高考立體幾何核心考點揭秘

冠以“數學生命線”之稱的立體幾何是高考備考的重點內容．近兩年的高考通常采取“1+1”（即一道選擇填空題和一道解答題）的結構考查立體幾何，具有“入手容易，難度中等”的特點．雖然它在設問和呈現方式上“豐富多彩”，但高考還是突出考查通性通法，考查的知識也可圈可點，因此備考有很強的“可控性”．

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空間點、直線、平面之間的位置關系

【考綱要求】 理解空間直線、平面位置關系的定義，并了解如下可以作為推理依據的公理（即公理1、公理2、公理3、公理4）和定理“空間中如果一個角的兩邊與另一個角的兩邊分別平行，那么這兩個角相等或互補”，以立體幾何的定義、公理和定理出發，認識和理解空間中與線面平行、垂直有關的性質及判定定理，能運用公理、定理和已獲得的結論證明一些空間圖形的位置關系的簡單命題．

理解以下判定定理．

◆如果平面外一條直線與此平面內的一條直線平行，那么該直線與此平面平行．

◆如果一個平面內的兩條相交直線與另一平面平行，那么這兩個平面平行．

◆如果一條直線與一個平面內的兩條相交直線都垂直，那么該直線與此平面垂直．

◆如果一個平面過另一個平面的垂線，那么這兩個平面互相垂直．

理解以下性質定理，并能夠證明．

◆如果一條直線與一個平面平行，那么經過該條直線的任一平面與此平面的交線和該直線平行．

◆如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線相互平行．

◆垂直于同一個平面的兩條直線平行．

◆如果兩個平面互相垂直，那么一個平面內垂直于它們交線的直線與另一個平面垂直．

【考綱解讀】 線面平行、垂直問題是高考備考的重點． 從解決“平行與垂直”的有關基本問題著手，熟悉公理、定理的內容和功能，通過分析與概括，掌握解決問題的規律——充分利用線線平行（垂直）、線面平行（垂直）、面面平行（垂直）相互轉化的思想，以提高推理論證、空間想象能力．

【經典例題】 如圖1，已知側棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，且∠DAB＝60°，AD＝AA1，F為棱BB1的中點，點M為線段AC1的中點．

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圖1

（1）求證：直線MF∥平面ABCD；

（2）求證：平面AFC1⊥平面ACC1A1；

（3）求平面AFC1與平面ABCD所成的銳二面角的大小．

命題意圖 本題以四棱柱為幾何載體，考查空間元素，即線和面之間的平行、垂直關系，繼而考查空間元素成角的問題．命題者并無意為難考生，旨在考查對立體幾何的常規知識的掌握情況．

思路分析 （1）要證直線MF∥平面ABCD，根據線面平行的判定定理，就應在平面ABCD中找到一條直線，使該直線平行于MF，即“線線平行?圯線面平行”；

（2）要證平面AFC1⊥平面ACC1A1，根線面面垂直判定定理，就應在平面AFC1中找一條直線垂直于平面ACC1A1，或在平面ACC1A1中找一條直線垂直于平面AFC1，即“線面垂直?圯面面垂直”；

（3）平面AFC1與平面ABCD所成角問題是典型的“無棱二面角問題”，用傳統法分五個步驟完成“找（尋找二面角的平面角，這是該題的關鍵）→作（作出二面角的平面角）→證（證明該角為二面角的平面角）→求（解三角形，求出平面角的大小）→答”．

完美解答 （1）如圖2，延長C1F交CB的延長線于點N，連結AN．

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圖2

因為B1C1∥NB，F是BB1的中點，所以F為C1N的中點．

因為M是線段AC1的中點，所以MF∥AN．

又MF?埭平面ABCD，AN?奐平面ABCD，所以MF∥平面ABCD．

（2）連結BD，由直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，可知：A1A⊥平面ABCD，

又BD?奐平面ABCD，所以A1A⊥BD．

因為四邊形ABCD為菱形，所以AC⊥BD．

又AC∩A1A＝A，AC，A1A?奐平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1．

在四邊形DANB中，DA∥BN且DA＝BN，所以四邊形DANB為平行四邊形．

故NA∥BD，所以NA⊥平面ACC1A1．

又NA?奐平面AFC1，所以平面AFC1⊥平面ACC1A1．

（3）由（2）知NA⊥平面ACC1A1，

所以∠C1AC就是平面AFC1與平面ABCD所成銳二面角的平面角．

在Rt△C1AC中，tan∠C1AC＝■＝■，故∠C1AC＝30°．

所以平面AFC1與平面ABCD所成銳二面角的大小為30°．

【經典例題】 如圖3，已知E，F分別是正方形ABCD邊BC，CD的中點，EF與AC交于點O，PA，NC都垂直于平面ABCD．

（1）求證：平面PAC⊥平面NEF．

（2）試問在線段PA上是否存在一點M，使PC∥平面MEF. 若存在，求■的值；若不存在，請說明理由．

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圖3

命題意圖 本題考查線面平行、垂直的判定定理和性質定理，考查分析法和轉化思想．

思路分析 要證平面PAC⊥平面NEF，根據面面垂直的判定定理，就應在平面NEF中找到一條直線，使該直線垂直平面PAC，即“線面垂直?圯面面垂直”；根線面平行性質定理， 由PC∥平面MEF知，過PC的一個平面與平面MEF的交線必與PC平行，即“PC∥平面MEF?圳PC∥MO”．

完美解答 （1）因為PA⊥平面ABCD，BD?奐平面ABCD，所以PA⊥BD．

又BD⊥AC，AC∩PA=A，所以BD⊥平面PAC．

因為E，F分別是BC，CD的中點，所以EF∥BD，

所以EF⊥平面PAC，又EF?奐平面NEF，所以平面PAC⊥平面NEF．

（2）當■=■時，PC∥平面MEF． 連結OM，

因為OC=■AC，所以■=■，即■=■，

所以PC∥MO． 因為MO?奐平面MEF，PC?埭平面MEF，所以PC∥平面MEF．

【命題趨勢】 空間點、直線、平面之間的位置關系是高考必考內容，往往是解答題第一問或第一、二問，難度中等偏易，旨在通過運用判定定理和性質定理證明空間圖形的位置關系．

空間向量

【考綱要求】 了解空間向量的概念，了解空間向量的基本定理及其意義，掌握空間向量的正交分解及其坐標表示；掌握空間向量的線性運算及其坐標表示；掌握空間向量的數量積及其坐標表示，能運用它判斷向量的共線與垂直關系；理解直線的方向向量與平面的法向量；能用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直與平行關系；能用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計算問題．

【考綱解讀】 空間向量在立體幾何部分有廣泛的應用，既可以用來研究空間中線面平行和垂直問題，也可以用來研究空間中角和距離問題．它將形的觀察問題轉化為數的運算問題，“少了推理，多了計算”． 一方面，同學們要善于建立空間直角坐標系，正確標注點的坐標；另一方面，能用向量方法解決垂直、平行與夾角問題．利用空間向量是可以很好的解決空間中角和距離的問題，但是，如果給出的幾何體相對不那么“規矩”，建立空間直角坐標系較為困難，我們就需要更多考慮用傳統方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計算問題和點到平面的距離問題，即用等體積法計算點面距離和線面成角問題，用三垂線法和定義法計算面面成角問題，平移法和定義法計算線線成角問題．

【經典例題】 如圖4，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱長都是4，E是BC的中點，動點F在側棱CC1上，且不與點C重合．

（1）當CF=1時，求證EF⊥A1C；

（2）設二面角C－AF－E的大小為θ，求tanθ的最小值．

命題意圖 本題考查空間線線垂直關系和面面成角問題，幾何載體是大家熟悉的正三棱柱，第2問還考查函數的應用，考查考生的綜合應用能力．

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圖4

思路分析 對于動點問題，我們往往借助空間向量工具，通過引入變量，將形的問題轉化為數的問題，繼而運用函數思想，解決最值問題．

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圖5

完美解答 （1）建立如圖5所示的空間直角坐標系，則由已知可得A（0， 0，0），B（2■，2，0），C（0，4，0），A1（0，0，4），E（■，3，0），F（0，4，1），

于是■=（0，－4，4），■=（－■，1，1），則■·■=0－4+4=0，故EF⊥A1C．

（2）設CF=λ（0<λ≤4），平面AEF的一個法向量為m=（x，y，z），則由（1）得F（0，4，λ），■=（■，3，0），■=（0，4，λ），于是由m⊥■，m⊥■可得m·■=0，m·■=0，即■x+3y=0，4y+λz=0，取m=（■λ，－λ，4）． 又由直三棱柱的性質可取側面AC1的一個法向量為n=（1，0，0），于是由θ為銳角可得cosθ=■=■，sinθ=■，所以tanθ=■=■． 由0<λ≤4得■≥■，即tanθ≥■=■，故當λ=4，即點F與點C1重合時，tanθ取得最小值■．

【經典例題】 如圖6，ABEDFC為多面體，平面ABED與平面ACFD垂直，點O在線段AD上，OA=1，OD=2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形．

（1）求點D到平面OEF的距離；

（2）求直線AD與平面OEF所成角的正弦值；

（3）求直線BC與OF所成角的余弦值．

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圖6

命題意圖 本題考查空間成角和距離問題，多面體突破了常規的柱體和錐體，考查考生新視覺下的靈活應變能力．

思路分析 （1）用向量法，考生需要分析多面體中存在的垂直隱含條件，找出OD的中點作為空間直角坐標系的原點；

（2）用傳統法，重在合理將空間中成角和距離問題轉化為三棱錐的體積問題．

完美解答 法1：傳統法

如圖7，作OD的中點Q，延長FC和BE，相交于G，則點G在AD上．

（1）因為△ODE和△ODF都是邊長為2的正三角形，

所以FQ⊥OD，EQ⊥OD，FQ=■，EQ=■．

因為平面ABED⊥平面ACFD，

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圖7

所以FQ⊥平面ABED，故FQ⊥EQ．

所以EF=■，cos∠EOF=■=■，

所以S△EOF=■OEOF·sin∠EOF=■×2×2×■=■．

設點D到平面OEF的距離為h，

因為V■=V■，

即■FQS△DOE=■hS△OEF，

所以h=■=■=■．

（2）設直線AD與平面OEF所成角的大小為θ，

所以sinθ=■=■，即直線AD與平面OEF所成角的正弦值是■．

（3）因為∠OAC=∠QOF=60°，所以AC∥OF．

因為OF=2AC=2，所以點C是GF的中點；

同理，點B是GE的中點，所以BC∥EF，

所以直線BC與OF所成角的余弦值等于直線EF與OF所成角的余弦值．

因為cos∠OFE=■=■，

所以直線BC與OF所成角的余弦值為■．

法2：向量法

作OD的中點Q，由于△ODE和△ODF都是邊長為2的正三角形，故FQ⊥OD，EQ⊥OD． 因為平面ABED⊥平面ACFD，

所以FQ⊥平面ABED，故FQ⊥EQ，這樣，我們就可以建立如圖8所示的空間直角坐標系．

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圖8

（1）設平面OEF的一個法向量為n=（x，y，z）．

因為O（0，－1，0），E（■，0，0），F（0，0，■），D（0，1，0），

所以■=（■，1，0），■=（0，1，■），■=（0，2，0）．

因為■⊥n，■⊥n，，所以■·n=0，■·n=0，即■x+y=0，y+■z=0.

不妨令x=■，則y=－3，z=■，即n=（■，－3，■），

所以點D到平面OEF的距離h=■=■．

（2）設直線AD與平面OEF所成角的大小為θ，

所以sinθ=cos〈■，n〉=■，即直線AD與平面OEF所成角的正弦值是■．

（3）因為B■，－■，0，C0，－■，■，所以■=－■，0，■．

因為cos〈■，■〉=■=■，所以直線BC與OF所成角的余弦值為■．

【命題趨勢】 向量法是解答立體幾何問題的常規方法，高考突出考查建立空間直角坐標系的能力和向量的運算能力，這類題往往以解答題為主，一方面是證明空間中線面平行和垂直問題，另一方面是求角和距離問題． 在探究點的運動性問題上，向量法的長處是顯而易見的，因此常受到命題專家的青睞． 同時，同學們也要重視傳統法，尤其是建立空間直角坐標系比較困難的情況，傳統法解決空間中角和距離問題，其優點就凸顯出來了．

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空間幾何體

【考綱要求】 認識柱、錐、臺、球及其簡單組合體的結構特征，并能運用這些特征描述現實生活中簡單物體的結構；能畫出簡單空間圖形（長方體、球、圓柱、棱柱等的簡易組合）的三視圖，能識別上述的三視圖所表示的立體模型，會用斜二測法畫出它們的直觀圖；會用平行投影與中心投影兩種方法畫出簡單空間圖形的三視圖與直觀圖，了解空間圖形的不同表示形式．

【考綱解讀】 三視圖能有效考查大家的空間想象能力，高考有加強考查的趨勢． 一方面，我們要學會畫圖，作出的圖形要直觀、虛實分明；另一方面，要學會識圖，能夠從圖中提取有效信息，尤其要能從三視圖想象出立體的形狀和有關線面的位置關系與長度關系．

【經典例題】 一個幾何體是由圓柱ADD1A1和三棱錐E－ABC組合而成，點A，B，C在圓O的圓周上，其正（主）視圖、側（左）視圖的面積分別為10和12，如圖9所示，其中EA⊥平面ABC，?搖AB⊥AC，AB=AC，AE=2．

（1）求證：AC⊥BD；

（2）求二面角A－BD－C的平面角的大小．

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圖9

命題意圖 命題者意圖非常明顯，組合體中許多重要的信息隱含在三視圖中，因此，只有充分認識了三視圖，才能正確解決空間垂直問題和面面成角問題．

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圖10

思路分析 首先通過該組合體的正（主）視圖和側（左）視圖的面積計算出圓柱底面圓的半徑和圓柱的高，這是突破的關鍵． 對于第2問，一方面，依據“AC⊥平面EBD”，我們可以用三垂線法作出二面角A－BD－C的平面角，另一方面，也可以直接建立空間直角坐標系，用向量法解答．

完美解答 （1）因為EA⊥平面ABC，AC?奐平面ABC，所以EA⊥AC，即ED⊥AC． 因為AC⊥AB，AB∩ED=A，所以AC⊥平面EBD．

因為BD?奐平面EBD，所以AC⊥BD．

（2）法1：因為點A，B，C在圓O的圓周上，且AB⊥AC，所以BC為圓O的直徑．

設圓O的半徑為r，圓柱高為h，根據正（主）視圖、側（左）視圖的面積可得，

2rh+■r×2=10，2rh+■×2r×2=12.解得r=2，h=2.所以BC=4，AB=AC=2■．

以點D為原點，DD1，DE所在的射線分別為x軸、z軸建立如圖11的空間直角坐標系D－xyz，則D（0，0，0），D1（4，0，0），A（0，0，2），B（2，2，2），C（2，－2，2），■=（0，－4，0），■=（2，2，2）．

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圖11

設n=（x，y，z）是平面BCD的法向量，則n·■=0，n·■=0，即－4y=0，2x+2y+2z=0.

取z=－1，則n=（1，0，－1）是平面BCD的一個法向量．

由（1）知，AC⊥平面ABD，故■=（2，－2，0）是平面ABD的一個法向量．

因為cos〈n，■〉=■=■=■，

所以〈n，■〉=60°，即二面角A－BD－C的平面角大小為60°．

法2：因為點A，B，C在圓O的圓周上，且AB⊥AC，所以BC為圓O的直徑．

設圓O的半徑為r，圓柱高為h，根據正（主）視圖、側（左）視圖的面積可得，

2rh+■r×2=10，2rh+■×2r×2=12.解得r=2，h=2.所以BC=4，AB=AC=2■．

過點C作CH⊥BD于點H，連結AH，

由（1）知，AC⊥BD，所以BD⊥平面ACH，所以BD⊥AH．

所以∠AHC為二面角A－BD－C的平面角．

由（1）知，AC⊥平面ABD，AH?奐平面ABD，

所以AC⊥AH，即△CAH為直角三角形．

在Rt△BAD中，AB=2■，AD=2，則BD=■=2■．

由AB×AD=BD×AH，解得AH=■．

所以tan∠AHC=■=■，

所以∠AHC=60°，二面角A－BD－C的平面角大小為60°．

【經典例題】 如圖12所示，將兩個全等的紙板梯形P1BCP2和P3CDP4折合成一個四棱錐P－ABCD，點F是PB的中點．

（1）證明：無論點E在邊BC的何處，都有PE⊥AF；

（2）當BE等于何值時，二面角P－DE－A的大小為45°．

命題意圖 二維平面圖形通過翻折形成了空間幾何體． 該題通過“折紙”問題，產生視覺沖擊，“普通不簡單”，強化了對四棱錐的認識． 為了將運動“進行到底”，該題在四棱錐棱上又引入動點E，在運動中進行證明和求角．

思路分析 點E是運動的，因此證明PE⊥AF的實質是證明AF⊥平面PBC． 列出BE的長度方程是突破第2問的關鍵，由cos〈n，■〉=cos45°（其中n是平面PDE的法向量）可得到．

完美解答 四棱錐P－ABCD由兩個全等的紙板梯形P1BCP2和P3CDP4折合而成，所以AB=BC=CD=AD=PA=6，PD=PB=6■，PA⊥平面ABCD．

（1）因為在等腰直角三角形PAB中，點F是斜邊PB的中點，所以AF⊥PB．

因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC． 又BC⊥AB，所以BC⊥平面PAB．?搖?搖

因為AF?奐平面PAB，所以BC⊥AF． 因為PB∩BC=B，所以AF⊥平面PBC．

因為PE?奐平面PBC，所以PE⊥AF．

（2）法1：設BE=a． 以A為原點，AD，AB，AP為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標系，則A（0，0，0），P（0，0，6），D（6，0，0），E（a，6，0），

顯然■=（0，0，6）是平面ABCD的一個法向量．

設n=（x，y，z）是平面PDE的一個法向量，則n⊥■n⊥■.

因為■=（6，0，－6），■=（a，6，－6），所以n·■=0，n·■=0，即6x－6z=0，ax+6y－6z=0.

不妨令x=6，則n=（6，6－a，6）．

因為二面角P－DE－A的大小為45°，所以cos〈n，■〉=■，

所以■=■，得a=6，所以當BE等于6時，二面角P－DE－A的大小為45°．

法2：作AH⊥DE于H，連結PH．

因為PA⊥平面ABCD，所以AH是平面ABCD的斜線PH的射影，所以PH⊥DE，所以∠PHA是二面角P－DE－A的平面角． 設BE=a時，二面角P－DE－A的大小為45°，所以∠PHA=45°，所以在直角三角形PAH中，tan∠PHA=■，即AH=6．

因為在△ADE中，■AH·DE=■AD·DC，所以■×6×■=■×6×6，即a=6，所以當BE等于6時，二面角P－DE－A的大小為45°．

【命題趨勢】 識別簡單空間圖形（長方體、球、圓柱、棱柱等的簡易組合）的三視圖所表示的立體模型試題，常以選擇題、填空題的形式出現． 高考對斜二測畫法的考查會有所體現．

表面積和體積

【考綱要求】 了解球、棱柱、棱錐、臺的表面積和體積的計算公式（不要求記憶公式）．

【考綱解讀】 雖然不要求記憶公式，但是建議同學們還是要記住球、棱柱、棱錐、臺的體積公式，球、棱柱、臺的表面積公式． 同時，“等體積法”能有效求解點到平面的距離，同學們應提高對它的重視程度．

【經典例題】 一個四面體的所有棱長都為■，四個頂點在同一球面上，則此球的表面積為（ ）

A． 3π B． 4π C． 33?搖π D． 6π

命題意圖 本題考查正多面體、球的基本概念和性質及他們相互之間的關系．

思路分析 將正四面體補形為正方體．

完美解答 聯想棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1，則四面體ACB1D1的棱長都為■，它的外接球也是正方體的外接球，其半徑為正方體對角線長■的一半，故球的面積為S=3π，選A．

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圖13

【經典例題】 一個直三棱柱（以A1B1C1為底面）被平面ABC所截的部分幾何體靠墻擺放，如圖13所示． 已知CC1=BB1=2C1B1=2C1A1=2，A1B1=■，AA1=3．

（1）求該幾何體的體積．

（2）一個螞蟻從點A處沿該幾何體表面爬到點C1處，則它爬行的最短路程是多少？

（3）求直線AB1與平面ABC所成角的正弦值．

命題意圖 該題考查不規則幾何體點、直線和平面的關系，考查運用切割補思想計算體積，通過引入路程最短問題來考查分類討論思想．

思路分析 第1問可采取割的思想，將不規則的幾何體分割為一個三棱柱和一個三棱錐，也可以采取補形的方法；第2問應牢牢抓住“兩點之間線段最短”的原則，通過展開圖形將空間問題平面化；第3問既可以用向量法求角，也可以用等體積法求角．

完美解答 因為C1B1=C1A1=1，A1B1=■，所以C1 B■■+C1 A■■=A1B■■，即C1B1⊥C1A1．

（1）在AA1上取點H，使A1H=2，

該幾何體的體積V=V■+V■=■×1×1×2+■×■×1×1×1=■．

（2）根據“兩點之間線段最短”，一個螞蟻從點A處沿該幾何體表面爬到點C1處，為使它爬行的路程最短，有兩種方案．

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圖14-1 圖14-2

方案1，螞蟻從點A處出發，經過平面ABB1A1和平面CBB1C1到達點C1處，如圖14-1所示，由■=■，得B1P=3（■－1）

爬行最短路程為AC1=■=■．

方案2，螞蟻從點A處出發，經過平面ABC和平面CBB1C1到達點C1處，如圖14-2所示，

因為在△ABC中，BC=1，AC=■，AB=■，BC2+AC2=AB2，所以BC⊥AC，故爬行最短路程為2+■．

因為■2－（2+■）2=6－2■>0，所以最短路程是2+■．

（3）設B1到平面ABC的距離為h，

因為V■=V■，所以■h×■×1×■=■×1×■×1×2，即h=■．設直線AB1與平面ABC所成角的大小為θ，則sinθ=■=■．

【命題趨勢】 考綱要求“了解”幾何體的表面積和體積，所以高考對該知識點的考查比較基礎． 事實上，“等體積法”是個不錯的方法，在求點面距離和求線面所成角方面，往往可以事半功倍．

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一、選擇題

1． 若m，n為兩條不重合的直線，α，β為兩個不重合的平面，則下列命題中是真命題的是（ ）

A． 若m，n都平行于平面α，則m，n一定不是相交直線

B． 若m，n都垂直于平面α，則m，n一定是平行直線

C． 已知α，β互相垂直，m，n互相垂直，若m⊥α，則n⊥β

D． m，n在平面α內的射影互相垂直，則m，n互相垂直

2． 某幾何體的三視圖如圖15所示，則它的體積是（ ）

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圖15

A． 8－■?搖B． 8－■

C． 8－2πD． ■

3． 如圖16，已知直二面角α－l－β，點A∈α，AC⊥l，C為垂足，B∈β，BD⊥l，D為垂足．若AB=2，AC=BD=1，則D到平面ABC的距離等于（ ）

■

圖16

A． ■B． ■

C． ■D． 1

4． 已知平面α截一球面得圓M，過圓心M且與α成60°二面角的平面β截該球面得圓N． 若該球面的半徑為4，圓M的面積為4π，則圓N的面積為（ ）

A． 7π?搖?搖?搖?搖B． 9π?搖?搖?搖?搖C． 11π?搖?搖?搖D． 13π

5．如圖17所示，已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，長為2的線段MN的一個端點M在棱DD1上運動，另一端點N在正方形ABCD內運動，則MN中點的軌跡的面積為（ ）

A． 4π?搖?搖?搖?搖?搖?搖B． 2π

C． π?搖?搖?搖?搖?搖?搖 D． ■

■

圖17

二、填空題

6．用若干個體積為1的正方體搭成一個幾何體，其正視圖、側視圖都是如圖18所示的圖形，則這個幾何體的最大體積與最小體積的差是____________．

7． 已知圓錐的底面半徑為R，高為3R，在它的所有內接圓柱中，全面積的最大值等于________．

8． 正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，E為A1B1的中點，則下列五個命題：

①點E到平面ABC1D1的距離為■；

②直線BC與平面ABC1D1所成的角等于45°；

③空間四邊形ABCD1在正方體六個面內形成六個射影，其面積的最小值是■；

④AE與DC1所成的角的余弦值為■；

⑤二面角A-BD1-C的大小為■．

其中真命題是_________． （寫出所有真命題的序號）

三、解答題

9． 如圖19，二面角α－l－β的大小是60°，線段AB?奐α，B∈l，AB與l所成的角為30°，則AB與平面β所成的角的正弦值是_________．

10． 如圖20，在錐體P-ABCD中，ABCD是邊長為1的菱形，且∠DAB=60°，PA=PD=■，PB=2，E，F分別是BC，PC的中點

（1）證明：AD⊥平面DEF；?搖?搖?搖

（2）求二面角P-AD-B的余弦值．

11． 如圖21，在三棱柱中ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1=2■，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H=■．

（1）求異面直線AC與A1B1所成角的余弦值；

（2）求二面角A－A1C1－B1的正弦值；

（3）設N為棱B1C1的中點，點M在平面AA1B1B內，且MN⊥平面A1B1C1，求線段BM的長．