【解析】根据该圆柱的底面周长得底面圆的半径为，所以该圆柱的表面积为：
。
例9. （2012年上海市理4分）如图，与是四面体中互相垂直的棱，，若，
且，其中、为常数，则四面体的体积的最大值是 ▲ .
【答案】。
【考点】四面体中线面的关系，椭圆的性质。
【解析】作于，连接，则
∵，，∴⊥平面。
又∵平面，∴。
由题设，，∴与都在以为焦距的椭球上，且、都垂直于焦距所在直线。∴=。
取中点，连接，
∵，∴⊥，，。
∴。
∴四面体的体积。
显然，当在中点，即是短轴端点时，有最大值为。
∴。
例10. （2012年山东省理4分）如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1。E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1－EDF的体积为 ▲ 。
【答案】
【考点】三棱锥的面积。
【解析】∵三棱锥与三棱锥表示的是同一棱锥，∴。
又∵的底△DD1E的面积是正方形面积的一半，等于；底△DD1E上的高等于正方形的棱长1， ∴。
例11. （2012年安徽省文5分）若四面体的三组对棱分别相等，即，，
，则 ▲ _.(写出所有正确结论编号)
①四面体每组对棱相互垂直
②四面体每个面的面积相等
③从四面体每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于而小于
④连接四面体每组对棱中点的线段互垂直平分
⑤从四面体每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长
【答案】②④⑤。
【考点】四面体的性质。
【解析】①四面体每组对棱不相互垂直，命题错误；
②四面体每个面是全等三角形，面积相等，命题正确；
③从四面体每个顶点出发的三条棱两两夹角之和等于，命题错误；
④连接四面体每组对棱中点构成菱形，线段互垂直平分，命题正确；
例12. （2012年辽宁省文5分）已知点是球O表面上的点，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为2正方形。若,则△OAB的面积为 ▲ .
【答案】。
【考点】组合体的的位置关系，转化思想的应用。
【解析】∵点是球O表面上的点，PA⊥平面ABCD，
∴点为球O内接长方体的顶点，球心O为长方体对角线的中点。
∴△OAB的面积是该长方体对角面面积的。
∵，∴。∴。
例13. （2012年江苏省5分）如图，在长方体中，，，则四棱锥的体积为 ▲ cm3．
【答案】6。
【考点】正方形的性质，棱锥的体积。
【解析】∵长方体底面是正方形，∴△中 cm，边上的高是cm（它也是中上的高）。
∴四棱锥的体积为。
二、由三视图判别立体图形和表面积、体积的计算：
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年全国课标卷理5分）如图，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为【 】
【答案】。
【考点】由三视图判断几何体。
【解析】由三视图可知，该几何体是三棱锥，底面是俯视图，高为。因此此几何体的体积为：
。故选。
例2. （2012年北京市理5分）某三梭锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是【 】
A. B. C. D.
【答案】 B。
【考点】三棱锥的三视图问题。
【解析】如下图所示。图中蓝色数字所表示的为直接从题目所给三视图中读出的长度，黑色数字代表通过勾股定理的计算得到的边长。本题所求表面积应为三棱锥四个面的面积之和。利用垂直关系、等腰三角形的性质和三角形面积公式，可得：
这里有两个直角三角形，一个等腰三角形。
∴该三梭锥的表面积是。故选B。
例3. （2012年广东省理5分）某几何体的三视图如图所示，它的体积为【 】
A．12π B.45π C.57π D.81π
【答案】C。
【考点】由三视图求体积。
【解析】由三视图可知，此组合体上部是一个母线长为5，底面圆半径是3的圆锥，下部是一个高为5，底面半径是3的圆柱，几何体的直观图如图所示。
圆锥的高
几何体的体积。
故选C。
例4. （2012年广东省文5分）某几何体的三视图如图所示，它的体积为【 】
A． B． C． D．
【答案】C。
【考点】由三视图求体积。
【解析】由图知，该几何体是圆锥和半球体的组合体，球的半径是3，圆锥底面圆的半径是3，圆锥母线长为5，由圆锥的几何特征可求得圆锥的高为4，
则它的体积。故选C。
例5. （2012年江西省文5分）若一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为【 】
A． B.5 C.4 D.
【答案】C。
【考点】由三视图求面积、体积。
【解析】根据三视图判断此几何体为直六棱柱，再分别计算棱柱的底面积和高，最后由棱柱的体积计算公式求得结果：
由图可知，此几何体为直六棱柱，底面六边形可看做两个全等的等腰梯形，上底边为1，下底边为3，高为1，
∴棱柱的底面积为，棱柱的高为1。
例6. （2012年浙江省文5分）已知某三棱锥的三视图（单位：cm）如图所示，则该三棱锥的体积是【 】
A.1cm3 B.2cm3 C.3cm3 D.6cm3
【答案】C。
【考点】三棱锥的三视图。
【解析】由题意判断出，底面是一个直角三角形，两个直角边分别为1和2，整个棱锥的高由侧视图可得为3，所以三棱锥的体积为。故选C。
例7. （2012年湖北省理5分）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为【 】
A. B. C. D.
【答案】B。
【考点】由何体的三视图求体积。
【解析】此几何体为一个圆柱切去了一部分，此圆柱底面半径为 1，高为 4，现在此几何体上方补上一个和此几何体完全一样的几何体 ，从而构成一个底面半径为1，高为6的圆柱，这个圆柱的体积为，要求几何体的体积为圆柱体积的一半，为。故选B。
例8. （2012年湖南省理5分）某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是【 】
【答案】D。
【考点】组合体的三视图。
【解析】由几何体的正视图和侧视图均如图所示知，原图下面图为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，Ａ，Ｂ，Ｃ都可能是该几何体的俯视图，Ｄ不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面应为如图的矩形。故选D。
例9. （2012年福建省理5分）一个几何体的三视图形状都相同大小均相等，那么这个几何体不可以是【 】
A．球 B．三棱锥 C．正方体 D．圆柱
【答案】D。
【考点】简单几何体的三视图。
【解析】球的三视图大小形状相同．三棱锥的三视图也可能相同，正方体三种视图也相同，只有圆柱不同。故选D。
例10. （2012年陕西省文5分）将正方形（如图1所示）截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的左视图为 【 】
A. B. C. D.
【答案】B。
【考点】空间图像的直观图与三视图。
【解析】因为从左面垂直光线在竖直平面上的正投影是正方形，其中的正投影是正方形右斜的对角线（实线），的正投影是正方形左斜的对角线（被遮住是虚线）。故选B。
例11. （2012年天津市理5分）―个几何体的三视图如图所示(单位：)，则该几何体的体积为 ▲ .
【答案】。
【考点】简单组合体的三视图的画法与体积的计算。
【分析】由三视图可该几何体为两个相切的球上方了一个长方体组成的组合体，所以其体积为：=。
例12. （2012年天津市文5分）一个几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积 ▲ .
【答案】。
【考点】由三视图求几何体的体积。
【分析】由三视图可知这是一个下面是个长方体，上面是个平躺着的五棱柱构成的组合体。长方体的体积为，五棱柱的体积是，所以几何体的总体积为。
例13. （2012年安徽省理5分）某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是 ▲ 来
【答案】。
【考点】由三视图判断几何体。
【解析】由三视图可知，该几何体是底面是直角梯形，高为的直四棱柱。
∴几何体的表面积是
例14. （2012年安徽省文5分）某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是 ▲
【答案】。
【考点】由三视图判断几何体。
【解析】由三视图可知，该几何体是底面是直角梯形，高为的直四棱柱。
∴几何体的的体积是。
例15. （2012年浙江省理4分）已知某三棱锥的三视图（单位：）如图所示，则该三棱锥的体积等于
▲ ．
【答案】1。
【考点】由三棱锥的三视图求体积。
【解析】观察三视图知该三棱锥的底面为一直角三角形，右侧面也是一直角三角形．故体积等于（）。
例16. （2012年湖北省文5分）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ▲ .
