高考数学真题精选题立体几何（理科）.doc

1、G 立体几何G1 空间几何体的结构9G12012重庆卷 设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，和a，且长为a的棱与长为的棱异面，则a的取值范围是()A(0，) B(0，)C(1，) D(1，)9A解析 如图所示，设ABa，CD，BCBDACAD1，则ACDBCD45，要构造一个四面体，则平面ACD与平面BCD不能重合，当BCD与ACD重合时，a0；当A、B、C、D四点共面，且A、B两点在DC的两侧时，在ABC中，ACBACDBCD454590，AB，所以a的取值范围是(0，)G2 空间几何体的三视图和直观图13G22012辽宁卷 一个几何体的三视图如图13所示则该几何体的表面积为_图131

2、338解析 本小题主要考查三视图的应用和常见几何体表面积的求法解题的突破口为弄清要求的几何体的形状，以及表面积的构成由三视图可知，该几何体为一个长方体中挖去一个圆柱构成，几何体的表面积S长方体表面积圆柱的侧面积圆柱的上下底面面积，由三视图知，长方体的长、宽、高为4、3、1，圆柱的底面圆的半径为1，高为1，所以S2(434131)21121238.7G2、G72012北京卷 某三棱锥的三视图如图14所示，该三棱锥的表面积是()图14A286 B306C5612 D60127B解析 本题考查的三棱锥的三视图与表面积公式由三视图可知，几何体为一个侧面和底面垂直的三棱锥，如图所示，可知S底面5410，

3、S后5410，S左626，S右4510，所以S表1036306.12G2、G72012安徽卷 某几何体的三视图如图13所示，该几何体的表面积是_图131292解析 本题考查三视图的识别，四棱柱等空间几何体的表面积如图根据三视图还原的实物图为底面是直角梯形的直四棱柱，其表面积为S424254445492.10G22012天津卷 一个几何体的三视图如图12所示(单位：m)，则该几何体的体积为_m3.图1210189解析 本题考查几何体的三视图及体积公式，考查运算求解及空间想象力，容易题由三视图可得该几何体为一个长方体与两个球的组合体，其体积V63123189.4G22012福建卷 一个几何体的三视

4、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4D解析 本题考查简单几何体的三视图，大小、形状的判断以及空间想象能力，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6G22012广东卷 某几何体的三视图如图11所示，它的体积为()图11A12 B45C57 D816C解析 根据三视图知该几何体是由圆柱与圆锥构成，圆柱与圆锥的半径R3，圆锥的高h4，圆柱的高为5，所以V组合体V圆柱V圆锥32532457，所以选择C.4G22012湖北卷 已知某几何体的三视图如图12所示，则该几何体的体积为()图12A. B3C. D64B

5、解析 根据三视图知几何体的下面是一个圆柱，上面是圆柱的一半，所以V223.故选B.3G22012湖南卷 某几何体的正视图和侧视图均如图11所示，则该几何体的俯视图不可能是()图11图123D解析 本题考查三视图，意在考查考生对三视图的辨析，以及对三视图的理解和掌握是基础题型. 选项A，B，C，都有可能，选项D的正视图应该有看不见的虚线，故D项是不可能的易错点 本题由于对三视图的不了解，易错选C，三视图中看不见的棱应该用虚线标出7G2、G72012课标全国卷 如图12，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为()图12A6 B9 C12 D187B解析 由三视

6、图可知，该几何体是三棱锥，其底面是斜边长为6的等腰直角三角形，有一条长为3的侧棱垂直于底面(即三棱锥的高是3)，可知底面等腰直角三角形斜边上的高为3，故该几何体的体积是V6339，故选B.11G2、G72012浙江卷 已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图13所示，则该三棱锥的体积等于_cm3.图13111解析 本题考查三棱锥的三视图与体积计算公式，考查 学生对数据的运算处理能力和空间想象能力由三视图可知，几何体为一个三棱锥，则VSh1321.点评 正确的识图是解决三视图问题的关键，同时要注意棱长的长度、关系等G3 平面的基本性质、空间两条直线18G3、G52012陕西卷 (1)如图16所示，

