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2013年高考数学(理)真题分类解析汇编7.立体几何


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2013 年高考数学(理)真题分类解析汇编 7:立体几何
一、选择题 1 . (2013 年高考新课标 1(理) 如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高 8cm,将一 )

个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为 6c

m,如果不计容器的厚 度,则球的体积为

( ) A.

500? 3 cm 3

B.

866? 3 cm 3

C.

1372? cm3 3

D.

2048? cm3 3

【答案】A 【天利解析】设正方体上底面所在平面截球得小圆 M, 则圆心 M 为正方体上底面正方形的中心.如图. 设球的半径为 R,根据题意得球心到上底面的距离等于(R﹣2)cm,而圆 M 的半径为 4,由球的截 面圆性质,得 R =(R﹣2) +4 , 解出 R=5, 所以根据球的体积公式,该球的体积 V= 故选 A. = = .
2 2 2

2 . (2013 年普通高等学校招生统一考试广东省数学(理)卷(纯 WORD 版) 设 m, n 是两条不同的 )

直线, ? , ? 是两个不同的平面,下列命题中正确的是





A.若 ? ? ? , m ? ? , n ? ? ,则 m ? n B.若 ? // ? , m ? ? , n ? ? ,则 m // n C.若 m ? n , m ? ? , n ? ? ,则 ? ? ? D.若 m ? ? , m // n , n // ? ,则 ? ? ?
1

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【答案】D 【天利解析】ABC 是典型错误命题,选 D.
3 . (2013 年普通高等学校招生统一考试大纲版数学(理)WORD 版含答案(已校对) 已知正四棱柱 )

ABCD ? A1 B1C1D1 中 AA1 ? 2 AB , 则 CD 与 平 面 B D 1C 所 成 角 的 正 弦 值 等 于
( ) A.

2 3

B.

3 3

C.

2 3

D.

1 3

【答案】A 【天利解析】设 AB=1,则 AA1=2,分别以 向建立空间直角坐标系, 如下图所示: 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方

则 D(0,0,2) 1(0,1,0) ,C ,B(1,1,2) ,C(0,1,2) , =(1,1,0) , =(0,1,﹣2) , =(0,1,0) ,

设 =(x,y,z)为平面 BDC1 的一个法向量,则

,即

,取 =(﹣2,2,1) ,

设 CD 与平面 BDC1 所成角为 θ,则 sinθ=| 故选 A.

|= ,

4 . (2013 年高考新课标 1(理) 某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 )

2

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( ) A. 16 ? 8? B. 8 ? 8? C. 16 ? 16? D. 8 ? 16? 【答案】A 【天利解析】三视图复原的几何体是一个长方体与半个圆柱的组合体,如图,其中长方体长、宽、 高分别是:4,2,2,半个圆柱的底面半径为 2,母线长为 4. 所以长方体的体积=4×2×2=16, 半个圆柱的体积= ×2 ×π×4=8π 所以这个几何体的体积是 16+8π; 故选 A.
2

5 . (2013 年高考湖北卷(理) 一个几何体的三视图如图所示,该几何体从上到下由四个简单几何体 )

组成,其体积分别记为 V1 , V2 , V3 , V4 ,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体均 为多面体,则有( A. V1 ? V2 ? V4 ? V3 C. V2 ? V1 ? V3 ? V4 ) B. V1 ? V3 ? V2 ? V4 D. V2 ? V3 ? V1 ? V4

3

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【答案】C 【天利解析】本题考查三视图以及空间几何体的体积。从上到下为圆台,圆柱,棱柱,棱台体积依 次为 V1 ?

1 7? 1 28 3 , V2 ? 2? , V3 ? 2 ? 8 , V4 ? (16 ? 4 ? 16 ? 4 ) ? ? (22 ? 12 ? 2 ?1) ? . 所以 3 3 3 3

V2 ? V1 ? V3 ? V4 ,故选 C.
6 . (2013 年高考湖南卷(理) 已知棱长为 1 的正方体的俯视图是一个面积为 1 的正方形,则该正方 )

体 ) A. 1















不 .

可 .

能 .

等 (



B. 2

C.

2-1 2

D.

2+1 2

【答案】C 【天利解析】本题考查三视图的判断。因为正方体的俯视图是一个面积为 1 的正方形,则说明正方 体为水平放置,则正视图的最大面积为正方体对角面,此时面积为 2 ,最小面积为正方体的一个 侧面,面积为 1,所以侧视图的面积 1 ? S ?

2 ,所以面积不可能的是

2 ?1 ,选 C. 2

7 . (2013 年普通高等学校招生统一考试广东省数学(理)卷(纯 WORD 版) 某四棱台的三视图如图所 )

示,则该四棱台的体积是

4

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1 2

2
正视图 侧视图

1 1
俯视图 第 5 题图

( )

A. 4 【答案】B

14 B. 3

16 C. 3

D. 6

【天利解析】由三视图可知,该四棱台的上下底面边长分别为

1和 2 的正方形,高为 2 ,故 V ?

1 2 14 1 ? 12 ? 22 ? 22 ? 2 ? ,故选 B. 3 3

?

?

8 . (2013 年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学(理) (纯 WORD 版含答案) 已知 m, n 为异面 )

直 线 , m? 平 面 ? , n? 平 面

? . 直 线 l 满 足 l? m ? , l

, n ? , ?l , 则 ?l ?


) A. ? // ? ,且 l // ? C. ? 与 ? 相交,且交线垂直于 l B. ? ? ? ,且 l ? ? D. ? 与 ? 相交,且交线平行于 l

【答案】D 【天利解析】由 m⊥平面 α,直线 l 满足 l⊥m,且 l?α,所以 l∥α, 又 n⊥平面 β,l⊥n,l?β,所以 l∥β. 由直线 m,n 为异面直线,且 m⊥平面 α,n⊥平面 β,则 α 与 β 相交,否则,若 α∥β 则推出 m∥n, 与 m,n 异面矛盾.故 α 与 β 相交,且交线平行于 l.故选 D.
9. (2013 年普通高等学校招生统一考试山东数学(理)试题(含答案) 已知三棱柱 )

ABC ? A1 B1C1



9 ABC 侧棱与底面垂直,体积为 4 ,底面是边长为 3 的正三角形.若 P 为底面 1 1 1 的中心,则 PA 与
平 面

ABC











小 (



5

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5? A. 12

? B. 3

? C. 4

? D. 6

【答案】B 【天利解析】取正三角形 ABC 的中心,连结 OP ,则 ?PAO 是 PA 与平面 ABC 所成的角。因为底面边 长 为

3 , 所 以 AD ? 3 ?

3 3 2 2 3 ? , AO ? AD ? ? ? 1 . 三 棱 柱 的 体 积 为 2 2 3 3 2

1 3 9 OP ? ( 3) 2 ? AA1 ? ,解得 AA1 ? 3 ,即 OP ? AA ? 3 ,所以 tan ?PAO ? ? 3, 1 2 2 4 OA

即 ?PAO ?

?
3

,选 B.

10. (2013 年普通高等学校招生统一考试重庆数学(理)试题(含答案) 某几何体的三视图如题 ? 5 ? 图 )

所 ) A.



,















积 (



560 3

B.

580 3

C. 200

D. 240

【答案】C 【天利解析】本题考查三视图以及空间几何体的体积公式。由三视图可知该几何体是个四棱柱。棱 柱的底面为等腰梯形,高为 10.等腰梯形的上底为 2,下底为 8,高为 4,。所以梯形的面积为

2?8 ? 4 ? 20 ,所以四棱柱的体积为 20 ?10 ? 200 ,选 C. 2
11. (2013 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学(理)试题(WORD 版) 已知三棱柱 ABC ? A1 B1C1 的 )

6

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6 个顶点都在球 O 的球面上,若 AB ? 3,AC ? 4 , AB ? AC , AA1 ? 12 ,则球 O 的半径为 ( ) A.

3 17 2

B. 2 10

C.