【答案】。
【考点】由几何体的三视图求体积
【解析】由三视图可知，该几何体是由左右两个相同的圆柱（底面圆半径为2，高为1）与中间一个圆柱（底面圆半径为1，高为4）组合而成，故该几何体的体积是。
例17. （2012年辽宁省理5分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ▲ 。
【答案】38。
【考点】由几何体的三视图求面积。
【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体在中间挖去了一个等高的圆柱，其中长方体的长、宽、高分
别为4、3、1，圆柱的底面直径为2，所以该几何体的表面积为长方体的表面积加圆柱的侧面积再减去圆
柱的底面积，即为。
例18. （2012年辽宁省文5分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ▲ .
【答案】。
【考点】由几何体的三视图求体积。
【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体和一个等高的圆柱的组合体，其中长方体的长、宽、高分别为4、3、1，圆柱的底面直径为2，高位1，所以该几何体的体积为。
三、关于线线、线面及面面平行的问题：
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年四川省文5分）下列命题正确的是【 】
A、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行
B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行
C、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行
D、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行
【答案】C。
【考点】立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质。
【解析】若两条直线和同一平面所成角相等，这两条直线可能平行，也可能为异面直线，也可能相交，所以A错；一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行，故B错；若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行，也可以垂直；故D错；故选项C正确。故选C。
例2. （2012年浙江省文5分）设是直线，α，β是两个不同的平面【 】
A. 若∥α，∥β，则a∥β B. 若∥α，⊥β，则α⊥β
C. 若α⊥β，⊥α，则⊥β D. 若α⊥β, ∥α，则⊥β
【答案】B。
【考点】线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定和性质。
【解析】利用面面垂直的判定定理可证明B是正确的，对于其它选项，可利用举反例法证明其是错误命题：
A，若∥α，∥β，则满足题意的两平面可能相交，排除A；
B，若∥α，⊥β，则在平面α内存在一条直线垂直于平面β，从而两平面垂直，故B正确；
C，若α⊥β，⊥α，则可能在平面β内，排除C；
D，若α⊥β, ∥α，则可能与β平行，相交，排除D。
故选 B。
例3. （2012年山东省文12分）如图，几何体E－ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB=CD，EC⊥BD.
(Ⅰ)求证：BE=DE；
(Ⅱ)若∠BCD=1200，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.
【答案】解：(Ⅰ)证明：取BD中点为O，连接OC，OE，
∵BC=CD，∴CO⊥BD，
又∵EC⊥BD，CO∩EC=C，∴BD⊥平面OCE.。
又∵OE平面OCE.，
∴BD⊥OE，即OE是BD的垂直平分线。
∴BE=DE。
(Ⅱ)取AB中点N，连接MN，DN，
∵M是AE的中点，∴MN∥BE。
∵△ABD是等边三角形，∴DN⊥AB，∠ABD＝60°。
∵∠BCD＝120°，BC=CD，∴∠CBD＝30°。
∴∠ABC＝60°+30°＝90°，即BC⊥AB。
∴ND∥BC。
又∵MN∩ND=N，BE∩BC=B，∴平面MND∥平面BEC。
又∵DM平面MND，∴DM∥平面BEC。
【考点】线面垂直和平行的证明，线段垂直平分线的判定和性质，等边三角形的性质。
【解析】(Ⅰ)要证BE=DE，只要证点E是BD垂直平分线上的点即可。故取BD中点为O，连接OC，OE，由已知证明BD⊥OE即可。
(Ⅱ)要证DM∥平面BEC只要证明DM在一个平行于平面BEC的另一个平面上，故取AB中点N，连接MN，DN，证明平面MND∥平面BEC即可。
例4. （2012年福建省理13分） 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．
（I）求证：B1E⊥AD1；
（II）在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；
（III）若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．
【答案】解：（I）如图，以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系。
设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)。
∴1＝(0,1,1)，＝，＝(a,0,1)，＝。
∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1。
（II）假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)。
又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．
∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得
取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝。
要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，即－az0＝0，解得z0＝。
又DP?平面B1AE，∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝。
（III）连接A1D，B1C，由长方体ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D。【
∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C。版权归锦元数学工作室，不得转载】
又由（I）知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，
∴AD1⊥平面DCB1A1。
∴是平面A1B1E的一个法向量，此时＝(0,1,1)。
设与n所成的角为θ，则cosθ＝＝。
∵二面角A－B1E－A1的大小为30°，
∴|cosθ|＝cos30°，即＝，解得＝2，即AB的长为2。
【考点】用空间向量求平面间的夹角，空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面平行的判定。
【解析】（Ⅰ）由题意及所给的图形，以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系。设AB＝a，给出图形中各点的坐标，可求出向量1和 的坐标，验证其数量积为0即可证出两线段垂直。
（II）由题意，可先假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，求出平面B1AE法向量，可法向量与直线DP的方向向量内积为0，由此方程解出z0的值，若能解出，则说明存在，若不存在符合条件的z0的值，说明不存在这样的点P满足题意。
（III）由题设条件，可求面夹二面角的两个平面的法向量，利用两平面的夹角为30°建立关于的方程，解出的值即可得出AB的长。
例5. （2012年辽宁省文12分）如图，直三棱柱，，=1，点M，N分别为和的中点。
(Ⅰ)证明：∥平面;
(Ⅱ)求三棱锥的体积。
（椎体体积公式，其中为底面面积，为高）
【答案】解：（I）证明：连接，
∵，，
∴三棱柱为直三棱柱。
∴M为中点。
又∵N为的中点，∴MN∥AC′。
又∵平面′，∴MN∥平面。
(Ⅱ)连接BN，由题意得，平面平面，
∴平面。
又∵，
∴。
【考点】与二面角有关的立体几何综合题，直线与平面平行的判定，棱锥体积的计算，转化思想的应用。
【解析】（I）连接，说明三棱柱为直三棱柱，推出MN∥AC′，然后证明MN∥平面。
另解：取A′B′的中点P，连接MP、NP。
M、N分别为AB′、B′C′的中点，
∴MP∥AA′，NP∥A′C′。
∴MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′。
又∵MP∩NP=P，∴平面MPN∥平面A′ACC′。
又∵MN?平面MPN， ∴MN∥平面A′ACC′。
(Ⅱ)连接BN，由可求。
例6. （2012年江苏省14分）如图，在直三棱柱中，，分别是棱上的点（点 不同于点），且为的中点．
求证：（1）平面平面；
（2）直线平面．
【答案】证明：（1）∵是直三棱柱，∴平面。
又∵平面，∴。
又∵平面，∴平面。
又∵平面，∴平面平面。
（2）∵，为的中点，∴。
又∵平面，且平面，∴。
又∵平面，，∴平面。
由（1）知，平面，∴∥。
又∵平面平面，∴直线平面
【考点】直线与平面、平面与平面的位置关系。
【解析】（1）要证平面平面，只要证平面上的平面即可。它可由已知是直三棱柱和证得。
（2）要证直线平面，只要证∥平面上的即可。
四、关于线线、线面及面面垂直的问题：
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年浙江省理5分）已知矩形，，．将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，在翻折过程中，【 】
A．存在某个位置，使得直线与直线垂直
B．存在某个位置，使得直线与直线垂直
C．存在某个位置，使得直线与直线垂直
D．对任意位置，三对直线“与”，“与”，“与”均不垂直
【答案】B。
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系。
【解析】 如图，⊥，⊥，依题意，，，==，
。
A，若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则∵⊥，∴⊥平面，从而⊥，这与已知矛盾，排除A；
B，若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则⊥平面，平面⊥平面。取中点，连接，则⊥，∴∠就是二面角的平面角，此角显然存在，即当在底面上的射影位于的中点时，直线与直线垂直，故B正确；
C，若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则⊥平面，从而平面⊥平面，即在底面上的射影应位于线段上，这是不可能的，排除C；
D，由上所述，可排除D。
故选 B。
例2. （2012年全国课标卷文12分）如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点
(Ｉ)证明：平面BDC1⊥平面BDC
（Ⅱ）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比。
【答案】解：(Ｉ)证明：∵由题设，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，
∴BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1AC=C，∴BC⊥平面ACC1A1。
又∵DC1平面ACC1A1，∴DC1⊥BC。
∵由题设，AC=BC，=AA1，D是棱AA1的中点，
∴∠A1DC1=∠ADC=450，∴∠CDC=900，即DC1⊥DC。
又∵DCBC=C，∴DC1⊥平面BDC。
又∵DC1平面BDC1，∴平面BDC1⊥平面BDC。
（Ⅱ）设棱锥B－DACC1的体积为V1，，则。
又∵三棱柱ABC－A1B1C1的体积，
∴。
∴平面BDC1分此棱柱为两部分体积的比为1：1。
【考点】直三棱柱的性质，平面和平面的位置关系，棱柱和棱锥的体积。
【解析】(Ｉ)要证明平面BDC1⊥平面BDC，只要证一个平面的一条直线垂直于另一个平面即可。由由题设可证得DC1⊥BC，DC1⊥DC，由DCBC=C得DC1⊥平面BDC，而DC1平面BDC1，因此平面BDC1⊥平面BDC。
（Ⅱ）求出三棱柱ABC－A1B1C1的体积和棱锥B－DACC1的体积即可求得结果。
例3. （2012年北京市理14分）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.