7、证明命题“a是平面内的一条直线，b是外的一条直线(b不垂直于)，c是直线b在上的投影，若ab，则ac”为真；图16(2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)18解：(1)证法一：如下图，过直线b上任一点作平面的垂线n，设直线a，b，c，n的方向向量分别是a，b，c，n，则b，c，n共面根据平面向量基本定理，存在实数，使得cbn，则aca(bn)(ab)(an)，因为ab，所以ab0，又因为a，n，所以an0，故ac 0，从而ac.证法二：如图，记cbA，P为直线b上异于点A的任意一点，过P作PO，垂足为O，则Oc.PO，a，直线POa，又ab，b平面PAO，PObP，a平面PAO，又

8、c平面PAO，ac.(2)逆命题为：a是平面内的一条直线，b是外的一条直线(b不垂直于)，c是直线b在上的投影，若ac，则ab.逆命题为真命题G4 空间中的平行关系18G4、G7、G112012全国卷 如图11，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA底面ABCD，AC2，PA2，E是PC上的一点，PE2EC.(1)证明：PC平面BED；(2)设二面角APBC为90，求PD与平面PBC所成角的大小图1118解：方法一：(1)因为底面ABCD为菱形，所以BDAC，又PA底面ABCD，所以PCBD.设ACBDF，连结EF.因为AC2，PA2，PE2EC，故PC2，EC，FC，从而，.因为，FC

9、EPCA，所以FCEPCA，FECPAC90，由此知PCEF.PC与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，所以PC平面BED.(2)在平面PAB内过点A作AGPB，G为垂足因为二面角APBC为90，所以平面PAB平面PBC.又平面PAB平面PBCPB，故AG平面PBC，AGBC.BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，故BC平面PAB，于是BCAB，所以底面ABCD为正方形，AD2，PD2.设D到平面PBC的距离为d.因为ADBC，且AD平面PBC，BC平面PBC，故AD平面PBC，A、D两点到平面PBC的距离相等，即dAG.设PD与平面PBC所成的角为，则sin.所以PD与平面P

10、BC所成的角为30.方法二：(1)以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.设C(2，0,0)，D(，b,0)，其中b0，则P(0,0,2)，E，B(，b,0)于是(2，0，2)，从而0，0，故PCBE，PCDE.又BEDEE，所以PC平面BDE.(2)(0,0,2)，(，b,0)设m(x，y，z)为平面PAB的法向量，则m0，m0，即2z0，且xby0，令xb，则m(b，0)设n(p，q，r)为平面PBC的法向量，则n0，n0，即2p2r0且bqr0，令p1，则r，q，n.因为面PAB面PBC，故mn0，即b0，故b，于是n(1，1，)，(，2)，cosn

11、，n，60.因为PD与平面PBC所成角和n，互余，故PD与平面PBC所成的角为30.18G4、G5、G112012福建卷 如图13，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E为CD中点(1)求证：B1EAD1；(2)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；(3)若二面角AB1EA1的大小为30，求AB的长图1318解：(1)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(如图)设ABa，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故AD1(0,1,1)，(a,0,1)，.011

12、(1)10，B1EAD1.(2)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x1，得平面B1AE的一个法向量n.要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0.又DP平面B1AE，存在点P，满足DP平面B1AE，此时AP.(3)连接A1D，B1C，由长方体ABCDA1B1C1D1及AA1AD1，得AD1A1D.B1CA1D，AD1B1C.又由(1)知B1EAD1，且B1CB1EB1，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，则cos.

13、二面角AB1EA1的大小为30，|cos|cos30，即，解得a2，即AB的长为2.16G4、G52012江苏卷 如图14，在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且ADDE，F为B1C1的中点求证：(1)平面ADE平面BCC1B1；(2)直线A1F平面ADE.16证明：(1)因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC，又AD平面ABC，所以CC1AD.又因为ADDE，CC1，DE平面BCC1B1，CC1DEE，所以AD平面BCC1B1.又AD平面ADE，所以平面ADE平面BCC1B1.(2)因为A1B1A1C1，F为B

