山西省各地市2012年高考数学最新联考试题分类大汇编(8)立体几何
2012年高考数学试题解析 分项版之专题08 立体几何 学生版 文.pdf
单元测试(二) 方程与不等式(时100分钟 满分：150分)题号一二三四五六七八总分合分人复分人得分 一、选择题(本大题共10小题每小题4分满分40分)(滚动考查相反数与绝对值的概念)－的相反数是( )－4 2．(滚动考查科学记数法)南海资源丰富其面积约为350万平方千米相当于我国的渤海、黄海和东海总面积的3倍．其中350万用科学记数法表示为( )B．3.5×107 C．3.5×106 D．35×105 3．(滚动考查分式性质)下列等式成立的是( )＋＝＝＝D.＝－把不等式组的解集表示在数轴上正确的为图中的( ) 5．(兼顾考查因式分解、一元二次方程的解、实数与整式运算)在一节数学复习课上王老师在小黑板上写＝－3；②分解因式：16x－1＝(4x＋1)(4x－1)；③方程x(x＋2)＝3(x＋2)的解是x＝3；④化简：x＋2x＝3x其中正确的个数是( )个 ．个 ．个 ．个已知二元一次方程组则x＋y等于( )(滚动考查列代数式的实际应用)岳西某村贫困家庭的孩子读书享受“两免一补”(即免学杂费、免课本费补助寄宿生活费)加上免收农业税该家庭现在平均每月可减少40的费用支出．若该家庭原来平均每月支出m元则现在每月的支出为( ) B. C．60%m D．40%m 8．不等式组的解集在数轴上表示正确的是( ) 9．为了丰富同学们的业余生活体育委员小强到体育用品商店购买羽毛球拍和乒乓球拍若购买1副羽毛球拍和1副乒乓球拍共需50元小强一共用了320元购买了6副同样的羽毛球拍和10副同样的乒乓球拍若设每副羽毛球拍x元每副乒乓球拍y元可列二元一次方程组为( ) B. C. D. 10．(2015·哈尔滨)今年我市计划扩大城区绿地面积现有一块长方形绿地它的短边长为60 若将短边增大到与长边相等(长边不变)使扩大后的绿地的形状是正方形则扩大后的绿地面积比原来增加1 600时．设扩大后的正方形绿地边长为x 下面所列方程正确的是( )(x－60)＝1 600 ．(x＋60)＝1 600(x＋60)＝1 600 ．(x－60)＝1 600二、填空题(本大题共4小题每小题5分满分20分)(2014·怀远模拟)分式方程＝的解为x＝________. 12．(2014·宣城模拟)方程组的解是________．如图数轴上所表示的不等式组的解集是____________________． 14．(2015·咸宁)如果实数x满足方程组则x－y的值为________．三、(本大题共2小题每小题8分满分16分)解方程：5(x－5)＋2x＝－4.解方程：x＋3x＝2.四、(本大题共2小8分满分16分)7．(兼顾考查整式的运算和一元二次方程的解法)已知x－4x＝0求代数式(2x－1)－(2x＋y)(2x－y)－y的值．解不等式组：五、(本大题共2小题每小题10分满分20分)(兼顾考查分式的运算和分式方程的解法)已知y＝－当x为何值时的值为？(兼定义新运算：对于任意实数a都有ab＝a(a－b)＋1等式右边是通常的加法、减法及乘法运算比如：25＝2×(2－5)＋1＝2×(－3)＋1＝－6＋1＝－5.(1)求(－2)3的值；(2)若3x的值小于13求x的取值范围并在数轴上表示出来．六、(本题满分12分)小明在超市帮妈请你根据图中的信息若小明把50个纸杯整齐叠放在一起你能帮小明求出它的高度吗？ 七、(本题满分12分)年底某市汽车拥有量为100万辆而截止2015年底该市的汽车拥有量已达到144万辆．求2013年底至2015年底该市汽车拥有量的年平均增长率．八、(本题满分14分)(兼顾考查二元一次方程组、一元一次不等式及一次函数的应用)(2015·常德)某物流公司承接A、B两种货物的运输业务已知5月份A货物运费单价为50元/吨货物运费单价为30元/吨共收运费9 500元；6月份由于油价上涨运费单价上涨为：A货物70元/吨货物40元/吨．该物流公司6月份承接的A种货物和B种货物数量与5月份相同13 000元．问：(1)该物流公司5月份运输两种货物各多少吨？(2)该物流公司预计7月份运输这两种货物共330吨且A货物的数量不大于B货物的2倍在运费单价与6月份相同的情况下该物流公司7月份最多将收取多少运输费？ 2. 3. 4.B 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11.1 12. 13.－1＜x≤2(其他表示也可) 14.－ 15.去括号得：5x－25＋2x＝－4移项得：7x＝21系数化为1得：x＝3. 16.∵a＝1＝3＝－2＝＝＝＝ 17.原式＝4x－4x＋1－4x＋y－y＝－4x＋1.∵x2－4x＝0解得x＝4＝0. 当x＝4时原式＝－4x＋1＝－4×4＋1＝－15； 当x＝0时原式＝－4x＋1＝－4×0＋1＝1. 18.由①去分母得：3－(x－1)≥0化简得：－x≥－4解得x≤4； 由②去括号得：3－(2x－2)＜3x即3－2x＋2＜3x解得x＞1把两解集表示在数轴上如图所示： ∴不等式组的解集为1＜x≤4. 19.原式＝－ ＝－当y的值为时－＝解得x＝－3经检验x＝－3是这个方程的解且原式有意义当x＝－3时的值为 20.(1)(－2)3＝－2×(－2－3)＋1＝－2×(－5)＋1＝10＋1＝11. (2)∵3x＜13(3－x)＋1＜13－3x＋1＜13－3x＜3x＞－1.在数轴上表示如图所示： 21．设每两个纸杯叠放在一起比单独的一个纸杯增高单独一个纸杯的高度为y 则 解得 则49x＋y＝49×1＋7＝56. 答：把50个纸杯整齐地叠放在一起时的高度约是56 22.设2013年底至2015年底该市汽车拥有量的年平均增长率为x根据题意得 100(1＋x)＝144.解得x＝0.2＝20＝－2.2(不合题意舍去)． 答：2013年底至2015年底该市汽车拥有量的年平均增长率为20 23.1)设该物流公司5月份运输A、B两种货物各x吨、y吨依题意得 解得 答：该物流公司5月份运输A种货物100吨运输B种货物150吨． (2)设物流公司7月份运输A种货物a吨收取w元运输费则依题意有： a≤2(330－a)则a≤220. ∴a最大为220.w＝70a＋40(330－a)＝30a＋13 200. ∵k＝30>0随a的增大而增大． ∴当a＝220时最大＝30×220＋13 200＝19 800(元)． 答：该物流公司7月份最多将收取运输费19 800元． 初中学习网，资料共分享！我们负责传递知识！。
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读下面的材料，根据要求作文。
每一个人的心灵深处都希望能得到别人的肯定，而来自他人的一句普普通通的喝彩，也将给我们的生活注入鲜活的美丽，有时甚至会影响一个人的一生。
请以"喝彩"为话题写一篇文章。
【要求】①思想健康，感情真挚，立意自定；②文体不限；③题目自拟；④不少于600字。
【提示】本题属思想感情的限制。
所谓思想健康，具体要做到"三不要"： ①不要选择毫无意义的材料；②不要流露出低沉消极的情绪；③不要表现片面或错误的观点。
所谓感情真挚，要注重"三贵"：①贵亲历；②贵坦诚；③贵自然。
思想感情的限制是考纲的要求，我们写任何文章都必须坚定不移地遵循。
为 自 己 喝 彩 ? 中国古代伟大的思想家老子说：“知人者智，自知者明。
”在古希腊德尔斐阿波罗神庙入口处的一块石头上刻着“认识你自己”这句名言。
这些充满睿智的箴言告诉我们，人的一生，认识自己最重要，也最困难。
“金无足赤，人无完人。
”每个人都像是天空中的一颗星，无论是显赫的，还是普通的，都能找到自己的位置。
只要闪烁着，就有辉煌的机会。
我总认为自己是被上帝忽略的孩子：其貌不扬，大大咧咧，小肚鸡肠，又不聪明，粗心大意……诸多缺点构成了一个极其平凡的我。
我没有女生应有的矜持，却有男生应有的热情；我没有女生的“多愁善感”，却有男孩子的“不拘小节”──明天要考试，晚上还啃着苹果听音乐，白球鞋三天便面目全非，书本乱放，没有规律……我没有女孩子的“温文而雅”，却有男孩子的野，也因为我有男孩子的开朗，所以不会“为赋新词强说愁” …… 执着，是我的另一大闪光点。
“不到长城非好汉”，有时，为了一道题，我与同学喋喋不休，最后灰头灰脑地转过身握着笔在纸上龙飞凤舞地验算。
一次，我买了个改正带，结果还不到一天就被同学给弄坏了，这可把我给气坏了，与他大打出手。
中午回到家，我对着改正带，左思右想地不甘心，决定修好它。
2012年高考真题理科数学解析汇编立体几何参考答案2
2012年高考真题理科数学解析汇编：立体几何参考答案2则B (2， 0, 0），C (2, 22,0），E (1， 2， 1）,)1,2,1(=AE ,)0,22,0(=BC设AE 与BC 的夹角为θ，则222224||||cos ===⨯⋅BC AE BC AE θ,θ=4π.由此可知，异面直线BC 与AE 所成的角的大小是4π [解法二］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 =2、AF =2、AE =2 知AEF ∆是等腰直角三角形, 所以∠AEF =4π。
因此异面直线BC 与AE 所成的角的大小是4π1.解(1）1111224ABC S ∆=⨯⨯=,又1CC 为三棱锥1C MBC-的高,11111123346C MBC ABC V S CC -∆∴=⋅=⨯⨯= (2)//CD AB ，所以1C MB ∠或其补角为导面直线CD 与1MC 所成的角.连接1,BC AB ⊥平面11,BCC B AB BC ∴⊥,在1Rt MBC ∆中,11415,2BC MB =+==15tan 2512C MB ∠==,故1arctan 25C MB ∴∠=,即异面直线CD 与1MC 所成的角为arctan 252.解析:(1)证法一 如图，过直线b 上任一点作平面π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,λμ使得c b n λμ=+ABCD P EF则()()()a c a b n a b a n λμλμ⋅=⋅+=⋅+⋅ 因为a b ⊥，所以0a b ⋅= 又因为aπ,n π⊥，所以0a n ⋅=故0a c ⋅=，从而a c ⊥证法二 如图,记c b A ⊥=,P 为直线b 上异于点A 的任意一点，过P 作PO π⊥，垂足为O ，则O c ∈ ∵PO π⊥，a π，∴直线PO a ⊥又a b ⊥，b平面PAO ,POb P =∴a ⊥平面PAO ，又c 平面PAO ，∴a c ⊥（2）逆命题:a 是平面π内一条直线，b 是π外的一条直线(b 不垂直于π)，c 是直线b 在π上的投影，若a c ⊥，则a b ⊥. 逆命题为真命题. 3. 解析：（Ⅰ)在等腰梯形ABCD 中,AB∥CD，∠DAB=60°，CB=CD,由余弦定理可知202223)180cos(2CD DAB CB CD CB CD BD =∠-⋅⋅-+=,即AD CD BD 33==，在ABD ∆中,∠DAB=60°,AD BD 3=,则ABD ∆为直角三角形,且DB AD ⊥.又AE⊥BD,⊂AD 平面AED ，⊂AE 平面AED ，且A AE AD = ，故BD⊥平面AED ； (Ⅱ)由(Ⅰ)可知CB AC ⊥,设1=CB ,则3==BD CA ，建立如图所示的空间直角坐标系，)0,21,23(),0,1,0(),01,0(-D B F ，向量)1,0,0(=n 为平面BDC 的一个法向量.设向量),,(z y x m =为平面BDF 的法向量,则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00FB m BD m ，即⎪⎩⎪⎨⎧=-=-002323z y y x , 取1=y ，则1,3==z x ,则)1,1,3(=m 为平面BDF 的一个法向量.zx y5551,cos ==⋅>=<nm n m n m ，而二面角F —BD —C 的平面角为锐角，则 二面角F-BD-C 的余弦值为55. 解法二:取BD 的中点G ，连接1,CG FG ，由于CB CD =，因此CG BD ⊥， 又FC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ,所以FC BD ⊥ 由于,,FC CG C FC CG ⋂=⊂平面FCG ,所以BD ⊥平面FCG故BD FG ⊥，所以FGC ∠为二面角F BD C --的平面角.在等腰三角形BCD 中，由于120BCD ∠=︒，因为12CG CB=,又CB CF=，所以225GF CG CF CG =+=，故5cos 5FGC ∠=，因此二面角F BD C --的余弦值为55。
2012年高考真题理科数学解析汇编：立体几何.pdf
一、学习目标： 1、认识自我的独一无二性，明确人只能做自己。
2、懂得男生女生各自的优势。
二、快乐学习： 三、生活体验： 约翰·梅杰被称为英国的“平民首相”。
这位笔锋犀利的政治家是白手起家的典型。
他是一位杂技师的儿子，16岁时就离开了学校。
他曾因算数不及格未能当上公共汽车售票员，饱尝了失业之苦但这并没有击倒年轻的梅杰，这位信心十足、具有坚强毅力的小伙子终于靠自己的努力战胜了困境。
经过外交大臣、财政大臣等8个政府职务的锻炼，他终于当上了首相，登上了英国的权力之巅 。
正是约翰·梅杰这种不屈不挠、自信坚强的性格让他凭着自己的努力，从一个领救济金的人最终当上了英国首相。
约翰·梅杰的故事带给你怎样的感悟？你打算怎样培养积极健康的性格？ 四、自主检测： （一）、单项选择题 1、卡耐基说：“发现你自己，你就是你。
记住，地球上没有和你一样的人。
在这个世界上，你是一种独特的存在。
你只能以你自己的方式歌唱，你只能以自己的方式绘画。
……不论好与坏，你只能耕耘自己的小园地，不论好与坏，你只能在生命的乐章里走出自己的音符。
”这段话告诉我们 （ ） ①要愉快的接纳自己 ②要接受现实，学会欣赏自己 ③要做到唯我独尊 ④要相信自己是独一无二的，是别人所不能代替的A.①②④B.②③④C.①②③D.①③④ 2、七年级学生岩峰学习刻苦，成绩优异。
然而，令他感到苦闷的是自己个子矮小，性格内向，同学们很少与他交往。
你认为岩峰应该 （ ） ①勇敢地悦纳自己 ②吸取他人优点，弥补自己的不足 ③坚持自己的个性和特点 ④只看自己的优点，不看自己的缺点A.①②④B.①②③C. ②③④D. ①② 3、印度谚语说：“播种行为，收获习惯；播种习惯，收获性格；播种性格，收获人生。
”这说明（ ）A.健全的性格可以通过平时的努力来培养B.性格是不可以改变的C.性格缺陷是不可以弥补的，是先天形成的D.性格是不能重塑的 4、小刚是一个性格比较内向的学生。
22012年高考数学立体几何专题练习及答案
绝密★启用前2012届高三数学二轮精品专题卷：专题9 立体几何考试范围：立体几何一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求的）1．若直线l 与平面α垂直,则下列结论正确的是 （ ）A ．直线l 与平面α内所有直线都相交B ．在平面α内存在直线m 与l 平行C ．在平面α内存在直线m 与l 不垂直D ．若直线m 与平面α平行,则直线l ⊥m 2．某个几何体的三视图如图所示,根据图中标出的长度,那么这个几何体的体积是 （ ） A ．3 B ．33C ．332D ．3 3．（理）如下图所示是一个半径等于2的半球,现过半球底面的中心作一个与底面成80°角的截面,则截面的面积为（ ）A ．2πB ．πC ．π2D ． 80sin π（文）如上图所示是一个半径等于2的半球,则这个半球的表面积为 （ ） A ．π4 B ．π8 C ．π12 D ．π16 4．（理）如下图,三棱锥P -ABC 中,三条侧棱两两垂直,且长度相等,点E 为BC 中点,则直线AE 与平面PBC 所成角的余弦值为 （ ）A ．33B ．36C ．31D ．32（文）如上图,三棱锥P -ABC 中,三条侧棱两两垂直,且长度都为1,点E 为BC 上一点,则截面P AE 面积的最小值为 （ ） A ．33 B ．36 C ．42 D ．325．设a ,b ,c 表示三条直线,βα，表示两个平面,则下列命题中逆命题不成立的是 （ ）A ．α⊥c ,若β⊥c ,则βα∥B ．α⊂b ,α⊄c ,若α∥c ,则c b ∥C ．β⊂b ,若α⊥b ,则αβ⊥D ．α⊂b a ，,P b a =⋂,b c a c ⊥⊥，,若βα⊥,则β⊂c6．一个圆锥的母线长为2,且侧面积为π2,则该圆锥的主视图面积为 （ ） A ．1B ．3C ．2D ．67．已知长方体ABCD D C B A -1111的外接球的体积为332π,则该长方体的表面积的最大值为 （ ）A ．16B ．32C ．36D ．488．一个几何体是由若干个边长为1的正方体组成的,其主视图和左视图如图所示,若把这个几何体放到一个底面半径为π13的盛若干水的圆柱形容器,没入水中,则水面上升的高度（不溢出）最大为 （ ）（1）121B ．131C ．π12D ．π139．如图,四棱锥P -ABCD 的底面是边长为3的正方形,侧棱P A ⊥平面ABCD ,点E 在侧棱PC 上,且BE ⊥PC ,若6=BE ,则四棱锥P -ABCD 的体积为 （ ）A ．6B ．9C ．18D ．2710．如图,四棱锥S -ABCD 的底面是边长为2的正方形,且6====SD SC SB SA ,E 是边BC 的中点，动点P 在表面上运动，并且总保持PE ⊥AC ，则动点P 的轨迹所围成的图形的面积为 （ ）A ．22B ．1C ．3D ．6一、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.把正确答案填在题中横线上）11．已知一个空间几何体的三视图及其尺寸如图所示,则该空间几何体的体积是 ．12．（理）平面P 与平面Q 所成的二面角是锐角α,直线AB ⊂平面P 且与二面角的棱成的角为锐角β,又AB 和平面Q 成的角为θ,则α，β，θ之间的某一三角函数关系为 ． （文）我们知道,正三角形的内切圆和外接圆的圆心重合,且外接圆和内切圆的半径之比为2:1,类比这一结论,若一个三棱锥的所有棱长都相等,则其外接球与内切球的球心重合,则外接球与内切球半径之比为 ．13．已知圆锥的母线和底面半径的夹角为60°,则其全面积与侧面积之比为 ． 14．由曲线22x y =，2||=x 围成的图形绕y 轴旋转一周所得的旋转体的体积为1V ；满足422≤+y x ，1)1(22≥-+y x ，1)1(22≥++y x 的点组成的图形绕y 轴旋转一周所得的旋转体的体积为2V ，则1V :2V = ．15．设圆锥的母线长为l ,底面半径为r ,满足条件“它的一个内接圆柱的侧面积等于圆锥侧面积的41”的情况有且只有一种,则=lr ．三、解答题（本大题共6小题，满分75分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 16．（本题满分10分）如图,四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是一个边长为2的正方形,P A ⊥平面ABCD ,且24=PC ．M 是PC 的中点,在DM 上有点G ,过G 和AP 作平面交平面BDM 于GH ．（1）求四棱锥P -ABCD 的体积; （2）求证:AP ∥GH ．17．（本题满分12分）如图,已知三棱柱'''C B A ABC -的所有棱长都是2,且60''=∠=∠AC A AB A ．（1）求证:点'A 在底面ABC 内的射影在∠BAC 的平分线上; （2）求棱柱'''C B A ABC -的体积．18．（本题满分13分）如图,多面体ABCD —EFG 中,底面ABCD 为正方形,GD //FC //AE ,AE ⊥平面ABCD ,其正视图、俯视图及相关数据如图:（1）求证:平面AEFC ⊥平面BDG ; （2）求该几何体的体积;（3）求点C 到平面BDG 的距离．19．（本题满分13分）如图一简单几何体的一个面ABC 内接于圆O ，G ,H 分别是AE ,BC 的中点,AB 是圆O 的直径，四边形DCBE 为平行四边形，且DC ⊥平面ABC ． （1）求证:GH //平面ACD ;（2）证明：平面ACD ⊥平面ADE ； （3）若AB =2，BC =1，23tan =∠EAB ，试求该几何体的体积V ．20．（本题满分13分）边长为2的正方体1111D C B A A B C D -中,P 是棱CC 1上任一点,)20(＜＜m m CP =（1）是否存在满足条件的实数m ,使平面⊥1BPD 面11B BDD ?若存在,求出m 的值;否则,请说明理由． （2）（理）试确定直线AP 与平面D 1BP 所成的角正弦值关于m 的函数)(m f ,并求)1(f 的值．（文）是否存在实数m ,使得三棱锥PAC B -和四棱锥1111D C B A P -的体积相等?若存在,求出m 的值;否则,请说明理由．21．（本题满分14分）如图,直角梯形ABCD 中, 90=∠=∠BAD ABC ,AB =BC 且△ABC 的面积等于△ADC 面积的21．梯形ABCD 所在平面外有一点P ,满足P A ⊥平面ABCD ,PB PA =．（1）求证:平面PCD ⊥平面PAC ;（2）侧棱PA 上是否存在点E ,使得//BE 平面PCD ?若存在,指出点E 的位置并证明;若不存在,请说明理由． （3）（理）求二面角C PD A --的余弦值．2012届专题卷数学专题九答案与解析1．【命题立意】本题考查直线与平面垂直的定义及直线与平面平行的简单性质． 【思路点拨】首先根据直线与平面垂直的定义判断出直线与平面内所有直线的位置关系,再根据直线与平面的平行性质分析直线之间的关系即可．【答案】D 【解析】根据直线和平面垂直的定义可知,直线l 与平面α内的直线都垂直,可能是异面也可能相交,故A 、B 、C 都是错误的;对于D ,在平面α内一定存在直线n 与m 平行,且l ⊥n ,故l ⊥m ,所以D 是正确的． 2．【命题立意】本题借助三视图考查三棱锥体积的求解．【思路点拨】把三视图对应的几何体还原成三棱锥,根据棱锥的体积计算公式即可求解． 【答案】B 【解析】根据三视图可知,原几何体是一个三棱锥,且底面是边长为2的正三角形,高为1,故体积为331331=⨯⨯=V ．3．（理）【命题立意】本题主要考查球的结构及截面特征．【思路点拨】先根据条件分析出截面的特点,再利用相应面积公式计算即可． 【答案】C 【解析】所作截面是一个半大圆,面积为ππ2421=⨯．（文）【命题立意】本题主要考查球的面积计算．【思路点拨】此半球的表面积是一个半球面的面积加上一个大圆的面积． 【答案】C 【解析】图中半球的面积为πππ1284=+． 4．（理）【命题立意】本题借助特殊的三棱锥考查线面垂直的判定、直线和平面所成角的求解．【思路点拨】根据条件易知,P A ⊥平面PBC ,故直线AE 与平面PBC 所成的角即为∠APE ,再在Rt △P AE 中利用三角函数的定义即可求解． 【答案】A 【解析】因为P A ⊥PB ,P A ⊥PC ,所以P A ⊥平面PBC ,所以,直线AE 与平面PBC 所成的角即为∠APE ,设P A =PB =PC =1,则2===BC AC AB ,因为E 为BC 中点,所以26=AE ,故33cos 22=-==∠AE PA AE AEPEAPE ．（文）【命题立意】本题借助特殊的三棱锥考查线面垂直的判定、截面面积的求解．【思路点拨】先判断三角形的形状,再根据面积的表达式求最小值．【答案】C 【解析】因为三条侧棱两两垂直且长度为1,所以AP ⊥平面PBC ,∴AP ⊥PE ,PE PE AP S PAE 2121=⋅=∆,故只需PE 的长度最小,所以PE ⊥BC 时,22=PE ,面积取得最小值42．5．【命题立意】本题借助命题真假的判定考查直线与平面、平面与平面之间的平行与垂直关系．【思路点拨】先写出每个命题的逆命题,再逐个判断即可．要注意每个命题逆命题的形式． 【答案】C 【解析】选项C 的逆命题是β⊂b ,若αβ⊥,则a b ⊥显然不成立． 6．【命题立意】本题以圆锥为载体考查圆锥的侧面积计算及三视图的特征．【思路点拨】先根据圆锥的侧面积公式计算出圆锥底面圆的半径,进而可知主视图三角形各边的长即可求出面积．【答案】B 【解析】设圆锥底面半径为r ,则侧面积为ππ22==r S ,故1=r ,314=-=h ,而主视图是一个等腰三角形,面积为3=hr ．7．【命题立意】本题以长方体为载体考查长方体与球的组合体的关系及简单的不等式性质应用．【思路点拨】先根据球的体积求出其半径,再根据长方体边长与球半径的关系建立方程,进而利用不等式性质求出表面积的最大值． 【答案】B 【解析】设球的半径为R ,则343323R ππ=,故R =2,设长方体三边长分别为a ,b ,c ,则16)2(2222==++R c b a ,表面积为2222222()32ab bc ca a b c ++≤++=．即长方体表面积的最大值为32． 8．【命题立意】本题借助三视图考查组合体的特征及圆柱体积的计算．【思路点拨】先根据三视图计算出组合体的体积最大值,再结合圆柱的体积公式,利用体积相等即可计算出水面上升的高度．【答案】B 【解析】由题知,底部这一层最多摆放9个正方体,上面一层最多摆放4个正方体．故组合体的体积最大值为13,设水面上升的高度为h ,则h21313）（ππ=,则131=h ．9．【命题立意】本题考查直线与平面垂直、性质的应用及空间几何体体积的计算问题．【思路点拨】把直线与平面垂直的条件转化为直角三角形,再利用三角形内的关系计算出高P A 即可．【答案】B 【解析】因为P A ⊥平面ABCD ,所以BC ⊥P A ,又ABCD 是正方形,所以BC ⊥P A ,故BC ⊥平面P AB ,所以BC ⊥PB ．322=-=BE BC CE ,在Rt △PBC 中,易得CP CE BC ⋅=2,故33392===CE BC CP ,在Rt △P AC 中,322=-=AC CP PA ,故四棱锥P -ABCD 的体积为933312=⨯⨯．10．【命题立意】本题以三棱锥为载体考查直线与平面垂直的判定与性质的应用．【思路点拨】先分析出轨迹图形的形状,再根据所给数据进行计算即可．【答案】A 【解析】由6====SD SC SB SA 可知S 在底面ABCD 内的射影是底面的中心,即AC 与BD 交点O ．要使得PE 保持与AC 垂直,只需使得P 在AC 的垂面上运动,如图中的△EFG 即为P 的轨迹,且2621===SD FG EG ,221==BD EF ,△EFG 的面积22)21(2122=-⋅=EF FG EF S ．11．【命题立意】本题考查三视图的识别及棱台体积的求解．【思路点拨】根据所给三视图分析出对应几何体的特征,再利用相关公式即可求出体积． 【答案】314【解析】这个空间几何体是一个一条侧棱垂直于底面的四棱台,这个四棱台的高是2,上底面是边长为1的正方形、下底面是边长为2的正方形，故其体积V ＝13×（12＋12×22＋22）×2＝143．12．（理）【命题立意】本题考查二面角、直线与平面所成角之间的关系及空间想象能力． 【思路点拨】先找出二面角、直线与平面所成角对应的平面角,把题中的三个角转化到直角三角形内,进而可以找出他们的关系．【答案】βαθsin sin sin =【解析】如图,过A 作AO ⊥平面Q 垂足为O ,过O 作OC ⊥交线l 于点C ,连结AC ,易证AC ⊥l ,∴ACO ∠为二面角P -l-Q 的平面角,即α=∠ACO ,β=∠ABC ,因为AO ⊥平面Q ,所以ABO ∠为A 和平面Q 所成的角,所以θ=∠ABO ．分别在Rt △AOB 、Rt △AOC 、Rt △ACB 中,有ABAO =θsin ,ACAO =αsin ,ABAC =βsin ,故βαθsin sin sin =．（文）【命题立意】本题考查类比推理及与球有关的组合体的计算问题,对空间想象能力要求较高．【思路点拨】根据组合体的主视图进行分析,分别计算出外接球和内切球半径即可． 【答案】3:1【解析】设该三棱锥的边长为a ,计算可得高为a 36,设外接球半径为R ,则根据球和三棱锥的对称性可知,球心在高所在的线段上,由勾股定理可得222)33()36(R a R a =+-,则a R 46=,故内切球半径为a a a r 1264636=-=,故外接球与内切球半径之比为3:1．13．【命题立意】本题考查圆锥侧面积与全面积的计算方法．【思路点拨】根据条件求出底面半径与母线的关系,再表示出全面积与侧面积即可．【答案】23【解析】设圆锥的底面半径为r ,母线长为l ,则由条件可得。
2012年高考真题理科数学解析汇编立体几何参
2012年高考真题理科数学解析汇编：立体几何参考答案1一、选择题错误！未找到引用源。
【解析】选AABC ∆的外接圆的半径3r =点O 到面ABC 的距离3d ==SC 为球O 的直径⇒点S 到面ABC 的距离为23d =此棱锥的体积为112336ABC V S d ∆=⨯==另:123ABC V S R ∆<⨯=排除,,B C D 错误！未找到引用源。
【解析】选B 该几何体是三棱锥,底面是俯视图,高为3此几何体的体积为11633932V =⨯⨯⨯⨯= 错误！未找到引用源。
【答案】B【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着,观察在翻着过程,即可知选项B 是正确的.错误！未找到引用源。
【答案】A【解析】,2BE BF BE AB BF ==<=<【考点定位】本题考查棱锥的结构特征,考查空间相象力,极限思想的运用,是中档题.错误！未找到引用源。
[答案]A[解析] 以O 为原点,分别以OB 、OC 、OA 所在直线为x 、y 、z 轴,则2cos 4AO PO AOP R ∙∴∠== ,A )0,23,21(),22,0,22(R R P R R42arccos =∠∴AOP ,42arccos ⋅=∴R P A[点评]本题综合性较强,考查知识点较为全面,题设很自然的把向量、立体几何、三角函数等基础知识结合到了一起.是一道知识点考查较为全面的好题.要做好本题需要有扎实的数学基本功.错误！未找到引用源。
[答案]C[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.[点评]本题旨在考查立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质,需要熟练掌握课本基础知识的定义、定理及公式. 错误！未找到引用源。
2012年高考数学 高考试题+模拟新题分类汇编专题G 立体几何 文
G 立体几何G1 空间几何体的结构9．G1[2012·重庆卷] 设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，2和a，且长为a的棱与长为2的棱异面，则a的取值范围为( )A．(0，2) B．(0，3)C．(1，2) D．(1，3)9．A [解析] 如图1－2所示，设AB＝a，CD＝2，BC＝BD＝AC＝AD＝1，则∠ACD＝∠BCD＝45°，要构造一个四面体，则△ACD与共面BCD不能重合，当△BCD与△ACD重合时，a＝0；当A、B、C、D四点共面，且A、B两点在DC的两侧时，在△ABC中，∠ACB＝∠ACD ＋∠BCD＝45°＋45°＝90°，AB＝AC2＋BC2＝2，所以a的取值范围是(0，2)．8．G1、G2[2012·陕西卷] 将正方体(如图1－3①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( )图1－3图1－48．B [解析] 分析题目中截几何体所得的新的几何体的形状，结合三视图实线和虚线的不同表示可知对应的左视图应该为B.15．G1、G12[2012·安徽卷] 若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，则________(写出所有正确结论的编号)．①四面体ABCD每组对棱相互垂直；②四面体ABCD每个面的面积相等；③从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°；④连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分；⑤从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．15．②④⑤[解析] 如图，把四面体ABCD放入长方体中，由长方体中相对面中相互异面的两条面对角线不一定相互垂直可知①错误；由长方体中△ABC≌△ABD≌△DCB≌△DCA，可知四面体ABCD每个面的面积相等，同时四面体ABCD中过同一顶点的三个角之和为一个三角形的三个内角之和，即为180°，故②正确，③错误；长方体中相对面中相互异面的两条面对角线中点的连线相互垂直，故④正确；从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱可以移到一个三角形中，作为一个三角形的三条边，故⑤正确．答案为②④⑤.5．G1[2012·上海卷] 一个高为2π，该圆柱的表面积为________． 5．6π [解析] 考查圆柱的表面积，利用圆的周长求得圆柱的底面半径． 由圆柱的底面周长可得底面圆的半径，2πr ＝2π，∴r ＝1，得圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πh ＝2π＋4π＝6π.19．G1、G11[2012·上海卷] 如图1－1，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，D 是PC的中点，已知∠BAC ＝π2，AB ＝2，AC ＝23，PA ＝2，求：(1)三棱锥P －ABC 的体积；(2)异面直线BC 与AD 所成的角的大小(结果用反三角函数值表示)．19．解：(1)S △ABC ＝12×2×23＝23，三棱锥P －ABC 的体积为 V ＝13S △ABC ×PA ＝13×23×2＝433. (2)取PB 的中点E ，连接DE 、AE ，则ED ∥BC ，所以∠ADE (或其补角)是异面直线BC 与AD 所成的角．在△ADE 中，DE ＝2，AE ＝2，AD ＝2，cos ∠ADE ＝22＋22－22×2×2＝34，所以∠ADE ＝arccos 34.因此，异面直线BC 与AD 所成的角的大小是arccos 34.G2 空间几何体的三视图和直观图10．G2[2012·天津卷] 一个几何体的三视图如图1－2所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.1－210．30 [解析] 由三视图可得该几何体为两个直四棱柱的组合体，其体积V ＝3×4×2＋12(1＋2)×1×4＝30. 13．G2[2012·辽宁卷] 一个几何体的三视图如图1－3所示，则该几何体的体积为________．图1－313．12＋π [解析] 本小题主要考查三视图和体积公式．解题的突破口为通过观察分析三视图，得出几何体的形状，是解决问题的根本．由三视图可知， 几何体是一个长方体与一个圆柱构成的组合体，所以该几何体的体积为V ＝V 长方体＋V 圆柱＝4×3×1＋π×12×1＝12＋π.7．G2[2012·课标全国卷] 如图1－2，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1－3A ．6B ．9C ．12D ．187．B [解析] 根据三视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(斜边上的高为3)，有一条长为3的侧棱垂直于底面，所以该几何体的体积是V ＝13×12×6×3×3＝9，故选B.3. G2、G7[2012·浙江卷] 已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图1－1所示，则该三棱锥的体积是( )A ．1 cm 3B ．2 cm 3C ．3 cm 3D ．6 cm 33．A [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能力和空间想象能力．由三视图可知，该几何体为一个正三棱锥，则V ＝13Sh ＝13×12×1×2×3＝1.8．G1、G2[2012·陕西卷] 将正方体(如图1－3①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( )图1－3图1－48．B [解析] 分析题目中截几何体所得的新的几何体的形状，结合三视图实线和虚线的不同表示可知对应的左视图应该为B.15.G2[2012·湖北卷] 已知某几何体的三视图如图1－4所示，则该几何体的体积为________．图1－41－515．[答案] 12 π[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V ＝π×22×1×2＋π×12×4＝12π.7．G2[2012·广东卷] 某几何体的三视图如图1－1所示，它的体积为( )图1－1A ．72πB ．48πC ．30πD ．24π7．C [解析] 根据三观图知该几何体是由半球与圆锥构成，球的半径R ＝3，圆锥半径R ＝3，高为4，所以V 组合体＝V 半球＋V 圆锥＝12×43π×33＋13π×32×4＝30π，所以选择C.4．G2[2012·福建卷] 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4．D [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D 不同．12．G2、G7[2012·安徽卷] 某几何体的三视图如图1－2所示，则该几何体的体积等于________．1－212．56 [解析] 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，其体积为V ＝Sh ＝12()2＋5×4×4＝56.7．G2、G7[2012·北京卷] 1－4所示，该三棱锥的表面积是( )－4A ．28＋6 5B ．30＋6 5C ．56＋12 5D ．60＋12 57．B [解析] 本题考查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＝12×5×4＝10，S 后＝12×5×4＝10，S 左＝12×6×25＝65，S 右＝12×4×5＝10，所以S 表＝10×3＋65＝30＋6 5.4．G2[2012·湖南卷] 某几何体的正视图和侧视图均如图1－1所示，则该几何体的俯视图不可能．．．是( )图 14．C [解析] 本题考查三视图，意在考查考生三视图的辨析，以及对三视图的理解和掌握．选项A, B, D ，都有可能，选项C 的正视图应该有看不见的虚线，故C 是不可能的．[易错点] 本题由于对三视图的不了解，易错选D，三视图中看不见的棱应该用虚线标出．7．G2[2012·江西卷] 若一个几何体的三视图如图1－2所示，则此几何体的体积为( )A.11 2B．5C.9 2D．427．D [解析] 该几何体是直六棱柱，由左视图知其高为1，由主视图和俯视图知其底面面积S＝(1＋3)×1＝4，因此其体积为4，故选D.G3 平面的基本性质、空间两条直线G4 空间中的平行关系19．G4、G5[2012·山东卷] 如图1－6，几何体E－ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.(1)求证：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.19．证明：(1)取BD的中点O，连接CO，EO.由于CB＝CD，所以CO⊥BD，又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO，EC⊂平面EOC，所以BD⊥平面EOC，因此BD⊥EO，又O为BD的中点，所以BE＝DE.(2)证法一：取AB的中点N，连接DM，DN，MN，因为M是AE的中点，所以MN∥BE.又MN ⊄平面BEC ，BE ⊂平面BEC ， 所以MN ∥平面BEC ，又因为△ABD 为正三角形， 所以∠BDN ＝30°，又CB ＝CD ，∠BCD ＝120°， 因此∠CBD ＝30°， 所以DN ∥BC ，又DN ⊄平面BEC ，BC ⊂平面BEC ，所以DN ∥平面BEC ， 又MN ∩DN ＝N ，故平面DMN ∥平面BEC ， 又DM ⊂平面DMN ， 所以DM ∥平面BEC . 证法二：延长AD ，BC 交于点F ，连接EF . 因为CB ＝CD ，∠BCD ＝120°. 所以∠CBD ＝30°.因为△ABD 为正三角形．所以∠BAD ＝60°，∠ABC ＝90°， 因此∠AFB ＝30°，所以AB ＝12AF .又AB ＝AD ，所以D 为线段AF 的中点．连接DM ，由点M 是线段AE 的中点， 因此DM ∥EF .又DM ⊄平面BEC ，EF ⊂平面BEC ， 所以DM ∥平面BEC .18．G4、G7[2012·辽宁卷] 如图1－5，直三棱柱ABC －A ′B ′C ′，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，AA ′＝1，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点．(1)证明：MN ∥平面A ′ACC ′； (2)求三棱锥A ′－MNC 的体积．(锥体体积公式V ＝13Sh ，其中S 为底面面积，h 为高)18．解：(1)(证法一)连结AB ′，AC ′，由已知∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，三棱柱ABC －A ′B ′C ′为直三棱柱， 所以M 为AB ′中点，又因为N 为B ′C ′的中点，所以MN ∥AC ′. 又MN ⊄平面A ′ACC ′， AC ′⊂平面A ′ACC ′， 因此MN ∥平面A ′ACC ′. (证法二)取A ′B ′中点P ，连结MP ，NP ， M 、N 分别为AB ′与B ′C ′的中点， 所以MP ∥AA ′，PN ∥A ′C ′，所以MP ∥平面A ′ACC ′，PN ∥平面A ′ACC ′， 又MP ∩NP ＝P ，因此平面MPN ∥平面A ′ACC ′，而MN ⊂平面MPN . 因此MN ∥平面A ′ACC ′. (2)(解法一)连结BN ，由题意A ′N ⊥B ′C ′，平面A ′B ′C ′∩平面B ′BCC ′＝B ′C ′， 所以A ′N ⊥平面NBC .又A ′N ＝12B ′C ′＝1，故V A ′－MNC ＝V N －A ′MC ＝12V N －A ′BC ＝12V A ′－NBC ＝16.(解法二)V A ′－MNC ＝V A ′－NBC －V M －NBC ＝12V A ′－NBC ＝16.16．G4、G5、G7[2012·北京卷] 如图1－9(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△A 1DE 的位置，使A 1F ⊥CD ，如图1－9(2)．(1)求证：DE ∥平面A 1CB ； (2)求证：A 1F ⊥BE ；(3)线段A 1B 上是否存在点1DEQ ？说明理由．1－916．解：(1)证明：因为D ，E 分别为AC ，AB 的中点， 所以DE ∥BC .又因为DE ⊄平面A 1CB ， 所以DE ∥平面A 1CB .(2)证明：由已知得AC ⊥BC 且DE ∥BC ， 所以DE ⊥AC .所以DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD ， 所以DE ⊥平面A 1DC .而A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，所以A1F⊥平面BCDE，所以A1F⊥BE.(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如下图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP，由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.16．G4、G5[2012·江苏卷] 如图1－4，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E 分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，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ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.又因为AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，所以AD⊥平面BCC1B1.又AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1.因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1，所以CC1⊥A1F.又因为CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，所以A1F⊥平面BCC1B1.由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，所以A1F∥平面ADE.5．G4、G5[2012·浙江卷] 设l 是直线，α，β是两个不同的平面( ) A ．若l ∥α，l ∥β，则α∥β B ．若l ∥α，l ⊥β，则α⊥β C ．若α⊥β，l ⊥α，则l ⊥β D ．若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β5．B [解析] 本题考查了线面、面面平行，线面、面面垂直等简单的立体几何知识，考查学生对书本知识的掌握情况以及空间想象、推理能力．对于选项A ，若l ∥α，l ∥β，则α∥β或平面α与β相交；对于选项B ，若l ∥α，l ⊥β，则α⊥β；对于选项C ，若α⊥β，l ⊥α，则l ∥β或l 在平面β内；对于选项D ，若α⊥β，l ∥α，则l 与β平行、相交或l 在平面β内．G5 空间中的垂直关系19．G5[2012·江西卷] 如图1－7，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 ＝42，DE ＝4，现将△ADE ，△CFB 分别沿DE ，CF 折起，使A ，B 两点重合于点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．图1－719．解：(1)证明：因为DE ⊥EF ，CF ⊥EF ，所以四边形CDEF 为矩形，由GD ＝5，DE ＝4，得GE ＝GD 2－DE 2＝3.由GC ＝42，CF ＝4，得FG ＝GC 2－CF 2＝4，所以EF ＝5.在△EFG 中，有EF 2＝GE 2＋FG 2，所以EG ⊥GF ， 又因为CF ⊥EF ，CF ⊥FG ，得，CF ⊥平面EFG ，所以CF ⊥EG ，所以EG ⊥平面CFG ，即平面DEG ⊥平面CFG .(2)如图，在平面EGF 中，过点G 作GH ⊥EF 于点H ，则GH ＝EG ·GF EF ＝125.因为平面CDEF ⊥平面EFG ，得GH V CDEFG ＝13S CDEF ·GH ＝16.14．G5[2012·四川卷] 如图1－4，在正方体ABCD －A 1CD 、CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是图1－414．90° [解析] 因为ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，故A 1在平面CDD 1C 1上的射影为D 1， 即A 1M 在平面CDD 1C 1上的射影为D 1M ，而在正方形CDD 1C 1中，由tan ∠DD 1M ＝tan ∠CDN ＝12，可知D 1M ⊥DN ，由三垂线定理可知，A 1M ⊥DN .20．G5、G6、G10、G11[2012·重庆卷] 已知在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝4，AC ＝BC ＝3，D 为AB 的中点．(1)求异面直线CC 1和AB 的距离；(2)若AB 1⊥A 1C ，求二面角A 1－－1的平面角的余弦值．20．解：(1)因AC ＝BC ，D 为AB 的中点，故CD ⊥AB .又直三棱柱中，CC 1⊥面ABC ，故CC 1⊥CD ，所以异面直线CC 1和AB 的距离为CD ＝BC 2－BD 2＝ 5.(2)解法一：由CD ⊥AB ，CD ⊥BB 1，故CD ⊥面A 1ABB 1，从而CD ⊥DA 1，CD ⊥DB 1，故∠A 1DB 1为所求的二面角A 1－CD －B 1的平面角．因A 1D 是A 1C 在面A 1ABB 1上的射影，又已知AB 1⊥A 1C ，由三垂线定理的逆定理得AB 1⊥A 1D ，从而∠A 1AB 1，∠A 1DA 都与∠B 1AB 互余，因此∠A 1AB 1＝∠A 1DA ，所以Rt △A 1AD ∽Rt △B 1A 1A ，因此AA 1AD ＝A 1B 1AA 1，得AA 21＝AD ·A 1B 1＝8. 从而A 1D ＝AA 21＋AD 2＝23，B 1D ＝A 1D ＝23， 所以在△A 1DB 1中，由余弦定理得cos ∠A 1DB 1＝A 1D 2＋DB 21－A 1B 212·A 1D ·DB 1＝13.解法二：如下图，过D 作DD 1∥AA 1交A 1B 1于D 1，在直三棱柱中，由(1)知DB ，DC ，DD 1两两垂直，以D 为原点，射线DB ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .设直三棱柱的高为h ，则A (－2,0,0)，A 1(－2,0，h )，B 1(2,0，h )，C (0，5，0)，从而AB 1→＝(4,0，h )，A 1C →＝(2，5，－h )．由AB 1→⊥A 1C →得AB 1→·A 1C →＝0，即8－故DA 1→＝(－2,0,22)，DB 1→＝(2,0,22)，DC →＝(0，5，0)．设平面A 1CD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则m ⊥DC →，m ⊥DA 1→，即⎩⎨⎧5y 1＝0，－2x 1＋22z 1＝0，取z 1＝1，得m ＝(2，0,1)．设平面B 1CD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则n ⊥DC →，n ⊥DB 1→，即⎩⎨⎧5y 2＝0，2x 2＋22z 2＝0，取z 2＝－1，得n ＝(2，0，－1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m |·|n |＝2－12＋1·2＋1＝13.所以二面角A 1－CD －B 1的平面角的余弦值为13.5．G4、G5[2012·浙江卷] 设l 是直线，α，β是两个不同的平面( ) A ．若l ∥α，l ∥β，则α∥β B ．若l ∥α，l ⊥β，则α⊥β C ．若α⊥β，l ⊥α，则l ⊥β D ．若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β5．B [解析] 本题考查了线面、面面平行，线面、面面垂直等简单的立体几何知识，考查学生对书本知识的掌握情况以及空间想象、推理能力．对于选项A ，若l ∥α，l ∥β，则α∥β或平面α与β相交；对于选项B ，若l ∥α，l ⊥β，则α⊥β；对于选项C ，若α⊥β，l ⊥α，则l ∥β或l 在平面β内；对于选项D ，若α⊥β，l ∥α，则l 与β平行、相交或l 在平面β内．20．G4、G5、G11[2012·浙江卷] 如图1－5，在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝2，AD ＝2，BC ＝4，AA 1＝2，E 是DD 1的中点，F 是平面B 1C 1E 与直线AA 1的交点．(1)证明：(i)EF ∥A 1D 1； (ii)BA 1⊥平面B 1C 1EF ；(2)求BC 1与平面B 1C 1EF 所成的角的正弦值．20．解：(1)证明：(ⅰ)因为C 1B 1∥A 1D 1，C 1B 1⊄平面A 1D 1DA ，所以C 1B 1∥平面A 1D 1DA ， 又因为平面B 1C 1EF ∩平面A 1D 1DA ＝EF ， 所以C 1B 1∥EF ， 所以A 1D 1∥EF .(ⅱ)因为BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1， 所以BB 1⊥B 1C 1. 又因为B 1C 1⊥B 1A 1，所以B 1C 1⊥平面ABB 1A 1， 所以B 1C 1⊥BA 1.在矩形ABB 1A 1中，F 是AA 1的中点，tan ∠A 1B 1F ＝tan ∠AA 1B ＝22，即∠A 1B 1F ＝∠AA 1B ， 故BA 1⊥B 1F ，所以BA 1⊥平面B 1C 1EF .(2)设BA 1与B 1F 交点为H ，连结C 1H .由(1)知BA 1⊥平面B 1C 1EF ，所以∠1111EF 所成的角．在矩形AA 1B 1B 中，AB ＝2，AA 1＝2，得BH ＝46.在直角△BHC 1中，BC 1＝25，BH ＝46，得sin ∠BC 1H ＝BH BC 1＝3015， 所以BC 1与平面B 1C 1EF 所成角的正弦值是3015.17．G5、G11[2012·天津卷] 如图1－4，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，AD ⊥PD ，BC ＝1，PC ＝23，PD ＝CD ＝2.(1)求异面直线PA 与BC 所成角的正切值； (2)证明平面PDC ⊥平面ABCD ；(3)求直线PB 与平面ABCD 所成角的正弦值．17．解：(1)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，因为底面ABCD 是矩形，所以AD ＝BC 且AD ∥BC ，又因为AD ⊥PD ，故∠PAD 为异面直线PA 与BC 所成的角．在Rt △PDA 中，tan ∠PAD ＝PDAD＝2. 所成角的正切值为2.是矩形，故AD ⊥CD ，又由于AD ⊥PD ，CD ∩PD ＝D ，因此AD ⊥平面PDC ，而AD ⊂平面ABCD ，所以平面PDC ⊥平面ABCD .(3)在平面PDC 内，过点P 作PE ⊥CD 交直线CD 于点E ，连接EB . 由于平面PDC ⊥平面ABCD ，而直线CD 是平面PDC 与平面ABCD 的交线，故PE ⊥平面ABCD .由此得∠PBE 为直线PB 与平面ABCD 所成的角．在△PDC 中，由于PD ＝CD ＝2，PC ＝23，可得∠PCD ＝30°. 在Rt △PEC 中，PE ＝PC sin30°＝ 3.由AD ∥BC ，AD ⊥平面PDC ，得BC ⊥平面PDC ，因此BC ⊥PC .在Rt △PCB 中，PB ＝PC 2＋BC 2＝13.在Rt △PEB 中，sin ∠PBE ＝PE PB ＝3913.所以直线PB 与平面ABCD 所成角的正弦值为3913.18．G5、G7[2012·陕西卷] 直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，∠CAB ＝π2.(1)证明：CB 1⊥BA 1；(2)已知AB ＝2，BC ＝5，求三棱锥C 1－ABA 1的体积．18．解：(1)证明：如图，连结AB 1，∵ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，∠CAB ＝2，∴AC ⊥平面ABB 1A 1，故AC ⊥BA 1.又∵AB ＝AA 1，∴四边形ABB 1A 1是正方形， ∴BA 1⊥AB 1，又CA ∩AB 1＝A . ∴BA 1⊥平面CAB 1，故CB 1⊥BA 1.(2)∵AB ＝AA 1＝2，BC ＝5，∴AC ＝A 1C 1＝1， 由(1)知，A 1C 1⊥平面ABA 1，∴VC 1－ABA 1＝13S △ABA 1·A 1C 1＝13×2×1＝23.19．G5、G7[2012·课标全国卷] 如图1－4，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点．(1)证明：平面BDC 1⊥平面BDC ；(2)平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．19．解：(1)证明：由题设知BC ⊥CC 1，BC ⊥AC ，CC 1∩AC ＝C ，所以BC ⊥平面ACC 1A 1. 又DC 1⊂平面ACC 1A 1，所以DC 1⊥BC .由题设知∠A 1DC 1＝∠ADC ＝45°，所以∠CDC 1＝90°，即DC 1⊥DC .又DC ∩BC ＝C ，所以DC 1⊥平面BDC .又DC 1⊂平面BDC 1，故平面BDC 1⊥平面BDC .(2)设棱锥B －DACC 1的体积为V 1，AC ＝1.由题意得V 1＝13×1＋22×1×1＝12.又三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积V ＝1， 所以(V －V 1)∶V 1＝1∶1.故平面BDC 1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1.19．G4、G5[2012·山东卷] 如图1－6，几何体E －ABCD 是四棱锥，△ABD 为正三角形，CB ＝CD ，EC ⊥BD .(1)求证：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC. 19．证明：(1)取BD的中点O，连接CO，EO.由于CB＝CD，所以CO⊥BD，又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO，EC⊂平面EOC，所以BD⊥平面EOC，因此BD⊥EO，又O为BD的中点，所以BE＝DE.(2)证法一：取AB的中点N，连接DM，DN，MN，因为M是AE的中点，所以MN∥BE.又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，所以MN∥平面BEC，又因为△ABD为正三角形，所以∠BDN＝30°，又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°，所以DN∥BC，又DN⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，所以DN∥平面BEC，又MN∩DN＝N，故平面DMN∥平面BEC，又DM⊂平面DMN，所以DM∥平面BEC.证法二：延长AD，BC交于点F，连接EF.因为CB＝CD，∠BCD＝120°.所以∠CBD＝30°.因为△ABD为正三角形．所以∠BAD＝60°，∠ABC＝90°，因此∠AFB ＝30°，所以AB ＝12AF .又AB ＝AD ，所以D 为线段AF 的中点．连接DM ，由点M 是线段AE 的中点， 因此DM ∥EF .又DM ⊄平面BEC ，EF ⊂平面BEC ， 所以DM ∥平面BEC .19．G5、G7[2012·湖南卷] 如图1－7，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是等腰梯形，AD ∥BC ，AC ⊥BD .(1)证明：BD ⊥PC ；(2)若AD ＝4，BC ＝2，直线PD 与平面PAC 所成的角为30°，求四棱锥P －ABCD 的体积． 19．解：(1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥BD .又AC ⊥BD ，PA ，AC 是平面PAC 内的两条相交直线，所以BD ⊥平面PAC . 而PC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥PC .(2)设AC 和BD 相交于点O ，连结PO ，由(1)知，BD ⊥平面PAC ，所以∠DPO 是直线PD 和平面PAC 所成的角．从而∠DPO ＝30°.由BD ⊥平面PAC ，PO ⊂平面PAC 知，BD ⊥PO . 在Rt △POD 中，由∠DPO ＝30°得PD ＝2OD .因为四边形ABCD 为等腰梯形，AC ⊥BD ，所以△AOD ，△BOC 均为等腰直角三角形．从而梯形ABCD 的高为12AD ＋12BC ＝12×(4＋2)＝3，于是梯形ABCD 的面积S ＝12×(4＋2)×3＝9.在等腰直角三角形AOD 中，OD ＝22AD ＝22，所以PD ＝2OD ＝42，PA ＝PD 2－AD 2＝4. 故四棱锥P －ABCD 的体积为 V ＝13×S ×PA ＝13×9×4＝12. 19．G5、G7[2012·湖北卷] 某个实心零部件的形状是如图1－7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A 1B 1C 1D 1－ABCD ，上部是一个底面与四A 2B 2C 2D 2.(1)证明：直线B 1D 1⊥平面ACC 2A 2；(2)现需要对该零部件表面进行防腐处理．已知AB ＝10，A 1B 1＝20，AA 2＝30，AA 1＝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？19．解：(1)因为四棱柱ABCD －A 2B 2C 2D 2的侧面是全等的矩形，所以AA 2⊥AB ，AA 2⊥AD ，又因为AB ∩AD ＝A ，所以AA 2⊥平面ABCD . 连接BD ，因为BD ⊂平面ABCD ，所以AA 2⊥BD . 因为底面ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD . 根据棱台的定义可知，BD 与B 1D 1共面．又已知平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，且平面BB 1D 1D ∩平面ABCD ＝BD ， 平面BB 1D 1D ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，所以B 1D 1∥BD .于是由AA 2⊥BD ，AC ⊥BD ，B 1D 1∥BD ，可得AA 2⊥B 1D 1，AC ⊥B 1D 1， 又因为AA 2∩AC ＝A ，所以B 1D 1⊥平面ACC 2A 2.(2)因为四棱柱ABCD －A 2B 2C 2D 2的底面是正方形，侧面是全等的矩形，所以S 1＝S 四棱柱上底面＋S 四棱柱侧面＝(A 2B 2)2＋4AB ·AA 2＝102＋4×10×30＝1 300(cm 2)．又因为四棱台A 1B 1C 1D 1－ABCD 的上、下底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形． 所以S 2＝S 四棱台下底面＋S 四棱台侧面＝(A 1B 1)2＋4×12(AB ＋A 1B 1)h 等腰梯形的高＝202＋4×12(10＋20)132－⎣⎢⎡⎦⎥⎤1220－102＝1 120(cm 2)．于是该实心零部件的表面积为S ＝S 1＋S 2＝1 300＋1 120＝2 420(cm 2)， 故所需加工处理费为0.2S ＝0.2×2 420＝484(元)．18．G5、G12[2012·广东卷] 如图1－5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 ＝12AB ，PH 为△PAD 中AD 边上的高．(1)证明：PH ⊥平面ABCD ；(2)若PH ＝1，AD ＝2，FC ＝1，求三棱锥E －BCF 的体积； (3)证明：EF ⊥平面PAB .18．解：(1)由于AB ⊥平面PAD ，PH ⊂平面PAD ， 故AB ⊥PH .又因为PH 为△PAD 中AD 边上的高， 故AD ⊥PH .∵AB ∩AD ＝A ，AB ⊂平面ABCD ， AD ⊂平面ABCD ， ∴PH ⊥平面ABCD .(2)由于PH ⊥平面ABCD ，E 为PB 的中点，PH ＝1，故E 到平面ABCD 的距离h ＝12PH ＝12.又因为AB ∥CD ，AB ⊥AD ，所以AD ⊥CD ，故S △BCF ＝12·FC ·AD ＝12·1·2＝22.因此V E －BCF ＝13S △BCF ·h ＝13·22·12＝212.(3)证明：过E 作EG ∥AB 交PA 于G ，连接DG . 由于E 为PB 的中点，所以G 为PA 的中点． 因为DA ＝DP ，故△DPA 为等腰三角形， 所以DG ⊥PA .∵AB ⊥平面PAD ，DG ⊂平面PAD ， ∴AB ⊥DG .又∵AB ∩PA ＝A ，AB ⊂平面PAB ，PA ⊂平面PAB ， ∴DG ⊥平面PAB .又∵GE 綊12AB ，DF 綊12AB ，∴GE 綊DF .所以四边形DFEG 为平行四边形，故DG ∥EF . 于是EF ⊥平面PAB .19．G5、G11[2012·安徽卷] 如图1－3，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面A 1B 1C 1D 1是正方形，O 是BD 的中点，E 是棱AA 1上任意一点．(1)证明：BD ⊥EC 1；(2)如果AB ＝2，AE ＝2，OE ⊥EC 1，求AA 1的长．19．解：(1)证明：连接AC ，A 1C 1. 由底面是正方形知，BD ⊥AC .因为AA 1⊥平面ABCD ，BD ⊆平面ABCD所以AA 1⊥BD . 又由AA 1∩AC ＝A ， 所以BD ⊥平面AA 1C 1C .再由EC 1⊆平面AA 1C 1C 知， BD ⊥EC 1.(2)设AA 1的长为h ，连接OC 1.在Rt △OAE 中，AE ＝2，AO ＝2，故OE 2＝(2)2＋(2)2＝4.在Rt△EA1C1中，A1E＝h－2，A1C1＝2 2.故EC21＝(h－2)2＋(22)2.在Rt△OCC1中，OC＝2，CC1＝h，OC21＝h2＋(2)2.因为OE⊥EC1，所以OE2＋EC21＝OC21，即4＋(h－2)2＋(22)2＝h2＋(2)2，解得h＝3 2.所以AA1的长为3 2.16．G4、G5、G7[2012·北京卷] 如图1－9(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1－9(2)．(1)求证：DE∥平面A1CB；(2)求证：A1F⊥BE；(3)线段A1B上是否存在点，使1⊥平面DEQ？说明理由．1－916．解：(1)证明：因为D，E分别为AC，AB的中点，所以DE∥BC.又因为DE⊄平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.(2)证明：由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，所以A1F⊥平面BCDE，所以A1F⊥BE.(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如下图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP，由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.16．G4、G5[2012·江苏卷] 如图1－4，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E 分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，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ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.又因为AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，所以AD⊥平面BCC1B1.又AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1.因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1，所以CC1⊥A1F.又因为CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，所以A1F⊥平面BCC1B1.由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，所以A1F∥平面ADE.19．G5、G7、G11[2012·全国卷] 如图1－1，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝22，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC.(1)证明：PC⊥平面BED；(2)设二面角A－PB－C为图1－119．解：方法一：(1)证明：因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC，又PA⊥底面ABCD，所以PC⊥BD.设AC ∩BD ＝F ，连结EF .因为AC ＝PA ＝2，PE ＝2EC ，故PC ＝23，EC ＝233，FC ＝2，从而PC FC ＝6，AC EC ＝ 6.因为PC FC ＝ACEC，∠FCE ＝∠PCA ，所以△FCE ∽△PCA ，∠FEC ＝∠PAC ＝90°， 由此知PC ⊥EF .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AG ⊥PB ，G 为垂足．因为二面角A －PB －C 为90°，所以平面PAB ⊥平面PBC . 又平面PAB ∩平面PBC ＝PB ， 故AG ⊥平面PBC ，AG ⊥BC .BC 与平面PAB 内两条相交直线PA ，AG 都垂直，故BC ⊥平面PAB ，于是BC ⊥AB ，所以底面ABCD 为正方形，AD ＝2，PD ＝PA 2＋AD 2＝2 2.设D 到平面PBC 的距离为d .因为AD ∥BC ，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d ＝AG ＝ 2.设PD 与平面PBC 所成的角为α，则sin α＝d PD ＝12.所以PD 与平面PBC 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A －xyz .设C (22，0,0)，D (2，b,0)，其中b >0，则P (0,0,2)，E ⎝⎛⎭⎪⎫423，0，23，B (2，－b,0)． 于是PC →＝(22，0，－2)，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，b ，23，DE →＝⎝⎛⎭⎪⎫23，－b ，23，从而PC →·BE →＝0， PC →·DE →＝0，故PC ⊥BE ，PC ⊥DE . 又BE ∩DE ＝E ，所以PC ⊥平面BDE . (2)AP →＝(0,0,2)，AB →＝(2，－b,0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面PAB 的法向量，则m ·AP →＝0，m ·AB →＝0， 即2z ＝0且2x －by ＝0，令x ＝b ，则m ＝(b ，2，0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面PBC 的法向量，则 n ·PC →＝0，n ·BE →＝0，即22p －2r ＝0且2p 3＋bq ＋23r ＝0，令p ＝1，则r ＝2，q ＝－2b，n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－2b，2.因为面PAB ⊥面PBC ，故m ·n ＝0，即b －2b＝0，故b ＝2，于是n ＝(1，－1，2)，DP→＝(－2，－2，2)，cos 〈n ，DP →〉＝n ·DP →|n ||DP →|＝12，〈n ，DP →〉＝60°.因为PD 与平面PBC 所成的角和〈n ，DP →〉互余， 故PD 与平面PBC 所成的角为30°.G6 三垂线定理20．G5、G6、G10、G11[2012·重庆卷] 已知在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝4，AC ＝BC ＝3，D 为AB 的中点．(1)求异面直线CC 1和AB 的距离；(2)若AB 1⊥A 1C ，求二面角A 1－20．解：(1)因AC ＝BC ，D 为AB 的中点，故CD ⊥AB .又直三棱柱中，CC 1⊥面ABC ，故CC 1⊥CD ，所以异面直线CC 1和AB 的距离为CD ＝BC 2－BD 2＝ 5.(2)解法一：由CD ⊥AB ，CD ⊥BB 1，故CD ⊥面A 1ABB 1，从而CD ⊥DA 1，CD ⊥DB 1，故∠A 1DB 1为所求的二面角A 1－CD －B 1的平面角．因A 1D 是A 1C 在面A 1ABB 1上的射影，又已知AB 1⊥A 1C ，由三垂线定理的逆定理得AB 1⊥A 1D ，从而∠A 1AB 1，∠A 1DA 都与∠B 1AB 互余，因此∠A 1AB 1＝∠A 1DA ，所以Rt △A 1AD ∽Rt △B 1A 1A ，因此AA 1AD ＝A 1B 1AA 1，得AA 21＝AD ·A 1B 1＝8. 从而A 1D ＝AA 21＋AD 2＝23，B 1D ＝A 1D ＝23， 所以在△A 1DB 1中，由余弦定理得cos ∠A 1DB 1＝A 1D 2＋DB 21－A 1B 212·A 1D ·DB 1＝13.解法二：如下图，过D 作DD 1∥AA 1交A 1B 1于D 1，在直三棱柱中，由(1)知DB ，DC ，DD 1两两垂直，以D 为原点，射线DB ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .设直三棱柱的高为h ，则A (－2,0,0)，A 1(－2,0，h )，B 1(2,0，h )，C (0，5，0)，从而AB 1→＝(4,0，h )，A 1C →＝(2，5，－h )．由AB 1→⊥A 1C →得AB 1→·A 1C →＝0，即8－h 2＝0，因此h ＝2 2.故DA 1→＝(－2,0,22)，DB 1→＝(2,0,22)，DC →＝(0，5，0)．设平面A 1CD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则m ⊥DC →，m ⊥DA 1→，即⎩⎨⎧5y 1＝0，－2x 1＋22z 1＝0，取z 1＝1，得m ＝(2，0,1)．设平面B 1CD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则n ⊥DC →，n ⊥DB 1→，即⎩⎨⎧5y 2＝0，2x 2＋22z 2＝0，取z 2＝－1，得n ＝(2，0，－1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m |·|n |＝2－12＋1·2＋1＝13.所以二面角A 1－CD －B 1的平面角的余弦值为13.G7 棱柱与棱锥13．G7[2012·山东卷] 如图1－3所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 为线段B 1C 上的一点，则三棱锥A －DED 1的体积为________．13.16[解析] 本题考查棱锥的体积公式，考查空间想象力与转化能力，容易题． VA －DED 1＝VE －DD 1A ＝13×12×1×1×1＝16.7．G7[2012·江苏卷] 如图1－2，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3 cm ，AA 1＝2 cm ，则四棱锥A －BB 1D 1D 的体积为37．6 [解析] 本题考查四棱锥体积的求解以及对长方体性质的运用． 解题突破口为寻找四棱锥的高．连AC 交BD 于点O ，因四边形ABCD 为正方形，故AO 为四棱锥A －BB 1D 1D 的高，从而V＝13×2×32×322＝6. 3. G2、G7[2012·浙江卷] 已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图1－1所示，则该三棱锥的体积是( )A ．1 cm 3B ．2 cm 3C ．3 cm 3D ．6 cm 33．A [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能力和空间想象能力．由三视图可知，该几何体为一个正三棱锥，则V ＝13Sh ＝13×12×1×2×3＝1.18．G5、G7[2012·陕西卷] 直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，∠CAB ＝π2.(1)证明：CB 1⊥BA 1；(2)已知AB ＝2，BC ＝5，求三棱锥C 1－ABA 1的体积．18．解：(1)证明：如图，连结AB 1，∵ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，∠CAB ＝2，∴AC ⊥平面ABB 1A 1，故AC ⊥BA 1.又∵AB ＝AA 1，∴四边形ABB 1A 1是正方形， ∴BA 1⊥AB 1，又CA ∩AB 1＝A . ∴BA 1⊥平面CAB 1，故CB 1⊥BA 1.(2)∵AB ＝AA 1＝2，BC ＝5，∴AC ＝A 1C 1＝1， 由(1)知，A 1C 1⊥平面ABA 1，∴VC 1－ABA 1＝13S △ABA 1·A 1C 1＝13×2×1＝23.19．G5、G7[2012·湖南卷] 如图1－7，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是等腰梯形，AD ∥BC ，AC ⊥BD .(1)证明：BD ⊥PC ；(2)若AD ＝4，BC ＝2，直线PD 与平面PAC 所成的角为30°，求四棱锥P －ABCD 的体积． 19．解：(1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥BD .又AC ⊥BD ，PA ，AC 是平面PAC 内的两条相交直线，所以BD ⊥平面PAC . 而PC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥PC .(2)设AC 和BD 相交于点O ，连结PO ，由(1)知，BD ⊥平面PAC ，所以∠DPO 是直线PD 和平面PAC 所成的角．从而∠DPO ＝30°.由BD ⊥平面PAC ，PO ⊂平面PAC 知，BD ⊥PO . 在Rt △POD 中，由∠DPO ＝30°得PD ＝2OD .因为四边形ABCD 为等腰梯形，AC ⊥BD ，所以△AOD ，△BOC 均为等腰直角三角形．从而梯形ABCD 的高为12AD ＋12BC ＝12×(4＋2)＝3，于是梯形ABCD 的面积S ＝12×(4＋2)×3＝9.在等腰直角三角形AOD 中，OD ＝22AD ＝22，所以PD ＝2OD ＝42，PA ＝PD 2－AD 2＝4. 故四棱锥P －ABCD 的体积为 V ＝13×S ×PA ＝13×9×4＝12. 19．G5、G7[2012·湖北卷] 某个实心零部件的形状是如图1－7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A 1B 1C 1D 1－ABCD ，上部是一个底面与四A 2B 2C 2D 2.(1)证明：直线B 1D 1⊥平面ACC 2A 2；(2)现需要对该零部件表面进行防腐处理．已知AB ＝10，A 1B 1＝20，AA 2＝30，AA 1＝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？19．解：(1)因为四棱柱ABCD －A 2B 2C 2D 2的侧面是全等的矩形， 所以AA 2⊥AB ，AA 2⊥AD ，又因为AB ∩AD ＝A ，所以AA 2⊥平面ABCD . 连接BD ，因为BD ⊂平面ABCD ，所以AA 2⊥BD . 因为底面ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD . 根据棱台的定义可知，BD 与B 1D 1共面．又已知平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，且平面BB 1D 1D ∩平面ABCD ＝BD ， 平面BB 1D 1D ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，所以B 1D 1∥BD .于是由AA 2⊥BD ，AC ⊥BD ，B 1D 1∥BD ，可得AA 2⊥B 1D 1，AC ⊥B 1D 1， 又因为AA 2∩AC ＝A ，所以B 1D 1⊥平面ACC 2A 2.(2)因为四棱柱ABCD －A 2B 2C 2D 2的底面是正方形，侧面是全等的矩形，所以S 1＝S 四棱柱上底面＋S 四棱柱侧面＝(A 2B 2)2＋4AB ·AA 2＝102＋4×10×30＝1 300(cm 2)．又因为四棱台A 1B 1C 1D 1－ABCD 的上、下底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形． 所以S 2＝S 四棱台下底面＋S 四棱台侧面＝(A 1B 1)2＋4×12(AB ＋A 1B 1)h 等腰梯形的高＝202＋4×12(10＋20)132－⎣⎢⎡⎦⎥⎤1220－102＝1 120(cm 2)．于是该实心零部件的表面积为S ＝S 1＋S 2＝1 300＋1 120＝2 420(cm 2)， 故所需加工处理费为0.2S ＝0.2×2 420＝484(元)．19．G7、G12[2012·福建卷] 如图1－3所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，M 为棱DD 1上的一点．(1)求三棱锥A －MCC 1的体积；(2)当A 1M ＋MC 取得最小值时，求证：B 1M ⊥平面MAC .19．解：(1)由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1知， AD ⊥平面CDD 1C 1，∴点A 到平面CDD 1C 1的距离等于AD ＝1，又S △MCC 1＝12CC 1×CD ＝12×2×1＝1，∴VA －MCC 1＝13AD ·S △MCC 1＝13.(2)将侧面CDD 1C 1绕DD 1逆时针转90°展开，与侧面ADD 1A 1共面(如图)，当A 1，M ，C 共线时，A 1M ＋MC 由AD ＝CD ＝1，AA 1＝2，得M 为DD 1中点．连接C 1M ，在△C 1MC 中，MC 1＝2，MC ＝2，CC 1＝2.∴CC 21＝MC 21＋MC 2，得∠CMC 1＝90°，即CM ⊥MC 1.又由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1知，B 1C 1⊥平面CDD 1C 1，∴B 1C 1⊥CM . 又B 1C 1∩C 1M ＝C 1，∴CM ⊥平面B 1C 1M ，得CM ⊥B 1M ； 同理可证，B 1M ⊥AM ，又AM ∩MC ＝M ，∴B 1M ⊥平面MAC .16．G4、G5、G7[2012·北京卷] 如图1－9(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△A 1DE 的位置，使A 1F ⊥CD ，如图1－9(2)．(1)求证：DE ∥平面A 1CB ； (2)求证：A 1F ⊥BE ；(3)线段A 1B 上是否存在点Q ，使A 1C ⊥平面DEQ ？说明理由．图1－916．解：(1)证明：因为D，E分别为AC，AB的中点，所以DE∥BC.又因为DE⊄平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.(2)证明：由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，所以A1F⊥平面BCDE，所以A1F⊥BE.(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如下图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP，由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.7．G2、G7[2012·北京卷] 某三棱锥的三视图如图1－4所示，该三棱锥的表面积是( )－4A ．28＋6 5B ．30＋6 5C ．56＋12 5D ．60＋12 57．B [解析] 本题考查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＝12×5×4＝10，S 后＝12×5×4＝10，S 左＝12×6×25＝65，S 右＝12×4×5＝10，所以S 表＝10×3＋65＝30＋6 5.12．G2、G7[2012·安徽卷] 某几何体的三视图如图1－2所示，则该几何体的体积等于________．212．56 [解析] 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，其体积为V ＝Sh ＝12()2＋5×4×4＝56.。
山西省各地市2012年高考数学最新联考试题分类大汇编(3)函数与导数
一、选择题：3．(山西大学附中2012年高三下学期三模理科)由曲线x x y 22-=与直线0=+y x 所围成的封闭图形的面积为（ Ｄ ） Ａ．32 Ｂ．65 Ｃ．31 Ｄ．61 12. (山西大学附中2012年高三下学期三模理科)已知函数f （x ）满足：①定义域为R ；②对任意x ∈R ，有f （x 十2）＝2f （x ）； ③当x ∈［－1,1］时，f （x ）＝－｜x ｜＋1，则函数y ＝在区间［－10,10］上零点的个数是（C ）（A ）17 （B ）12 （C ）11 （D ）1016. (山西大学附中2012年高三下学期三模理科)对于定义域为D 的函数()x f ，若存在区间[](a D b a M ⊆=,＜)b ，使得(){}M M x x f y y =∈=,，则称区间M 为函数()x f 的“等值区间”.给出下列四个函数：①();2xx f =②();3x x f =③();sin x x f =④().1log 2+=x x f则存在“等值区间”的函数的序号是（B.） A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 7．(山西省太原市2012年高三第三次模拟）设函数2()(),()(1,(1))f x g x x y g x g =+=曲线在点处的切线方程为y = 2x 十1，则曲线y=()f x 在点（1，f （1））处切线的斜率为A ．2B ．14-C ．4D ．12-2．(山西省四校2012届高三第三次联考理科)曲线ln y x x =在点),(e e 处的切线与直线1x ay +=垂直，则实数a 的值为A ．2B.-2C.12D.12-【答案】A7. (山西省四校2012届高三第三次联考理科) 定义在R 上的函数()x f 满足()()()()⎩⎨⎧>---≤-=0,210,8log 2x x f x f x x x f ，则()3f 的值为 A. 1 B.2 C.2-D.3-11．(山西省太原五中2012届高三4月月考理科)若R 上的奇函数)(x f y =的图象关于直线1=x 对称，且当10≤<x 时，x x f 2log )(=，则方程)0(41)(f x f +=在区间)2012,2010(内的所有实数根之和为（ B ）A. 4020B.4022C.4024D.4026 二、填空题：16. (山西省四校2012届高三第三次联考理科)函数|1|,1()1()1,12x a x f x x -=⎧⎪=⎨+≠⎪⎩若关于x 的方程22()(23)()30f x a f x a -++=有五个不同的实数解，则a 的取值范围是________．33(1,)(,2)22⋃三、解答题：21．(山西大学附中2012年高三下学期三模理科)（本题满分12分） 设函数()(,)bf x ax a b R x=+∈，若()f x 在点(1,(1))f 处的切线斜率为1．（Ⅰ）用a 表示b ；（Ⅱ）设()ln ()g x x f x =-，若()1g x ≤-对定义域内的x 恒成立，求实数a 的取值范围； 解：（Ⅰ）2()b f x a x '=-，依题意有：2(1)11bf a a b b a x'=-=-=⇒=-； …………2′ （Ⅱ）1()ln ()ln ()1a g x x f x x ax x-=-=-+≤-恒成立. ()1g x ≤-恒成立即max ()1g x ≤-.方法一：()1g x ≤-恒成立，则(1)11101g a a a +=--++≤⇒≥.当1a ≥时，221[(1)](1)(1)(1)1()01,1a x x ax a x a g x x x x x a---+--+--'===⇒==-+ 110,x a=-+≤2(0)0x g '≥，则(0,1)x ∈，()0g x '>，()g x 单调递增，当(1,)x ∈+∞，()0g x '<，()g x 单调递减，则max ()(1)121g x g a ==-≤-，符合题意；即()1g x ≤-恒成立，实数a 的取值范围为1a ≥； ……………6′（11(1)ln(1)10g a a-+=-+->矛盾；） 若1a ≥，110a-+≤，(0,1)x ∈，()0g x '>，()g x 单调递增；当(1,)x ∈+∞，()0g x '<，()g x 单调递减，则max ()(1)121g x g a ==-≤-，符合题意；综上，得()1g x ≤-恒成立，实数a 的取值范围为1a ≥； ……………6 21．(山西省山大附中2012届高三4月月考文科)（本小题满分12分）已知函数32()2f x x ax x =--+.(a R ∈). （1）当1=a 时，求函数)(x f 的极值； （2）若对x R ∀∈，有4'()||3f x x ≥-成立，求实数a 的取值范围．当x 变化时，'()f x ， ()f x 的变化情况如下表：分∴当13x =-时，函数()f x 有极大值，15()=()2,327f x f -=极大---------------5分当1x =时函数()f x 有极小值，()(1)1f x f ==极小----------------6分∵13||23||x x +≥=，当且仅当13x =-时等号成立，∴11222a a -≤⇒≥---------------------------------13分③当0x =时，a R ∈综上得实数a 的取值范围为11[,]22-.--------------------------14分21. (山西省太原五中2012届高三4月月考理科)（本题满分12分）已知函数e R x eax x f x)(()(2∈+=是自然对数的底数，71.2≈e ） （1）当15-=a 时，求)(x f 的单调区间；（2）若)(x f 在区间],1[e e上是增函数，求实数a 的取值范围；（3）证明en e n e e e n 451312111232222<++++++++ 对一切*N n ∈恒成立。
【精品解析】北京市2012年高考数学最新联考试题分类大汇编(8)立体几何
精品解析：北京市2012年高考数学最新联考试题分类大汇编（8）立体几何试题解析一、选择题：（3）(北京市东城区2012年1月高三考试文科）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（A ）32a （B ） 36a （C ） 312a （D ）318a【答案】C【解析】该几何体为底面是直角边为a的等腰直角三角形，高为a 的直三棱柱，其体积为12a a a ⨯⨯⨯=32a 。
7．(北京市西城区2012年1月高三期末考试理科)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是（ ） （A ）8 （B ）83 （C ）4 （D ）43【答案】D正 （ 主 ） 视图俯视图侧 （ 左 ） 视图【解析】将三视图还原直观图，可知是一个底面为正方形（其对角线长为2），高为2的四棱锥，其体积为11142222.3323ABCD V S =⨯=⨯⨯⨯⨯=正方形A ．βα//,//n m 且βα//，则n m //B ．βα⊥⊥n m ,且βα⊥，则m //nC ．βα//,n m ⊥且βα//，则n m ⊥D ．βα⊥n m ,//且βα⊥，则n m //【答案】C 体的体积为 . 32（9）(北京市东城区2012年4月高考一模文科)已知一个四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积是 . 4310. (2012年4月北京市房山区高三一模理科一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为 .32正视图 侧视图F EDB A PC三、解答题：（17）(北京市东城区2012年1月高三考试文科）（本小题共14分）如图，在四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 是正方形，PA ⊥平面ABCD ， E 是PC 中点，F 为线段AC 上一点.（Ⅰ）求证：EF BD ⊥；（Ⅱ）试确定点F 在线段AC 上的位置，使EF //平面PBD ，并说明理由.【命题分析】本题考查线线垂直和线面探索性问题等综合问题。
考查学生的空间想象能力。
证明线线垂直的方法：（1）异面直线所成的角为直角；（2）线面垂直的性质定理；（3）面面垂直的性质定理；（4）三垂线定理和逆定理；（5）勾股定理；（6）向量垂直.要注意线面、面面垂直的性质定理的成立条件.解题过程中要特别体会平行关系性质的传递性，垂直关系的多样性.本题第一问利用方法二进行证明；探求某证明（Ⅰ）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD ． 又四边形ABCD 是正方形， 所以BD AC ⊥，A AC PA = ， 所以BD ⊥平面PAC , 又EF ⊂平面PAC ,所以EF BD ⊥. (7)分PBD . ………………14分(16) （2012年4月北京市海淀区高三一模理科）（本小题满分14分）在四棱锥P ABCD -中，AB //CD ，AB AD ^，4,2AB AD CD ===，PA ^平面ABCD ，4PA =.（Ⅰ）设平面PAB 平面PCD m =，求证：CD //m ； （Ⅱ）求证：BD ⊥平面PAC ；（Ⅲ）设点Q 为线段PB 上一点，且直线QC 与平面PAC 所成角PQ PB 的值．(16)（本小题满分14分）………………………………………5分PDCBA所以 (BD =- ，AC =， (0,0,4)AP =，所以(4)2000BD AC ⋅=-⨯+⨯=， (4)00040BD AP ⋅=-⨯++⨯=.所以 BD AC ⊥，BD AP ⊥.因为 AP AC A = ，AC ⊂平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，所以 BD ⊥平面PAC .………………………………………9分由（Ⅱ）知平面PAC 的一个法向量为(BD =-.………………………………………12分17. (2012年3月北京市朝阳区高三一模文科)（本题满分13分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为平行四边形，=90ABD ∠︒， EB ⊥平面ABCD ，EF//AB ，2AB=，=1EF ，BC ，且M 是BD 的中点. （Ⅰ）求证：//EM 平面ADF ；FE D（Ⅱ）在EB 上是否存在一点P ，使得CPD ∠最大？ 若存在，请求出CPD ∠的正切值；若不存在， 请说明理由. （17）（本小题满分13分）（Ⅱ）解：假设在EB 上存在一点P ，使得CPD ∠最大.因为EB ⊥平面ABD ，所以EB CD ⊥.又因为CD BD ⊥，所以CD ⊥平面EBD . ………………………8分 在Rt CPD ∆中，tan =CDCPD DP∠.17．(北京市西城区2012年4月高三第一次模拟文)（本小题满分14分）如图，矩形ABCD 中，3AB =，4=BC ．E ，F 分别在线段BC 和AD 上，EF ∥AB ，将矩形ABEF 沿EF 折起．记折起后的矩形为MNEF ，且平面⊥MNEF 平面ECDF ．（Ⅰ）求证：NC ∥平面MFD ； （Ⅱ）若3EC =，求证：FC ND ⊥； （Ⅲ）求四面体NFEC 体积的最大值．17.（本小题满分14分）（Ⅰ）证明：因为四边形MNEF ，EFDC 都是矩形， 所以 MN ∥EF ∥CD ，MN EF CD ==． 所以 四边形MNCD 是平行四边形，……………2分 所以 NC ∥MD ， ………………3分 因为 NC ⊄平面MFD ，所以 NC ∥平面MFD ． ………………4分（Ⅱ）证明：连接ED ，设ED FC O = ．因为平面⊥MNEF 平面ECDF ，且EF NE ⊥， 所以 ⊥NE 平面ECDF ， ……5分所以 FC NE ⊥． …………6分9分（Ⅲ）解：设x NE =，则x EC -=4，其中04x <<．由（Ⅰ）得⊥NE 平面FEC ， 所以四面体NFEC 的体积为11(4)32NFEC EFC V S NE x x ∆=⋅=-． ………11分所以 21(4)[]222NFEC x x V +-≤=． ……………13分 当且仅当x x -=4，即2=x 时，四面体NFEC 的体积最大． ………………14分 （17）(北京市东城区2012年4月高考一模理科)（本小题共13分）图1 图2 （17）（共13分）（Ⅰ）证明：取BE 中点D ，连结DF .因为1AE CF ==，1DE =，所以2AF AD ==，而60A ∠=，即△ADF 是正三角形.又因为1AE ED ==, 所以EF AD ⊥. …………2分 所以在图2中有1A E EF ⊥，BE EF ⊥.…………3分 所以1A E B ∠为二面角1A E FB --的平面角.图1又二面角1A EF B --为直二面角，所以1A E BE ⊥. …………5分 又因为BE EF E = ,所以1A E ⊥平面BEF ,即1A E ⊥平面BEP . …………6分 （Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知1A E ⊥平面BEP ，BE EF ⊥，如图，以E 为原点，建立空间直角坐标系E xyz -，则(0,0,0)E ，1(0,0,1)A ，(2,0,0)B，0)F .在图１中，连结DP . 因为12CF CP FA PB ==， 所以PF ∥BE ，且12PF BE DE ==. 所以四边形EFPD 为平行四边形. 所以EF ∥DP ，且EF DP =.故点P 的坐标为（10）. 图2所以1(2,0,1)A B =- ，(1BP =-，1(0,0,1)EA = . …………8分不妨设平面1A BP 的法向量(,,)x y z =n ，则10,0.A B BP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即20,0.x z x -=⎧⎪⎨-=⎪⎩令y =(3,,6)=n . …………10分 所以cos 〈1EA 〉n,11||||EA EA ⋅===n n . …………12分故直线1A E 与平面1A BP 所成角的大小为3π. …………13分 （17）(北京市东城区2012年4月高考一模文科)（本小题共14分）如图1，在边长为3的正三角形ABC 中，E ，F ，P 分别为AB ，AC ，BC 上的点，且满足1AE FC CP ===.将△AEF 沿EF 折起到△1A EF 的位置，使平面1A EF ⊥平面EFB ，连结1A B ，1A P .（如图2）（Ⅰ）若Q 为1A B 中点，求证：PQ ∥平面1A EF ； （Ⅱ）求证：1A E ⊥EP .图1 图2（17）（共14分）证明：（Ⅰ）取1A E 中点M ，连结,QM MF ． 在△1A BE 中，,Q M 分别为11,A B A E 的中点，所以QM ∥BE ，且12QM BE =． 因为12CF CP FA PB ==， 所以PF ∥BE ,且12PF BE =， 所以QM ∥PF ，且QM PF =．所以四边形PQMF 为平行四边形．所以PQ ∥FM ． …………5分 又因为FM ⊂平面1A EF ，且PQ ⊄平面1A EF ，所以PQ ∥平面1A EF ． …………7分（Ⅱ） 取BE 中点D ，连结DF .因为1AE CF ==，1DE =，所以2AF AD ==，而60A ∠= ，即△ADF 是正三角形.又因为1AE ED ==, 所以EF AD ⊥.所以在图2中有1A E EF ⊥. …………9分因为平面1A EF ⊥平面EFB ，平面1A EF 平面EFB EF =， 所以1A E ⊥平面BEF . …………12分又EP ⊂平面BEF ，所以1A E ⊥EP . …………14分17. (2012年3月北京市丰台区高三一模文科)（本小题共14分）如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是菱形，PA =PD ，∠BAD =60º，E 是AD 的中点，点Q 在侧棱PC 上．（Ⅰ）求证：AD ⊥平面PBE ；（Ⅱ）若Q 是PC 的中点，求证：PA // 平面BDQ ；（Ⅲ）若V P-BCDE =2V Q - ABCD ，试求CP CQ的值． 17．证明：（Ⅰ）因为 E 是AD 的中点， PA =PD ， 所以 AD ⊥PE． ……………………1分因为 底面ABCD 是菱形，∠BAD =60º，所以 AB =BD ，又因为E 是AD 的中点，所以 AD ⊥BE ． (2)分因为 PE ∩BE =E ， (3)分所以 AD ⊥平面PBE ． (4)分（Ⅱ）连接AC 交BD 于点O ，连结OQ ．……………………5分因为O 是AC 中点， Q 是PC 的中点，所以OQ 为△PAC 中位线．所以OQ //因为 12h CP h CQ=， 所以 83CP CQ =． ……………………14分 17. (2012年4月北京市房山区高三一模理科（本小题共14分）在直三棱柱111ABC A B C -中，1BC CC AB===2 ,BC AB ⊥.点N M ,分别是1CC ,C B 1的中点，G 是棱AB 上的动点.（I ）求证：⊥C B 1平面BNG ；(II)若CG //平面M AB 1，试确定G 点的位置，并给出证明；(III)求二面角1M AB B --的余弦值.17．（本小题共14分）(I) 证明：∵在直三棱柱111ABC A B C -中，1CC BC =，点N 是C B 1的中点，∴C B BN 1⊥ …………………………1分BC AB ⊥,1BB AB ⊥,B BC BB = 1∴AB ⊥平面11BCC B ………………………2分⊂C B 1平面11BCC B∴AB C B ⊥1，即GB C B ⊥1 …………………3分又B BG BN =∴⊥C B 1平面BNG …………………………………4分（II ）当G 是棱AB 的中点时，CG //平面M AB 1.……………………………5分 证明如下:连结1AB ,取1AB 的中点H ，连接GC HM HG ,,,则HG 为B AB 1∆的中位线∴GH ∥1BB ，121BB GH =…………………6分 ∵由已知条件，11BCC B 为正方形∴1CC ∥1BB ，11BB CC =∵M 为1CC 的中点，(III) ∵ 直三棱柱111ABC A B C -且BC AB ⊥又 平面1B AB 的法向量为11(2,0,0)BC = ， ∴11cos ,BC n <> =1111B C n B C n ⋅⋅ =31， ……………………13分 设二面角1M AB B --的平面角为θ，且θ为锐角 ∴111cos cos ,3B C n θ=-= ． ……………………14分。
2012年-2021年(10年)全国高考数学真题分类汇编 立体几何客观题(精解精析版)
2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编立体几何客观题（精解精析版）一、选择题1．(2021年高考全国乙卷理科)在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为()A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6【答案】D解析：如图，连接11,,BC PC PB ，因为1AD ∥1BC ，所以1PBC ∠或其补角为直线PB 与1AD 所成的角，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，所以11BB PC ⊥，又111PC B D ⊥，1111BB B D B ⋂=，所以1PC ⊥平面1P B B ，所以1PC PB ⊥，设正方体棱长为2，则111112BC PC D B ===1111sin 2PC PBC BC ∠==，所以16PBC π∠=．故选：D2．(2021年高考全国甲卷理科)在一个正方体中，过顶点A 的三条棱的中点分别为E ，F ，G ．该正方体截去三棱锥A EFG -后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是()()A．B．C．D．【答案】D解析：由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，所以其侧视图为故选：D3．(2021年高考全国甲卷理科)已如A．B．C是半径为1的球O的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC⊥==，则三棱锥O ABC-的体积为()A．212B．312C．24D．34【答案】A解析：,1AC BC AC BC ⊥== ，ABC ∴ 为等腰直角三角形，AB ∴=，则ABC 外接圆的半径为22，又球的半径为1，设O 到平面ABC 的距离为d ，则22d =，所以1112211332212O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯⨯=．故选：A ．【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解．4．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为()A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=， ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==，根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==．故选：A【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题．5．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()()A ．514-B ．512-C ．514+D ．512+【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则22224a PO PE OEb =-=-，由题意212PO ab =，即22142a b ab-=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得154b a =（负值舍去）．故选：C ．【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题．6．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为()A ．3B ．32C ．1D ．32【答案】C解析：设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =．设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC 是面积为934的等边三角形，21393224a ∴⨯=，解得：3a =，22229933434a r a ∴=-=-=，∴球心O 到平面ABC 的距离22431d R r =-=-=．故选：C ．【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面．7．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为()()A ．EB ．FC ．GD ．H【答案】A解析：根据三视图，画出多面体立体图形，14D D 上的点在正视图中都对应点M ,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为N,∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是4D ,线段34D D ,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点4D 在侧视图中对应的点为E ．故选：A【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题．8．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是()()A ．6+4B ．C ．D ．【答案】C解析：根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB ===∴ADB △是边长为的等边三角形根据三角形面积公式可得：211sin 60222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是：632=⨯++．故选：C ．【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题．9．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科)如图，点N 为正方形ABCD 的中心，ECD △为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则()A ．BM EN =，且直线,BM EN 是相交直线B ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是相交直线C ．BM EN =，且直线,BM EN 是异面直线D ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是异面直线【答案】B 【解析】取DC 中点E ，如图连接辅助线，在BDE △中，N 为BD 中点，M 为DE 中点，所以//MN BE ，所以BM ，EN 共面相交，选项C ，D 错误． 平面CDE ⊥平面ABCD ，EF CD ⊥，EF ∴⊥平面ABCD ，又DC CD ⊥,∴DC ⊥平面DCE ，从而EF FN ⊥，BC MC ⊥．所以MCB △与EFN△均为直角三角形．不妨设正方形边长为2，易知3,1MC EF NF ===，所以22(3)27BM =+=，22(3)12EN =+=,BM EN ∴≠，故选B ．【点评】本题比较具有综合性，既考查了面面垂直、线面垂直等线面关系，还考查了三角形中的一些计算问题，是一个比较经典的题目．10．(2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科)设α、β为两个平面，则αβ//的充要条件是()()A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ//的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ//，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ//的必要条件，故选B .【点评】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,//a b a b αβ⊂⊂，则//αβ”此类的错误．11．(2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)已知三棱锥P ABC -的四个顶点在球O 的球面上，PA PB PC ==，ABC △是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，90CEF ∠=︒，则球O 的体积为()A ．B ．C ．D 【答案】D解析：三棱锥P ABC -为正三棱锥，取AC 中点M ，连接,PM BM ，则,AC PM AB BM ⊥⊥，PM BM M = ，可得AC ⊥平面PBM ，从而AC PB ⊥，又//,PB EF EF CE ⊥，可得PB CE ⊥，又AC CE C = ，所以PB ⊥平面PAC ，从而,PB PA PB PC ⊥⊥，从而正三棱锥P ABC -的三条侧棱,,PA PB PC 两两垂直，且PA PB PC ===,,PA PB PC 为棱的正方体，正方体的体对角线即为球O 的直径，即22R R ==，所以球O 的体积为343V R π==．12．(2018年高考数学课标Ⅲ卷（理）)设,,,A B C D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为，则三棱锥D ABC -体积的最大值为()A．B．C．D．【答案】B解析：设ABC △的边长为a，则21sin 6062ABC S a a =︒=⇒=△，此时ABC △外接圆的半径为112sin 60232a r =⋅=⨯︒，故球心O 到面ABC2==，故点D 到面ABC 的最大距离为26R +=，此时11633D ABC ABC D ABC V S d --=⋅=⨯=△，故选B．点评：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大很关键，由M 为三角形ABC 的重心，计算得到23BM BE ==，再由勾股定理得到OM ，进而得到结果，属于较难题型．13．(2018年高考数学课标Ⅲ卷（理）)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头，若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体．则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()()【答案】A解析：依题意，结合三视图的知识易知，带卯眼的木构件的俯视图可以是A 图．14．(2018年高考数学课标Ⅱ卷（理）)在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =线1AD 与1DB 所成角的余弦值为()A ．15B ．56C ．55D ．22【答案】C解析：以D 为坐标原点，1,,DA DC DD DA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则11(0,0,0),(1,0,0),(1,1,3),(0,0,3)D A B D ，所以11(1,0,3),(1,1,3)AD DB =-=因为111111135cos ,5||||25AD DB AD DB AD DB ⋅-+<>===⋅⨯所以异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为55，故选C ．15．(2018年高考数学课标卷Ⅰ（理）)已知正方体的校长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面而积的最大值为()A ．334B ．233C ．324D ．32【答案】A【解析一】根据题意，平面α与正方体对角线垂直，记正方体为111ABCD A B C D -不妨设平面α与1AC 垂直，且交于点M ．平面ABD 与平面11B D C 与1AC 分别交于,P Q ．正方体中心为O ,则容易证明当M 从A 运动到P 时，截面为三角形且周长逐渐增大:当M 从P 运动到Q 时，截面为六边形且周长不变;当M 从Q 运动到1C 时，截面为三角形且周长还渐减小。
2012高考试题分类汇编：立体几何
实用文档2012高考试题分类汇编：立体几何一、选择题1、【2012高考陕西文8】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 （ ）2、【2012高考新课标文7】如图，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（ ）()A 6 ()B 9 ()C 12 ()D 183、【2012高考全国文8】已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中 ，2AB =，122CC =E 为1CC 的中点，则直线1AC与平面BED的距离为（A）2（B）3（C）2（D）14、【2012高考江西文7】若一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为A．112B.5 C.4 D. 925、【2012高考湖南文4】某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能．．．是6、【2012高考广东文7】某几何体的三视图如图1所示，它的体积为实用文档实用文档A. 72πB. 48πC. 30πD. 24π7、【2102高考福建文4】一个几何体的三视图形状都相同，大小均等，那么这个几何体不可以是A 球B 三棱锥C 正方体D 圆柱8、【2012高考重庆文9】设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1和a 且长为a的棱异面，则a 的取值范围是（A） （B） （C）（D）9、【2012高考浙江文3】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 图1俯视图侧视图A.1cm3B.2cm3C.3cm3D.6cm310、【2012高考浙江文5】设l是直线，a，β是两个不同的平面A. 若l∥a，l∥β，则a∥βB. 若l∥a，l⊥β，则a⊥βC. 若a⊥β，l⊥a，则l⊥βD. 若a⊥β, l∥a，则l⊥β11、【2012高考四川文6】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12、【2102高考北京文7】某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是实用文档实用文档（A ）28+65（B ）30+65（C）56+125（D ）60+12513、【2012高考新课标文8】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2，则此球的体积为（A ）6π （B ）43π （C ）46π （D ）63π14、【2012高考四川文10】如图，半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内，过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ，过圆O 的直径CD 作平面α成45角的平面与半球面相交，所得交线上到平面α的距离最大的点为B ，该交线上的一点P 满足60BOP ∠=，则A 、P 两点间的球面距离为（ ）A 、2arccos 4RB 、4R πC 、3arccos 3RD 、3R π实用文档二、填空题15、【2012高考安徽文12】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于______。
山西省各地市高考数学联考试题分类大汇编立体几何
山西省各地市2012年高考数学最新联考试题分类大汇编（8）立体几何一、选择题：4．(山西大学附中2012年高三下学期三模理科)将长方体截去一个四棱锥,得到的几何体如8．(山西省太原市2012年高三第三次模拟）如图，某几何体的正视图、侧视图、俯视图分别是等边三角形、等腰三角形和菱形，则该几何体的体积为A．43B．4C．23D．2【答案】C6. (山西省四校2012届高三第三次联考理科)已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB＝３，BC＝2，则棱锥O－ABCD的体积为6A. 51B. 351C. 251D. 51【答案】A2. (山西省太原五中2012届高三4月月考理科)已知几何体的三视图如图所示，可得这个几16．(山西省太原市2012年高三第三次模拟）点A 、B 、C 、D 均在同一球面上，其中△ ABC 是正三角形，AD ⊥平面ABC ，AD=2AB=6，则 该球的体积为 。
323π15．(山西省四校2012届高三第三次联考理科)一个棱锥的三视图如图（尺寸的长度单位为m ），则该棱锥的全面积是______（单位：m 2）．426+三、解答题：18. (山西大学附中2012年高三下学期三模理科)如图直三棱柱111ABC A B C -中，∵A AA AD =⋂1，AD ⊆平面11A ABB ,1AA ⊆平面11A ABB ,∴⊥BC 平面11A ABB . ……………6分（Ⅱ）Q ⊥BC 平面11A ABB .∴AB BC ⊥.又BC BB AB BB ⊥⊥11,，于是可建立如图所示的空间直角坐标系xyz B -.∵ABC ∆是等腰直角三角形，且斜边2=AC ， ∴2==BC AB . 从而，()()()200000020,,,,,,,,,A B C 设存在满足条件的点E 坐标为()()0002,,a a <<由（Ⅰ）知平面11A ABB 的法向量BC uuu r =()020,,, …6分令平面ACE 的法向量(),,n x y z =v00n AC n AE ⎧⋅=⎨⋅=⎩v u u u v v u u u v ，22020x y x az ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩ 令2z =得()2,,n a a =v . Q 平面AEC 与平面11A ABB 的夹角等于60o∴2212222cos ,a n BC a ==+u vu u u v ，的1a =所以当E 为棱1BB 中点时平面AEC 与平面11A ABB 的夹角等于60o . ……………12分18. (山西省山大附中2012届高三4月月考文科)（本小题满分12分）如图（1），△ABC 是等腰直角三角形，,4==BC AC F E 、分别为AB 、AC 的中点，将△AEF 沿EF 折起，使1A 在平面BCEF 上的射影O 恰好为EC 的中点，得到图（2）。
2012年高考数学试题解析 分项版之专题08 立体几何 教师版 文.pdf
单元测试(一) 数与式 (时间：100分钟 满分：150分)题号一二三四五六七八总分合分人复分人得分 一、选择题(本10小题每小题4分满分40分)与－的积是1的是( ) B.C．－－计算(－2)－3的值是( )－1 ．－2－4－5这四个数中最小的是( )－4 ．－5为了加快4网络建设我市电信运营企业将根据各自发展规划今年预计完成4投资7 800万元左右将万元用科学记数法表示为多少元时下列记法正确的是( )C．7.8×107 D．7.8×108 5．使分式－有意义的x的取值范围为( )－2 ．＞－2 ．＜2若x为实数且＋＝0则的值为( )－1 ．－3将多项式x－xy分解因式结果正确的是( )(x2－y) B．(x－y)(x＋y)(x＋y)(x－y)8．(2014·新疆改编)下列运算正确的是( )＋a＝a(3a－b)＝9a－b＝a(a2)3＝a(2014·山东)化简的结果是( )－a－1 ．－a＋1 －ab＋1．－ab＋b甲、乙、丙三家超市为了促销一种定价为m元的商品甲超市先降价20后又降价10；乙超市连续两次降价15；丙超市一次降价30那么顾客购买这种商品更合算的超市是( )甲 ．乙 ．丙 ．一样二、填空题(本大题共4小题每小题5分满分20分)(2015·巴中)分解因式：2a－4a＋2＝________.当x＝时代数式x－3x＋3的值是________．代数式中x的取值范围是________．(2015·淮安)将连续正整数按如下规律排列： 第1列第2列第3列第4列第5列第1行12345第2行8765第3行9101112第4行16151413第5行17181920…若正整数565位于第a行第b列则a＋b＝________.提示：每两行共8个数所以565÷8＝70……5所以前70个8共计140行后面5个数则排第142行第5列所以a＝142＝5所以a＋b＝147.三、(本大题共2小题每小题8分满分16分)计算：－245°＋(2－)0－化简：(x＋2)(x－2)－2(x－5)．四、(本大题共2小题每小题8分满分16分)已知A＝2a－a＋2＝2其中a＞1.求证：A－B＞0.先化简再求值：－，其中a＝－3.五、(本大题共2小题每小题10分满分20分)化简并求值：(m＋n)＋(m＋n)(m－3n)其中m＝＝1.先化简再求值：其中a＝＋1.六、(本题满分12分)(2015·广州)A＝－(1)化简A；(2)当x满足不等式组且x为整数时求A的值．七、(本题满分12分)(2014·黄山模拟)如果一个正整数能表示为两个连续偶数的平方差那么称这个正整数为“神秘数”．如：4＝2－0＝4－2＝6－4因此4都是“神秘数”．(1)36和2 016这两个数是“神秘数”吗？为什么？(2)设两个连续偶数为2k和2k－2(其中k取大于1的整数)由这两个连续偶数构造的神秘数是4的倍数吗？为什么？八、(本题满分14分)观察下列算式：－22＝3－4＝－1－3＝8－9＝－1－4＝15－16＝－1(1)请你按以上规律写出第④个算式；(2)把这个规律用含字母的式子表示出来；你认为(2)中所写出的式子一定成立吗？并说明理由． 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11.2(a－1) 12.2 13.x>1 14.147 15.原式＝2－2×＋1－3＝－2. 16.原式＝x－4－2x＋10＝－x＋6. 17.A－B＝(2a－a＋2)－2＝2a－a＝a(2a－1)＞1－1＞0(2a－1)＞0(2a2－a＋2)－2＞0－B＞0. 18.原式＝－ ＝－＝当a＝－3时原式＝＝5. 19.原式＝(m＋2mn＋n)＋(m－3mn＋mn－3n) ＝m＋2mn＋n＋m－3mn＋mn－3n＝2m－2n当m＝＝1时原式＝2×()－2×1＝2×2－21＝2. 20.原式＝＝当a＝＋1时原式＝＝＝ 21.(1)A＝－ ＝－ ＝－＝ ＝(2)不等式组的解集为：1≤x<3. ∵x为整数＝1或2. ∵A＝当x＝2时＝＝＝1. 22.(1)36＝10－8；2 016＝505－50336是“神秘数”不是“神秘数”； (2)(2k)－(2k－2)＝(2k－2k＋2)(2k＋2k－2)＝4(2k－1)由2k和2k－2构造的神秘数是4的倍数． 23.(1)第④个算式为：4×6－5＝24－25＝－1. (2)答案不唯一．如n(n＋2)－(n＋1)＝－1. (3)一定成立． 理由： n(n＋2)－(n＋1)＝n＋2n－(n＋2n＋1) ＝n＋2n－n－2n－1 ＝－1. 故n(n＋2)－(n＋1)＝－1成立． 初中学习网，资料共分享！我们负责传递知识！。
【2022高考必备】2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编 立体几何大题(原卷版)
2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编 立体几何大题（原卷版）1．(2021年高考全国甲卷理科)已知直三棱柱111ABC A B C -中,侧面11AA B B 为正方形,2AB BC ==,E ,F 分别为AC 和1CC 中点,D 为棱11A B 上地点．11BF A B ⊥(1)证明：BF DE ⊥。
(2)当1B D 为何值时,面11BB C C 与面DFE 所成地二面角地正弦值最小?2．(2021年高考全国乙卷理科)如图,四棱锥P ABCD -地底面是矩形,PD ⊥底面ABCD ,1PD DC ==,M 为BC 地中点,且PB AM ⊥．(1)求BC 。
(2)求二面角A PM B --地正弦值．3．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)如图,D 为圆锥地顶点,O 是圆锥底面地圆心,AE 为底面直径,AE AD =．ABC 是底面地内接正三角形,P 为DO 上一点,PO =．的(1)证明：PA ⊥平面PBC 。
(2)求二面角B PC E --地余弦值．4．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)如图,已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1地底面是正三角形,侧面BB 1C 1C 是矩形,M ,N 分别为BC ,B 1C 1地中点,P 为AM 上一点,过B 1C 1和P 地平面交AB 于E ,交AC 于F ．(1)证明：AA 1∥MN ,且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F 。
(2)设O 为△A 1B 1C 1地中心,若AO ∥平面EB 1C 1F ,且AO =AB ,求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角地正弦值．5．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科)如图,在长方体1111ABCD A B C D -中,点,E F 分别在棱11,DD BB 上,且12DE ED =,12BF FB =．(1)证明：点1C 平面AEF 内。
(2)若2AB =,1AD =,13AA =,求二面角1A EF A --地正弦值．6．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科)图1是由矩形ADEB ,Rt △ABC 和菱形BFGC 组成地一个平面图形,其中AB =1,BE =BF =2,∠FBC =60°,将其沿AB ,BC 折起使得BE 与BF 重合,连结DG ,如图2．(1)证明：图2中地A ,C ,G ,D 四点共面,且平面ABC ⊥平面BCGE 。
2012高考数学试题汇编立体几何
(Ⅱ)由题设和（Ⅰ）知， CD, AP 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
CD PB PA PB cos CD, PB cos PA, PB ,即 . CD PB PA PB
又梯形 ABCD 的面积为 S 6 3 3 5 15
【点评】本题考查空间线面垂直关系的证明，考查空间角的应用，及几何体体积计算.第一 问只要证明 PA CD 即可，第二问算出梯形的面积和棱锥的高，由 V 积，或者建立空间直角坐标系，求得高几体积.
BG
AB 2 16 8 5 AB AG 2 5, BF . BG 5 2 5
2 2
于是 PA BF
8 5 . 5
1 (5 3) 4 16, 所以四棱锥 P ABCD 的体积为 2
又梯形 ABCD 的面积为 S
V
1 1 8 5 128 5 S PA 16 . 3 3 5 15
2012年普通高等学校招生全国统一考试(辽宁卷) 数学(供理科考生使用)
(18)(本小题满分 12 分) 如图，直三棱柱 ABC A B C ， BAC 90 ，
/ / /
AB AC AA/ , 点 M，N 分别为 A/ B 和 B / C / 的中点。
(Ⅰ)证明： MN ∥平面 A ACC ; (Ⅱ)若二面角 A/ MN C 为直二面角，求 的值。
（Ⅰ）易知 CD ( 4, 2, 0), AE (2, 4, 0), AP (0, 0, h ). 因为
【数学】2012新题分类汇编：立体几何(高考真题+模拟新题)
立体几何(高考真题+模拟新题)课标理数12.G1[2011·福建卷] 三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，P A ＝3，底面ABC 是边长为2的正三角形，则三棱锥P －ABC 的体积等于________．课标理数12.G1[2011·福建卷] 【答案】 3【解析】 由已知，S △ABC ＝12×22sin π3＝3，∴ V P －ABC ＝13S △ABC ·P A ＝13×3×3＝3，即三棱锥P －ABC 的体积等于 3.课标文数8.G2[2011·安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图1－1所示，则该几何体的表面积为( )图1－1A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80课标文数8.G2[2011·安徽卷] C 【解析】 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(如图所示)，所以该直四棱柱的表面积为S ＝2×12×(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2×1＋16×4＝48＋817.课标理数6.G2[2011·安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图1－1所示，则该几何体的表面积为( )图1－1A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80图1－3课标理数7.G2[2011·北京卷] 某四面体的三视图如图1－3所示，该四面体四个面的面积中最大的是( )A ．8B ．6 2C ．10D ．8 2课标理数7.G2[2011·北京卷] C 【解析】 由三视图可知，该四面体可以描述为SA ⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，且SA ＝AB ＝4，BC ＝3，所以四面体四个面的面积分别为10,8,6,62，从而面积最大为10，故应选C.图1－4课标文数 5.G2[2011·北京卷] 某四棱锥的三视图如图1－1所示，该四棱锥的表面积是( )图1－1A ．32B ．16＋16 2C ．48D ．16＋32 2 课标文数5.G2[2011·北京卷] B 【解析】 由题意可知，该四棱锥是一个底面边长为4，高为2的正四棱锥，所以其表面积为4×4＋4×12×4×22＝16＋162，故选B.课标理数7.G2[2011·广东卷] 如图1－2，某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为( )图1－2A ．6 3B ．9 3C ．12 3D ．18 3 课标理数7.G2[2011·广东卷] B 【解析】 由三视图知该几何体为棱柱，h ＝22－1＝3，S 底＝3×3，所以V ＝9 3.课标文数9.G2[2011·广东卷] 如图1－2，某几何体的正视图(主视图)，侧视图(左视图)和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体体积为( )A ．4 3B ．4C ．2 3D ．2课标文数9.G2[2011·广东卷] C 【解析】 由三视图知该几何体为四棱锥，棱锥高h ＝(23)2－(3)2＝3，底面为菱形，对角线长分别为23，2，所以底面积为12×23×2＝23，所以V ＝13Sh ＝13×23×3＝2 3.图1－1课标理数3.G2[2011·湖南卷] 设图1－1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( ) A.92π＋12 B.92π＋18 C ．9π＋42 D ．36π＋18课标理数3.G2[2011·湖南卷] B 【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直径为3的球，下面是一个长、宽都为3、高为2的长方体所构成的几何体，则其体积为：V ＝V 1＋V 2＝43×π×⎝⎛⎭⎫323＋3×3×2＝92π＋18， 故选B.课标文数4.G2[2011·湖南卷] 设图1－1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )图1－1A ．9π＋42B ．36π＋18 C.92π＋12 D.92π＋18 课标文数4.G2[2011·湖南卷] D 【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直径为3的球，下面是一个长、宽都为3高为2的长方体所构成的几何体，则其体积为： V ＝V 1＋V 2＝43×π×⎝⎛⎭⎫323＋3×3×2＝92π＋18，故选D.课标理数6.G2[2011·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图1－2所示，则相应的侧视图可以为( )图1－2 图1－3 课标理数6.G2 [2011·课标全国卷] D 【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，如下图，故侧视图选D.图1－5课标理数15.G2[2011·辽宁卷] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为23，它的三视图中的俯视图如图1－5所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是________．课标理数15.G2[2011·辽宁卷] 23 【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为图1－6，其中M ，N 是中点，矩形MNC 1C 为左视图．由于体积为23，所以设棱长为a ，则12×a 2×sin60°×a ＝23，解得a ＝2.所以CM ＝3，故矩形MNC 1C 面积为2 3.图1－6图1－3课标文数8.G2[2011·辽宁卷] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为23，它的三视图中的俯视图如图1－3所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是( )A ．4B ．23C ．2 D. 3 课标文数8.G2[2011·辽宁卷] B 【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为下图，其中M ，N 是中点，矩形MNC 1C 为左视图．图1－4由于体积为23，所以设棱长为a ，则12×a 2×sin60°×a ＝23，解得a ＝2.所以CM ＝3，故矩形MNC 1C 面积为23，故选B.课标文数8.G2[2011·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图1－2所示，则相应的侧视图可以为( )图1－2图1－3课标文数8.G2[2011·课标全国卷] D【解析】由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，如图，故侧视图选D.图1－4图1－2课标理数11.G2[2011·山东卷] 如图1－2是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－2；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－2；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如图1－2.其中真命题的个数是()A．3B．2C．1D．0课标理数11.G2[2011·山东卷] A【解析】①可以是放倒的三棱柱，所以正确；容易判断②正确；③可以是放倒的圆柱，所以也正确．图1－3课标文数11.G2[2011·山东卷] 如图1－3是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－3；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－3；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如图1－3.其中真命题的个数是()A．3 B．2C．1 D．0课标文数11.G2[2011·山东卷] A【解析】①可以是放倒的三棱柱，所以正确；容易判断②正确；③可以是放倒的圆柱，所以也正确．课标理数5.G2[2011·陕西卷] 某几何体的三视图如图1－2所示，则它的体积是( )图1－2A ．8－2π3B ．8－π3C ．8－2π D.2π3课标理数5.G2[2011·陕西卷] A 【解析】 分析图中所给的三视图可知，对应空间几何图形，应该是一个棱长为2的正方体中间挖去一个半径为1，高为2的圆锥，则对应体积为：V＝2×2×2－13π×12×2＝8－23π.课标文数5.G2[2011·陕西卷] 某几何体的三视图如图1－2所示，则它的体积为( )图1－2A ．8－2π3B ．8－π3C ．8－2π D.2π3课标文数5.G2[2011·陕西卷] A 【解析】 主视图与左视图一样是边长为2的正方形，里面有两条虚线，俯视图是边长为2的正方形与直径为2的圆相切，其直观图为棱长为2的正方体中挖掉一个底面直径为2的圆锥，故其体积为正方体的体积与圆锥的体积之差，V 正＝23＝8，V 锥＝13πr 2h ＝2π3(r ＝1，h ＝2)，故体积V ＝8－2π3，故答案为A.课标理数10.G2[2011·天津卷] 一个几何体的三视图如图1－5所示(单位：m)，则该几何体的体积为________ m 3.图1－5课标理数10.G2[2011·天津卷] 6＋π 【解析】 根据图中信息，可得该几何体为一个棱柱与一个圆锥的组合体，V ＝3×2×1＋13π×1×3＝6＋π.课标文数10.G2[2011·天津卷] 一个几何体的三视图如图1－4所示(单位：m)，则该几何体的体积为________ m 3.图1－4课标文数10.G2[2011·天津卷] 4 【解析】 根据三视图还原成直观图，可以看出，其是由两个形状一样的，底面长和宽都为1，高为2的长方体叠加而成，故其体积V ＝2×1×1＋1×1×2＝4.图1－2课标理数3.G2[2011·浙江卷] D 【解析】 由正视图可排除A 、B 选项，由俯视图可排除C 选项．课标文数7.G2[2011·浙江卷] 若某几何体的三视图如图1－1所示，则这个几何体的直观图可以是( )图1－1图1－2课标文数7.G2[2011·浙江卷] B 【解析】 由正视图可排除A ，C ；由侧视图可判断该该几何体的直观图是B.大纲理数3.G3[2011·四川卷] l 1，l 2，l 3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( ) A ．l 1⊥l 2，l 2⊥l 3⇒l 1∥l 3 B ．l 1⊥l 2，l 2∥l 3⇒l 1⊥l 3C ．l 1∥l 2∥l 3⇒l 1，l 2，l 3共面D ．l 1，l 2，l 3共点⇒l 1，l 2，l 3共面 大纲理数3.G3[2011·四川卷] B 【解析】 对于A ，直线l 1与l 3可能异面；对于C ，直线l 1、l 2、l 3可能构成三棱柱三条侧棱所在直线时而不共面；对于D ，直线l 1、l 2、l 3相交于同一个点时不一定共面. 所以选B.课标文数19.G4，G7[2011·安徽卷] 如图1－4，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形．(1)证明直线BC ∥EF ；(2)求棱锥F －OBED 的体积．图1－4课标文数19.G4，G7[2011·安徽卷] 本题考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力．【解答】 (1)证明：设G 是线段DA 与EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，OA ＝1，OD ＝2，所以OB 綊12DE ，OG ＝OD ＝2.同理，设G ′是线段DA 与FC 延长线的交点，有OC 綊12DF ，OG ′＝OD ＝2，又由于G和G ′都在线段DA 的延长线上，所以G 与G ′重合．在△GED 和△GFD 中，由OB 綊12DE 和OC 綊12DF ，可知B 和C 分别是GE 和GF 的中点．所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF .(2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°，知S △EOB ＝32. 而△OED 是边长为2的正三角形，故S △OED ＝ 3.所以S OBED ＝S △EOB ＋S △OED ＝332.过点F 作FQ ⊥DG ，交DG 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F －OBED 的高，且FQ ＝3，所以V F －OBED ＝13FQ ·S 四边形OBED ＝32.图1－4课标理数17.G4，G7[2011·安徽卷] 【解析】 本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力．图1－5【解答】 (1)(综合法)证明：设G 是线段DA 与线段EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，OA ＝1，OD ＝2，所以OB 綊12DE ，OG ＝OD ＝2.同理，设G ′是线段DA 与线段FC 延长线的交点，有OC 綊12DF ，OG ′＝OD ＝2，又由于G 和G ′都在线段DA 的延长线上，所以G 与G ′重合．在△GED 和△GFD 中，由OB 綊12DE 和OC 綊12DF ，可知B ，C 分别是GE 和GF 的中点，所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF .(向量法)过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，连QE .由平面ABED ⊥平面ADFC ，知FQ ⊥平面ABED .以Q 为坐标原点，QE →为x 轴正向，QD →为y 轴正向，QF →为z 轴正向，建立如图所示空间直角坐标系．图1－6由条件知E (3，0,0)，F (0,0，3)，B ⎝⎛⎭⎫32，－32，0，C ⎝⎛⎭⎫0，－32，32. 则有BC →＝⎝⎛⎭⎫－32，0，32，EF →＝(－3，0，3)．所以EF →＝2BC →，即得BC ∥EF .(2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°，知S △EOB ＝32.而△OED 是边长为2的正三角形，故S △OED ＝ 3.所以S 四边形OBED ＝S △EOB ＋S △OED ＝332.过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F －OBED 的高，且FQ ＝3，所以V F －OBED ＝13FQ ·S 四边形OBED ＝32.课标文数17.G4[2011·北京卷]图1－4如图1－4，在四面体P ABC 中，PC ⊥AB ，P A ⊥BC ，点D ，E ，F ，G 分别是棱AP ，AC ，BC ，PB 的中点．(1)求证：DE ∥平面BCP ；(2)求证：四边形DEFG 为矩形；(3)是否存在点Q ，到四面体P ABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由． 课标文数17.G4[2011·北京卷] 【解答】 (1)证明：因为D ，E 分别为AP ，AC 的中点，图1－5所以DE ∥PC .又因为DE ⊄平面BCP ，PC ⊂平面BCP ， 所以DE ∥平面BCP .(2)因为D 、E 、F 、G 分别为AP 、AC 、BC 、PB 的中点， 所以DE ∥PC ∥FG ， DG ∥AB ∥EF ，所以四边形DEFG 为平行四边形． 又因为PC ⊥AB ， 所以DE ⊥DG ，所以平行四边形DEFG 为矩形． (3)存在点Q 满足条件，理由如下： 连接DF ，EG ，设Q 为EG 的中点．由(2)知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝12EG .分别取PC 、AB 的中点M ，N ，连接ME 、EN 、NG 、MG 、MN .与(2)同理，可证四边形MENG 为矩形，其对角线交点为EG 的中点Q ，且QM ＝QN ＝12EG .所以Q 为满足条件的点．图1－3课标文数15.G4[2011·福建卷] 如图1－3，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上，若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．课标文数15.G4[2011·福建卷] 2 【解析】 ∵ EF ∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ABCD ，平面ABCD ∩平面AB 1C ＝AC ，∴EF ∥AC ，又∵E 是AD 的中点，∴F 是CD 的中点，即EF 是△ACD 的中位线，∴EF ＝12AC ＝12×22＝ 2.课标数学16.G4，G5[2011·江苏卷] 如图1－2，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点．图1－2求证：(1)直线EF ∥平面PCD ；(2)平面BEF ⊥平面P AD . 课标数学16.G4，G5[2011·江苏卷] 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力．【解答】 证明：(1)在△P AD 中，因为E ，F 分别为AP ，AD 的中点，所以EF ∥PD .又因为EF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，图1－3所以直线EF ∥平面PCD .(2)连结BD ，因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，所以△ABD 为正三角形，因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD .因为平面P AD ⊥平面ABCD ，BF ⊂平面ABCD ， 平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以BF ⊥平面P AD .又因为BF ⊂平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面P AD .课标文数4.G4[2011·浙江卷] 若直线l 不平行于平面α，且l ⊄α，则( ) A ．α内的所有直线与l 异面 B ．α内不存在与l 平行的直线 C ．α内存在唯一的直线与l 平行 D ．α内的直线与l 都相交 课标文数4.G4[2011·浙江卷] B 【解析】 在α内存在直线与l 相交，所以A 不正确；若α内存在直线与l 平行，又∵l ⊄α，则有l ∥α，与题设相矛盾，∴B 正确，C 不正确；在α内不过l 与α交点的直线与l 异面，D 不正确．图1－6课标理数16.G5，G11[2011·北京卷] 如图1－6，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面P AC ；(2)若P A ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值； (3)当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求P A 的长． 课标理数16.G5，G11[2011·北京卷] 【解答】 (1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .又因为P A ⊥平面ABCD ， 所以P A ⊥BD ，所以BD ⊥平面P AC . (2)设AC ∩BD ＝O . 因为∠BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，OB 、OC 所在直线及点O 所在且与P A 平行的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系O －xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)．图1－7所以PB →＝(1，3，－2)，AC →＝(0,23，0)． 设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64. (3)由(2)知BC →＝(－1，3，0)． 设P (0，－3，t )(t ＞0)， 则BP →＝(－1，－3，t )．设平面PBC 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则BC →·m ＝0，BP →·m ＝0.所以⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0，令y ＝3，则x ＝3，z ＝6t ，所以m ＝⎝⎛⎭⎫3，3，6t . 同理，可求得平面PDC 的法向量n ＝⎝⎛⎭⎫－3，3，6t . 因为平面PBC ⊥平面PDC ，所以m ·n ＝0，即－6＋36t2＝0.解得t ＝ 6.所以当平面PBC 与平面PDC 垂直时，P A ＝ 6.大纲理数6.G5、G11[2011·全国卷] 已知直二面角α－l －β，点A ∈α，AC ⊥l ，C 为垂足．点B ∈β，BD ⊥l ，D 为垂足．若AB ＝2，AC ＝BD ＝1，则D 到平面ABC 的距离等于( )A.23B.33C.63D ．1 大纲理数6.G5、G11[2011·全国卷] C 【解析】 ∵α⊥β，AC ⊥l ，∴AC ⊥β，则平面ABC ⊥β，在平面β内过D 作DE ⊥BC ，则DE ⊥平面ABC ，DE 即为D 到平面ABC 的距离，在△DBC 中，运用等面积法得DE ＝63，故选C.大纲理数19.G5，G11[2011·全国卷] 如图1－1，四棱锥S －ABCD 中，AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形．AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成的角的大小．图1－1大纲理数19.G5，G11[2011·全国卷] 【解答】 解法一：(1)取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE ＝CB ＝2.图1－2连结SE ，则SE ⊥AB ，SE ＝ 3. 又SD ＝1，故ED 2＝SE 2＋SD 2， 所以∠DSE 为直角． 由AB ⊥DE ，AB ⊥SE ，DE ∩SE ＝E ，得AB ⊥平面SDE ，所以AB ⊥SD . SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直． 所以SD ⊥平面SAB .(2)由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE .作SF ⊥DE ，垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，SF ＝SD ×SE DE ＝32.作FG ⊥BC ，垂足为G ，则FG ＝DC ＝1. 连结SG ，则SG ⊥BC .又BC ⊥FG ，SG ∩FG ＝G ，故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG . 作FH ⊥SG ，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC .FH ＝SF ×FG SG ＝37，即F 到平面SBC 的距离为217.由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，故E 到平面SBC 的距离d 也为217. 设AB 与平面SBC 所成的角为α，则sin α＝d EB ＝217，α＝arcsin 217.解法二：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图1－3所示的空间直角坐标系C －xyz .图1－3设D (1,0,0)，则A (2,2,0)，B (0,2,0)． 又设S (x ，y ，z )， 则x >0，y >0，z >0. (1)AS →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )，DS →＝(x －1，y ，z )， 由|AS →|＝|BS →|得(x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2， 故x ＝1， 由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1，又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4，即y 2＋z 2－4y ＋1＝0，故y ＝12，z ＝32.于是S ⎝⎛⎭⎫1，12，32，AS →＝⎝⎛⎭⎫－1，－32，32，BS →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，DS →＝⎝⎛⎭⎫0，12，32，DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0.故DS ⊥AS ，DS ⊥BS ，又AS ∩BS ＝S ， 所以SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，则a ⊥BS →，a ⊥CB →，a ·BS →＝0，a ·CB →＝0.又BS →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，CB →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．又AB →＝(－2,0,0)，所以cos 〈AB →，a 〉＝AB →·a |AB →|·|a |＝217.故AB 与平面SBC 所成的角为arcsin217.大纲文数8.G5[2011·全国卷] 已知直二面角α－l －β，点A ∈α，AC ⊥l ，C 为垂足，点B ∈β，BD ⊥l ，D 为垂足．若AB ＝2，AC ＝BD ＝1，则CD ＝( )A ．2 B. 3 C. 2 D ．1 大纲文数8.G5[2011·全国卷] C 【解析】 ∵α⊥β，AC ⊥l ，∴AC ⊥β，则AC ⊥CB ，∵AB ＝2，AC ＝1，可得BC ＝3，又BD ⊥l ，BD ＝1，∴CD ＝2，故选C.大纲文数20.G5，G11[2011·全国卷] 如图1－1，四棱锥S －ABCD 中，图1－1AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形．AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1. (1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成的角的大小． 大纲文数20.G5，G11[2011·全国卷] 【解答】 解法一：(1)取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE ＝CB ＝2.图1－2连结SE ，则SE ⊥AB ，SE ＝ 3. 又SD ＝1，故ED 2＝SE 2＋SD 2， 所以∠DSE 为直角．由AB ⊥DE ，AB ⊥SE ，DE ∩SE ＝E ，得AB ⊥平面SDE ，所以AB ⊥SD . SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直． 所以SD ⊥平面SAB .(2)由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE . 作SF ⊥DE ，垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，SF ＝SD ×SE DE ＝32.作FG ⊥BC ，垂足为G ，则FG ＝DC ＝1. 连结SG ，则SG ⊥BC .又BC ⊥FG ，SG ∩FG ＝G ，故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG . 作FH ⊥SG ，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC .FH ＝SF ×FG SG ＝37，即F 到平面SBC 的距离为217.由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，故E 到平面SBC 的距离d 也为217.设AB 与平面SBC 所成的角为α，则sin α＝d EB ＝217，α＝arcsin 217.解法二：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图1－3所示的空间直角坐标系C －xyz .图1－3设D (1,0,0)，则A (2,2,0)，B (0,2,0)． 又设S (x ，y ，z )，则x >0，y >0，z >0. (1)AS →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )，DS →＝(x －1，y ，z )， 由|AS →|＝|BS →|得(x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2， 故x ＝1， 由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1，又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4，即y 2＋z 2－4y ＋1＝0，故y ＝12，z ＝32.于是S ⎝⎛⎭⎫1，12，32，AS →＝⎝⎛⎭⎫－1，－32，32，BS →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，DS →＝⎝⎛⎭⎫0，12，32，DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0.故DS ⊥AS ，DS ⊥BS ，又AS ∩BS ＝S ， 所以SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，则a ⊥BS →，a ⊥CB →，a ·BS →＝0，a ·CB →＝0.又BS →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，CB →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．又AB →＝(－2,0,0)，所以cos 〈AB →，a 〉＝AB →·a |AB →|·|a |＝217.故AB 与平面SBC 所成的角为arcsin 217.课标理数20.G5，G10，G11[2011·福建卷] 如图1－7，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD .四边形ABCD 中，图1－7AB ⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°. (1)求证：平面P AB ⊥平面P AD ； (2)设AB ＝AP .①若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长；②在线段AD 上是否存在一个点G ，使得点G 到P 、B 、C 、D 的距离都相等？说明理由． 课标理数20.G5，G10，G11 [2011·福建卷] 【解答】图1－8(1)证明：因为P A ⊥平面ABCD ， AB ⊂平面ABCD ， 所以P A ⊥AB .又AB ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以AB ⊥平面P AD .又AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD .图1－9(2)①以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A －xyz (如图1－9)． 在平面ABCD 内，作CE ∥AB 交AD 于点E ， 则CE ⊥AD .在Rt △CDE 中，DE ＝CD ·cos45°＝1， CE ＝CD ·sin45°＝1.设AB ＝AP ＝t ，则B (t,0,0)，P (0,0，t )． 由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，所以E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)， CD →＝(－1,1,0)，PD →＝(0,4－t ，－t )． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由n ⊥CD →，n ⊥PD →，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0.(4－t )y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )． 又PB →＝(t,0，－t )，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30°得cos60°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·P B →|n |·|PB →|，即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋(4－t )2·2t 2＝12.解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t >0)，所以AB ＝45.则GC →＝(1,3－t －m,0)，GD →＝(0,4－t －m,0)，GP →＝(0，－m ，t )． 由|GC →|＝|GD →|得12＋(3－t －m )2＝(4－t －m )2， 即t ＝3－m ；① 由|GD →|＝|GP →|得(4－t －m )2＝m 2＋t 2.②由①、②消去t ，化简得m 2－3m ＋4＝0.③由于方程③没有实数根，所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P 、C 、D 的距离都相等．从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等． 法二：假设在线段AD 上存在一个点G ，使得点G 到点P 、B 、C 、D 的距离都相等． 由GC ＝GD ，得∠GCD ＝∠GDC ＝45°，图1－12从而∠CGD ＝90°，即CG ⊥AD . 所以GD ＝CD ·cos45°＝1.设AB ＝λ，则AD ＝4－λ，AG ＝AD －GD ＝3－λ. 在Rt △ABG 中， GB ＝AB 2＋AG 2＝λ2＋(3－λ)2＝2⎝⎛⎭⎫λ－322＋92>1. 这与GB ＝GD 矛盾．所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点B 、C 、D 的距离都相等．从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．课标理数18.G5，G10[2011·广东卷] 如图1－3，在锥体P －ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠DAB ＝60°，P A ＝PD ＝2，PB ＝2，E ，F 分别是BC ，PC 的中点．(1)证明：AD ⊥平面DEF ；(2)求二面角P －AD －B 的余弦值．图1－3课标理数18.G5，G10[2011·广东卷] 【解答】 法一：(1)证明：设AD 中点为G ，连接PG ，BG ，BD .图1－1因P A ＝PD ，有PG ⊥AD ，在△ABD 中，AB ＝AD ＝1，∠DAB ＝60°，有△ABD 为等边三角形，因此BG ⊥AD ，BG ∩PG ＝G ，所以AD ⊥平面PBG ，所以AD ⊥PB ，AD ⊥GB .又PB ∥EF ，得AD ⊥EF ，而DE ∥GB 得AD ⊥DE ，又FE ∩DE ＝E ，所以AD ⊥平面DEF . (2)∵PG ⊥AD ，BG ⊥AD ，∴∠PGB 为二面角P －AD －B 的平面角．在Rt △P AG 中，PG 2＝P A 2－AG 2＝74，在Rt △ABG 中，BG ＝AB ·sin60°＝32，∴cos ∠PGB ＝PG 2＋BG 2－PB 22PG ·BG ＝74＋34－42·72·32＝－217.法二：(1)证明：设AD 中点为G ，因为P A ＝PD ，所以PG ⊥AD ， 又AB ＝AD ，∠DAB ＝60°，所以△ABD 为等边三角形，因此，BG ⊥AD ，从而AD ⊥平面PBG .延长BG 到O 且使PO ⊥OB ，又PO ⊂平面PBG ，所以PO ⊥AD ，又AD ∩OB ＝G ，所以PO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB ，OP 分别为x 轴，z 轴，平行于AD 的直线为y 轴，建立如图1－2所示的空间直角坐标系．设P (0,0，m )，G (n,0,0)，则A ⎝⎛⎭⎫n ，－12，0，D ⎝⎛⎭⎫n ，12，0.图1－2∵|GB →|＝|AB →|sin60°＝32，∴B ⎝⎛⎭⎫n ＋32，0，0，C ⎝⎛⎭⎫n ＋32，1，0，E ⎝⎛⎭⎫n ＋32，12，0，F ⎝⎛⎭⎫n 2＋34，12，m2.∴AD →＝(0,1,0)，DE →＝⎝⎛⎭⎫32，0，0，FE →＝⎝⎛⎭⎫n 2＋34，0，－m 2，∴AD →·DE →＝0，AD →·FE →＝0， ∴AD ⊥DE ，AD ⊥FE ，又DE ∩FE ＝E ，∴AD ⊥平面DEF .(2)∵P A →＝⎝⎛⎭⎫n ，－12，－m ，PB →＝⎝⎛⎭⎫n ＋32，0，－m ， ∴m 2＋n 2＋14＝2，⎝⎛⎭⎫n ＋322＋m 2＝2，解得m ＝1，n ＝32.取平面ABD 的法向量n 1＝(0,0，－1)， 设平面P AD 的法向量n 2＝(a ，b ，c )，由P A →·n 2＝0，得32a －b 2－c ＝0，由PD →·n 2＝0，得32a ＋b 2－c ＝0，故取n 2＝⎝⎛⎭⎫1，0，32.∴cos 〈n 1，n 2〉＝－321·74＝－217.即二面角P －AD －B 的余弦值为－217.课标理数18.G5，G11[2011·湖北卷] 如图1－4，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长都是4，E 是BC 的中点，动点F 在侧棱CC 1上，且不与点C 重合．(1)当CF ＝1时，求证：EF ⊥A 1C ；(2)设二面角C －AF －E 的大小为θ，求tan θ的最小值．图1－4课标理数18.G5，G11[2011·湖北卷] 【解答】 解法1：过E 作EN ⊥AC 于N ，连结EF . (1)如图①，连结NF 、AC 1，由直棱柱的性质知，底面ABC ⊥侧面A 1C ，又底面ABC ∩侧面A 1C ＝AC ，且EN ⊂底面ABC ，所以EN ⊥侧面A 1C ，NF 为EF 在侧面A 1C 内的射影，在Rt △CNE 中，CN ＝CE cos60°＝1，则由CF CC 1＝CN CA ＝14，得NF ∥AC 1.又AC 1⊥A 1C ，故NF ⊥A 1C ， 由三垂线定理知EF ⊥A 1C .(2)如图②，连结AF ，过N 作NM ⊥AF 于M ，连结ME ， 由(1)知EN ⊥侧面A 1C ，根据三垂线定理得EM ⊥AF ，所以∠EMN 是二面角C －AF －E 的平面角，即∠EMN ＝θ， 设∠F AC ＝α，则0°<α≤45°. 在Rt △CNE 中，NE ＝EC ·sin60°＝3， 在Rt △AMN 中，MN ＝AN ·sin α＝3sin α，故tan θ＝NE MN ＝33sin α.又0°<α≤45°，∴0<sin α≤22，故当sin α＝22，即当α＝45°时，tan θ达到最小值，tan θ＝33×2＝63，此时F 与C 1重合．解法2：(1)建立如图③所示的空间直角坐标系，则由已知可得A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)，于是CA 1→＝(0，－4,4)，EF →＝(－3，1,1)，则CA 1→·EF →＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0，故EF ⊥A 1C .(2)设CF ＝λ(0<λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由(1)得F (0,4，λ)， AE →＝(3，3,0)，AF →＝(0,4，λ)，于是由m ⊥AE →，m ⊥AF →可得⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0，取m ＝(3λ，－λ，4)，又由直三棱柱的性质可取侧面A 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n||m|·|n|＝3λ2λ2＋4，sin θ＝λ2＋162λ2＋4，所以tan θ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2， 由0<λ≤4，得1λ≥14，即tan θ≥13＋13＝63，故当λ＝4，即点F 与点C 1重合时，tan θ取得最小值63.图1－2课标文数18.G5，G11[2011·湖北卷] 如图1－2，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为32，点E 在侧棱AA 1上，点F 在侧棱BB 1上，且AE ＝22，BF ＝ 2.(1)求证：CF ⊥C 1E ；(2)求二面角E －CF －C 1的大小． 课标文数18.G5，G11[2011·湖北卷]【解答】 解法1：(1)证明：由已知可得CC 1＝32，CE ＝C 1F ＝22＋(22)2＝23， EF ＝C 1E ＝22＋(2)2＝ 6.于是有EF 2＋C 1E 2＝C 1F 2，CE 2＋C 1E 2＝CC 21. 所以C 1E ⊥EF ，C 1E ⊥CE .又EF ∩CE ＝E ，所以C 1E ⊥平面CEF . 又CF ⊂平面CEF ，故CF ⊥C 1E .(2)在△CEF 中，由(1)可得EF ＝CF ＝6，CE ＝23， 于是有EF 2＋CF 2＝CE 2，所以CF ⊥EF . 又由(1)知CF ⊥C 1E ，且EF ∩C 1E ＝E ， 所以CF ⊥平面C 1EF .又C 1F ⊂平面C 1EF ，故CF ⊥C 1F .于是∠EFC 1即为二面角E －CF －C 1的平面角．由(1)知△C 1EF 是等腰直角三角形，所以∠EFC 1＝45°，即所求二面角E －CF －C 1的大小为45°.图1－3解法2：建立如图1－3所示的空间直角坐标系，则由已知可得A (0,0,0)，B (3，1,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,32)，E (0,0,22)，F (3，1，2)． (1)C 1E →＝(0，－2，－2)，CF →＝(3，－1，2)， ∴C 1E →·CF →＝0＋2－2＝0， ∴CF ⊥C 1E . (2)CE →＝(0，－2,22)，设平面CEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )．由m ⊥CE →，m ⊥CF →，得⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CF →＝0，即⎩⎨⎧－2y ＋22z ＝0，3x －y ＋2z ＝0，可取m ＝(0，2，1)． 设侧面BC 1的一个法向量为n ，由n ⊥CB →，n ⊥CC 1→，及CB →＝(3，－1,0)，CC 1→＝(0,0,32)，可取n ＝(1，3，0)，设二面角E －CF －C 1的大小为θ，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n ||m ||n |＝63×2＝22，所以θ＝45°，即所求二面角E －CF －C 1的大小为45°.图1－6课标理数19.G5，G11[2011·湖南卷] 如图1－6，在圆锥PO 中，已知PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，C 是AB 的中点，D 为AC 的中点．(1)证明：平面POD ⊥平面P AC ； (2)求二面角B －P A －C 的余弦值． 课标理数19.G5，G11[2011·湖南卷] 【解答】 解法一：(1)连结OC ，因为OA ＝OC ，D 是AC 的中点，所以AC ⊥OD .图1－7又PO ⊥底面⊙O ，AC ⊂底面⊙O ，所以AC ⊥PO .因为OD ，PO 是平面POD 内的两条相交直线，所以AC ⊥平面POD ，而AC ⊂平面P AC ，所以平面POD ⊥平面P AC .(2)在平面POD 中，过O 作OH ⊥PD 于H ，由(1)知，平面POD ⊥平面P AC ，所以OH ⊥平面P AC . 又P A ⊂面P AC ，所以P A ⊥OH .在平面P AO 中，过O 作OG ⊥P A 于G ，连结HG ，则有P A ⊥平面OGH .从而P A ⊥HG . 故∠OGH 为二面角B －P A －C 的平面角．在Rt △ODA 中，OD ＝OA ·sin45°＝22.在Rt △POD 中，OH ＝PO ·OD PO 2＋OD 2＝2×222＋12＝105.在Rt △POA 中，OG ＝PO ·OA PO 2＋OA 2＝2×12＋1＝63.在Rt △OHG 中，sin ∠OGH ＝OH OG ＝10563＝155.所以cos ∠OGH ＝1－sin 2∠OGH ＝1－1525＝105.故二面角B －P A －C 的余弦值为105.解法二：(1)如图1－8所示，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．则图1－8O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0，2)，D ⎝⎛⎭⎫－12，12，0. 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面POD 的一个法向量，则由n 1·OD →＝0，n 1·OP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－12x 1＋12y 1＝0，2z 1＝0.所以z 1＝0，x 1＝y 1.取y 1＝1，得n 1＝(1,1,0)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面P AC 的一个法向量，则由n 2·P A →＝0，n 2·PC →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－2z 2＝0，y 2－2z 2＝0. 所以x 2＝－2z 2，y 2＝2z 2，取z 2＝1，得n 2＝(－2，2，1)． 因为n 1·n 2＝(1,1,0)·(－2，2，1)＝0，所以n 1⊥n 2.从而平面POD ⊥平面P AC .(2)因为y 轴⊥平面P AB ，所以平面P AB 的一个法向量为n 3＝(0,1,0)．由(1)知，平面P AC 的一个法向量为n 2＝(－2，2，1)．设向量n 2和n 3的夹角为θ，则cos θ＝n 2·n 3|n 2|·|n 3|＝25＝105.由图可知，二面角B －P A －C 的平面角与θ相等，所以二面角B －P A －C 的余弦值为105.课标文数19.G5，G11[2011·湖南卷] 如图1－5，在圆锥PO 中，已知PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，点C 在AB 上，且∠CAB ＝30°，D 为AC 的中点．(1)证明：AC ⊥平面POD ；(2)求直线OC 和平面P AC 所成角的正弦值．图1－5课标文数19.G5，G11[2011·湖南卷] 【解答】 (1)因为OA ＝OC ，D 是AC 的中点，所以AC ⊥OD . 又PO ⊥底面⊙O ，AC ⊂底面⊙O ，所以AC ⊥PO . 而OD ，PO 是平面POD 内的两条相交直线， 所以AC ⊥平面POD .(2)由(1)知，AC ⊥平面POD ，又AC ⊂平面P AC ， 所以平面POD ⊥平面P AC .在平面POD 中，过O 作OH ⊥PD 于H ，则OH ⊥平面P AC .图1－6连结CH ，则CH 是OC 在平面P AC 上的射影， 所以∠OCH 是直线OC 和平面P AC 所成的角．在Rt △ODA 中，OD ＝OA ·sin30°＝12.在Rt △POD 中，OH ＝PO ·OD PO 2＋OD 2＝2×122＋14＝23.在Rt △OHC 中，sin ∠OCH ＝OH OC ＝23.故直线OC 和平面P AC 所成角的正弦值为23.图1－9课标理数18.G5，G10，G11[2011·课标全国卷] 如图1－9，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD .(1)证明：P A ⊥BD ；(2)若PD ＝AD ，求二面角A －PB －C 的余弦值． 课标理数18.G5，G10，G11[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，由余弦定理得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD .又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD ， 所以BD ⊥平面P AD .故P A ⊥BD .图1－10(2)如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，DA 、DB 、DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)，P (0,0,1)， AB →＝(－1，3，0)，PB →＝(0，3，－1)，BC →＝(－1,0,0)．设平面P AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，3y －z ＝0.因此可取n ＝(3，1，3)．设平面PBC 的法向量为m ，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PB →＝0，m ·BC →＝0，可取m ＝(0，－1，－3)．cos 〈m ，n 〉＝－427＝－277.故二面角A －PB －C 的余弦值为－277.图1－8课标文数18.G5，G11[2011·课标全国卷] 如图1－8，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD .(1)证明：P A ⊥BD ；(2)设PD ＝AD ＝1，求棱锥D －PBC 的高． 课标文数18.G5，G11[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)证明：因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，由余弦定理得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD . 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD ， 所以BD ⊥平面P AD ，故P A ⊥BD . (2)如图，作DE ⊥PB ，垂足为E . 已知PD ⊥底面ABCD ，则PD ⊥BC .由(1)知BD ⊥AD ，又BC ∥AD ，所以BC ⊥BD .图1－9故BC ⊥平面PBD ，BC ⊥DE . 则DE ⊥平面PBC .由题设知PD ＝1，则BD ＝3，PB ＝2.根据DE ·PB ＝PD ·BD 得DE ＝32.即棱锥D －PBC 的高为32.课标理数16.G5，G9[2011·陕西卷] 如图1－6，在△ABC 中，∠ABC ＝60°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.图1－6(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ；(2)设E 为BC 的中点，求AE →与DB →夹角的余弦值． 课标理数16.F2[2011·陕西卷] 【解答】 (1)∵折起前AD 是BC 边上的高， ∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB . 又DB ∩DC＝D ， ∴AD ⊥平面BDC ， ∵AD 平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BDC .cos 〈AE →，DB →〉＝AE →·DB →|AE →|·|DB →|＝121×224＝2222.课标文数16.G5[2011·陕西卷] 如图1－8，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ；(2)若BD ＝1，求三棱锥D －ABC 的表面积．图1－8课标文数16.G5[2011·陕西卷] 【解答】 (1)∵折起前AD 是BC 边上的高， ∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB . 又DB ∩DC ＝D . ∴AD ⊥平面BDC . ∵AD 平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BDC .(2)由(1)知，DA ⊥DB ，DB ⊥DC ，DC ⊥DA ， DB ＝DA ＝DC ＝1. ∴AB ＝BC ＝CA ＝ 2.从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12.S △ABC ＝12×2×2×sin60°＝32.∴表面积S ＝12×3＋32＝3＋32.课标数学16.G4，G5[2011·江苏卷] 如图1－2，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点．图1－2求证：(1)直线EF ∥平面PCD ；(2)平面BEF ⊥平面P AD . 课标数学16.G4，G5[2011·江苏卷] 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力．【解答】 证明：(1)在△P AD 中，因为E ，F 分别为AP ，AD 的中点，所以EF ∥PD .又因为EF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，图1－3所以直线EF ∥平面PCD .(2)连结BD ，因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，所以△ABD 为正三角形，因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD .因为平面P AD ⊥平面ABCD ，BF ⊂平面ABCD ， 平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以BF ⊥平面P AD . 又因为BF ⊂平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面P AD .大纲文数6.G5[2011·四川卷] l 1，l 2，l 3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( ) A ．l 1⊥l 2，l 2⊥l 3⇒l 1∥l 3 B ．l 1⊥l 2，l 2∥l 3⇒l 1⊥l 3C ．l 1∥l 2∥l 3⇒l 1，l 2，l 3共面D ．l 1，l 2，l 3共点⇒l 1，l 2，l 3共面 大纲文数6.G5[2011·四川卷] B 【解析】 对于A ，直线l 1与l 3可能异面；对于C ，直线l 1、l 2、l 3可能构成三棱柱三条侧棱所在直线而不共面；对于D ，直线l 1、l 2、l 3相交于同一个点时不一定共面. 所以选B.课标理数4.G5[2011·浙江卷] 下列命题中错误．．的是( ) A ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC ．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l ，那么l ⊥平面γD ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β 课标理数4.G5[2011·浙江卷] D 【解析】 若面α⊥面β，在面α内与面β的交线不相交的直线平行于平面β，故A 正确；B 中若α内存在直线垂直平面β，则α⊥β，与题设矛盾，所以B 正确；由面面垂直的性质知选项C 正确．由A 正确可推出D 错误．课标文数19.G4，G7[2011·安徽卷] 如图1－4，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形．(1)证明直线BC ∥EF ；(2)求棱锥F －OBED 的体积．图1－4课标文数19.G4，G7[2011·安徽卷] 本题考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力．【解答】 (1)证明：设G 是线段DA 与EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，OA ＝1，OD ＝2，所以OB 綊12DE ，OG ＝OD ＝2.同理，设G ′是线段DA 与FC 延长线的交点，有OC 綊12DF ，OG ′＝OD ＝2，又由于G和G ′都在线段DA 的延长线上，所以G 与G ′重合．在△GED 和△GFD 中，由OB 綊12DE 和OC 綊12DF ，可知B 和C 分别是GE 和GF 的中点．所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF .(2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°，知S △EOB ＝32.而△OED 是边长为2的正三角形，故S △OED ＝ 3.所以S OBED ＝S △EOB ＋S △OED ＝332.过点F 作FQ ⊥DG ，交DG 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F －OBED 的高，且FQ ＝3，所以V F －OBED ＝13FQ ·S 四边形OBED ＝32.。
2012年高考真题理科数学解析汇编立体几何参考答案2
2012年高考真题理科数学解析汇编：立体几何参考答案2则B (2, 0, 0),C (2, 22,0),E (1, 2, 1),)1,2,1(=AE ,)0,22,0(=BC设AE 与BC 的夹角为θ,则222224||||cos ===⨯⋅BC AE BCAE θ,θ=4π.由此可知,异面直线BC 与AE 所成的角的大小是4π [解法二]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 =2、AF =2、AE =2 知AEF ∆是等腰直角三角形, 所以∠AEF =4π.因此异面直线BC 与AE 所成的角的大小是4π1.解(1)1111224ABCS ∆=⨯⨯=,又1CC 为三棱锥1C MBC -的高,11111123346C MBC ABC V S CC -∆∴=⋅=⨯⨯= (2)//CD AB ,所以1C MB ∠或其补角为导面直线CD 与1MC 所成的角.连接1,BC AB ⊥平面11,BCC B AB BC ∴⊥,在1Rt MBC ∆中,11415,2BC MB =+==15tan 2512C MB ∠==,故1arctan 25C MB ∴∠=,即异面直线CD 与1MC 所成的角为arctan 25 2.解析:(1)证法一 如图,过直线b 上任一点作平面π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,λμ使得c b n λμ=+则()()()a c a b n a b a n λμλμ⋅=⋅+=⋅+⋅ 因为a b ⊥,所以0a b ⋅=又因为a πÜ,n π⊥,所以0a n ⋅= 故0a c ⋅=,从而a c ⊥证法二 如图,记c b A ⊥=,P 为直线b 上异于点A 的任意一点,过P 作PO π⊥,垂足为O,则O c ∈ ∵PO π⊥,a πÜ,∴直线PO a ⊥ 又a b ⊥,b Ü平面PAO ,POb P =ABCD P EF∴a ⊥平面PAO ,又c Ü平面PAO ,∴a c ⊥(2)逆命题:a 是平面π内一条直线,b 是π外的一条直线(b 不垂直于π),c 是直线b 在π上的投影,若a c ⊥,则a b ⊥. 逆命题为真命题.3. 解析:(Ⅰ)在等腰梯形ABCD 中,AB∥CD,∠DAB=60°,CB=CD,由余弦定理可知202223)180cos(2CD DAB CB CD CB CD BD =∠-⋅⋅-+=,即AD CD BD 33==,在ABD ∆中,∠DAB=60°,AD BD 3=,则ABD ∆为直角三角形,且DB AD ⊥.又AE⊥BD,⊂AD 平面BD⊥平面AED,⊂AE 平面AED,且A AE AD = ,故AED;(Ⅱ)由(Ⅰ)可知CB AC ⊥,设1=CB ,则3==BD CA ,建立如图所示的空间直角坐标系,)0,21,23(),0,1,0(),01,0(-D B F ,向量)1,0,0(=n 为平面BDC 的一个法向量.设向量),,(z y x m =为平面BDF 的法向量,则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00FB m BD m ,即⎪⎩⎪⎨⎧=-=-002323z y y x , 取1=y ,则1,3==z x ,则)1,1,3(=m 为平面BDF 的一个法向量.5551,cos ==⋅>=<nm n m n m ,而二面角F-BD-C 的平面角为锐角,则 二面角F-BD-C 的余弦值为55. 解法二:取BD 的中点G ,连接1,CG FG ,由于CB CD =,因此CG BD ⊥, 又FC ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,所以FC BD ⊥ 由于,,FC CG C FC CG ⋂=⊂平面FCG ,所以BD ⊥平面FCG故BD FG ⊥,所以FGC ∠为二面角F BD C --的平面角.在等腰三角形BCD 中,由于120BCD ∠=︒,因为12CG CB =,又CB CF =,所以225GF CG CF CG =+=, 故5cos 5FGC ∠=,因此二面角F BD C --的余弦值为55. 4. 【答案及解析】(1) 证明:取''A B 中点P,连结MP,NP,而M,N 分别是A 'B 与'B 'C 的中点,所以,MP∥A 'A ,PN∥'A 'C ,所以,MP∥平面'A AC 'C ,PN∥平面'A AC 'C ,又MP NP p ⋂=,因此平面MPN∥平面'A AC 'C ,而MN ⊂平面MPN,所以,MN∥平面'A AC 'C , 【点评】本题以三棱柱为载体主要考查空间中的线面平行的判定,借助空间直角坐标系求平面的法向量的方法,并利用法向量判定平面的垂直关系,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,难度适中.第一小题可以通过线线平行来证明线面平行,也可通过面面平行来证明. 5. 【解析】解:(1)证明:连接AO ,在1AOA 中,作1OE AA ⊥于点E ,因为11//AA BB ,得1OE BB ⊥,因为1AO ⊥平面ABC ,所以1A O BC ⊥,因为,AB AC OB OC ==, 得AO BC ⊥,所以BC ⊥平面1AA O ,所以BC OE ⊥, 所以OE ⊥平面11BB C C , 又2211,5AO AB BO AA =-==,得2155AO AE AA ==(2)如图所示,分别以1,,OA OB OA 所在的直线为x,y,z 轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0), C(0,-2,0), A 1(0.0,2),B(0,2,0) 由(1)可知115AE AA =得点E 的坐标为42(,0,)55,由(1)可知平面11BB C C 的法向量是42(,0,)55,设平面11A B C 的法向量(,,)n x y z =,由10n AB n A C ⎧⨯=⎪⎨⨯=⎪⎩,得200x y y z -+=⎧⎨+=⎩,令1y =,得2,1x z ==-,即(2,1,1)n =-所以30cos ,10||||OE n OE n OE n ⨯<>==⨯ 即平面平面11A B C 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值是3010. 【点评】本题考查线面垂直,二面角、向量法在解决立体几何问题中的应用以及空间想象的能力. 高考中,立体几何解答题一般有以下三大方向的考查.一、考查与垂直,平行有关的线面关系的证明;二、考查空间几何体的体积与表面积;三、考查异面角,线面角,二面角等角度问题.前两种考查多出现在第1问,第3种考查多出现在第2问;对于角度问题,一般有直接法与空间向量法两种求解方法.6. 【答案】证明:(1)∵111ABC A B C -是直三棱柱,∴1CC ⊥平面ABC .又∵AD ⊂平面ABC ,∴1CC AD ⊥.ByOC AEzA 1B 1C 1x又∵1AD DE CC DE ⊥⊂，，平面111BCC B CC DE E =，,∴AD ⊥平面11BCC B .又∵AD ⊂平面ADE ,∴平面ADE ⊥平面11BCC B . (2)∵1111A B AC =,F 为11B C 的中点,∴111A F B C ⊥.又∵1CC ⊥平面111A B C ,且1A F ⊂平面111A B C ,∴11CC A F ⊥. 又∵111 CC B C ⊂，平面11BCC B ,1111CC B C C =,∴1A F ⊥平面111A B C .由(1)知,AD ⊥平面11BCC B ,∴1A F ∥AD .又∵AD ⊂平面1, ADE A F ∉平面ADE ,∴直线1//A F 平面ADE 【考点】直线与平面、平面与平面的位置关系.【解析】(1)要证平面ADE ⊥平面11BCC B ,只要证平面ADE 上的AD ⊥平面11BCC B 即可.它可由已知111ABC A B C -是直三棱柱和AD DE ⊥证得.(2)要证直线1//A F 平面ADE ,只要证1A F ∥平面ADE 上的AD 即可.7. 【解析】 解法1(Ⅰ如图(1)),连接AC,由AB=4,3BC=,90 5.ABC AC ∠==,得5,AD =又E 是CD 的中点,所以.CD AE ⊥,,PA ABCD CD ABCD ⊥⊂平面平面所以.PA CD ⊥而,PA AE 是平面PAE 内的两条相交直线,所以CD⊥平面PAE. (Ⅱ)过点B 作,,,,.BG CD AE AD F G PF //分别与相交于连接 由(Ⅰ)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BG AE ⊥.由PA ABCD ⊥平面知,PBA ∠为直线PB 与平面ABCD 所成的角.4,2,,AB AG BG AF ==⊥由题意,知,PBA BPF ∠=∠因为sin ,sin ,PA BF PBA BPF PB PB∠=∠=所以.PA BF = 由90//,//,DAB ABC AD BC BG CD ∠=∠=知，又所以四边形BCDG 是平行四边形,故 3.GD BC ==于是 2.AG =在Rt ΔBAG 中,4,2,,AB AG BG AF ==⊥所以于是85.5PA BF ==又梯形ABCD 的面积为1(53)416,2S =⨯+⨯=所以四棱锥P ABCD -的体积为 解法2:如图(2),以A 为坐标原点,,,AB AD AP 所在直线分别为x y z 轴，轴，轴建立空间直角坐标系.设,PA h =则相关的各点坐标为:(Ⅰ)易知(4,2,0),(2,4,0),(0,0,).CD AE AP h =-==因为8800,0,CD AE CD AP ⋅=-++=⋅=所以,.CD AE CD AP ⊥⊥而,AP AE 是平面PAE 内的两条相交直线,所以.CD PAE ⊥平面(Ⅱ)由题设和(Ⅰ)知,,CD AP 分别是PAE 平面,ABCD 平面的法向量,而PB 与PAE 平面所成的角和PB 与ABCD 平面所成的角相等,所以由(Ⅰ)知,(4,2,0),(0,0,),CD AP h =-=-由(4,0,),PB h =-故解得855h =. 又梯形ABCD 的面积为1(53)4162S =⨯+⨯=,所以四棱锥P ABCD -的体积为 118512851633515V S PA =⨯⨯=⨯⨯=.【点评】本题考查空间线面垂直关系的证明,考查空间角的应用,及几何体体积计算.第一问只要证明PA CD ⊥即可,第二问算出梯形的面积和棱锥的高,由13V S PA =⨯⨯算得体积,或者建立空间直角坐标系,求得高几体积.8.考点分析:本题考察立体几何线面的基本关系,考察如何取到最值,用均值不等式和导数均可求最值.同时考察直线与平面所成角.本题可用综合法和空间向量法都可以.运用空间向量法对计算的要求要高些. 解析:(Ⅰ)解法1:在如图1所示的△ABC 中,设(03)BD x x =<<,则3CD x =-.由AD BC ⊥,45ACB ∠=知,△ADC 为等腰直角三角形,所以3AD CD x ==-. 由折起前AD BC ⊥知,折起后(如图2),AD DC ⊥,AD BD ⊥,且BD DC D =, 所以AD ⊥平面BCD .又90BDC ∠=,所以11(3)22BCD S BD CD x x ∆=⋅=-.于是 312(3)(3)21233x x x +-+-⎡⎤≤=⎢⎥⎣⎦, 当且仅当23x x =-,即1x =时,等号成立,故当1x =,即1BD =时, 三棱锥A BCD -的体积最大. 解法2:同解法1,得321111(3)(3)(69)3326A BCD BCD V AD S x x x x x x -∆=⋅=-⋅-=-+.令321()(69)6f x x x x =-+,由1()(1)(3)02f x x x '=--=,且03x <<,解得1x =.ABC D PE图 ②xy z 345h当(0,1)x ∈时,()0f x '>;当(1,3)x ∈时,()0f x '<. 所以当1x =时,()f x 取得最大值.故当1BD =时, 三棱锥A BCD -的体积最大. (Ⅱ)解法1:以D 为原点,建立如图a 所示的空间直角坐标系D xyz -. 由(Ⅰ)知,当三棱锥A BCD -的体积最大时,1BD =,2AD CD ==.于是可得(0,0,0)D ,(1,0,0)B ,(0,2,0)C ,(0,0,2)A ,(0,1,1)M ,1(,1,0)2E ,且(1,1,1)BM =-.设(0,,0)N λ,则1(,1,0)2EN λ=--. 因为EN BM ⊥等价于0EN BM ⋅=,即11(,1,0)(1,1,1)1022λλ--⋅-=+-=,故12λ=,1(0,,0)2N .所以当12DN =(即N 是CD 的靠近点D 的一个四等分点)时,EN BM ⊥. 设平面BMN 的一个法向量为(,,)x y z =n ,由,,BN BM ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩n n 及1(1,,0)2BN =-,得2,.y x z x =⎧⎨=-⎩ 可取(1,2,1)=-n . 设EN 与平面BMN 所成角的大小为θ,则由11(,,0)22EN =--,(1,2,1)=-n ,可得1|1|32sin cos(90)2||||262EN EN θθ--⋅=-===⋅⨯n n ,即60θ=. 故EN 与平面BMN 所成角的大小为60. 解法2:由(Ⅰ)知,当三棱锥A BCD -的体积最大时,1BD =,2AD CD ==. 如图b ,取CD 的中点F ,连结MF ,BF ,EF ,则MF ∥AD .由(Ⅰ)知AD ⊥平面BCD ,所以MF ⊥平面BCD . 如图c ,延长FE 至P 点使得FP DB =,连BP ,DP ,则四边形DBPF 为正方形,所以DP BF ⊥. 取DF 的中点N ,连结EN ,又E 为FP 的中点,则EN ∥DP , 所以EN BF ⊥. 因为MF ⊥平面BCD ,又EN ⊂面BCD ,所以MF EN ⊥. 又MF BF F =,所以EN ⊥面BMF . 又BM ⊂面BMF ,所以EN BM ⊥. 因为EN BM ⊥当且仅当EN BF ⊥,而点F 是唯一的,所以点N 是唯一的.即当12DN =(即N 是CD 的靠近点D 的一个四等分点),EN BM ⊥. 连接MN ,ME ,由计算得52NB NM EB EM ====, 所以△NMB 与△EMB 是两个共底边的全等的等腰三角形,如图d 所示,取BM 的中点G ,连接EG ,NG ,则BM ⊥平面EGN .在平面EGN 中,过点E 作EH GN ⊥于H , 则EH ⊥平面BMN .故ENH ∠是EN 与平面BMN 所成的角.在△EGN 中,易得22EG GN NE ===,所以△EGN 是正三角形, 故60ENH ∠=,即EN 与平面B M N 所成角的大小为60.C AD B 图aE Mx y z图b C AD BEF MN 图c BDP C F N EBG M N E H图d N9. 解析:(Ⅰ)因为PC ⊥平面BDE ,BD ⊂平面BDE ,所以PC BD ⊥.又因为PA ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面平面ABCD ,所以PA BD ⊥.而PC PA P =,PC ⊂平面PAC ,PA ⊂PAC ,所以BD ⊥平面PAC .(Ⅱ)由(Ⅰ)可知BD ⊥平面PAC ,而AC ⊂平面PAC ,所以BD AC ⊥,而ABCD 为矩形,所以ABCD 为正方形,于是2A B A D ==.间直角法1:以A 点为原点,AB 、AD 、AP 为x 轴、y 轴、z 轴,建立空坐标系A BDP -.则()0,0,1P 、()2,2,0C 、()2,0,0B 、()0,2,0D ,于是()0,2,0BC =,()2,0,1PB =-.设平面PBC 的一个法向量为=1n (),,x y z ,则0BC PB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩11n n ,从而2020y x z =⎧⎨-=⎩,令1x =,得()1,0,2=1n .而平面PAC 的一个法向量为=2n ()2,2,0BD =-.所以二面角B PC A --的余弦值为210cos ,10522⋅<>==⨯121212=n n n n n n ,于是二面角B PC A --的正切值为3. 法2:设AC 与BD 交于点O ,连接OE .因为PC ⊥平面BDE ,OE ⊂平面BDE ,BE ⊂平面BDE ,所以PC OE ⊥,PC BE ⊥,于是OEB ∠就是二面角B PC A --的平面角.又因为BD ⊥平面PAC ,OE ⊂平面PAC ,所以O E B ∆是直角三角形.由OEC ∆∽PAC ∆可得O E P AO C P C=,而2AB AD ==,所以22AC =,2OC =,而1PA =,所以3PC =,于是12233PA OE OC PC =⨯=⨯=,而2OB =,于是二面角B PC A --的正切值为3OBOE=. 10. 【考点定位】本题考查直线与直线、直线与平面以及二面角等基础知识、考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、数形结合思想、转化与化归的思想. 解:(1)以点A 为原点建立空间直角坐标系,设AB a =,则11011(1)102aAD B E ⋅=-⨯+⨯+-⨯=,故11B E AD ⊥(2)假设在棱上存在一点(0,0,)P t ,使得//DP 平面1B AE ,则(0,1,)DP t =-设平面1B AE 的法向量为(,,)n x y z =,则有100002ax z n AB ax y n AE +=⎧⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨+=⎪⎪⋅=⎩⎩,取1x =,可得(1,,)2a n a =--,要使//DP 平面1B AE ,只要DP n ⊥1022a at t ∴-=⇒=,又DP ⊄平面1B AE ,∴存在点P 使//DP 平面1B AE ,此时12AP =.(3)连接11,A D B C ,由长方体11AA AD ==,得11A D AD ⊥11//B C A D ,11AD B C ∴⊥,由(1)知11B E AD ⊥,故1AD ⊥平面11DCB A .1AD 是平面11DCB A 的法向量,而1(0,1,1)AD =,则二面角是30︒,所以,即2AB =11. 【命题意图】本试题主要是考查了四棱锥中关于线面垂直的证明以及线面角的求解的运用.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. 解:设ACBD O =,以O 为原点,OC 为x 轴,OD 为y 轴建立空间直角坐标系,则(2,0,0),(2,0,0),(2,0,2),A C P --设(0,,0),(0,,0),(,,)B a D a E x y z -.(Ⅰ)证明:由2PE EC =得22(,0,)33E , 所以(22,0,2)PC =-,22(,,)33BE a =,(0,2,0)BD a =,所以22(22,0,2)(,,)033PC BE a ⋅=-⋅=,(22,0,2)(0,2,0)0PC BD a ⋅=-⋅=.所以P C ⊥,PC BD ⊥,所以PC ⊥平面BED ;(Ⅱ) 设平面PAB 的法向量为(,,n x y z =,又(0,0,2),(2,,0)AP AB a ==-,由0,0n AP n AB ⋅=⋅=得2(1,,0)n a =,设平面PBC 的法向量为(,,)m x y z =,又(2,,0),(22,0,2)BC a CP ==-,由0,0m BC m CP ⋅=⋅=,得2(1,,2)m a =-,由于二面角A PB C --为90,所以0m n ⋅=,解得2a =.所以(2,2,2)PD =-,平面PBC 的法向量为(1,1,2)m =-,所以PD 与平面PBC 所成角的正弦值为||12||||PD m PD m ⋅=⋅,所以PD 与平面PBC 所成角为6π.【点评】试题从命题的角度来看,整体上题目与我们平时练习的试题和相似,底面也是特殊的菱形,一个侧面垂直于底面的四棱锥问题,那么创新的地方就是点E 的位置的选择是一般的三等分点,这样的解决对于学生来说就是比较有点难度的,因此最好使用空间直角坐标系解决该问题为好.12. 【考点定位】此题第二问是对基本功的考查,对于知识掌握不牢靠的学生可能不能顺利解答.第三问的创新式问法,难度非常大.解:(1)CD DE ⊥,1A E DE ⊥∴DE ⊥平面1ACD , 又1A C ⊂平面1ACD , 又1AC CD ⊥, ∴1A C ⊥平面BCDE(2)如图建系C xyz -,则()200D -，，,()0023A ，，,()030B ，，,()220E -，， zyxA 1 (0,0,23)D (-2,0,0)E (-2,2,0)B (0,3,0)C (0,0,0)M∴()10323A B =-，，,()1210A E =--，，设平面1A BE 法向量为()n x y z =，，,则1100A B n A E n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩∴323020y z x y ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩∴322z y y x ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩∴()123n =-，，又∵()103M -，，∴()103CM =-，，∴1342cos 2||||14313222CM n CM n θ⋅+====⋅++⋅+⋅∴CM 与平面1A BE 所成角的大小45︒(3)设线段BC 上存在点P ,设P 点坐标为()00a ，，,则[]03a ∈，则()1023A P a =-，，,()20DP a =，， 设平面1A DP 法向量为()1111n x y z =，，,则111123020ay z x ay ⎧-=⎪⎨+=⎪⎩∴11113612z ay x ay ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩∴()1363n a a =-，，假设平面1A DP 与平面1A BE 垂直,则10n n ⋅=,∴31230a a ++=,612a =-,2a =- ∵03a << ∴不存在线段BC 上存在点P ,使平面1A DP 与平面1A BE 垂直13. 【解析】(I)取11,BC B C 的中点为点1,O O ,连接1111,,,AO OO AO AO则AB AC AO BC =⇒⊥,面ABC ⊥面11BB C C AO ⇒⊥面11BB C C 同理:11A O ⊥面11BB C C 得:1111//,,,AO AO A O A O ⇒共面 又11,OO BC OO AO O ⊥=⇒BC ⊥面111AOO A AA BC ⇒⊥(Ⅱ)延长11A O 到D ,使1O D OA = 得:11////O D OA AD OO ⇒1OO BC ⊥,面111A B C ⊥面11BB C C 1OO ⇒⊥面111A B C ⇒AD ⊥面111A B C (Ⅲ)11,AO BC AO BC AOA ⊥⊥⇒∠是二面角1A BC A --的平面角 在11Rt OO A ∆中,222211114225A O OO AO =+=+=在1Rt OAA ∆中,22211115cos 25AO AO AA AOA AO AO +-∠==-⨯ 得:二面角1A BC A --的余弦值为55-.。
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山西省各地市2012年高考数学最新联考试题分类大汇编（8）立体几
何
一、选择题：
4．(山西大学附中2012年高三下学期三模理科)将长方体截去一个四棱锥,
得到的几何体如8．(山西省太原市2012年高三第三次模拟）如图，某几何体的正视图、侧视图、俯视图分
别是等边三角形、
等腰三角形和菱形，则该几何体的体积为A
．B．4C
．D．2
【答案】C
6.(山西省四校2012届高三第三次联考理科)已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的
球面上，且AB＝３，BC＝2，则棱锥O－ABCD的体积为
A.B.3C.251D.6
【答案】A
2.(山西省太原五中2012届高三4月月考理科)已知几何体的三视图如图所示，可得这个