（1）求证：A1C⊥平面BCDE；
（2）若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
（3）线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由
【答案】解：（1）∵CD⊥DE，A1E⊥DE，，∴DE⊥平面A1CD。
又∵A1C平面A1CD ，∴A1C⊥DE。
又∵A1C⊥CD，∴A1C⊥平面BCDE。
（2）如图建立空间直角坐标系，则
B（0，3，0），C（0，0，0），D（－2，0，0），E（－2。2。0），A1（0，0，）。
∴。
设平面A1BE法向量为，
则，即，∴。
∴
又∵M是A1D的中点，∴M（－1，0，）。∴。
设CM与平面A1BE法向量所成角为，则
∴。
∴CM与平面A1BE所成角为。
（3）设线段BC上点P，设P点坐标为，则。
则
设平面A1DP法向量为
则 ∴。∴。
假设平面A1DP与平面A1BE垂直，则，即
，解得。与不符。
∴线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直。
【考点】线面垂直的判定，线面角的计算，两平面垂直的条件。
【解析】（1）根据线面垂直的判定进行判定。
（2）建立空间直角坐标系可易解决。
（3）用反证法，假设平面A1DP与平面A1BE垂直，得出与已知相矛盾的结论即可。
例4. （2012年北京市文14分）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2。
求证：DE∥平面A1CB；
求证：A1F⊥BE；
线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由。
【答案】解：（1）证明：∵在图1 Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分别为AC，AB的中点，
∴DE∥BC。
∵在图2中，DE平面A1CB，∴DE∥平面A1CB。
（2）证明：∵DE⊥A1D，DE⊥CD，A1D∩CD=D，∴DE⊥平面A1CD。
∵A1F平面A1CB，∴DE⊥A1F。
又∵A1F⊥CD，CD∩DE=D，CD平面BEDC，DE平面BEDC，∴A1F⊥平面BEDC。
又∵BE平面BEDC，∴A1F⊥BE，
（3）线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ，点Q为A1B的中点。理由如下：
取A1C中点P，连接DP，QP。
∵PDCB，DECB ，∴PDDE。
∴DEQP是平行四边形，∴D、E、Q、P四点共面。
由（2）知，DE⊥平面A1CD，又A1C平面A1CD，∴DE⊥A1C。
∵P，Q是A1B和A1C的中点，∴PQ∥CB∥DE。∴PQ ⊥A1C。
又∵AD=CD，A1P=CP，∴PD⊥A1C 。
又∵PQ∩PD=P， ∴A1C⊥平面PQD，即A1C⊥平面DEQ。
【考点】线面平行，线线垂直，线面垂直的判定，三角形中位线的性质，平行四边形的判定和性质。
【解析】（1）由线面平行的判定理直接证出。
（2）要证两异面直线垂直，就要证一条直线垂直于另一条直线所在的平面。因此考虑证明A1F⊥平面BEDC即可。
（3）在线段A1B上找出使A1C⊥平面DEQ的点Q，进行证明。
例5. （2012年安徽省文12分） 如图，长方体中，底面是正方形，是的中点，是棱上任意一点。
（Ⅰ）证明： ；
（Ⅱ）如果=2,=, , 求 的长。
【答案】解；（I）连接。
∵，∴共面。
∵长方体中，底面是正方形，
∴。
∴面。∴。
（Ⅱ）连接。
∵在矩形中，，
∴。 ∴。
∴，解得。
【考点】两直线的位置，相似三角形的判定和性质。
【解析】（I）要证，只要面即可。一方面，由正方形的性质有，另一方面由长方体的性质有，且和是相交的，从而面。
（Ⅱ）由，根据角的转换可知，从而根据相似三角形的性质可由对应边比求出 的长。
例6. （2012年广东省文13分）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，AB平面PAD，AB∥CD，PD=AD，E是PB的中点，F是DC上的点且DF=AB，PH为PAD中AD边上的高．
（1）证明：PH平面ABCD；
（2）若PH=1，AD=，FC=1，求三棱锥E-BCF的体积；
（3）证明：EF平面PAB．
【答案】解：（1）证明：∵平面，平面，∴。
∵为△中边上的高，∴。
∵ ，∴平面。
（2）连接，取中点，连接。
∵是的中点，∴。
∵平面 ，∴平面。
∴。
∴
。
（3）证明：取中点，连接，。
∵是的中点，∴。
∵，∴。
∴四边形是平行四边形。∴。
∵，∴。
∵平面，平面， ∴。
∵， ∴平面。
∴平面。
【考点】空间线线、线面的平行和垂直，三棱锥的体积。
【解析】（1）证明垂直于平面内的两条相交直线和即可。
（2）连接，取中点，连接，则由三角形中位线定理和（1）平面，可得三棱锥E-BCF底面上的高，从而三棱锥E-BCF的体积可求。
（3）取中点，连接，。一方面由三角形中位线定理可得四边形是平行四边形，即；另一方面，由垂直于平面的两条相交直线和可证明平面，从而可得平面。
例7. （2012年江西省文12分）如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，E，F是线段AB上的两点，且DE⊥AB，CF⊥AB，AB=12，AD=5，BC=4，DE=4.现将△ADE，△CFB分别沿DE，CF折起，使A，B两点重合与点G，得到多面体CDEFG.