14、1C1的中点，所以A1FB1C1.因为CC1平面A1B1C1，且A1F平面A1B1C1，所以CC1A1F.又因为CC1，B1C1平面BCC1B1，CC1B1C1C1，所以A1F平面BCC1B1.由(1)知AD平面BCC1B1，所以A1FAD.又AD平面ADE，A1F平面ADE，所以A1F平面ADE.18G4、G112012辽宁卷 如图14，直三棱柱ABCABC，BAC90，ABACAA，点M，N分别为AB和BC的中点(1)证明：MN平面AACC；(2)若二面角AMNC为直二面角，求的值图1418解：(1)(证法一)连结AB，AC，由已知BAC90，ABAC，三棱柱ABCABC为直三棱柱所以M为

15、AB中点又因为N为BC的中点所以MNAC.又MN平面AACC，AC平面AACC，因此MN平面AACC.(证法二)取AB中点P，连结MP，NP，M，N分别为AB与BC的中点，所以MPAA，PNAC，所以MP平面AACC，PN平面AACC，又MPNPP，因此平面MPN平面AACC，而MN平面MPN，因此MN平面AACC.(2)以A为坐标原点，分别以直线AB，AC，AA为x轴，y轴，z轴建立直角坐标系Oxyz，如图15所示图15设AA1，则ABAC，于是A(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，0)，A(0,0,1)，B(，0,1)，C(0，1)所以M，N.设m(x1，y1，z1)是平面AMN的法向

16、量，由得可取m(1，1，)设n(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量，由得可取n(3，1，)因为AMNC为直二面角，所以mn0.即3(1)(1)20，解得.G5 空间中的垂直关系19G5、G6、G10、G112012重庆卷 如图12，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB4，ACBC3，D为AB的中点(1)求点C到平面A1ABB1的距离；(2)若AB1A1C，求二面角A1CDC1的平面角的余弦值图1219解：(1)由ACBC，D为AB的中点，得CDAB.又CDAA1，故CD面A1ABB1，所以点C到平面A1ABB1的距离为CD.(2)解法一：如图，取D1为A1B1的中点，连结DD1，则DD1A

17、A1CC1.又由(1)知CD面A1ABB1，故CDA1D，CDDD1，所以A1DD1为所求的二面角A1CDC1的平面角因A1D为A1C在面A1ABB1上的射影，又已知AB1A1C，由三垂线定理的逆定理得AB1A1D，从而A1AB1、A1DA都与B1AB互余，因此A1AB1A1DA，所以RtA1ADRtB1A1A.因此，即AAADA1B18，得AA12.从而A1D2.所以，在RtA1DD1中，cosA1DD1.解法二：如图，过D作DD1AA1交A1B1于点D1，在直三棱柱中，易知DB，DC，DD1两两垂直以D为原点，射线DB，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.

18、设直三棱柱的高为h，则A(2,0,0)，A1(2,0，h)，B1(2,0，h)，C(0，0)，C1(0，h)，从而(4,0，h)，(2，h)由，有8h20，h2.故(2,0,2)，(0,0,2)，(0，0)设平面A1CD的法向量为m(x1，y1，z1)，则m，m，即取z11，得m(，0,1)，设平面C1CD的法向量为n(x2，y2，z2)，则n，n，即取x21，得n(1,0,0)，所以cosm，n.所以二面角A1CDC1的平面角的余弦值为.20 G5、G72012浙江卷 如图15所示，在四棱锥PABCD中，底面是边长为2的菱形，BAD120，且PA平面ABCD，PA2，M，N分别为PB，PD的

19、中点(1)证明：MN平面ABCD；(2)过点A作AQPC，垂足为点Q，求二面角AMNQ的平面角的余弦值图1520解：(1)因为M，N分别是PB，PD的中点，所以MN是PBD的中位线，所以MNBD.又因为MN平面ABCD，所以MN平面ABCD.(2)方法一：连结AC交BD于O.以O为原点，OC，OD所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示在菱形ABCD中，BAD120，得ACAB2，BDAB6.又因为PA平面ABCD，所以PAAC.在RtPAC中，AC2，PA2，AQPC，得QC2，PQ4.由此知各点坐标如下，A(，0,0)，B(0，3,0)，C(，0,0)，D(0,3,0)，P