13 2

D. 3 10

【答案】C 【天利解析】由球心作面 ABC 的垂线,则垂足为 BC 中点 M。计算 AM=

5 ,由垂径定理,OM=6,所以 2

半径 R= ( ) ? 6 ?
2 2

5 2

13 ,选 C. 2

12. (2013 年高考江西卷 (理) 如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面 ? 上,且 AB ? CD , )

正方体的六个面所在的平面与直线 CE,EF 相交的平面个数分别记为 m, n ,那么 m ? n ?

( ) A.8 B.9 C.10 D.11 【答案】A 【天利解析】本题考查空间立体几何中的线面位置关系的判断。由图象可知 m ? 4 ,其中上底 面与 CE 平行,下底面过直线 CE。在正四面体题中,取 CD 的中点 H,则 CD ? EFH ,又 AB//CD, 所以平面 EFH 平行于正方体的左右两个侧面, 所以直线 EF 与正方体的六个面所在的平面相交 的平面个数 n ? 4 。所以 m ? n ? 8 ,选 A.

13. (2013 年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学(理) (纯 WORD 版含答案) 一个四面体的顶点 )

在空间直角坐标系 O ? xyz 中的坐标分别是 (1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0) ,画该四面体三视图中的正视

7

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图时,以 zOx 平面为投影面,则得到正视图可以为

( ) A. B. C. D. 【答案】A 【天利解析】因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系 O﹣xyz 中的坐标分别是(1,0,1)(1,1, , 0)(0,1,1)(0,0,0) , , ,几何体的直观图如图,是正方体的顶点为顶点的一个正四面体,所以 以 zOx 平面为投影面,则得到正视图为: 故选 A.

14. (2013 年普通高等学校招生统一考试安徽数学(理)试题(纯 WORD 版) 在下列命题中,不是公理 ) ..

的 (



) A.平行于同一个平面的两个平面相互平行 B.过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面 C.如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内 D.如果两个不重合的平面有一个公共点, 那么他们有且只有一条过该点的公共直线 【答案】A 【天利解析】B,C,D 说法均不需证明,也无法证明,是公理;A 选项可以推导证明,故是定理。 所以选 A 15. (2013 年普通高等学校招生统一考试浙江数学(理)试题(纯 WORD 版) 在空间中,过点 A 作平面 ? ) 的 垂 线 , 垂 足 为 B , 记 B ? f ? ( A) . 设 ? , ? 是 两 个 不 同 的 平 面 , 对 空 间 任 意 一 点

P

,

Q1 ? f ? [ f? ( P)], Q2 ? f? [ f ? ( P)]
8

,





PQ1 ? PQ2

,



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( ) A.平面 ? 与平面 ? 垂直 C.平面 ? 与平面 ? 平行 B.平面 ? 与平面 ? 所成的(锐)二面角为 450 D.平面 ? 与平面 ? 所成的(锐)二面角为 60 0

【答案】A 【天利解析】 :设 P1=fα(P) ,则根据题意,得点 P1 是过点 P 作平面 α 垂线的垂足 因为 Q1=fβ[fα(P)]=fβ(P1) , 所以点 Q1 是过点 P1 作平面 β 垂线的垂足 同理,若 P2=fβ(P) ,得点 P2 是过点 P 作平面 β 垂线的垂足 因此 Q2=fα[fβ(P)]表示点 Q2 是过点 P2 作平面 α 垂线的垂足 因为对任意的点 P,恒有 PQ1=PQ2, 所以点 Q1 与 Q2 重合于同一点 由此可得,四边形 PP1Q1P2 为矩形,且∠P1Q1P2 是二面角 α﹣l﹣β 的平面角 因为∠P1Q1P2 是直角,所以平面 α 与平面 β 垂直 故选:A

16. (2013 年高考四川卷(理) 一个几何体的三视图如图 1-2 所示,则该几何体的直观图可以 )

是(

)

图 1-2

图 1-3 【答案】D 【天利解析】由俯视图可知,原几何体的上底面应该是圆面,由此排除选项 A 和选项 C. 而俯视图内部只有一个虚圆,所以排除 B.故选 D.
二、填空题 17 . 2013 年 高 考 上 海 卷 ( 理 ) 在 xOy 平 面 上 , 将 两 个 半 圆 弧 ( x ? 1) ? y ? 1( x ? 1) 和 ( )
2 2

9

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( x ? 3)2 ? y 2 ? 1( x ? 3) 、两条直线 y ? 1 和 y ? ?1 围成的封闭图形记为 D,如图中阴影部分.
记 D 绕 y 轴旋转一周而成的几何体为 ? ,过 (0, y)(| y |? 1) 作 ? 的水平截面,所得截面面积为

4? 1 ? y 2 ? 8? , 试 利 用 祖 暅 原 理 、 一 个 平 放 的 圆 柱 和 一 个 长 方 体 , 得 出 ? 的 体 积 值 为
__________

【答案】 2? ? 16? .
2

【天利解析】根据提示,一个半径为 1,高为 2? 的圆柱平放,一个高为 2,底面面积 8? 的长方体, 这两个几何体与 ? 放在一起,根据祖暅原理,每个平行水平面的截面面积都相等,故它们的体积相 等,即 ? 的体积值为 ? ?1 ? 2? ? 2 ? 8? ? 2? ? 16? .
2 2

18. (2013 年高考陕西卷(理) 某几何体的三视图如图所示, 则其体积为___ )

? _____. 3

2

1

1

1

【答案】

? 3

【天利解析】立体图为半个圆锥体,底面是半径为 1 的半圆,高为 2。所以体积

V?

1 1 ? ? ? ? ? 12 ? 2 ? 3 2 3 3 ,且圆 O 与圆 K 所在的平面所成的 2

19. (2013 年普通高等学校招生统一考试大纲版数学(理)WORD 版含答案(已校对) 已知圆 O 和圆 K )

是球 O 的大圆和小圆,其公共弦长等于球 O 的半径, OK ? 一个二面角为 60 ,则球 O 的表面积等于______. 【答案】 16?
?

10

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【天利解析】如图所示,设球 O 的半径为 r,根据题意得 OC= 在△ OCK 中,OC =OK +CK ,即 所以 r =4 2 所以球 O 的表面积等于 4πr =16π 故答案为 16π
2 2 2 2

,CK=

20. (2013 年高考北京卷(理) 如图,在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为 BC 的中点,点 P )

在线段 D1E 上,点 P 到直线 CC1 的距离的最小值为__________.

【答案】

2 5 5

【天利解析】如图所示,取 B1C1 的中点 F,连接 EF,ED1, 因为 ,CC1⊥底面 ABCD,所以四边形 EFC1C 是矩形.

所以 CC1∥EF, 又 EF?平面 D1EF,CC1?平面 D1EF,所以 CC1∥平面 D1EF. 所以直线 C1C 上任一点到平面 D1EF 的距离是两条异面直线 D1E 与 CC1 的距离. 过点 C1 作 C1M⊥D1F, 因为平面 D1EF⊥平面 A1B1C1D1. 所以 C1M⊥平面 D1EF. 过点 M 作 MP∥EF 交 D1E 于点 P,则 MP∥C1C. 取 C1N=MP,连接 PN,则四边形 MPNC1 是矩形. 可得 NP⊥平面 D1EF, 在 Rt△ D1C1F 中,C1M?D1F=D1C1?C1F,得 = .

11

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所以点 P 到直线 CC1 的距离的最小值为



21. (2013 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷(数学) (已校对纯 WORD 版含附加题) 如图, )

在三棱柱 A1 B1C1 ? ABC 中, D,E,F 分别是 AB,AC,AA1 的中点,设三棱锥 F ? ADE 的 体积为 V1 ,三棱柱 A1 B1C1 ? ABC 的体积为 V 2 ,则 V1 :V2 ? ____________.