（1）求证：平面DEG⊥平面CFG；
（2）求多面体CDEFG的体积。
【答案】解：（1）证明：在平面图中，∵AB∥CD，DE⊥EF，CF⊥EF，∴四边形CDEF为矩形。
∵DE⊥AB，AD=5，DE=4，BC=4，∴AE=3，BF=4。
∵AB=12，∴EF=5。
∵将△ADE，△CFB分别沿DE，CF折起，使A，B两点重合与点G，得到多面体CDEFG，
∴GE=AE=3，GF=BF=4。
在△EFG中，有，∴EG⊥GF。
又∵CF⊥EF，CF⊥FG，EF∩FG=F，∴CF⊥平面EFG。
又∵EG平面EFG，∴CF⊥EG。∴EG⊥平面CFG，即平面DEG⊥平面CFG。
（2）在平面EGF中，过点G作GH⊥EF于H，
则。
∵平面CDEF⊥平面EFG，∴GH⊥平面CDEF，.
∴。
【考点】平面与平面垂直的判定，棱锥的体积。
【解析】（1）判断四边形CDEF为矩形，然后证明EG⊥GF，推出CF⊥EG，然后证明平面DEG⊥平面CFG。
（2）在平面EGF中，过点G作GH⊥EF于H，求出GH，说明GH⊥平面CDEF，利用
求出体积。
例8. （2012年浙江省文15分）如图，在侧棱锥垂直底面的四棱锥ABCD-A1B1C1D1中，AD∥BC，AD⊥AB，AB=。AD=2，BC=4，AA1=2，E是DD1的中点，F是平面B1C1E与直线AA1的交点。
（1）证明：（i）EF∥A1D1；
（ii）BA1⊥平面B1C1EF；
（2）求BC1与平面B1C1EF所成的角的正弦值。
【答案】（1）证明：（i）∵，平面ADD1 A1，，∴平面ADD1 A1.。
又∵平面平面ADD1 A1=，∴。
又∵，∴。
（ii）∵，∴。
又∵，∴。
又∵，∴。
由（i），E是DD1的中点，
∴F是AA1的中点
∴，
即。
∴。
又∵，∴平面。
(2) 设与交点为H，连结。
由（1）知∥，
∴是与平面所成的角。
如图，在矩形中，，，
由勾股定理得，。
又，
由Rt△∽Rt△，得，即。
∴。
又由，得。
在Rt△中，，，
∴。
所以BC与平面所成角的正弦值是。
【考点】四棱锥中线线平行，线面垂直和线面角证明和的计算，平面几何知识。
【解析】（1）（i）根据一直线平行于两相交平面，则这条直线平行于两平面的交线即可得。
（ii）证明BA1垂直于平面B1C1EF中的两条相交直线和即可。
（2）设与交点为H，连结，则是与平面所成的角，应用平面几何勾股定理、相似三角形的知识即可求出，，根据锐角三角函数定义即可求得，即BC与平面所成角的正弦值。
例9. （2012年湖北省文12分）某个实心零部件的形状是如图所示的几何体，其下部是底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形的四棱台A1B1C1D1－ABCD，上部是一个底面与四棱台的上底面重合，侧面是全等的矩形的四棱柱ABCD－A2B2C2D2.
（Ⅰ）证明：直线B1D1⊥平面ACC2A2；
（Ⅱ）现需要对该零部件表面进行防腐处理．已知AB＝10，A1B1＝20，AA2＝30，AA1＝13(单位：cm)，每平方厘米的加工处理费为0.20元，需加工处理费多少元？
【答案】解：（Ⅰ）∵四棱柱ABCD－A2B2C2D2的侧面是全等的矩形，
∴AA2⊥AB，AA2⊥AD。
又∵AB∩AD＝A，∴AA2⊥平面ABCD。
连接BD，
∵BD?平面ABCD，∴AA2⊥BD。
∵底面ABCD是正方形，∴AC⊥BD。
根据棱台的定义可知，BD与B1D1共面，
又已知平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且平面BB1D1D∩平面ABCD＝BD，平面BB1D1D∩平面A1B1C1D1＝B1D1，
∴B1D1∥BD。
∴由AA2⊥BD，AC⊥BD，B1D1∥BD，可得AA2⊥B1D1，AC⊥B1D1。
又∵AA2∩AC＝A，∴B1D1⊥平面ACC2A2。
（Ⅱ）∵四棱柱ABCD－A2B2C2D2的底面是正方形，侧面是全等的矩形，
∴S1＝S四棱柱上底面＋S四棱柱侧面＝(A2B2)2＋4AB·AA2＝102＋4×10×30＝1 300(cm2)。
又∵四棱台A1B1C1D1－ABCD的上下底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形，
∴S2＝S四棱台下底面＋S四棱台侧面＝(A1B1)2＋4×(AB＋A1B1)h等腰梯形的高
＝202＋4×(10＋20)＝1 120(cm2)．
∴该实心零部件的表面积为S＝S1＋S2＝1 300＋1 120＝2 420(cm2)。
∴所需加工处理费为0.2S＝0.2×2 420＝484(元)。
【考点】直线与平面垂直的判定，棱柱、棱台的侧面积和表面积。
【解析】（Ⅰ）依题意易证AC⊥B1D1，AA2⊥B1D1，由线面垂直的判定定理可证直线B1D1⊥平面ACC2A2。（Ⅱ）需计算上面四棱柱ABCD-A2B2C2D2的表面积（除去下底面的面积）S1，四棱台A1B1C1D1-ABCD
的表面积（除去下底面的面积）S2即可。
例10. （2012年湖南省理12分） 如图，在四棱锥中，⊥平面，是的中点.[来源%:*中#国教~育出@版网]
（Ⅰ）证明：⊥平面；
（Ⅱ）若直线PB与平面所成的角和与平面所成的角相等，求四棱锥的体积.
【答案】解：（Ⅰ）如图（1），连接AC，
∵AB=4，，，
∴根据勾股定理得。
又∵ ，Ｅ是ＣＤ的中点，
∴。
∵平面，平面 ，
∴。
∵，∴⊥平面。
（Ⅱ）过点作，分别与相交于点，连接。
由（Ⅰ）⊥平面知，⊥平面。
∴为直线与平面所成的角，且，
由平面知，为直线与平面所成的角。
由题意，知
∵∴。
∵，∴。
又∵，∴四边形是平行四边形。∴。∴。
又∵在中，，
∴。
∴。
又∵梯形的面积为
∴四棱锥的体积为。
【考点】空间角的应用，几何体体积计算。版权归锦元数学工作室，不得转载】
【解析】（Ⅰ）证明垂直于平面两条相交直线和即可。
（Ⅱ）算出梯形的面积和棱锥的高，由算得体积。
另解，建立空间直角坐标系，用空间向量求解：
如图，以A为坐标原点，所在直线分别为建立空间直角坐标系。
设则相关的各点坐标为：
。
（Ⅰ）易知，
∵
∴。
∵是平面内的两条相交直线，
∴⊥平面。
(Ⅱ)由题设和（Ⅰ）知，分别是，的法向量，而PB与
所成的角和PB与所成的角相等，
∴。
由（Ⅰ）知，由
∴，解得。
又∵梯形ABCD的面积为，
∴四棱锥的体积为。
例11. （2012年湖南省文12分） 如图，在四棱锥中，平面，底面是等腰梯形，∥
（Ⅰ）证明： ；
（Ⅱ）若，直线PD与平面PAC所成的角为30°，求四棱锥的体积.