20、(，0,2)，M，N，Q.设m(x，y，z)为平面AMN的法向量由，知取z1，得m(2，0，1)设n(x，y，z)为平面QMN的法向量由，知取z5，得n(2，0,5)于是cosm，n.所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为.方法二：在菱形ABCD中，BAD120，得ACABBCCDDA，BDAB.又因为PA平面ABCD，所以PAAB，PAAC，PAAD.所以PBPCPD.所以PBCPDC.而M，N分别是PB，PD的中点，所以MQNQ，且AMPBPDAN.取线段MN的中点E，连结AE，EQ，则AEMN，QEMN，所以AEQ为二面角AMNQ的平面角由AB2，PA2，故在AMN中，AMAN3，MNBD

21、3，得AE.在直角PAC中，AQPC，得AQ2，QC2，PQ4.在PBC中，cosBPC，得MQ.在等腰MQN中，MQNQ，MN3，得QE.在AEQ中，AE，QE，AQ2，得cosAEQ.所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为.17G5、G112012天津卷 如图14所示，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ACAD，ABBC，BAC45，PAAD2，AC1.(1)证明PCAD；(2)求二面角APCD的正弦值；(3)设E与棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30，求AE的长17解：方法一：如图所示，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,

22、1,0)，B，P(0,0,2)(1)易得(0,1，2)，(2,0,0)，于是0，所以PCAD.(2)(0,1，2)，(2，1，0)设平面PCD的法向量n(x，y，z)，则即不妨令z1，可得n(1,2,1)可取平面PAC的法向量m(1,0,0)于是cosm，n，从而sinm，n.所以二面角APCD的正弦值为.(3)设点E的坐标为(0,0，h)，其中h0,2由此得，由(2，1,0)，故cos，所以，cos30，解得h，即AE.方法二：(1)由PA平面ABCD，可得PAAD.又由ADAC，PAACA，故AD平面PAC，又PC平面PAC，所以PCAD.(2)如图所示，作AHPC于点H，连接DH.由PC

23、AD，PCAH，可得PC平面ADH，因此DHPC，从而AHD为二面角APCD的平面角.在RtPAC中，PA2，AC1，由此得AH.由(1)知ADAH.故在RtDAH中，DH.因此sinAHD.所以二面角APCD的正弦值为.(3)如图所示，因为ADC45，故过点B作CD的平行线必与线段AD相交，设交点为F，连接BE，EF.故EBF或其补角为异面直线BE与CD所成的角由BFCD，故AFBADC.在RtDAC中，CD，sinADC，故sinAFB .在AFB中，由，AB，sinFABsin135，可得BF.由余弦定理，BF2AB2AF22ABAFcosFAB，可得AF.设AEh.在RtEAF中，EF

24、.在RtBAE中，BE.在EBF中，因为EFBE，从而EBF30，由余弦定理得cos30，可解得h.所以AE.14G52012四川卷 如图14所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是棱CD、CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成的角的大小是_图141490解析 因为ABCDA1B1C1D1为正方体，故A1在平面CDD1C1上的射影为D1，即A1M在平面CDD1C1上的射影为D1M，而在正方形CDD1C1中，由tanDD1MtanCDN，可知D1MDN，由三垂线定理可知，A1MDN.16G4、G52012江苏卷 如图14，在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1A1C1，D，E分

25、别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且ADDE，F为B1C1的中点求证：(1)平面ADE平面BCC1B1；(2)直线A1F平面ADE.16证明：(1)因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC，又AD平面ABC，所以CC1AD.又因为ADDE，CC1，DE平面BCC1B1，CC1DEE，所以AD平面BCC1B1.又AD平面ADE，所以平面ADE平面BCC1B1.(2)因为A1B1A1C1，F为B1C1的中点，所以A1FB1C1.因为CC1平面A1B1C1，且A1F平面A1B1C1，所以CC1A1F.又因为CC1，B1C1平面BCC1B1，CC1B1C1C1，所以A1F平面B