C1 B1
A1

F E

C

B D 【答案】 1: 24 1 1 1 1 1 【天利解析】 V1 ? S ADE h1 ? ? S ABC ? h2 ? V2 3 3 4 2 24 1 所以 V1 : V2 ? 24 A
22. (2013 年普通高等学校招生统一考试浙江数学(理)试题(纯 WORD 版) 若某几何体的三视图(单 )

位:cm)如图所示,则此几何体的体积等于________ cm 2 .
4 3 2 正视图 3 俯视图 (第 12 题图) 侧视图 3

【答案】24 【天利解析】 :几何体为三棱柱去掉一个三棱锥后的几何体,底面是直角三角形,直角边分别为 3, 4,棱柱的高为 5,被截取的棱锥的高为 3.如图:

12

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3

V=V 棱柱﹣V 三棱锥= 故答案为:24



×3=24(cm )

23. (2013 年普通高等学校招生统一考试安徽数学(理)试题(纯 WORD 版) 如图,正方体 )

ABCD ? A1 B1C1D1 的棱长为 1,P 为 BC 的中点,Q 为线段 CC1 上的动点,过点 A,P,Q 的平面截该
正方体所得的截面记为 S.则下列命题正确的是__①②③⑤___(写出所有正确命题的编号).

①当 0 ? CQ ?

1 1 3 时,S 为四边形;②当 CQ ? 时,S 为等腰梯形;③当 CQ ? 时,S 与 C1 D1 的交 2 2 4
6 1 3 ;④当 ? CQ ? 1 时,S 为六边形;⑤当 CQ ? 1 时,S 的面积为 . 2 3 4

点 R 满足 C1 R1 ? 【答案】 ①②③⑤

【天利解析】 设截面与D1 D相交于T,则AT // PQ且AT ? 2PQ ? DT ? 2CQ . 对①, .当0 ? CQ ? 对②, .当CQ ? 梯形. 所以为真.

1 时 ,则 0 ? DT ? 1. 所以截面S为四边形,且S为梯形.所以为真. 2

1 时, DT = 1 , T与D1 重合 ,截面S为四边形 APQD1 , 所以AP ? D1Q. 截面S为等腰 2

3 1 3 1 1 时 ? QC1 ? , DT ? , D1T ? .利用三角形相似解得C1 R1 ? . 所以为真. 4 4 2 2 3 3 3 对④, .当 ? CQ ? 1时, ? DT ? 2 .截面S与线段 A1 D1 , D1C1 相交, 所以四边形S为五边形.所以为 4 2
对③, .当CQ ? 假. 对⑤, .当CQ ? 1时,Q与C 1重合, 截面S与线段A1 D1相交于中点G1即为菱形APC1G1 A .对角

13

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线长度分别为 2和 3,的面积为 S 综上,选①②③⑤

6 . 所以为真. 2

24. (2013 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学(理)试题(WORD 版) 某几何体的三视图如图所示, )

则该几何体的体积是____________.

【答案】 16? ? 16 【天利解析】由三视图可知该几何体圆柱中去除正四棱柱。 所以该几何体的体积 V ? ? ? 22 ? 4 ? 22 ? 4 ? 16? ? 16 。
25. (2013 年普通高等学校招生统一考试福建数学(理)试题(纯 WORD 版) 已知某一多面体内接于一 )

个简单组合体,如果该组合体的正视图.测试图.俯视图均如图所示,且图中的四边形是边长为 2 的正方形,则该球的表面积是_______________

【答案】 12? 【天利解析】由图可知,图形为一个球中间是内接一个棱长为 2 的正方体,

3 ? 22 ? R球 ? ? 3 ? S表 ? 4? R 2 ? 12? 2
三、解答题 26. (2013 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学(理)试题(WORD 版) 如图,AB 是圆的直径,PA 垂直 )

圆所在的平面,C 是圆上的点. (I)求证: 平面PAC ? 平面PBC;

14

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(II) 若AB ? 2,AC ? 1,PA ? 1,求证:二面角C ? PB ? A的余弦值.

(1)证明:由 AB 是圆的直径,得 AC⊥BC. 由 PA⊥平面 ABC,BC?平面 ABC,得 PA⊥BC. 又 PA∩AC=A,PA?平面 PAC,AC?平面 PAC, 所以 BC⊥平面 PAC. 因为 BC?平面 PBC, 所以平面 PBC⊥平面 PAC. (2)方法一: 过 C 作 CM∥AP,则 CM⊥平面 ABC.如图,以点 C 为坐标原点,分别以直线 CB,CA,CM 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.

1-5 因为 AB=2,AC=1,所以 BC= 3. 因为 PA=1,所以 A(0,1,0),B( 3,0,0),P(0,1,1). → → 故CB=( 3,0,0),CP=(0,1,1). 设平面 BCP 的法向量为=(x,y,z). → ?CB· 1=0, ? n 则? → ?CP· 1=0, ? n

? 3x=0, 所以? ?y+z=0,
不妨令 y=1,则 1=(0,1,-1). → → 因为AP=(0,0,1),AB=( 3,-1,0), 设平面 ABP 的法向量为 2=(x,y,z), → ?AP· 2=0, ? n 则? → ?AB· 2=0, ? n

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?z=0, 所以? ? 3x-y=0.
不妨令 x=1,2=(1, 3,0). 于是 cos〈1,2〉= 2 3 2 = 6 , 4 6 . 4

所以由题意可知二面角 C-PB-A 的余弦值为 解法二:过 C 作 CM⊥AB 于 M.

图 1-6 因为 PA⊥平面 ABC,CM?平面 ABC, 所以 PA⊥CM, 故 CM⊥平面 PAB. 过 M 作 MN⊥PB 于 N,联结 NC. 由三垂线定理得 CN⊥PB. 所以∠CNM 为二面角 C-PB-A 的平面角. 在 Rt△ABC 中,由 AB=2,AC=1,得 BC= 3,CM= 在 Rt△PAB 中,由 AB=2,PA=1,得 PB= 5. 3 MN 2 因为 Rt△BNM∽Rt△BAP,所以 = , 1 5 3 故 MN= 10 5 . 30 6 ,故 cos∠CNM= . 5 4 6 . 4 3 3 ,BM= . 2 2

又在 Rt△CNM 中,CN=

所以二面角 C-PB-A 的余弦值为

27. (2013 年普通高等学校招生统一考试重庆数学(理)试题(含答案) 如图,四棱锥 P ? ABCD )

中 , PA ? 底面ABCD , BC ? CD ? 2, AC ? 4, ?ACB ? ?ACD ? 点, AF ? PB . (1)求 PA 的长; (2)求二面角 B ? AF ? D 的正弦值.

?

3

, F 为 PC 的 中

16

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19.解:(1)如图,联结 BD 交 AC 于 O,因为 BC=CD,即△BCD 为等腰三角形,又 AC 平分 → → → ∠BCD,故 AC⊥BD.以 O 为坐标原点,OB,OC,AP的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建 π π 立空间直角坐标系 O-xyz,则 OC=CDcos =1,而 AC=4,得 AO=AC-OC=3.又 OD=CDsin = 3 3 3,故 A(0,-3,0),B( 3,0,0),C(0,1,0),D(- 3,0,0). z z? → ? 因 PA⊥底面 ABCD, 可设 P(0, -3, 由 F 为 PC 边中点, F?0,-1,2?, z), 得 ? ? 又AF=?0,2,2?, z2 → → → PB=( 3,3, -z),因 AF⊥PB, 故AF· =0,即 6- =0,z=2 PB 2 3(舍去-2 → 3),所以|PA|=2 3.

→ → → (2)由(1)知AD=(- 3,3,0),AB=( 3,3,0),AF=(0,2, 3).设平面 FAD 的法向量为 =(x1,y1,z1),平面 FAB 的法向量为 2=(x2,y2,z2). → → 由 1· =0,1· =0,得 AD AF

1

?- 3x1+3y1=0, 因此可取 1=(3, 3,-2). ? ?2y1+ 3z1=0,
→ → 由 2· =0,2· =0,得 AB AF

? 3x2+3y2=0, 故可取 2=(3,- 3,2). ? ?2y2+ 3z2=0,
从而向量 1,2 的夹角的余弦值为 n1·2 1 n cos〈1,2〉= = . |n1|· 2| 8 |n

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3 故二面角 B-AF-D 的正弦值为

8

7 .

1. (2013 年普通高等学校招生统一考试安徽数学(理)试题(纯 WORD 版) 如图,圆锥顶点为 )

p .底面 圆心为 o ,其母线与底面所成的角为 22.5°. AB 和 CD 是底面圆 O 上的两条平行的弦,轴 OP 与平面 PCD 所成的角为 60°.

(Ⅰ)证明:平面 PAB 与平面 PCD 的交线平行于底面; 【天利解析】 (Ⅰ)

(Ⅱ)求 cos ?COD .

设面PAB ? 面PCD ? 直线m,? AB / /CD且CD ? 面PCD ? AB / /面PCD
? AB ? 面ABCD ? 直线m // 面ABCD .

? AB / /直线m

ABCD . 所以, 面PAB与面PCD的公共交线平行底面
(Ⅱ) 设底面半径为r , 线段CD的中点为F,则?OPF ? 60?. 由题知 tan 22.5? ?

, tan 60? ?

OF OF ?COD 2 tan 22.5? . ? tan 60? ? tan 22.5? ? ? cos , tan 45? ? PO r 2 1 ? tan 2 22.5? ?COD cos ?COD ? 1 cos ?COD ? 2 cos2 ? 1 ? tan 22.5? ? 2 - 1, ? [ 3( 2 - 1, )] 2 ? 3(3 ? 2 2 ) 2 2

PO . r

cos ?COD ? 17 - 12 2.所以cos ?COD ? 17 - 12 2 .
法二:

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1. (2013 年普通高等学校招生统一考试浙江数学(理)试题(纯 WORD 版) 如图,在四面体 A? BCD )

中, AD ? 平面 BCD , BC ? CD, AD ? 2, BD ? 2 2 . M 是 AD 的中点, P 是 BM 的中点, 点 Q 在线段 AC 上,且 AQ ? 3QC . (1)证明: PQ // 平面 BCD ;(2)若二面角 C ? BM ? D 的大小为 60 0 ,求 ?BDC 的大小.
A

M P Q B C (第 20 题图) D

【天利解析】证明(Ⅰ)方法一:如图 6,取 MD 的中点 F ,且 M 是 AD 中点,所以 AF ? 3FD . 因为 P 是 BM 中点,所以 PF / / BD ;又因为(Ⅰ) AQ ? 3QC 且 AF ? 3FD ,所以 QF / / BD , 所以面 PQF / / 面 BDC ,且 PQ ? 面 BDC ,所以 PQ / / 面 BDC ;

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方法二:如图 7 所示,取 BD 中点 O ,且 P 是 BM 中点,所以 PO / / 使 DH ? 3CH ,且 AQ ? 3QC ,所以 QH / /

1 MD ;取 CD 的三等分点 H , 2

1 1 AD / / MD ,所以 PO/ /QH ? PQ / / OH,且 4 2

OH ? BCD ,所以 PQ / / 面 BDC ;
(Ⅱ)如图 8 所示,由已知得到面 ADB ? 面 BDC ,过 C 作 CG ? BD 于 G ,所以 CG ? BMD , 过 G 作 GH ? BM 于 H ,连接 CH ,所以 ?CHG 就是 C ? BM ? D 的二面角;由已知得到

BM ? 8 ? 1 ? 3 ,设 ?BDC ? ? ,所以

CD CG CB ? cos ? ,sin ? ? ? ? CD ? 2 2 cos ? , CG ? 2 2 cos ? sin ? , BC ? 2 2 sin ? , BD CD BD
, 在 RT ?BCG 中 , ?BCG ? ? ? sin ? ?

BG 中 ? BG ? 2 2 sin 2 ? , 所 以 在 R T? B H G , BC

1 2 2 sin 2 ? ? ? HG ? ,所以在 RT ?CHG 中 3 2 2 sin 2 ? 3 HG

tan ?CHG ? tan 60? ? 3 ?

CG 2 2 cos ? sin ? ? HG 2 2 sin 2 ? 3

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? tan ? ? 3 ?? ? (0,90? ) ?? ? 60? ??BDC ? 60? ;
2. (2013 年上海市春季高考数学试卷(含答案))如图,在正三棱锥 ABC ? A1 B1C1 中, AA1 ? 6 ,异面直

线 BC1 与 AA1 所成角的大小为 A1 B1 C1

? ,求该三棱柱的体积. 6

A B

C

【天利解析】因为 CC1 AA1 . 所以 ?BC1C 为异面直线 BC1 与 AA1 .所成的角,即 ?BC1C = 在 Rt ?BC1C 中, BC ? CC1 ? tan ?BC1C ? 6 ?

? . 6

3 ?2 3, 3

从而 S ?ABC ?

3 BC 2 ? 3 3 , 4

因此该三棱柱的体积为 V ? S?ABC ? AA1 ? 3 3 ? 6 ? 18 3 .
3. (2013 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷(数学) (已校对纯 WORD 版含附加题) 本小题 )

满分 14 分. 如图,在三棱锥 S ? ABC 中,平面 SAB ? 平面 SBC , AB ? BC , AS ? AB ,过 A 作 AF ? SB , 垂足为 F ,点 E,G 分别是棱 SA,SC 的中点. 求证:(1)平面 EFG // 平面 ABC ; (2) BC ? SA .

S

E
F

G C

A B

【天利解析】证明:(1)∵ AS ? AB , AF ? SB ∴F 分别是 SB 的中点 ∵E.F 分别是 SA.SB 的中点 ∴EF∥AB 又∵EF ? 平面 ABC, AB ? 平面 ABC ∴EF∥平面 ABC 同理:FG∥平面 ABC 又∵EF ? FG=F, EF.FG ? 平面 ABC∴平面 EFG // 平面 ABC (2)∵平面 SAB ? 平面 SBC
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平面 SAB ? 平面 SBC =BC AF ? 平面 SAB AF⊥SB ∴AF⊥平面 SBC 又∵BC ? 平面 SBC ∴AF⊥BC 又∵ AB ? BC , AB ? AF=A, AB.AF ? 平面 SAB ∴BC⊥平面 SAB 又∵SA ? 平面 SAB∴BC⊥SA
4. (2013 年高考上海卷(理) 如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,AD=1,A1A=1,证明直线 BC1 平行于 )

平面 DA1C,并求直线 BC1 到平面 D1AC 的距离.

D A D1 B

C

C1 B1

A1

【天利解析】因为 ABCD-A1B1C1D1 为长方体,故 AB // C1D1 , AB ? C1D1 , 故 ABC1D1 为平行四边形,故 BC1 // AD1 ,显然 B 不在平面 D1AC 上,于是直线 BC1 平行于平面 DA1C; 直线 BC1 到平面 D1AC 的距离即为点 B 到平面 D1AC 的距离设为 h

1 1 1 ? ( ?1? 2) ?1 ? 3 2 3 3 而 ?AD1C 中, AC ? D1C ? 5, AD1 ? 2 ,故 S?AD1C ? 2 1 3 1 2 2 所以, V ? ? ? h ? ? h ? ,即直线 BC1 到平面 D1AC 的距离为 . 3 2 3 3 3 5. (2013 年高考湖北卷(理) 如图, AB 是圆 O 的直径,点 C 是圆 O 上异于 A, B 的点,直线 PC ? 平 ) 面 ABC , E , F 分别是 PA , PC 的中点. (I)记平面 BEF 与平面 ABC 的交线为 l ,试判断直线 l 与平面 PAC 的位置关系,并加以证明; ???? 1 ??? ? (II)设(I)中的直线 l 与圆 O 的另一个交点为 D ,且点 Q 满足 DQ ? CP .记直线 PQ 与平面 2
考虑三棱锥 ABCD1 的体积,以 ABC 为底面,可得 V ?

ABC 所成的角为 ? ,异面直线 PQ 与 EF 所成的角为 ? ,二面角 E ? l ? C 的大小为 ? ,求
证: sin ? ? sin ? sin ? .

第 19 题图

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【天利解析】(I)? EF ? AC , AC ? 平面ABC , EF ? 平面ABC

? EF ?平面ABC
又 EF ? 平面BEF

? EF ? l
? l ?平面PAC
(II)连接 DF,用几何方法很快就可以得到求证.(这一题用几何方法较快,向量的方法很麻烦,特 别是用向量不能方便的表示角的正弦.个人认为此题与新课程中对立体几何的处理方向有很大 的偏差.)

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6.2013 年普通高等学校招生统一考试广东省数学 ( (理)(纯 WORD 版)如图 1,在等腰直角三角形 ABC 卷 )

中 , ?A ? 90? , BC ? 6 , D, E 分 别 是 AC, AB上 的 点 , CD ? BE ? 2 , O 为 BC 的 中 点 . 将

?ADE 沿 DE 折起,得到如图 2 所示的四棱锥 A? ? BCDE ,其中 A?O ? 3 . (Ⅰ) 证明: A?O ? 平面 BCDE ; (Ⅱ) 求二面角 A? ? CD ? B 的平面角的余弦值.
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C D

O. E

B

A?

C A 图1 (Ⅰ) 在图 1 中,易得 OC ? 3, AC ? 3 2, AD ? 2 2 D

O E 图2

B

A?

C D H

O E

B

连结 OD, OE ,在 ?OCD 中,由余弦定理可得

OD ? OC 2 ? CD 2 ? 2OC ? CD cos 45? ? 5
由翻折不变性可知 A?D ? 2 2 , 所以 A?O ? OD ? A?D ,所以 A?O ? OD ,
2 2 2

理可证 A?O ? OE , 又 OD ? OE ? O ,所以 A?O ? 平面 BCDE . (Ⅱ) 传统法:过 O 作 OH ? CD 交 CD 的延长线于 H ,连结 A?H , 因为 A?O ? 平面 BCDE ,所以 A?H ? CD , 所以 ?A?HO 为二面角 A? ? CD ? B 的平面角. 结合图 1 可知, H 为 AC 中点,故 OH ?

3 2 30 2 2 ,从而 A?H ? OH ? OA? ? 2 2 z A?

所以 cos ?A?HO ?

OH 15 ? ,所以二面角 A?H 5
C B D x O E
向量法图

A? ? CD ? B 的平面角的余弦值为

15 . 5

y

向量法:以 O 点为原点,建立空间直角坐标系 O ? xyz 如图所示, 则 A? 0, 0, 3 , C ? 0, ?3, 0 ? , D ?1, ?2, 0 ?

?

?

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???? ???? ? 所以 CA? ? 0,3, 3 , DA? ? ?1, 2, 3

?

?

?

? ? ?

设 n ? ? x, y , z ? 为平面 A?CD 的法向量,则

?

? ???? ? ? ?n ? CA? ? 0 ? y ? ?x ? ? ?3 y ? 3z ? 0 ,即 ? ,解得 ? ,令 x ? 1 ,得 n ? 1, ?1, 3 ? ???? ? ? ? z ? 3x ? ?n ? DA? ? 0 ?? x ? 2 y ? 3z ? 0 ? ? ???? 由(Ⅰ) 知, OA? ? 0, 0, 3 为平面 CDB 的一个法向量,

?

?

? ???? ? ???? n ? OA? 3 15 所 以 cos n , ? ? ? ???? ? , 即 二 面角 A? ? CD ? B 的 平 面 角的 余 弦值 为 OA ? 5 3? 5 n OA?
15 . 5
7. (2013 年普通高等学校招生统一考试天津数学(理)试题(含答案) 如图, 四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中, )

侧棱 A1A⊥底面 ABCD, AB//DC, AB⊥AD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E 为棱 AA1 的中点. (Ⅰ) 证明 B1C1⊥CE; (Ⅱ) 求二面角 B1-CE-C1 的正弦值. (Ⅲ) 设点 M 在线段 C1E 上, 且直线 AM 与平面 ADD1A1 所成角的正弦值为
2 , 求线段 AM 的长. 6

解:方法一:如图,以点 A 为原点建立空间直角坐标系,依题意得 A(0,0,0),B(0,0,2), C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0).

→ → → → (1)证明:易得B1C1=(1,0,-1),CE=(-1,1,-1),于是B1C1· =0,所以 B1C1⊥CE. CE → (2)B1C=(1,-2,-1), 设平面 B1CE 的法向量=(x,y,z),

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→ ?· 1C=0, ?x-2y-z=0, ?B ? 则? 即? 消去 x, y+2z=0, 得 不妨令 z=1, 可得一个法向量为=(-3, ?-x+y-z=0, → ? CE ?m· =0, ? -2,1). → 由(1),B1C1⊥CE,又 CC1⊥B1C1,可得 B1C1⊥平面 CEC1,故B1C1=(1,0,-1)为平面 CEC1 的一个法向量. → -4 m· 1C1 B 2 7 21 → → 于是 cos〈,B1C1〉= = =- ,从而 sin〈,B1C1〉= . 7 7 → 14× 2 |m|· 1C1| |B 所以二面角 B1-CE-C1 的正弦值为 21 . 7

→ → → → → → → (3)AE=(0,1,0),EC1=(1,1,1).设EM=λEC1=(λ,λ,λ),0≤λ ≤1,有AM=AE+EM=(λ, → λ+1,λ).可取AB=(0,0,2)为平面 ADD1A1 的一个法向量. 设 θ 为直线 AM 与平面 ADD1A1 所成的角,则 → → |AM· | AB → → sin θ=|cos〈AM,AB〉|= = → → |AM|· | |AB 2λ λ = . 2 2 2 λ +(λ+1) +λ ×2 3λ +2λ+1
2

λ 2 1 = ,解得 λ= (负值舍去),所以 AM= 2. 6 3 3λ +2λ+1 方法二:(1)证明:因为侧棱 CC1⊥平面 A1B1C1D1, 于是
2

B1C1?平面 A1B1C1D1,所以 CC1⊥B1C1.经计算可得 B1E= 5,B1C1= 2,EC1= 3,从而 B1E2 2 =B1C1+EC2, B C CC1∩C1E=C1, 所以 B1C1⊥ 1 所以在△B1EC1 中, 1C1⊥C1E.又 CC1, 1E?平面 CC1E, 平面 CC1E,又 CE?平面 CC1E,故 B1C1⊥CE.

(2)过 B1 作 B1G⊥CE 于点 G,联结 C1G.由(1),B1C1⊥CE.故 CE⊥平面 B1C1G,得 CE⊥C1G, 所以∠B1GC1 为二面角 B1-CE-C1 的平面角.在△CC1E 中,由 CE=C1E= 3,CC1=2,可得 C1G = 2 3 6 .在 Rt△B1C1G 中, 1G= B 42 21 21 , 所以 sin∠B1GC1= , 即二面角 B1-CE-C1 的正弦值为 . 3 7 7

(3)联结 D1E, 过点 M 作 MH⊥ED1 于点 H,可得 MH⊥平面 ADD1A1,联结 AH,AM,则∠MAH 为直线 AM 与平面 ADD1A1 所成的角. 设 AM=x,从而在 Rt△AHM 中,有 MH= 2 34 x,AH= x.在 Rt△C1D1E 中,C1D1=1,ED1 6 6

1 = 2, EH= 2MH= x.在△AEH 中, 得 ∠AEH=135° AE=1, AH2=AE2+EH2-2AE· , 由 EHcos 135° , 3
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17 2 1 2 x =1+ x2+ x. 18 9 3 整理得 5x2-2 2x-6=0,解得 x= 2(负值舍去),所以线段 AM 的长为 2.

8. (2013 年高考新课标 1(理) 如图,三棱柱 ABC-A1B1C1 中,CA=CB,AB=A A1,∠BA A1=60°. )

(Ⅰ)证明 AB⊥A1C; (Ⅱ)若平面 ABC⊥平面 AA1B1B,AB=CB=2,求直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值.

(Ⅰ)取 AB 中点 E,连结 CE, A1 B , A1 E ,

∵AB= AA1 , ?BAA1 = 60 ,∴ ?BAA1 是正三角形,
0

∴ A1 E ⊥AB,

∵CA=CB,

∴CE⊥AB,

∵ CE ? A1 E =E,∴AB⊥面 CEA1 ,

∴AB⊥ A1C ; (Ⅱ)由(Ⅰ)知 EC⊥AB, EA1 ⊥AB, 又∵面 ABC⊥面 ABB1 A1 ,面 ABC∩面 ABB1 A1 =AB,∴EC⊥面 ABB1 A1 ,∴EC⊥ EA1 , ∴EA,EC, EA1 两两相互垂直,以 E 为坐标原点, EA 的方向为 x 轴正方向,| EA |为单位长度,建 立如图所示空间直角坐标系 O ? xyz , 有 题 设 知 A(1,0,0),

??? ?