[中国^教*~育出#版%
【答案】解：（Ⅰ）∵平面，平面，∴。
又∵是平面内的两条相交直线，∴平面。
又∵平面，∴。
（Ⅱ）设AC和BD相交于点O，连接PO，
由（Ⅰ）知，平面，
∴是直线PD和平面所成的角。
∵直线PD与平面PAC所成的角为30°，∴。
由平面，平面，得。
在中，由，得PD=2OD。
∵四边形为等腰梯形，，
∴均为等腰直角三角形。
∴梯形的高为。
∴梯形面积。
在等腰中，
∴。
∴四棱锥的体积为。
【考点】空间直线垂直关系的证明，空间角的应用，几何体体积计算。
【解析】（Ⅰ）只要由证明垂直于平面内和两条相交直线得到平面，而 平面，从而。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，平面，所以是直线PD和平面所成的角，然后算出梯形的面积和棱锥的高，由算得体积。
例12. （2012年福建省文12分） 如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M为棱DD1上的一点．
（I）求三棱锥A－MCC1的体积；
（II）当A1M＋MC取得最小值时，求证：B1M⊥平面MAC.
【答案】解：（I）由长方体ABCD－A1B1C1D1知，AD⊥平面CDD1C1，
∴点A到平面CDD1C1的距离等于AD＝1。
又∵==×2×1=1，
∴ 。
（II）将侧面CDD1C1绕DD1逆时针转90°展开，与侧面ADD1A1共面(如图)，
当A1，M，C共线时，A1M＋MC取得最小值。
由AD＝CD＝1，AA1＝2，得M为DD1中点．
连接C1M，
在△C1MC中，MC1＝，MC＝，CC1＝2，
∴CC＝MC＋MC2，得∠CMC1＝90°，即CM⊥MC1。
又由长方体ABCD－A1B1C1D1知，B1C1⊥平面CDD1C1，
∴B1C1⊥CM。
又B1C1∩C1M＝C1，∴CM⊥平面B1C1M，得CM⊥B1M。
同理可证，B1M⊥AM。
又AM∩MC＝M，∴B1M⊥平面MAC。
【考点】棱锥的体积，直线与直线、直线与平面的位置关系。
【解析】（I）由题意可知，A到平面CDD1C1的距离等于AD=1，易求=1，从而可求。
（II）侧面CDD1C1绕DD1逆时针转90°展开，与侧面ADD1A1共面，当A1，M，C共线时，A1M＋MC取得最小值．易证CM⊥平面B1C1M，从而CM⊥B1M，同理可证，B1M⊥AM，问题得到解决。
例13. （2012年陕西省文12分）直三棱柱ABC- A1B1C1中，AB=A A1 ，
（Ⅰ）证明;
（Ⅱ）已知AB=2，BC=，求三棱锥的体积
【答案】解：（I）连接AB1，
∵ABC-A1B1C1是直三棱柱，∴平面ABC⊥平面ABB1A1。
又∵平面ABC∩平面ABB1A1=AB，AC⊥AB，
∴AC⊥平面ABB1A1。
∵BA1?平面ABB1A1，∴AC⊥BA1。
∵矩形ABB1A1中，AB=AA1，∴四边形ABB1A1是正方形。∴AB1⊥BA1。
又∵AB1、CA是平面ACB1内的相交直线，∴BA1⊥平面ACB1。
∵CB1?平面ACB1，∴CB1⊥BA1。
?（II）∵AB=2，BC=∴Rt△ABC中，。
∴直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1=AC=1。
又∵AC∥A1C1，AC⊥平面ABB1A1，∴A1C1是三棱锥C1-ABA1的高。
∵△ABA1的面积等于正方形ABB1A1面积的一半，∴S△ABA1=AB2=2。
∴三棱锥C1-ABA1的体积为V=×S△ABA1×A1C1=。
【考点】直线与平面垂直的性质，三棱锥的体积。
【解析】（I）连接AB1，根据ABC- A1B1C1是直三棱柱，得到平面ABC⊥平面ABB1A1，结合AC⊥AB，可得AC⊥平面ABB1A1，从而有AC⊥BA1，再在正方形ABB1A1中得到AB1⊥BA1，最后根据线面垂直的判定定理，得到BA1⊥平面ACB1，所以CB1⊥BA1。
（II）在Rt△ABC中，利用勾股定理，得到。又因为直三棱柱ABC- A1B1C1中，A1C1=AC=1且AC⊥平面ABB1A1，得到A1C1是三棱锥C1-ABA1的高，且它的长度为1．再根据正方形ABB1A1面积得到△ABA1的面积，最后根据锥体体积公式，得到三棱锥C1-ABA1的体积为 。
五、关于空间距离和空间角的问题：
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年全国大纲卷理5分）已知正四棱柱中，为的
中点，则直线 与平面的距离为【 】
A．2 B． C． D．1
【答案】D。
【考点】正四棱柱的性质，点到面的距离，线面平行的距离，勾股定理。
【解析】连接，和交于点，则在中，
∵是正方形，∴，
又∵为的中点，∴。
∴则点到平面的距离等于到平面的距离。
过点作于点，则即为所求。
∵是正方形，，∴根据勾股定理，得。
∵为的中点，，∴。∴。
在中，利用等面积法得，即。∴。故选D。
例2. （2012年四川省理5分）如图，半径为的半球的底面圆在平面内，过点作平面的垂线交半球面于点，过圆的直径作平面成角的平面与半球面相交，所得交线上到平面的距离最大的点为，该交线上的一点满足，则、两点间的球面距离为【 】
A、 B、 C、 D、
【答案】A。
【考点】球面距离及相关计算，向量和反三角函数的运用。
【解析】要求、两点间的球面距离，由于，故只要求得即可。从而可求出即可求（比较繁）或用向量求解：
如图，以O为原点，分别以在平面上的射影、所在直线为轴。
过点作（即面）的垂线，分别过点作轴的垂线。
∵，∴。
∵面与平面的角为，即，
∴。∴。
∴。
∴。∴。∴。故选A。
例3. （2012年陕西省理5分）如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱，，则直线与直线夹角的余弦值为【 】
A. B. C. D.
【答案】A。
【考点】异面直线间的角的求法，特殊元素法的应用。
【解析】设，则，
∴。
又∵直线与直线夹角为锐角，∴余弦值为。选A。
例4. （2012年全国大纲卷理5分）三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，，
则异面直线与所成角的余弦值为 ▲ 。
【答案】。
【考点】斜棱柱中异面直线的角的求解。
【解析】用空间向量进行求解即可：
设该三棱柱的边长为1，依题意有，
则，
，
而
。
∴。
例5. （2012年全国大纲卷文5分）一直正方体中，、分别为、的中点，那么一面直线与所成角的余弦值为 ▲ .
【答案】。
【考点】异面直线的角的求解。
【解析】用空间向量进行求解即可：
设该直正方体的边长为1，依题意有
，
则
，
而
∴。
例6. （2012年四川省理4分）如图，在正方体中，、分别是、的中点，则异面直线与所成角的大小是 ▲ 。
【答案】90o。
【考点】异面直线夹角问题。
【解析】如图，以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系.设正方体边长为2，则（0,0,0），N（0,2,1），M（0,1,0）A1（2,0,2）
∴。
∴cos< = 0。
∴，即异面直线与所成角为90o。
例7. （2012年辽宁省理5分）已知正三棱锥ABC，点P，A，B，C都在半径为的求面上，若PA，
PB，PC两两互相垂直，则球心到截面ABC的距离为 ▲ 。
【答案】。
【考点】组合体的线线，线面，面面位置关系，转化思想的应用。
【解析】∵在正三棱锥ABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，
∴可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分，（如图所示），此正方体内接于球，正方体的体对角线为球的直径EP，球心为正方体对角线的中点O，且EP⊥平面ABC，EP与平面ABC上的高相交于点F。
∴球O到截面ABC的距离OF为球的半径OP减去正三棱锥ABC在面ABC上的高FP。
∵球的半径为，设正方体的棱长为，则由勾股定理得。
解得正方体的棱长=2，每个面的对角线长。
∴截面ABC的高为， 。
∴在Rt△BFP中，由勾股定理得，正三棱锥ABC在面ABC上的高。
∴所以球心到截面ABC的距离为。
例8. （2012年全国大纲卷理12分）如图，四棱锥中，底面为菱形，底面，是上的一点，。
（1）证明：平面；
（2）设二面角为，求与平面所成角的大小。
【答案】解：设,以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系。
则由底面得。
设。
（1）证明：由得，。
∴，。
∴，。
又∵，∴平面。
（2）设平面的法向量为，又，
由得。
设平面的法向量为。
又，
由，得。
∵二面角为，∴，解得。
∴，平面的法向量为。
∴与平面所成角的正弦值为。
∴与平面所成角为。
【考点】四棱锥中关于线面垂直的证明以及线面角的求解的运用。
【解析】从题中的线面垂直以及边长和特殊的菱形入手得到相应的垂直关系和长度，并加以证明和求解。
例9. （2012年全国课标卷理12分）如图，直三棱柱中，，
是棱的中点，
（1）证明： （2）求二面角的大小。[来
源:Z*xx*k.Com]
【答案】解：（1）证明：∵，是棱的中点，∴。
∴在中，。
同理，。
∴ 。∴。
又∵，且，∴面。
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（2）∵，∴面。
∴。∴都是等腰直角三角形。
取的中点，连接。设，则
。
∴在中，应用勾股定理，得
。
∴。∴是直角三角形。∴。
又∵，∴是二面角的平面角。
∵是等腰直角三角形，点是斜边的中点，∴。
在中， ，
∴。∴ 。
∴二面角的大小为。
【考点】直三棱柱的性质，空间两直线的位置关系，等腰直角三角形的判定和性质，二面角，勾股定理和逆定理，锐角三角函数定义。
【解析】（1）要证，只要面即可，由于已知，从而只要证平面内与相交的另一条直线与垂直即可，易证。从而得证。
（2）要求二面角的大小，先要找出二面角。连接，通过已知，应用勾股定理和逆定理，证得，结合已知即可知是二面角的平面角。在中，易求得。
例10. （2012年上海市理12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点.已知AB=2，AD=2，PA=2.求：
（1）三角形PCD的面积；（6分）
（2）异面直线BC与AE所成的角的大小.（6分）
【答案】解：（1）∵PA⊥底面ABCD，CD底面ABCD，∴PA⊥CD。
又∵AD⊥CD，∴底面ABCD⊥平面PAD。
又∵CD底面ABCD，∴CD⊥平面PAD。
又∵PD平面PAD，∴CD⊥PD。
∵PD=，CD=2，
∴三角形PCD的面积为。
（2）如图所示，建立空间直角坐标系。
则A（0，0，0），B(2, 0, 0)，C(2, 2,0)，E(1, , 1)。
∴，
设与的夹角为，
则。
∴，即异面直线BC与AE所成的角的大小是。
【考点】直线与直线、直线与平面的位置关系，异面直线间的角，勾股定理。
【解析】（1）要求三角形PCD的面积，由于底边CD已知，只要找并求出底边CD上的高即可。由线面、面面垂直的判定和性质，可证CD⊥PD，从而根据勾股定理求出PD即可求得三角形PCD的面积。
（2）建立空间直角坐标系，即可表示出各点坐标，从而用向量表示和，即可直接用公式求二者之间的夹角余弦，从而求出二者之间的夹角。
本题不用向量的解法：取PB中点F，连接EF、AF，
则EF∥BC，从而∠AEF（或其补角）是异面直线 BC与AE所成的角。
在△AEF中，由EF=、AF=、AE=2，
知△AEF是等腰直角三角形， 所以∠AEF=。
因此异面直线BC与AE所成的角的大小是。
例11. （2012年上海市文12分）如图，在三棱锥中，⊥底面，是的中点，已知∠＝，，，，求：
（1）三棱锥的体积（6分）
（2）异面直线与所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）（6分）
【答案】解：（1）。
三棱锥P-ABC的体积为
。
（2）取的中点，连接，则
∥，所以（或其补角）是异面直线 与所成的角。
在中，，
，∴。
因此，异面直线与所成的角的大小是。
【考点】棱锥的体积，异面直线及其所成的角。
【解析】（1）首先根据三角形面积公式，算出直角三角形的面积，然后根据⊥底面，结合锥体体积公式，得到三棱锥的体积；
（2取的中点，连接，在中，根据中位线定理得到∥，所以（或其补角）是异面直线与所成的角．然后在中，利用余弦定理得到，从而求得异面直线与所成的角的大小。
例12. （2012年四川省理12分） 如图，在三棱锥中，，，，平面平面。
（Ⅰ）求直线与平面所成角的大小；
（Ⅱ）求二面角的大小。
【答案】解：（Ⅰ）设AB中点为D，AD中点为O，连接OC，OP，CD。
∵，∴CD⊥AB。
∵，∴△PAD为等边三角形，
∴PO⊥AD。
又∵平面平面，平面PAB∩平面=AD，PO⊥平面ABC，∠OCP为直线PC与平面所成的角，
不妨设PA=2，则OD=1，OP=， AB=4。
∴CD=2，OC=。
在Rt中，tan。
∴直线PC与平面所成的角的大小为arctan。
（Ⅱ）过D作DE于E，连接CE。
由已知可得，CD平面PAB，
根据三垂线定理可知，CE⊥PA。
∴为二面角的平面角。
由（1）知，DE=，
在Rt△CDE中，tan。
∴二面角的大小为。
【考点】线面关系、直线与平面所成的角、二面角。
【解析】（Ⅰ）设AB中点为D，AD中点为O，连接OC，OP，CD，可以证出∠OCP为直线PC与平面ABC所成的角．不妨设PA=2，则OD=1，OP=，AB=4，在Rt中即可。
（Ⅱ）过D作DE于E，连接CE，则为二面角的平面角，在 Rt△CDE中求解即可。
另解：以O为坐标原点，OB，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O-xyz，应用向量求解。
例13. （2012年天津市理13分）如图，在四棱锥中，丄平面，丄，丄，，，.
(Ⅰ)证明丄；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）设为棱上的点，满足异面直线与所成的角为，求的长.
【答案】解：(Ⅰ)证明：如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
则（0，0，0），（2，0，0），（0，1，0），，（0，0，2）
∴。
∴ 。所以丄。
（Ⅱ）由(Ⅰ)，。
设平面的一个法向量为，
则 ， 即 。
取，则。
又平面的一个法向量为 ，
∴。∴。
∴二面角的正弦值为。
（Ⅲ）设，∴。
又∵ ，
∴，即。
解得，即。
【考点】用空间向量求平面间的夹角，用空间向量求直线间的夹角、距离，二面角的平面角及求法。
【分析】(Ⅰ) 以为原点，建立空间直角坐标系，通过点的坐标得出和，求出·=0即可证明。
（Ⅱ）求出平面，平面的一个法向量，利用两法向量夹角求解。
（Ⅲ），利用，得出关于h的方程求解即可。
非向量解法：
(Ⅰ)通过证明⊥平面得出丄。
（Ⅱ）如图1作于点，连接，∠为二面角的平面角．在中求解即可。
（3）如图2，因为∠＜45°，故过点作的平行线必与线段相交，设交点为，连接，故∠（或其补角）为异面直线与所成的角。在△中，因为＜，从而∠ =30°，由勾股定理用表示的长。在△中由余弦定理得出关于的方程求解即可。
例14. （2012年天津市文13分）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，AD⊥PD，BC=1，PC=2，PD=CD=2.
（I）求异面直线PA与BC所成角的正切值；
（II）证明平面PDC⊥平面ABCD；
（III）求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值。
【答案】解：（I）如图，在四棱锥P－ABCD中，
∵底面ABCD是矩形，∴AD=BC，且AD∥BC。
又∵AD⊥PD，∴∠PAD为异面直线PA与BC所成角。
∵在Rt△PDA中，，
∴异面直线PA与BC所成角的正切值为：2。
（II）证明：∵底面ABCD是矩形，∴AD⊥BC。
∵AD⊥PD，CD∩PD=D，∴AD⊥平面PDC。
∵AD?平面ABCD，∴平面PDC⊥平面ABCD。
（III）在平面PDC中，过点P作PE⊥CD于E，连接EB。
∵平面PDC⊥平面ABCD，而直线CD是平面PDC与平面ABCD的交线，
∴PE⊥平面ABCD。
∴∠PBE为直线PB与平面ABCD所成角。
在△PDC中，∵PD=CD=2，PC=2，∴∠PCD=30°。
在Rt△PEC中，PE=PCsin30°=。
∵AD∥BC，AD⊥平面PDC，∴BC⊥平面PDC。∴BC⊥PC。
在Rt△PCB中，。
在Rt△PEB中，。
∴直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为。
【考点】直线与平面所成的角，异面直线及其所成的角，平面与平面垂直的判定。
【分析】（I）判断∠PAD为异面直线PA与BC所成角，在Rt△PDA中，求异面直线PA与BC所成角的正切值。
（II）说明AD⊥BC，通过AD⊥PD，CD∩PD=D，证明AD⊥平面PDC，然后证明平面PDC⊥平面ABCD。
（III）在平面PDC中，过点P作PE⊥CD于E，连接EB．说明∠PBE为直线PB与平面ABCD所成角，求出PE，PB，在Rt△PEB中，通过，求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值。
例15. （2012年安徽省理12分）平面图形如图4所示，其中是矩形，，，。现将该平面图形分别沿和折叠，使与所在平面都与平面垂直，再分别连接,得到如图2所示的空间图形，对此空间图形解答下列问题。
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）求的长；
（Ⅲ）求二面角的余弦值。
【答案】解：（I）取的中点为点，连接
∵，∴。
∵面面，∴面。
同理：面 。
∴。∴共面。
又∵，
∴面。∴。
（Ⅱ）延长到，使 ，连接。
∵，∴。
∴。
∵，面面，
∴面。∴面。
∴在中，。
（Ⅲ）∵，∴是二面角的平面角。
∴在中，。
在中，
∴二面角的余弦值为。
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面所成的角，余弦定理。
【解析】（I）要证，即要面，从而通过证明面和面，得到共面。由，得到面。从而是证。
（Ⅱ）在中，应用勾股定理即可求得的长。
（Ⅲ）要求二面角的余弦值，先要找出二面角的平面角。由 知，是二面角的平面角。在中，应用勾股定理求得的长，在中，应用余弦定理即可求得的余弦值，即二面角的余弦值。
例16. （2012年山东省理12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB=CD=CF。
（Ⅰ）求证：BD⊥平面AED；
（Ⅱ）求二面角F－BD－C的余弦值。
【答案】解：（Ⅰ）在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=60°，CB=CD，
在中，由余弦定理得，
，即。
在中，∠DAB=60°，，
∴由正弦定理得，即，解得。
∴。∴。∴。
又∵AE⊥BD，平面AED，平面AED，且，
∴BD⊥平面AED。
（Ⅱ）如图，取BD中点G，连接CG，FG。
设 CB=CD=CF=AD=1，则由（Ⅰ），，
。
∵BC，CD，CG平面ABCD，FC⊥平面ABCD，
∴△BCF，△DCF都是等腰直角三角形，△FCG是等腰三角形。
∴FG⊥DB，CG⊥DB。
又∵FG平面FBD，CG平面CBD，FGCG=G，
∴∠FGC=二面角F－BD－C。
∵由勾股定理，在Rt△BCF中得BF=；在Rt△BGF中得FG=
在Rt△BCG中得CG=
∴在Rt△FCG中，。
∴二面角F－BD－C的余弦值为。
【考点】线面垂直的判定，等腰梯形的性质，余弦定理，正弦定理，勾股定理，等腰三角形的性质，二面角。
【解析】（Ⅰ）要证BD⊥平面AED，由于已知AE⊥BD，所以只要证平面AED上AE的一条相交直线与BD平行即可。由余弦定理和正弦定理的应用，分别解和，即可得到。从而得证。
（Ⅱ）要求二面角F－BD－C的余弦值，即要找出二面角。故取BD中点G，连接CG，FG，可以证明∠FGC=二面角F－BD－C。从而通过应用勾股定理解直角三角形可求出的值。
例17. （2012年广东省理13分）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点 E在线段PC上，PC⊥平面BDE。
（1）证明：BD⊥平面PAC；
（2）若PA=1，AD=2，求二面角B-PC-A的正切值.
【答案】解：（1）∵PA⊥平面ABCD ，平面ABCD，∴BD⊥PA。
∵PC⊥平面BDE，平面BDE，∴BD⊥PC。
∵PA∩PC=P，∴BD⊥平面PAC。
（2）设AC∩BD=O，连接OE。
∵PC⊥平面BDE，
∴∠BEO为二面角B-PC-A的平面角。
∵BD⊥平面PAC，AC平面PAC，
∴AC⊥BD。∴ABCD为正方形。
∵AD=2，∴AO=BO=OC=，AC=。
在Rt△PAC中。
∵PC⊥平面BDE，OE平面BDE， ∴PC⊥OE。∴△PAC∽△OEC。
∴。∴。
在Rt△BOE中tan∠BEO， 即二面角B-PC-A的正切值为3。
【考点】（1）证明BD垂直于平面PAC内的两条相交直线PA和PC即可。
【解析】（2）设AC∩BD=O，连接OE，由PC⊥平面BDE知∠BEO为二面角B-PC-A的平面角。应用正方形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等平面几何知识求出BO和的长，即可根据锐角三角函数定义求出tan∠BEO即二面角B-PC-A的正切值。
例18. （2012年江西省理12分）在三棱柱中，已知，，在在底面的投影是线段的中点。
（1）证明在侧棱上存在一点，使得平面，并求出的长；
（2）求平面与平面夹角的余弦值。
【答案】解：（1）证明：连接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1 于点E，
∵AA1∥BB1，∴OE⊥BB1。
∵A1O⊥平面ABC，∴A1O⊥BC.
∵AB＝AC，OB＝OC，∴AO⊥BC，
∴BC⊥平面AA1O。∴BC⊥OE。∴OE⊥平面BB1C1C。
又∵AO＝＝1，AA1＝，∴AE＝＝。
（2）如图，分别以OA，OB，OA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0，－2,0)，A1(0,0,2)，
由＝得点E的坐标是，
由（1）得平面BB1C1C的法向量是＝。
设平面A1B1C的法向量＝(x，y，z)，
由得
令y＝1，得x＝2，z＝－1，即＝(2,1，－1)。
所以cos〈，〉＝＝，
即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是。
【考点】二面角的平面角及求法，直线与平面垂直的判定。
【解析】（1）连接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1 于点E，则E为所求。可以证出OE⊥BB1，BC⊥OE而得以证明。在Rt△A1OA中，利用直角三角形射影定理得出EO。
（2）分别以OA，OB，OA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面A1B1C的法向量是＝(x，y，z) ，利用 和夹角求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值。
例19. （2012年浙江省理15分）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，且平面，，，分别为，的中点．
（Ⅰ）证明：∥平面；
（Ⅱ）过点作，垂足为点，求二面角的平面角的余弦值．
【答案】解：(Ⅰ)如图，连接BD。
∵M，N分别为PB，PD的中点，
∴在PBD中，MN∥BD。
又MN平面ABCD，
∴MN∥平面ABCD。
(Ⅱ)如图，建立坐标系：
则A(0，0，0)，P(0，0，)，M(，，0)，
N(，0，0)，C(，3，0)。
设Q(x，y，z)，
则。
∵，
∴。
由，得：．
即：。
对于平面AMN：设其法向量为。
∵，
∴。 ∴。
同理对于平面AMN得其法向量为。
记所求二面角A—MN—Q的平面角大小为，
则。
∴所求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值为。
【考点】线面平行的证明，建立坐标系求二面角。
【解析】(Ⅰ)连接BD，由三角形中位线定理，得MN∥BD，由MN平面ABCD即可得MN∥平面ABCD。
(Ⅱ)建立坐标系，由向量知识即可求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值。
例20. （2012年湖北省理12分）如图1，∠ACB=45°，BC=3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC=90°（如图2所示），
（Ⅰ）当BD的长为多少时，三棱锥A-BCD的体积最大；
（II）当三棱锥A-BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小
【答案】解：（Ⅰ）在如图1所示的△中，设，则。
∵，，∴△为等腰直角三角形。∴。
∵折起前，∴折起后（如图2），，，且。
∴平面。
又∵，∴。
∴
。
当且仅当，即时，等号成立。
∴当，即时, 三棱锥的体积最大。
（Ⅱ）以为原点，建立如图a所示的空间直角坐标系。
由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，。
∴，，，，，，
且。
设，则。
∵，∴，即。
∴，。
∴当（即是的靠近点的一个四等分点）时，。
设平面的一个法向量为，
∵ ，∴
∴可取．
设与平面所成角的大小为，则由，，
∴。∴。
∴与平面所成角的大小为600。
【考点】立体几何线面的基本关系，用均值不等式求最值，直线与平面所成角，空间向量的应用。
【解析】（Ⅰ）应用线面垂直的判定证得AD为三棱锥A-BCD的BCD面上的高，从而求出三棱锥A-BCD的体积关于BD的解析式，应用均值不等式即可求得最值。版权归锦元数学工作室，不得转载】
求得三棱锥A-BCD的体积关于BD的解析式后也可应用导数的知识求最值：
，
令，由，且，解得。
当时，；当时，。
∴当时，取得最大值。
∴当时, 三棱锥的体积最大。
（Ⅱ）以为原点空间直角坐标系，应用空间向量的知识可求与平面所成角的大小。
另解：由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，。
如图b，取的中点，连结，，，则∥。
由（Ⅰ）知平面，∴平面。
如图c，延长至P点使得，连，，则四边形为正方形。
∴。
取的中点，连结。
又∵为的中点，则∥。∴。
∵平面， 面，∴。
又∵，∴面。
又∵面，∴。
∵当且仅当，而点F是唯一的，
∴点是唯一的，
即当（即是的靠近点的一个四等分点），。
连接，，由计算得。
∴△与△是两个共底边的全等的等腰三角形。
如图d所示，取的中点，连接，，则平面。
在平面中，过点作于，则平面。
∴是与平面所成的角。
在△中，易得，∴△是正三角形。
∴，即与平面所成角的大小为600。
例21. （2012年辽宁省理12分）如图，直三棱柱，，
点M，N分别为和的中点。
(Ⅰ)证明：∥平面;
(Ⅱ)若二面角为直二面角，求的值。
【答案】解：（I）证明：连接，
∵，，
∴三棱柱为直三棱柱。
∴M为中点。
又∵N为的中点，∴MN∥AC′。
又∵平面′，∴MN∥平面。
（II）如图，以A为坐标原点，分别以直线AB、AC、AA′为x，y，z轴，建立直角坐标系，
设AA′=1，则AB=AC=λ，∴A（0，0，0），B（λ，0，0），C（0，λ，0），A′（0，0，1），B′（λ，0，1），C′（0，λ，1）。
∴。
设是平面A′MN的法向量，
由得。
∴可取。
设是平面MNC的法向量，
由得。∴可取。
∵二面角为直二面角，
∴，即，解得。
【考点】与二面角有关的立体几何综合题，直线与平面平行的判定，用空间向量求平面间的夹角。
【解析】（I）连接，说明三棱柱为直三棱柱，推出MN∥AC′，然后证明MN∥平面。
另解：取A′B′的中点P，连接MP、NP。
M、N分别为AB′、B′C′的中点，
∴MP∥AA′，NP∥A′C′。
∴MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′。
又∵MP∩NP=P，∴平面MPN∥平面A′ACC′。
又∵MN?平面MPN， ∴MN∥平面A′ACC′。
（II）以A为坐标原点，分别以直线AB、AC、AA′为x，y，z轴，建立直角坐标系，设AA′=1，推出A，B，C，A′，B′，C′的坐标，求出M，N的坐标。设 是平面A′MN的法向量，通过得，取。设是平面MNC的法向量，通过得，取。由二面角为直二面角得，解出即可得。
例22. （2012年重庆市理12分）如图，在直三棱柱 中，为的中点【版权归锦元数学工作室，不得转载】
（Ⅰ）求点到平面的距离;（4分）
（Ⅱ）若求二面角的平面角的余弦值. （8分）
【答案】解：（Ⅰ）∵，∴。
又∵面面，∴。
∵面面，∴。
∴点到面的距离为。
（Ⅱ）如图，过点作交于D，由（1）知两两垂直，以为原点，射线分别为轴、轴、轴的正半轴建立空间直角坐标系，设直棱柱的侧棱
则。
∴。
∵，∴，即。
∴。
∴。
设平面的法向量，
则，即。
令，则。
∵面，∴可取面的法向量。
∴。
∴二面角的平面角的余弦值为。
【考点】与二面角有关的立体几何综合题，点、线、面间的距离计算，用空间向量求平面间的夹角。
【分析】（I）由题意，由于可证得。故点到面的距离即为的长度，易求。
（II）根据几何体的形状，可过点作交于D，以为原点，射线分别为轴、轴、轴的正半轴建立空间直角坐标系．给出各点的坐标，分别求出两平面的法向量，求出两向量的夹角即为两平面的夹角。
别解：由题意结合图象，可通过作辅助线先作出二面角的平面角，然后在直角三角形中求出二面角的余弦。【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例23. （2012年重庆市文12分）已知直三棱柱中，，，为的中点。
（Ⅰ）求异面直线和的距离（4分）；
（Ⅱ）若，求二面角的平面角的余弦值（8分）。
【答案】解：（Ⅰ）∵， 为的中点，∴。
又∵直三棱柱中， 面 ，面，∴ 。
∴异面直线 和的距离为。
（Ⅱ）∵，∴ 面 。
又∵面，∴ ，。
∴ 为所求的二面角的平面角。
∵是在面上的射影，
∴由三垂线定理的逆定理得。
∴，都与互余，∴。
∴∽。∴得。
∴。
∴在中，由余弦定理得。
∴二面角的平面角的余弦值为。
【考点】用空间向量求平面间的夹角，点、线、面间的距离计算，二面角的平面角及求法，相似三角形的判定和性质，勾股定理，余弦定理。
【分析】（Ⅰ）先根据条件得到B以及，从而求出异面直线和的距离即可。
（Ⅱ）先根据条件得到 为所求的二面角的平面角，再根据三角形相似求出棱柱的高，从而在三角形中应用余弦定理求出结论即可。
本题也可建立空间直角坐标系（如图），求出两个平面的法向量的坐标，最后代入向量的夹角计算公式即可求出结论。
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