26、CC1B1.由(1)知AD平面BCC1B1，所以A1FAD.又AD平面ADE，A1F平面ADE，所以A1F平面ADE.18G5、G10、G112012湖南卷 如图16，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，AB4，BC3，AD5，DABABC90，E是CD的中点(1)证明：CD平面PAE；(2)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥PABCD的体积图1618解：解法1：(1)如下图(1)，连结AC.由AB4，BC3，ABC90得AC5.又AD5，E是CD的中点，所以CDAE.因为PA平面ABCD，CD平面ABCD，所以PACD.而PA，AE是平面PAE内的两

27、条相交直线，所以CD平面PAE.(2)过点B作BGCD，分别与AE、AD相交于点F，G，连结PF.由(1)CD平面PAE知，BG平面PAE.于是BPF为直线PB与平面PAE所成的角，且BGAE.由PA平面ABCD知，PBA为直线PB与平面ABCD所成的角由题意PBABPF，因为sinPBA，sinBPF，所以PABF.由DABABC90知，ADBC，又BGCD，所以四边形BCDG是平行四边形故GDBC3.于是AG2.在RtBAG中，AB4，AG2，BGAF，所以BG2，BF.于是PABF.又梯形ABCD的面积为S(53)416，所以四棱锥PABCD的体积为VSPA16.解法2：如上图(2)，以

28、A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系设PAh，则相关各点的坐标为：A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(4,3,0)，D(0,5,0)，E(2,4,0)，P(0,0，h)(1)易知(4,2,0)，(2,4,0)，(0,0，h)因为8800，0，所以CDAE，CDAP.而AP，AE是平面PAE内的两条相交直线，所以CD平面PAE.(2)由题设和(1)知，分别是平面PAE，平面ABCD的法向量而PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，所以|cos，|cos，|，即.由(1)知，(4,2,0)，(0,0，h)，又(4,0，h)，故.解得h

29、.又梯形ABCD的面积为S(53)416，所以四棱锥PABCD的体积为VSPA16.18G5、G112012广东卷 如图15所示，在四棱锥PABCD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PA1，AD2，求二面角BPCA的正切值图1518证明：(1)PCBD.PABD.PAPCP，PA平面PAC，PC平面PAC，BD平面PAC.(2)法一：如图所示，记BD与AC的交点为F，连接EF.由PC平面BDE，BE平面BDE，EF平面BDE，PCBE，PCEF.即BEF为二面角BPCA的平面角由(1)可得BDAC，所以矩形ABCD为

30、正方形，ABAD2，ACBD2，FCBF.在RtPAC中，PA1，PC3，即二面角BPCA的正切值为3.法二：以A为原点，、的方向分别作为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示设ABb，则：A(0,0,0)，B(b,0,0)，C(b,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)于是(b,2，1)，(b，2,0)因为PCDB，所以b240，从而b2.结合(1)可得(2，2,0)是平面APC的法向量现设n(x，y，z)是平面BPC的法向量，则n，n，即n0，n0.因为(0,2,0)，(2,2，1)，所以2y0,2xz0.取x1，则z2，n(1,0,2)令n，则cos，sin，tan3.由

31、图可得二面角BPCA的正切值为3.16G5、G7、G9、G102012北京卷 如图19(1)，在RtABC中，C90，BC3，AC6，D，E分别是AC，AB上的点，且DEBC，DE2，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD，如图18(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？说明理由图1916解：(1)证明：因为ACBC，DEBC，所以DEAC，所以DEA1D，DECD，所以DE平面A1DC，所以DEA1C.又因为A1CCD，所以A1C平面BCDE.(2)如右图，以C

32、为坐标原点，建立空间直角坐标系Cxyz，则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0)设平面A1BE的法向量为n(x，y，z)，则n0，n0.又(3,0，2)，(1,2,0)，所以令y1，则x2，z，所以n(2,1，)设CM与平面A1BE所成的角为，因为(0,1，)，所以sin|cos(n，)|.所以CM与平面A1BE所成角的大小为.(3)线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直，理由如下：假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p0,3设平面A1DP的法向量为m(x，y，z)，则m0，m0.又(0,2，2)，(p，2,0)，