??? ?

A1

(0,

3

,0),C(0,0,

3

),B(-1,0,0),



???? ???? ???? ??? ? BC =(1,0, 3 ), BB1 = AA1 =(-1,0, 3 ), A1C =(0,- 3 , 3 ),

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设 n = ( x, y, z ) 是平面 CBB1C1 的法向量,

??? ? ? x ? 3z ? 0 ?n ? BC ? 0 ? ? 则? ,即 ? ,可取 n =( 3 ,1,-1), ???? n ? BB1 ? 0 x ? 3y ? 0 ? ? ? ? ???? ???? n ? A1C 10 ???? ∴ cos n, A1C = , | n || A1C | 5
∴直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为

10 5

9. (2013 年高考陕西卷 (理) 如图, 四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形, O 为底面中心, A1O⊥ )

平面 ABCD, AB ? AA1 ? 2 . (Ⅰ) 证明: A1C⊥平面 BB1D1D; (Ⅱ) 求平面 OCB1 与平面 BB1D1D 的夹角 ? 的大小.
D1 A1 B1 C1

D A O B C

【天利解析】 (Ⅰ) ? A1O ? 面ABCD, 且BD ? 面ABCD,? A1O ? BD ;又因为,在正方形 AB CD 中, AC ? BD;且A1O ? AC ? A, 所以BD ? 面A1 AC且A1C ? 面A1 AC,故A1C ? BD . 在正方形 AB CD 中,AO = 1 .

在RT?A1OA中,A1O ? 1.

设B1 D1的中点为E1,则四边形A1OCE1为正方形,所以A1C ? E1O .

又BD ? 面BB1 D1 D, E1O ? 面BB1 D1 D, BD ? E1O ? O,所以由以上三点得 .且 A1C ? 面BB1 D1 D .(证毕)
(Ⅱ) 建立直角坐标系统,使用向量解题. 以 O 为原点,以 OC 为 X 轴正方向,以 OB 为 Y 轴正方向.则

B(0,1,0) (1, 0), A1 (0,1), B1 (1,1,1) ? A1C ? (1,0,?1) . , C 0, 0, ( . 由(Ⅰ)知, 平面 BB1D1D 的一个法向量 n1 ? A1C ? (1,0,?1), OB1 ? (1,1,1), OC ? 1,0,0)
设 平 面

OCB1










A1

D1 B1

C1

29

D A O B C

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n2 , 则n2 ? OB1 ? 0, n2 ? OC ? 0, 解得其中一个法向量为n2 ? (0,1,-1). cos? ?| cos ? n1 , n1 ?|?
| n1 ? n 2 | | n1 | ? | n 2 | ? 1 2? 2 ? 1 . 2

所以,平面 OCB1 与平面 BB1D1D 的夹角 ? 为
10 . ( 2013

? 3
P? A B C D

年 高 考 江 西 卷 ( 理 ) ) 如 图 , 四 棱 锥



,

PA

? 平面ABCD, E为BD的中点

,

G为PD的中点,

?DAB ? ?DCB, EA ? EB ? AB ? 1,PA ?
(1) 求证: AD ? 平面CFG ;

3 ,连接 CE 并延长交 AD 于 F . 2

(2) 求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值.

【天利解析】(1)在 ?ABD 中,因为 E 是 BD 的中点,所以 EA ? EB ? ED ? AB ? 1, 故 ?BAD ?

?

2 3 因为 ?DAB ? ?DCB ,所以 ?EAB ? ?ECB , 从而有 ?FED ? ?FEA ,
故 EF ? AD, AF ? FD ,又因为 PG ? GD, 所以 FG ∥ PA . 又 PA ? 平面 ABCD , 所以 GF ? AD, 故 AD ? 平面 CFG . (3) 以 点

, ?ABE ? ?AEB ?

?

,

A





标 原



建 立

如 图



示 的

坐 标



,



3 3 A(0, 0, 0), B(1, 0, 0), C ( , , 0), D(0, 3, 0) , 2 2

(4)

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??? ? 1 3 ??? ? ? 3 3 3 3 ??? 3 3 0), ? , ), CD ? (? , , 0) P(0, 0, ) ,故 BC ? ( , , CP ? (? , 2 2 2 2 2 2 2 2

?1 3 y ?0 ? ? ?? ?2 2 1 设平面 BCP 的法向量 n1 ? (1, y1 , z1 ) ,则 ? , ?? 3 ? 3 y ? 3 z ? 0 ? 2 2 1 2 1 ?
? 3 ? y1 ? ? ?? ? 3 ,即 n ? (1, ? 3 , 2 ) . 解得 ? 1 3 3 ?z ? 2 1 ? 3 ?

? 3 ?? ? ?? ? ? 2 设平面 DCP 的法向量 n2 ? (1, y2 , z2 ) ,则 ? ?? 3 ? ? 2 ? ?? ? 即 n2 ? (1, 3, 2) . 从 而 平 面 B C P 与
?? ?? ? 4 n1 ? n2 2 3 . cos ? ? ?? ?? ? ? ? 4 16 n1 n2 ? 8 9

3 y2 ? 0 ?y ? 3 ? 2 ,解得 ? 2 , ? z2 ? 2 3 3 ? y2 ? z 2 ? 0 2 2
平 面 DCP 的 夹 角 的 余 弦 值 为

11 . 2013 年 高 考 四 川 卷 ( 理 ) 如 图 , 在 三 棱 柱 ABC ? A1 B1C 中 , 侧 棱 AA1 ? 底 面 ( )

ABC , AB ? AC ? 2 AA1 , ?BAC ? 120? , D, D1 分别是线段 BC , B1C1 的中点, P 是线段 AD
的中点. (Ⅰ)在平面 ABC 内,试作出过点 P 与平面 A1 BC 平行的直线 l ,说明理由,并证明直线 l ? 平面

ADD1 A1 ;
(Ⅱ)设(Ⅰ)中的直线 l 交 AB 于点 M ,交 AC 于点 N ,求二面角 A ? A1M ? N 的余弦值.

C A C1 A1 P

D B D1 B1

【天利解析】 ? ? ? 如图,在平面 ABC 内,过点 P 做直线 l // BC ,因为 l 在平面 A1BC 外,

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BC 在平面 A1BC 内,由直线与平面平行的判定定理可知, l //平面 A1BC .
由已知, AB ? AC , D 是 BC 的中点,所以, BC ? AD ,则直线 l ? AD . 因为 AA1 ? 平面 ABC ,所以 AA1 ? 直线 l .又因为 AD, AA1 在平面 ADD1 A1 内,且 AD 与 AA1 相 交,所以直线平面 ADD1 A1

? ?? ? 解法一:
连接 A1P ,过 A 作 AE ? A1P 于 E ,过 E 作 EF ? A1M 于 F ,连接 AF . 由 ? ? ? 知, MN ? 平面 AEA1 ,所以平面 AEA1 ? 平面 A1MN . 所以 AE ? 平面 A1MN ,则 A1M ? AE . 所以 A1M ? 平面 AEF ,则 A1M ? AF . 故 ?AFE 为二面角 A ? A1M ? N 的平面角(设为 ? ).
? ? 设 AA1 ? 1 ,则由 AB ? AC ? 2 AA1 , ?BAC ? 120 ,有 ?BAD ? 60 , AB ? 2, AD ? 1 .

又 P 为 AD 的中点,所以 M 为 AB 的中点,且 AP ? 在 Rt ? AA1P 中, A1P ?

1 , AM ? 1 , 2

5 ;在 Rt? A1 AM 中, A1M ? 2 . 2

从而, AE ?

AA1 ? AP 1 AA1 ? AM 1 ? ? , AF ? , A1P A1M 5 2
AE 2 ? . AF 5
2 2

所以 sin ? ?

? 2? 15 所以 cos? ? 1 ? sin ? ? 1 ? ? . ? ? ? 5? 5 ? ?
故二面角 A ? A1M ? N 的余弦值为

15 5
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解法二: 设 AA1 ? 1 .如图,过 A1 作 A1E 平行于 B1C1 ,以 A1 为坐标原点,分别以 A1 E , A1 D1 , AA1 的方向为

???? ????? ????

x 轴, y 轴, z 轴的正方向,建立空间直角坐标系 Oxyz (点 O 与点 A1 重合).

则 A1 ? 0,0,0 ? , A ? 0,0,1? . 因为 P 为 AD 的中点,所以 M , N 分别为 AB, AC 的中点, 故M ?

? 3 1 ? ? 3 1 ? , ,1 ? , N ? ? ? 2 2 ? ? 2 , 2 ,1 ? , ? ? ? ? ?
???? ? ? 3 1 ? ???? , ,1 ? , A1 A ? ? 0,0,1? , NM ? ? ? 2 2 ?

所以 A1M ? ? ?

?????

?

3,0,0 .

?

设平面 AA1M 的一个法向量为 n1 ? ? x1 , y1 , z1 ? ,则

????? ? ????? ?n1 ? A1M , ?n1 ? A1M ? 0, ? ? 故有 ???? 即 ? ? ???? ? ? n1 ? A1 A, ? n1 ? A1 A ? 0, ? ?
? ? 3 1 ? ?? x1 , y1 , z1 ? ? ? ? 2 , 2 ,1? ? 0, ? ? ? ? ? ? ? x1 , y1 , z1 ? ? ? 0,0,1? ? 0,
? 3 1 x1 ? y1 ? z1 ? 0, ? 从而 ? 2 2 ? z1 ? 0. ?
取 x1 ? 1 ,则 y1 ? ? 3 ,所以 n1 ? 1, ? 3, 0 . 设平面 A1MN 的一个法向量为 n2 ? ? x2 , y2 , z2 ? ,则

?

?

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? ? 3 1 ? ????? ? ????? ?? x2 , y2 , z2 ? ? ? ?n2 ? A1M , ?n2 ? A1M ? 0, ? 2 , 2 ,1? ? 0, ? ? ? ? 即? 故有 ? ? ? ????? ? ???? ? ? ? n2 ? NM , ? n2 ? NM ? 0, ? ? ? ? ? x2 , y2 , z2 ? ? 3,0,0 ? 0, ?

?

?

? 3 1 x2 ? y2 ? z2 ? 0, ? 从而 ? 2 2 ? 3 x2 ? 0. ?
取 y2 ? 2 ,则 z2 ? ?1 ,所以 n2 ? ? 0, 2, ?1? . 设二面角 A ? A1M ? N 的平面角为 ? ,又 ? 为锐角,

则 cos ? ?

1, ? 3,0 ? ? 0, 2, ?1? n1 ? n2 15 . ? ? n1 ? n2 5 2? 5
15 5

?

?

故二面角 A ? A1M ? N 的余弦值为

12. (2013 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷(数学) (已校对纯 WORD 版含附加题) 本小题 )

满分 10 分. 如图,在直三棱柱 A1 B1C1 ? ABC 中, AB ? AC , AB ? AC ? 2 , AA1 ? 4 ,点 D 是 BC 的中点 (1)求异面直线 A1 B 与 C1 D 所成角的余弦值 (2)求平面 ADC1 与 ABA1 所成二面角的正弦值.

本题主要考察异面直线.二面角.空间向量等基础知识以及基本运算,考察运用空间向量解决问 题的能力. 解:(1)以 AB, AC , AA1 为为单位正交基底建立空间直角坐标系 A ? xyz ,

?

?

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则 A(0,0,0) B(2,0,0) , C (0,2,0) , A1 (0,0,4) , D(1,1,0) , C1 (0,2,4) ∴ A1 B ? (2,0,?4) , A1 B ? (1,?1,?4) ∴ cos ? A1 B, C1 D ??

A1 B ? C1 D A1 B C1 D

?

18 20 18

?

3 10 10

∴异面直线 A1 B 与 C1 D 所成角的余弦值为

3 10 10

(2) AC ? (0,2,0) 是平面 ABA1 的的一个法向量 设平面 ADC1 的法向量为 m ? ( x, y, z ) ,∵ AD ? (1,1,0) , AC1 ? (0,2,4) 由 m ? AD, m ? AC1 ∴?

?x ? y ? 0 ?2 y ? 4 z ? 0

取 z ? 1 ,得 y ? ?2, x ? 2 ,∴平面 ADC1 的法向量为 m ? (2,?2,1)

设平面 ADC1 与 ABA1 所成二面角为 ?

∴ cos? ? cos ? AC , m ? ?

AC ? m AC m

?

5 ?4 2 ? , 得 sin ? ? 2?3 3 3 5 3

∴平面 ADC1 与 ABA1 所成二面角的正弦值为

13. (2013 年普通高等学校招生统一考试大纲版数学(理)WORD 版含答案(已校对) 如图,四棱锥 )

P ? ABCD 中, ?ABC ? ?BAD ? 90?,BC ? 2 AD, ?PAB 与 ?PAD 都是等边三角形.
(I)证明: PB ? CD; (II)求二面角 A ? PD ? C 的大小.

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14. (2013 年普通高等学校招生统一考试山东数学(理)试题(含答案) 如图所示,在三棱锥 P ? ABQ )

中 , PB ? 平 面 ABQ , BA ? BP ? BQ , D, C, E, F

, , , 的 分 别 是 A Q B Q A P B P中 点 ,

AQ ? 2BD , PD 与 EQ 交于点 G , PC 与 FQ 交于点 H ,连接 GH .
(Ⅰ)求证: AB ? GH ; (Ⅱ)求二面角 D ? GH ? E 的余弦值.

【天利解析】(Ⅰ)证明:因为 D, C, E, F 分别是 AQ, BQ, AP, BP 的中点, 所以 EF ∥ AB , DC ∥ AB ,所以 EF ∥ DC , 又 EF ? 平面 PCD , DC ? 平面 PCD ,

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所以 EF ∥平面 PCD , 又 EF ? 平面 EFQ ,平面 EFQ ? 平面 PCD ? GH , 所以 EF ∥ GH , 又 EF ∥ AB , 所以 AB ∥ GH . (Ⅱ)解法一:在△ ABQ 中, AQ ? 2 BD , AD ? DQ , 所以 ?ABQ =90 ,即 AB ? BQ ,因为 PB ? 平面 ABQ ,所以 AB ? PB ,
?

又 BP ? BQ ? B ,所以 AB ? 平面 PBQ ,由(Ⅰ)知 AB ∥ GH , 所以 GH ? 平面 PBQ ,又 FH ? 平面 PBQ ,所以 GH ? FH ,同理可得 GH ? HC , 所以 ?FHC 为二面角 D ? GH ? E 的平面角,设 BA ? BQ ? BP ? 2 ,连接 PC , 在 Rt △ FBC 中,由勾股定理得, FC ?

2,

在 Rt △ PBC 中,由勾股定理得, PC ? 5 ,

1 5 HC ? PC ? 3 3 又 H 为△ PBQ 的重心,所以

FH ?
同理

5 3 ,

5 5 ? ?2 4 cos ?FHC ? 9 9 ?? 5 5 2? 9 在△ FHC 中,由余弦定理得 ,
4 即二面角 D ? GH ? E 的余弦值为 5 . ?
解法二:在△ ABQ 中, AQ ? 2 BD , AD ? DQ , 所以 ?ABQ ? 90 ,又 PB ? 平面 ABQ ,所以 BA, BQ, BP 两两垂直, 以 B 为坐标原点,分别以 BA, BQ, BP 所在直线为 x 轴, y 轴, z 轴,建立如图所示的空间直角坐

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,



BA ? BQ ? BP ? 2

,



E (1, 0,1) , F (0, 0,1) , Q(0, 2,0) , D(1,1, 0) , C (0,1, 0) P(0,0, 2) ,, 所 以 ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? (0, EQ ? (? 1 ? 2 FQ ?1 )2, ?1) , DP ? (?1, ?1, 2) , CP ? (0, ?1, 2) , , , ,
?? EFQ 的一个法向量为 m ? ( x1 , y1 , z1 ) , 设平面
?? ??? ? ?? ??? ? m ? EQ ? 0 , m ? FQ ? 0 , 由

? ? x1 ? 2 y1 ? z1 ? 0 ? 2 y1 ? z1 ? 0 得?


y1 ? 1

?? m ? (0,1, 2) . ,得

设平面 PDC 的一个法向量为

? n ? ( x2 , y2 , z2 )

? ??? ? ? ??? ? n ? DP ? 0 , n ? CP ? 0 , 由
?? x2 ? y2 ? 2 z2 ? 0 ? ? y2 ? 2 z 2 ? 0 得?



z2 ? 1

,得 n ? (0, 2,1) .所以

?

?? ? ?? ? m?n 4 cos m, n ? ?? ? ? m n 5
?

4 因为二面角 D ? GH ? E 为钝角,所以二面角 D ? GH ? E 的余弦值为 5 .
15. (2013 年高考湖南卷(理) 如图 5,在直棱柱 )

ABCD ? A1B1C1D1中,AD / / BC , ?BAD ? 90? , AC ? BD, BC ? 1 , AD ? AA1 ? 3 .

(I)证明: AC ? B1 D ; 【天利解析】

(II)求直线 B1C1与平面ACD1 所成角的正弦值.

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(Ⅰ) ? ABCD ? A1B1C1D1是直棱柱? BB1 ? 面ABCD, 且BD ? 面ABCD ? BB1 ? AC

又? AC ? BD, 且BD ? BB1 ? B,? AC ? 面BDB1。 B1D ? 面BDB1, AC ? B1D . ( 证 ? ?
毕) (Ⅱ)? B1C1 // BC // AD,? 直线B1C1与平面ACD1的夹角即直线AD与平面ACD1的夹角?。

建立直角坐标系,用向量解题。设原点在A点,AB为Y轴正半轴,AD为X轴正半轴。
设A?0,0,?, D(3,0,0), D1 (3,0,3), B(0, y,0), C (1, y,0),则AC ? (1, y,0), BD ? (3,? y,0),? AC ? BD 0

AC? BD ? 0 ? 3 ? y 2 ? 0 ? 0, y ? 0 ? y ? 3.? AC ? (1, 3,0), AD1 ? (3,0,3).
?n ? AC ? 0 ? 设平面ACD1的法向量为n, 则? ? .平面ACD1的一个法向量n ? - 3, 3)AD ? 3,3) ( 1, , ( 0, ?n ? AD1 ? 0 ?

? 平面ACD1的一个法向量n ? - 3, 3)AD ? 3, 0) sin? ?| cos ? n, AD ?|? ( 1, , ( 0, ?

3 3 21 ? 7 7 ?3

所以BD1与平面ACD1夹角的正弦值为

21 . 7

16 . 2013 年普 通 高 等学校 招 生 统一 考 试福 建 数 学( 理 ) 试题 (纯 WORD 版) 如图,在四棱柱 ( )

ABCD ? A1 B1C1 D1



,





A A ? 底面 A B C , AB / / DC , AA1 ? 1 , AB ? 3k , AD ? 4k , BC ? 5k , DC ? 6k (k ? 0) . D 1
(1)求证: CD ? 平面ADD1 A1 ; (2)若直线 AA1 与平面 AB1C 所成角的正弦值为

6 ,求 k 的值; 7

(3)现将与四棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的棱柱, 规定:若拼接成的新的四棱柱形状和大小完全相同,则视为同一种拼接方案.问:共有几种不同 的方案?在这些拼接成的新四棱柱中,记其中最小的表面积为 f (k ) ,写出 f (k ) 的表达式(直接 写出答案,不必要说明理由)

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【天利解析】(Ⅰ)取 CD 中点 E ,连接 BE Q AB / / DE , AB ? DE ? 3k ? 四边形 ABED 为平行四边形 ? BE / / AD 且 BE ? AD ? 4k 在 VBCE 中, Q BE ? 4k , CE ? 3k , BC ? 5k

? BE 2 ? CE 2 ? BC 2

??BEC ? 90? ,即 BE ? CD ,又 Q BE / / AD ,所以 CD ? AD
Q AA1 ? 平面 ABCD , CD ? 平面 ABCD ? AA1 ? CD ,又 AA1 I AD ? A ,

? CD ? 平面 ADD1 A1
(Ⅱ)以 D 为原点, DA, DC , DD1 的方向为 x, y, z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系

uuu uuu uuur r r

A(4k , 0, 0) , C (0, 6k , 0) , B1 (4k ,3k ,1) , A1 (4k , 0,1)
所以 AC ? (?4k , 6k , 0) , AB1 ? (0,3k ,1) , AA1 ? (0, 0,1)

uuu r

uuu r

uuu r

uuu r ? AC ? n ? 0 ? 设平面 AB1C 的法向量 n ? ( x, y, z ) ,则由 ? uuu r ? AB1 ? n ? 0 ?
得?

??4kx ? 6ky ? 0 取 y ? 2 ,得 n ? (3, 2, ?6k ) ? 3ky ? z ? 0

uuu r uuu r AA1 , n r 设 AA1 与平面 AB1C 所成角为 ? ,则 sin ? ?| cos? AA1 , n? |? uuu | AA1 | ? | n |
? 6k 36k ? 13
2

?

6 ,解得 k ? 1 .故所求 k 的值为 1 7

(Ⅲ)共有 4 种不同的方案

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5 ? 2 ?72k ? 26k , 0 ? k ? 18 ? f (k ) ? ? ? 36k 2 ? 36k , k ? 5 ? 18 ?
17. (2013 年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学(理) (纯 WORD 版含答案) 如图,直棱柱 )

ABC ? A1 B1C1 中, D, E 分别是 AB, BB1 的中点, AA1 ? AC ? CB ?
(Ⅰ)证明: BC1 / / 平面 A1CD ;

2 AB . 2

(Ⅱ)求二面角 D ? A1C ? E 的正弦值.

A1 B1

C1

A

E

C

D
【天利解析】

B

18. (2013 年高考北京卷(理) 如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1C1C 是边长为 4 的正方形,平面 ABC⊥ )
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平面 AA1C1C,AB=3,BC=5. (Ⅰ)求证:AA1⊥平面 ABC; (Ⅱ)求二面角 A1-BC1-B1 的余弦值; (Ⅲ)证明:在线段 BC1 存在点 D,使得 AD⊥A1B,并求

BD 的值. BC1

【天利解析】(I)因为 AA1C1C 为正方形,所以 AA1 ⊥AC. 因为平面 ABC⊥平面 AA1C1C,且 AA1 垂直于这两个平面的交线 AC,所以 AA1⊥平面 ABC. (II)由(I)知 AA1 ⊥AC,AA1 ⊥AB. 由题知 AB=3,BC=5,AC=4,所以 AB⊥AC. 如图,以 A 为原点 建立空间直角坐标系 A- xyz ,则 B(0,3,0),A1(0,0,4),B1(0,3,4),C1(4,0,4),

???? ? n ? A1B ? 0 ?3 y ? 4 z ? 0 ? 设平面 A1BC1 的法向量为 n = ( x, y, z ) ,则 ? ???? ,即 ? , ? 4x ? 0 ? ?n ? A1C1 ? 0 ?
令 z ? 3 ,则 x ? 0 , y ? 4 ,所以 n = (0, 4,3) . 同理可得,平面 BB1C1 的法向量为 m = (3, 4,0) ,所以 cos n,m ?

n?m 16 ? . 由题知二面 | n || m | 25

16 . 25 ??? ? ???? ? (III)设 D ( x, y, z ) 是直线 BC1 上一点,且 BD ? ? BC1 . 所以 ( x, y ? 3, z ) ? ? (4,? 3, 4).解得
角 A1-BC1-B1 为锐角,所以二面角 A1-BC1-B1 的余弦值为

x ? 4? , y ? 3 ? 3? , z ? 4? .
所以 AD ? (4? ,3 ? 3? , 4? ) .

????

A 由 AD·1 B ? 0 ,即 9 ? 25? ? 0 .解得 ? ?
因为

???? ????

9 . 25

9 ? [0,1] ,所以在线段 BC1 上存在点 D, 25
BD 9 ?? ? . BC1 25

使得 AD⊥A1B. 此时,

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