33、所以令x2，则yp，z.所以m.平面A1DP平面A1BE，当且仅当mn0，即4pp0.解得p2，与p0,3矛盾所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直6A2、G52012安徽卷 设平面与平面相交于直线m，直线a在平面内，直线b在平面内，且bm，则“”是“ab”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件6A解析 本题考查线面关系的判断，证明，充要条件的判断由题知命题是条件命题为“”，命题“ab”为结论命题，当时，由线面垂直的性质定理可得ab，所以条件具有充分性；但当ab时，如果am，就得不出，所以条件不具有必要性，故条件是结论的充分不必要条件

34、18G4、G5、G112012福建卷 如图13，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E为CD中点(1)求证：B1EAD1；(2)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；(3)若二面角AB1EA1的大小为30，求AB的长图1318解：(1)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(如图)设ABa，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故AD1(0,1,1)，(a,0,1)，.011(1)10，B1EAD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP

35、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x1，得平面B1AE的一个法向量n.要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0.又DP平面B1AE，存在点P，满足DP平面B1AE，此时AP.(3)连接A1D，B1C，由长方体ABCDA1B1C1D1及AA1AD1，得AD1A1D.B1CA1D，AD1B1C.又由(1)知B1EAD1，且B1CB1EB1，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，则cos.二面角AB1EA1的大小为30，|cos|cos30，即，解得a2，即AB的长为2.

36、18G5、G10、G112012安徽卷 平面图形ABB1A1C1C如图14(1)所示，其中BB1C1C是矩形，BC2，BB14，ABAC，A1B1A1C1.图14现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使ABC与A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图14(2)所示的空间图形对此空间图形解答下列问题(1)证明：AA1BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角ABCA1的余弦值18解：(向量法)：(1)证明：取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD.由BB1C1C为矩形知，DD1B1C1，因为平面BB1C1C平面A1B1C1，

37、所以DD1平面A1B1C1，又由A1B1A1C1知，A1D1B1C1.故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1xyz.由题设，可得A1D12，AD1.由以上可知AD平面BB1C1C，A1D1平面BB1C1C，于是ADA1D1.所以A(0，1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(1,0,4)，D(0,0,4)故(0,3，4)，(2,0,0)，0，因此，即AA1BC.(2)因为(0,3，4)，所以5，即AA15.(3)连接A1D，由BCAD，BCAA1，可知BC平面A1AD，BCA1D，所以ADA1为二面角ABCA1的平面角因为(0，1,0)，(0,2，4)，所以cos，

38、.即二面角ABCA1的余弦值为.(综合法)(1)证明：取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD，A1D.由条件可知，BCAD，B1C1A1D1，由上可得AD面BB1C1C，A1D1面BB1C1C.因此ADA1D1，即AD，A1D1确定平面AD1A1D.又因为DD1BB1，BB1BC，所以DD1BC.又考虑到ADBC，所以BC平面AD1A1D，故BCAA1.(2)延长A1D1到G点，使GD1AD，连接AG.因为AD綊GD1，所以AG綊DD1綊BB1.由于BB1平面A1B1C1，所以AGA1G.由条件可知，A1GA1D1D1G3，AG4，所以AA15.(3)因为BC平面AD

39、1A1D，所以ADA1为二面角ABCA1的平面角在RtA1DD1中，DD14，A1D12，解得sinD1DA1，cosADA1cos.即二面角ABCA1的余弦值为.19G5、G112012课标全国卷 如图15，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCAA1，D是棱AA1的中点，DC1BD.(1)证明：DC1BC；(2)求二面角A1BDC1的大小图1519解：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形由于D为AA1的中点，故DCDC1.又ACAA1，可得DCDC2CC，所以DC1DC.而DC1BD，DCBDD，所以DC1平面BCD.BC平面BCD，故DC1BC.(2)由(1)知BCDC1，且BCCC1，则BC平面ACC1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.由题意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2)则(0,0，1)，(1，1,1)，(1,0,1)设n(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，则即可取n(1,1,0)同理，设m是平面C1BD的法向量，则可得m(1,2,1)从而cosn，m.故二面角A1BDC1的大小为30.18G5、G112012山东卷 在如图15所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB60