天津市高三数学一轮复习 试题选编7 立体几何 理 新人教A版

天津市2014届高三理科数学一轮复习试题选编7：立体几何
选择题 1 ．（天津市天津一中2013届高三上学期第二次月考数学理试题）几何体的三视图如图所示,则该几何体的
体积为
（ ）
A ．2π+
B ．4π+
C ．2π
D ．4π+
【答案】C
解:由三视图可知,该几何体下面是半径为1,高为2的圆柱.上面是正四棱锥.真四棱锥的高为
所以四棱锥的体积为213⨯=
,圆柱的体积为2π,所以
该几何体的体积为2π+,选 C ．
2 ．（天津市和平区2013届高三第一次质量调查理科数学）已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C l D 1中，AA 1=2AB ，E 是
AA 1的中点，则异面直线DC 1与BE 所成角的余弦值为 （ ）
A ．
1
5
B C D ．
35
【答案】B
3 ．（天津市新华中学2013届高三寒假复习质量反馈数学（理）试题）某几何体的三视图如图所示,则它的
体积是 （ ）
A ．283π
-
B ．83
π-
C ．82π-
D ．
23
π
【答案】A 4 ．（天津市新华中学2013届高三第三次月考理科数学）设b a ,是两条直线，βα,是两个平面，则b a ⊥的
一个充分条件是 （ ） A ．βαβα⊥⊥,//,b a B ．βαβα//,,⊥⊥b a
C ．βαβα//,,⊥⊂b a
D ．βαβα⊥⊂,//,b a
【答案】C
【解析】若b β⊥，//αβ，所以b α⊥，又a α⊂，所以b a ⊥，即a b ⊥，所以选
C ．
5 ．（天津市新华中学2013届高三第三次月考理科数学）如图，E 、F 分别是三棱锥P-ABC 的棱AP 、BC 的中
点，PC=10，AB=6，EF=7，则异面直线AB 与PC 所成的角为（ ）
（ ）
A ．90°
B ．60°
C ．45°
D ．30° 【答案】B
【解析】,取AC 的中点M,连结EM,MF ，因为E,F 是中点，所以
16//,322MF AB MF AB =
==,110//,522
ME PC ME PC ===,所以MF 与ME 所成的角即为AB 与PC 所成的角。

在三角形MEF 中，222537151
cos 253302
EMF +--=
==-⨯⨯，所以120EMF ∠=,所以直线AB 与PC 所成的角为为60，选
B ．
6 ．（天津市新华中学2013届高三第三次月考理科数学）已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面
上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =，则此棱锥的体积为 （ ）
A B C D 【答案】A
【解析】因为ABC ∆为边长为1的正三角形，且球半径为1，所以四面体O ABC -为正四面体，所以
ABC ∆O 到面ABC 的距离d ==,所以三棱锥的高
2SF OE ==
所以三棱锥的体积为1132⨯=，选
（ ）
A ．
7 ．（天津市天津一中2013届高三上学期第二次月考数学理试题）α,β为平面,m 为直线,如果//αβ,那
么“//m α”是“m β⊆”的 （ ）
A ．充分非必要条件
B ．必要非充分条件
C ．充要条件
D ．既非充分又非必要条件.
【答案】B 【解析】若//αβ,当//m α时,m β⊆或m β⊄.当m β⊆时,若//αβ,则一定有//m α,所以//m α是m β⊆的必要不充分条件,选 B ． 二、填空题 8 ．（天津市宝坻区2013届高三综合模拟数学（理）试题）一个几何体的三视图如右图所示(单位:cm ),
则该几何体的体积为__________3
cm .
【答案】
2
3
9 ．（天津耀华中学2013届高三年级第三次月考 理科数学试卷）一个几何体的三视图如图所示,则该几何
体的体积为
____________;
正视图
侧视图
俯视图
【答案】80【解析】解:由三视图可知该几何体为上部是一四棱锥,下部为正方体的组合体.四棱锥的高3,正方体棱长为4,所以正方体的体积为3464=.四棱锥的体积为1443163
⨯⨯⨯=,所以该组合体的体积之和为641680+=. 10．（2011年高考（天津理））一个几何体的三视图如右图所示(单位:m)则该几何体的体积为__________
3m
【答案】【命题立意】本小题主要考查几何体的三视图、圆锥的体积和棱柱的体积计算,考查空间想象能力和计算能
力.
6π+【解析】此几何体为一个圆锥和一个长方体组成,其
21
1332163
V ππ=⨯⨯+⨯⨯=+
体
积
为
11．（天津市2013
届高三第三次六校联考数学（理）试题）一个几何体的三视图如上图所示,且其左视图是一个等．边．
三角形,则这个几何体的体积为_____.
【答案】(8)3
π+12．（天津市红桥区2013届高三第二次模拟考试数学理试题（word 版） ）已知某几何体的三视图如图所示,
则该几何体的体积为______________________.
【答案】
3
2
13．（天津市河东区2013届高三第二次模拟考试数学（理）试题）已知某几何体的三视图如图所示,则该几
何体的体积为___________
3
1
3 正视图
3
2 1
俯视图
1
3
侧视图
2
【答案】
3
2
14．（2013届天津市高考压轴卷理科数学）已知一个几何体是由上下两部分构成的组合体,其三视图如下,
若图中圆的半径为1,,则该几何体的体积是 _________________
【答案】
43
π
【解析】由三视图可知,该几何体上部分是一个圆锥,下部分是个半球,球半径为1,圆锥的高为
2h ===,所以圆锥的体积为12233ππ⨯⨯=,半球的体积为2
3
π,所以几何体的总体
积为224333
πππ+=
. 15．（天津市天津一中2013届高三上学期第二次月考数学理试题）已知直线m,n 与平面α,β,给出下列三
个命题:
①若m∥α,n∥α,则m∥n; ②若m∥α,n⊥α,则n⊥m; ③若m⊥α,m∥β,则α⊥β. 其中真命题的个数是______个 【答案】2
解:①平行于同一平面的两直线不一定平行,所以①错误.②根据线面垂直的性质可知②正确.③根据面面垂直的性质和判断定理可知③正确,所以真命题的个数是2个. 16．（天津市新华中学2012届高三上学期第二次月考理科数学）如图为一个几何体的三视图，其中俯视为
正三角形，A 1B 1=2,AA 1=4，则该几何体的表面积为_______。

【答案】24
【解析】由三视图可知，该几何体是一个正三棱柱，底面边长为2，高是4.
所以该三棱柱的表面积为
2122324242⨯⨯⨯⨯=。

17．（2012-2013-2天津一中高三年级数学第四次月考检测试卷（理））一个几何体的三视图如图所示，则该
几何体的表面积与体积分别为___________
【答案】2，3
2
18．（天津市五区县2013届高三质量检查（一）数学（理）试题）某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为
_______.
【答案】36π 19．（天津市十二区县重点中学2013届高三毕业班联考（一）数学（理）试题）某几何体的三视图如图所
示,则该几何体的体积为__________.
20．（2013年天津市滨海新区五所重点学校高三毕业班联考理科数学）右图是一个空间几何体的三视图,则
该几何体的体积大小为___________________.
【答案】243
π
-
由三视图可知,该几何体时一个边长为2,2,1的长方体挖去一个半径为1的半球.所以长方体的体积为2214⨯⨯=,半球的体积为142233ππ⨯=,所以该几何体的体积为243
π
-.
21．（天津南开中学2013届高三第四次月考数学理试卷）一个棱锥的三视图如图,则该棱锥的全面积(单
位:cm 2
)为________.
【答案】21248+
22．（2010年高考（天津理））一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为__________
【答案】
10
3
23．（2012年天津理）―个几何体的三视图如图所示(单位:m ),则该几何体的体积为______3
m .
【答案】由三视图可该几何体为两个相切的球上方了一个长方体组成的组合体,所以其体积为:3
43=361+2(
)32
V π⨯⨯⨯⨯=18+9π3m . 24．（天津市新华中学2013届高三第三次月考理科数学）已知一个几何体的三视图如下图所示(单位：cm)，
其中正视图是直角梯形，侧视图和俯视图都是矩形，则这个几何体的体积是________cm 3
.
【答案】
32
【解析】由三视图可知，该几何体为一个放到的四棱柱，以梯形为低，所以梯形面积
为
1(12)322⨯+=，四棱柱的高为1，所以该几何体的体积为3
2。

25．（天津市十二校2013届高三第二次模拟联考数学（理）试题）一个几何体的三视图如图所示,且其侧视力间一个等边三角形,则这个几何体的体积为__________.
26．（天津市蓟县二中2013届高三第二次模拟考试数学（理）试题）一空间几何体的三视图如图所示,若该
几何体的体积为12π+
则正视图中h 的值为_______.
【答案】3
27．（天津市红桥区2013届高三第一次模拟考试数学（理）试题（Word 版含答案））一个几何体的三视图如
图所示,其中正视图,侧视图是全等图形,则该几何体的表面积为_________.
【答案】20π
28．（2009高考(天津理)）如图是一个几何体的三视图,若它的体积是则a=_______
【答案】3 三、解答题 29．（天津耀华中学2013届高三年级第三次月考 理科数学试
卷）在四棱锥
P-ABCD
中
,
底
面
ABCD
是
直
角
梯
形,AB//CD,︒90=ABC ∠,AB=PB=PC=BC=2CD,平面PBC⊥平面
ABCD.
(1)求证:AB⊥平面PBC;
(2)求平面ADP 与平面BCP 所成的锐二面角的大小; (3)在棱PB 上是否存在点M 使得CM//平面PAD?若存在,求
PB
PM
的值;若不存在,请说明理由.
【答案】解:(1)证明:因为o
90=∠ABC ,所以AB⊥BC
因为平面PBC⊥平面ABCD,平面PBC∩平面ABCD=BC,AB ⊂平面ABCD, 所以AB⊥平面PBC.
(2)
如图,取BC 的中点O,连接PO,因为PB=PC,所以PO⊥BC.因为PB=PC,所以PO⊥BC,因为平面PBC⊥平面ABCD,所以P O⊥平面ABCD.以O 为原点,OB 所在的直线为x 轴,在平面ABCD 内过O 垂直于BC 的直线为y 轴,OP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系O-xyz. 不妨设BC=2.由AB=PB=PC=BC=2CD 得,
)0,2,1(),0,1,1(),3,0,0(A D P -.
所以)0,1,2(),3,1,1(=-=DA DP , 设平面PAD 的法向量为),,(z y x =.
因为⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0
0,所以⎩⎨⎧=+=+-0203y x z y x
令1-=x ,则3,2=
=z y .所以)3,2,1(-=.
取平面BCP 的一个法向量)0,1,0(=n , 所以2
2
|
|||,cos =
>=
<n m n m 所以平面ADP 与平面BCP 所成的锐二面角的大小为4
π
(3)
在棱PB 上存在点M 使得CM//平面PAD,此时
21=PB PM .取AB 的中点N,连接CM,CN,MN,则MN//PA,AN=2
1
AB.因为AB=2CD,所以AN=CD,因为AB//CD,所以四边形ANCD 是平行四边形,所以CN//AD.
因为MN∩CN=N,PA∩AD=A,所以平面MNC//平面PAD. 因为CM ⊂平面MNC,所以CM//平面PAD. 30．（天津市河北区2013届高三总复习质量检测（二）数学（理）试题）在四棱锥P -ABCD 中,PA ⊥平面
ABCD ,AB //CD ,AB ⊥AD ,PA =AB =4,AD =22,CD =2.
(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 所成角的正弦值为
33,求PB
PQ
的值.
【答案】
31．（2009高考(天津理)）如图,在五面体ABCDEF中,FA ⊥平面ABCD, AD//BC//FE,AB⊥AD,M为EC的中
点,AF=AB=BC=FE=1
2
AD
(I) 求异面直线BF与DE所成的角的大小;
(II) 证明平面AMD⊥平面CDE;
(III)求二面角A-CD-E的余弦值｡
【答案】本小题要考查异面直线所成的角、平面与平面垂直、二面角等基础知识,考查用空间向量解决立体几何问题的方法,考查空间想像能力、运算能力和推理论证能力｡满分12分.
方法一:(Ⅰ)解:由题设知,BF//CE,所以∠CED(或其补角)为异面直
为FE//=AP,线BF与DE所成的角｡设P为AD的中点,连结EP,PC｡因
所以FA //=EP,同理AB //=
PC ｡又FA⊥平面ABCD,所以EP⊥平面ABCD ｡而PC,AD 都在平面ABCD 内,故EP⊥PC,EP⊥AD ｡由AB⊥AD,可得PC⊥AD 设FA=a,则EP=PC=PD=a,CD=DE=EC=a 2,故∠CED=60°｡所以异
面直线BF 与DE 所成的角的大小为60°
(II)证明:因为.CE MP MP .CE DM CE M ⊥⊥=，则连结的中点，所以
为且DE DC .CDE AMD CDE CE .AMD CE M DM MP 平面，所以平面平面而平面，故又⊥⊂⊥= (III)
因为，所以因为，的中点，连结为解：设.CD EQ DE CE .EQ PQ CD Q ⊥= .E CD A EQP CD PQ PD PC 的平面角为二面角，故，所以--∠⊥=
由(I)可得,.22
26EQ a PQ a PQ EP ==
⊥，， ，
中，于是在3
3
cos EPQ Rt ==∠∆EQ PQ EQP 方法二:如图所示,建立空间直角坐标系,
点A 为坐标原点｡设，1=AB 依题意得()，，，001B ()，，，011C ()，，，020D ()，，，110E ()，
，，100F .21121M ⎪⎭
⎫
⎝⎛，， (I)()，，，解：101-= ()，
，，110-=
.2
1
221
00=∙++=
=
于是
所以异面直线BF 与DE 所成的角的大小为0
60.
(II)证明:，，，由⎪⎭
⎫
⎝⎛=2112
1
()，，，101-= ()0020=∙=，可得，，,
.AMD CE A AD AM .AD CE AM CE .0平面，故又，因此，⊥=⊥⊥=∙ .CDE AMD CDE CE 平面，所以平面平面而⊥⊂
(III)⎪⎩⎪⎨
⎧=∙=∙=.
0D 0)(CDE u u z y x u ，
，则，，的法向量为解：设平面 .111(1.
00），，，可得令，于是==⎩⎨⎧=+-=+-u x z y z x
又由题设,平面ACD 的一个法向量为).100(，，
=v .33
1
3100cos =∙++=∙=
v u v u v u ，所以， 32．（天津市河东区2013届高三第二次模拟考试数学（理）试题）(本小题满分l )
如图,四边形ABCD 与BDEF 均为菱形,∠DAB=∠DBF=60°,且FA=FC. (1)求证:AC⊥平面BDEF; (2)求证:FC//平面EAD;
(3)求二面角A-FC-B 的余弦值.
【答案】(Ⅰ)证明:设AC 与BD 相交于点O ,连结FO . 因为 四边形ABCD 为菱形,所以BD AC ⊥, 且O 为AC 中点
又 FC FA =,所以 AC FO ⊥ 因为 O BD FO = ,
所以 ⊥AC 平面BDEF
(Ⅱ)证明:因为四边形ABCD 与BDEF 均为菱形, 所以AD //BC ,DE //BF ,
所以 平面FBC //平面EAD 又⊂FC 平面FBC ,所以FC // 平面EAD
(Ⅲ)解:因为四边形BDEF 为菱形,且︒=∠60DBF ,所以△DBF 为等边三角形. 因为O 为BD 中点,所以BD FO ⊥,故FO ⊥平面ABCD .
由OF OB OA ,,两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系xyz O - 设2=AB .因为四边形ABCD 为菱形,︒=∠60DAB ,则2=BD ,所以1OB =
,
OA OF ==所以 )3,0,0(),0,0,3(
),0,1,0(),0,0,3(),0,0,0(F C B A O -.
所以 (3,0,CF =,(3,1,0)CB =.
设平面BFC 的法向量为=()x,y,z n ,则有0,
0.
CF CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n
所以 ⎩⎨⎧=+=+．
03,03
3y x z x 取1=x ,得)1,3,1(--=n
易知平面AFC 的法向量为(0,1,0)=v
由二面角B FC A --是锐角,得 cos ,5
⋅〈〉==
n v n v n v
. 所以二面角B FC A --的余弦值为
5
15 33．（天津市红桥区2013届高三第二次模拟考试数学理试题（word 版） ）如图,四棱锥P-ABCD 的底面是边
长为2的正方形,侧面PCD ⊥底面ABCD,且PC= PD=2, M,N 分别为棱PC,AD 的中点. (I)求证:BC ⊥PD;
(II)求异面直线BM 与PN 所成角的余弦值; (Ⅲ)求点N 到平面MBD 的距离.
【答案】解法一:
34．（天津市2013届高三第三次六校联考数学（理）试题）如图, AC 是圆O 的直径,点B 在圆O
上,o
BAC 30=∠,
AC BM ⊥交AC 于点M ,⊥EA 平面ABC ,EA FC //,4=AC ,3=EA ,1=FC . (Ⅰ)证明:BF EM ⊥;
(Ⅱ)求平面 BEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值; (Ⅲ)求点C 到平面EBM 的距离.
【答案】解
:(1)3AM BM =，.如图,以A 为坐标原点,垂直于AC 、AC 、AE 所在的直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系.
由已知条件得(0,0,0),(0,3,0),(0,0,3),3,0),(0,4,1)A M E B F ,
(0,3,3),(3,1,1)ME BF ∴=-
=-.由(0,3,3)(,1)0ME BF ⋅=-⋅=, 得MF BF ⊥, EM BF ∴⊥
(2)由(1)知(3,3,3),(3,1,1)BE BF =--=
-. 设平面BEF 的法向量为(
,,)n x y z =,
由0,0,n BE n BF ⋅=⋅=
得3300
y z y z ⎧-+=⎪⎨
++=⎪⎩,
令x =1,2y z ==,
(
)3,1,2
n ∴=,
由已知EA ⊥平面
ABC ,所以取面ABC 的法向量为(0,0,3)AE =,
（第17题图）
设平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ,
则
cos cos ,n AE θ→
=<>=
=
,∴
平面BEF 与平面ABC
所成的锐二面角的余弦值为
(3)
35．（天津市新华中学2013届高三寒假复习质量反馈数学（理）试题）已知四棱锥P-ABCD 的底面为直角梯
形,AB∥DC,⊥=∠PA DAB ,90 底面ABCD, 且PA=AD=DC=
2
1
AB=1,M 是PB 的中点. (Ⅰ)证明:面PAD⊥面PCD; (Ⅱ)求AC 与PB 所成角的余弦值;
(Ⅲ)求面AMC
与面BMC 所成二面角的余弦值
.
【答案】
36．（天津市六校2013届高三第二次联考数学理试题（WORD 版））如图,直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中∠ACB=90°,M,N
分别为A 1B,B 1C 1的中点,BC=AA 1=2AC=2,求证: (1)求三棱柱C 1-A 1CB 的体积;
(2)求直线A 1C 与直线MB 1所成角的余弦值;
(3)求平面B 1MN 与平面A 1CB 所成锐二面角的余弦值.
【答案】解: (1)32=
V --------------4 (2)55------------8 (3)5
3
------------------13
37．（天津市蓟县二中2013届高三第二次模拟考试数学（理）试题）如图,三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,侧面
ABB 1A 1,ACC 1A 1均为正方形,90BAC ∠=︒,点D 是棱BC 的中点. (Ⅰ)求证:AD ⊥平面BCC 1B 1; (Ⅱ)求证:A 1B//平面AC 1D;
(Ⅲ)求平面AC 1D 与平面ACC 1A 1所成的锐二面角的余弦值.
【答案】
又因为AB AC =,D 为BC 中点,所以AD BC ⊥ 因为1CC BC C =,所以AD ⊥平面11BB C C (Ⅱ)证明:连结1AC ,交1AC 于点O ,连结OD 因为11ACC A 为正方形,所以O 为1AC 中点
所以,平面1AC D 与平面11ACC A 所成的锐二面角的余弦值
3
38．（2013年天津市滨海新区五所重点学校高三毕业班联考理科数学）如图在四棱锥P ABCD -中,底面
ABCD 是边长为a 的正方形,侧面PAD ⊥底面ABCD ,
且2
PA PD AD ==
,设E 、F 分别为PC 、BD 的中点. (Ⅰ) 求证:EF //平面PAD ;
(Ⅱ) 求证:面PAB ⊥平面PDC ; (Ⅲ) 求二面角B PD C --的正切值.
A
连结BD F =E 为中点∴在∆且PA 平面PAD PAD 平面//
(Ⅱ)证明:因为面PAD ⊥面ABCD 平面PAD
面ABCD AD = ABCD 为正方形,CD AD ⊥,CD ⊂平面ABCD
所以CD ⊥平面PAD ∴CD PA ⊥ 又PA PD AD ==
,所以PAD ∆是等腰直角三角形, 且2
PAD π
∠=
即PA PD ⊥
CD PD D =,且CD 、PD ⊆面ABCD PA ⊥面PDC
又PA ⊆面PAB 面PAB ⊥面PDC
(Ⅲ) 【解】:设PD 的中点为M ,连结EM ,MF , 则EM PD ⊥由(Ⅱ)知EF ⊥面PDC , EF PD ⊥,PD ⊥面EFM ,PD MF ⊥, EMF ∠是二面角B PD C --的平面角
Rt FEM ∆中,14
EF PA =
= 1122EM CD a ==
4tan 12
EF EMF EM a ∠===
法二:如图,取AD 的中点O , 连结OP ,OF . ∵PA PD =, ∴PO AD ⊥. ∵侧面PAD ⊥底面ABCD ,
PAD ABCD AD ⋂=平面平面,
∴PO 而,O 又∵PA 2a .
以O ,
则有A )2a ,(,,0)2a B a ,(,,0)2a
C a -. ∵E 424
(Ⅰ)证明:易知平面PAD 的法向量为(0,,0)2a OF =而(,0,)44
a a
EF =-,
且(0,,0)(,0,)0244
a a a
OF EF ⋅=⋅-=, ∴EF //平面PAD
D
(Ⅱ)证明:∵(,0,)22
a a
PA =-,(0,,0)CD a = ∴(,0,)(0,,0)022a a PA CD a ⋅=-⋅=,
∴PA CD ⊥,从而PA CD ⊥,又PA PD ⊥,PD CD D =, ∴PA PDC ⊥平面,而PA PAB ⊂平面, ∴平面PAB ⊥平面PDC
(Ⅲ) 【解】:由(Ⅱ)知平面PDC 的法向量为(,0,)22a a
PA =-.
设平面PBD 的法向量为(,,)n x y z =.∵(,0,),(,,0)22a a
DP BD a a ==-,
∴由0,0n DP n BD ⋅=⋅=可得0022
00
a
a x y z a x a y z ⎧⋅+⋅+⋅=⎪
⎨⎪-⋅+⋅+⋅=⎩,令1x =,则1,1y z ==-, 故(1,1,1)n =-
∴cos ,2
n PA n PA n PA
⋅<>=
=
=
, 即二面角B PD C --
所以二面角B PD C --
39．（天津南开中学2013届高三第四次月考数学理试卷）如图,已知四棱锥E-ABCD 的底面为菱形,且
∠ABC=60°,AB=EC=2,AE=BE=2
(1)求证:平面EAB⊥平面ABCD
(2)求二面角A-EC-D 的余弦值
【答案】解:(1)证明:取AB 的中点O,连接EO,CO
∴==,2EB AE △AE B 为等腰直角三角形
∴EO⊥AB,EO=1
又∵AB=BC,∠ABC=60°,∴△ABC 是等边三角形,
3=∴CO ,又CO EO CO EO EC EC ⊥∴+=∴=,,2222 ∵EO⊥平面ABCD,又EO ⊂平面EAB,∴平面EAB⊥平面ABCD
(2)以AB 的中点O 为坐标原点,OB 所在直线为y 轴,OE 所在直线为z 轴,如图建系则
)1,0,0(),0,2,3(),0,0,3(),0,1,0(E D C A --,)1,0,3(),0,1,3(-==,=(0,2,0)
设平面DCE 的法向量为)1,,(y x n =,则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0
n DC ,即⎩⎨⎧==-02013y x ,解得:
⎪
⎩⎪⎨⎧=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛=∴=0
1,0,33,33
y x 同理求得平面EAC 的一个法向量为⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-=1,
1,33m 7
7
2,cos =
>=
<∴,所以二面角A-EC-D 的余弦值为772
40．（天津市五区县2013届高三质量检查（一）数学（理）试题）在三棱锥S -ABC
中,ABC ∆是边长为2
的正三角形,平面SAC ⊥平面ABC,SA SC ==分别为AB 、SB 的中点.
(I)证明:AC ⊥SB;
(Ⅱ)求锐二面角F -CE –B 的余弦值; (Ⅲ)求B 点到平面CEF 的距离.
【答案】证明:(Ⅰ)法一:取AC 中点O ,连结SO ,BO . ∵SA SC AB AC ==,, ∴AC SO ⊥且AC BO ⊥, ∴AC ⊥平面SOB ,又SB ⊂平面SOB ,∴AC SB ⊥ 法二:取AC 中点O ,以O 为原点,
分别以OA 、OB 、OS 为x 轴、y 轴、
z 轴, 建立空间直角坐标系,则(100)A ,,
,(00)B
(00S ,
,1(0)2E ,(02
F ,,(100)C -,,
∴(200)AC =-,,,(0SB =
(200)(00AC SB ⋅=-⋅=,,
∴
SB AC ⊥
(Ⅱ)由(Ⅰ)得331(0),(0222
CE EF ==-,,,,, 设),,
(z y x
=为平面CEF 的一个法向量,则3021022
CE n x y EF n x z ⎧⋅==⎪⎪⎨⎪
⋅=-+=⎪
⎩ 取=1z ,x y =∴
)1,6,2(-=
又(00OS =,为平面ABC 的一个法向量, 1cos 3
n OS n OS n OS
⋅==
⋅∴,
∴二面角F CE B --的余弦值为3
1 (Ⅲ)由(Ⅰ)(Ⅱ)得1(0)2EB =-,(21)n =-,为平面CEF 的一个法向量 ∴点B 到平面CEF 的距离 22⋅=
=
n EB d n
41．（天津市红桥区2013届高三第一次模拟考试数学（理）试题（Word 版含答案））(本小题满分I )
如图,已知直四棱柱(侧棱垂直底面的四棱柱)ABCD —A 1B 1C 1D l 中,底面为梯形,AD⊥DC,AB// DC,且满足
DC=DD 1=2AD=2AB=2
(I)求证:DB ⊥平面B 1BCC 1;
(II)求二面角A1-BD-C 1的余弦值·
【答案】
42．（天津市耀华中学2013届高三第一次月考理科数学试题）(本小题满分13分)在如图所示的多面体中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD//EF，EF//BC．BC=2AD=4，EF=3，AE=BE=2，G为BC的中点。

(1)求证：AB//平面DEG；
(2)求证：BD⊥EG；
(3)求二面角C—DF—E的正弦值。

【答案】
43．（天津市天津一中2013届高三上学期第二次月考数学理试题）如图,在四棱锥P-ABCD中,底面为直角梯ABCD,AD∥BC,∠BAD=90O,PA⊥底面ABCD,且PA=AD=AB=2BC,M,N分别为PC,PB的中点.(1)求证:PB⊥DM;(2)求CD与平面ADMN所成角的正弦值;(3)在棱PD上是否存在点E,PE∶ED=λ,使得二面角C-AN-E的平面角为60o.存在求出λ值.
【答案】解:(1)如图以A为原点建立空间直角坐标系
A(0,0,0),B(2,0,0),
C(2,1,0),D(0,2,0)
M(1,1
2
,1),N(1,0,1),
E(0,m,2-m),P(0,0,2)
PB =(2,0,-2),DM =(1,-3
2
,1)
PB DM
∴⋅=0 PB DM
∴⊥
(2)CD=(-2,1,0)平面ADMN法向量n=(x,y,z)
AD=(0,2,0) AN=(1,0,1)
n AD
n AN
⎧⋅=
⎪
⎨
⋅=
⎪⎩
20
y
x z
=
⎧
⎨
+=
⎩
n=(1,0,-1)
设CD与平面ADMN所成角α,
则
||
sin
||||5
CD n
CD n
α
⋅
===
⋅
(3)设平面ACN 法向量p=(x,y,z)
(2,1,0)
(1,0,1)
AC
AN
⎧=
⎪
⎨
=
⎪⎩
p =(1,-2,-1)
平面AEN 的法向量q=(x,y,z)
(1,0,1)
(0,,2)
AN
AE m m
⎧=
⎪
⎨
=-
⎪⎩
q =(1,
2m
m
-
,-1)
||
cos45
||||
p q
p q
⋅
︒=
⋅
=
|44|
m
-+即
2
7
2040
[0,
m m
m
⎧-+
=
⎪
⎨
∈
⎪⎩
m=
10
7
-
不存在,为135°钝角
44．（天津市十二区县重点中学2013届高三毕业班联考（一）数学（理）试题）如图,四棱柱
1
1
1
1
D
C
B
A
ABCD-的底面ABCD是平行四边形,且1
=
AB,2
=
BC,0
60
=
∠ABC,E为BC的中点, ⊥
1
AA平面ABCD.
(Ⅰ)证明:平面⊥
AE
A
1
平面DE
A
1
;
(Ⅱ)若E
A
DE
1
=,试求异面直线AE与D
A
1
所成角的余弦值;
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,试求二面角
1
--
C A
D E的余弦值.
【答案】解(Ⅰ)依题意,
CD
AB
BC
EC
BE=
=
=
=
2
1
所以ABE
∆是正三角形,0
60
=
∠AEB
A
B C
D
E
1
A
1
B
1
C
1
D
又00030)120180(2
1
=-⨯=
∠CED 所以0
90=∠AED ,AE DE ⊥
因为⊥1AA 平面ABCD ,⊂DE 平面ABCD ,所以DE AA ⊥1 因为A AE AA = 1,所以⊥DE 平面AE A 1
因为⊂DE 平面DE A 1,所以平面⊥AE A 1平面 DE A 1
(Ⅱ)取1BB 的中点F ,连接EF 、AF ,连接C B 1,则D A C B EF 11//// 所以AEF ∠是异面直线AE 与D A 1所成的角
因为3=DE ,2211AE A A E A +=,
所以21=
A A ,22
=
BF ,26121=+==EF AF 所以6
6
2cos 222=
⨯⨯-+=∠EF AE AF EF AE AEF (Ⅰ)(Ⅱ)解法2:以A 为原点,过A 且垂直于BC 的直线为x 轴,AD 所在直线为y 轴、1AA 所在直线为z 建立右手系空间直角坐标系 设a AA =1(0>a ),)0 , 0 , 0(A
则)0 , 2 , 0(D ) , 0 , 0(1a A )0 , 2
1
, 23(
E (Ⅰ)设平面AE A 1的一个法向量为) , , (1p n m n =,
则⎪⎩⎪⎨⎧==⋅=+=⋅0
02123111ap AA n n m AE n 0=p ,取1=m ,则3-=n ,从而)0 , 3 , 1(1-=n ,
同理可得平面DE A 1的一个法向量为)2
, 1 , 3(2a
n =,
直接计算知021=⋅n n ,所以平面⊥AE A 1平面DE A 1 (Ⅱ)由E A DE 1=即22222)2
1
()23(0)212()23(a ++=+-+ 解得2=
a
)0 , 2
1
, 23(=AE ,)2 , 2 , 0(1-=D A
所以异面直线AE 与D A 1所成角的余弦值
6
6|
|||cos 11=⋅=
D A A
E θ (Ⅲ)由(Ⅱ)可知21=A A ,平面DE A
1的一个法向量为2( 3 , 1 , n =
又31=-,02CD ⎛⎫ ⎪ ⎪
⎝⎭,)2 , 2 , 0(1-=A 设平面1CA
D 的法向量()3=,,n x y z 则133=0
=0A D n CD n ⎧⋅⎪⎨⋅⎪⎩得(3=1,3,n
设二面角1--C A D E 的平面角为ϕ,且ϕ为锐角
则23232
3
cos =cos ,=
n n n n n
n ϕ
⋅
=5所以二面角1--C A D E 45．（2013届天津市高考压轴卷理科数学）如图,在长方体1111ABCD A B C D -,中,11,2AD AA AB ===,点E 在
棱AB 上移动. (1)证明:11D E A D ⊥;
(2)当E 为AB 的中点时,求点E 到面1ACD 的距离; (3)AE 等于何值时,二面角1D EC D --的大小为
4
π.
【答案】解:以D 为坐标原点,直线1,,DA DC DD 分别为,,x y z 轴,建立空间直角坐标系,设AE x =,则
11(1,0,1),(0,0,1),(1,,0),(1,0,0),(0,2,0)A D E x A C
(1)1111,(1,0,1),(1,,1)0,.DA D E x DA D E =-=⊥因为所以
(2)因为E 为AB 的中点,则(1,1,0)E ,从而1(1,1,1),(1,2,0)D E AC =-=-, 1(1,0,1)AD =-,设平面1ACD 的法向量为(,,)n a b c =,则10,
0,
n AC n AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩
也即200a b a c -+=⎧⎨-+=⎩,得2a b a c =⎧⎨=⎩
,从而(2,1,2)n =,所以点E 到平面1ACD 的距离为
1||2121
.33
||
D E n h n ⋅+-=
=
= (3)设平面1D EC 的法向量(,,)n a b c =, ∴11(1,2,0),(0,2,1),(0,0,1),CE x D C DD =-=-=
由10,20(2)0.0,n D C b c a b x n CE ⎧⋅=-=⎧⎪⇒⎨⎨+-=⋅=⎩⎪⎩
令1,2,2b c a x =∴==-,
∴(2,1,2).n x
=-
依题意11||2cos
4
||||
n DD n DD π⋅=
=
=⋅
A
B
C
D
A 1
B 1
C 1
D 1
E
A
B
C
D
A 1
B 1
C 1
D 1
E
∴12x =(不合,舍去
),22x =
∴2AE =时,二面角1D EC D --的大小为
4
π
46．（2012-2013-2天津一中高三年级数学第四次月考检测试卷（理））.在长方体1111ABCD A B C D -中，
1AB BC ==，12AA =，E 为1BB 中点.（Ⅰ）证明：1AC D E ⊥；
（Ⅱ）求DE 与平面1AD E 所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱AD 上是否存在一点P ，使得BP ∥平面1AD E ？若存在，求DP 的长；若不存在，说明理由.
D 1
C 1
B 1
A 1
E
D C
B
A
【答案】（Ⅰ）证明：连接BD ∵1111ABCD A B C D -是长方体，∴1D D ⊥平面ABCD ， 又AC ⊂平面ABCD ∴1D D AC ⊥ ……1分
在长方形ABCD 中，AB BC = ∴BD AC ⊥ …………2分
又1BD
D D D =∴AC ⊥平面11BB D D ， …………3分
而1D E ⊂平面11BB D D ∴1AC D E
⊥
………4分
（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系Dxyz ，则
1(1,0,0),(0,0,2),(1,1,1),(1,1,0)
A D E
B ,
1(0,1,1),(1,0,2),(1,1,1)AE AD DE ==-=………5分
设平面1AD E 的法向量为(,,)n x y z =，则10
0n AD n AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩ 200
x z y z -+=⎧⎨+=⎩
令1z =，则(2,1,1)n =- ………7分
cos ,3n DE
n DE n DE <>===
⨯
…………8分
所以 DE 与平面1AD E
………………9分 （Ⅲ）假设在棱AD 上存在一点P ，使得BP ∥平面1AD E .
设P 的坐标为(,0,0)(01)t t
≤≤，则(1,1,0)BP t =-- 因为 BP ∥平面1AD E
所以 BP n ⊥， 即0BP n =， 2(1)10t -+=，解得1
2
t =， ………………12分
所以 在棱AD 上存在一点P ，使得BP ∥平面1AD E ,此时DP 的长1
2
.……13分
47．（天津市宝坻区2013届高三综合模拟数学（理）试题）在四棱锥P ABCD
-中,90ABC ACD ∠=∠=︒,60BAC CAD ∠=∠=︒,
PA ⊥平面ABCD ,E 为PD 的中点,22PA AB ==.
z
y
x
D 1C 1
B 1
A 1
E
D
C
B
A
(Ⅰ)求四棱锥P ABCD -的体积V ;
(Ⅱ)若F 为PC 的中点,求证:平面PAC ⊥平面AEF ; (Ⅲ)求锐二面角E AC D --的大小.
【答案】(Ⅰ)解:在Rt ABC ∆中,1AB =,60BAC ∠=︒,
∴BC ,2AC =
在Rt ACD ∆中,2AC =,60CAD ∠=︒,
∴CD =4AD =
∴1111122222ABCD S AB BC AC CD =
⋅+⋅=⨯⨯⨯
则123V ==(Ⅱ)建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -
(000)A ,,,(100)B ,,
,(10)C
,(20)D -,, (002)P ,,
, 1(1)2F
,(11)E -
1(1)2AF =
,(10)AC =
,(11)AE =-
设平面AEF 的一个法向量为1()n x y z =,,
由11
1020AF n x y z AE n x z ⎧⋅=+
+=⎪⎨⎪⋅=-++=⎩
取1z y ==,得1x =,即1
(131)n =,
又平面PAC
的一个法向量为(30)CD =-
1310n CD ⋅=-⨯= ∴平面PAC ⊥平面AEF
(Ⅲ)易知平面ACD 的一个法向量为2(001)
n =,,
设平面AEF 的一个法向量为3()n x y z =,,
由3300
AC n x AE n x z ⎧⋅
=+=⎪⎨
⋅=-+=⎪⎩ 取1y =,
得x z ==-
3(n =-1,
23cos n n <>=
=∴,又因为二面角E AC D --为锐角 ∴二面角E AC D --的大小为30°
48．（2011年高考（天津理））如图
,在三棱柱111ABC A B C -中,H 是正方形11AA B B 的中
心
,1AA =1C H ⊥平面11AA B B ,且1C H A B
D
E
F P
B1
(Ⅰ)求异面直线AC 与11A B 所成角的余弦值; (Ⅱ)求二面角111A AC B --的正弦值;
(Ⅲ)设N 为棱11B C 的中点,点M 在平面11AA B B 内,且MN ⊥平面111A B C ,求线段BM 的长. 【答案】【命题立意】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识,考查空间向量解决立体几何问题的方法,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力 【解析】方法一:如图所示,建立空间直角坐标系,点B 为坐标原点.依题意得
A ,(0,0,0)
B
,C
(I)
易得(AC =
,1(AB =-,于是111111cos ,||||3
AC A B AC A B AC A
B <>==⋅⨯
所以异面直线AC 与
11A B
(II)易知1AA =,11(AC =,设平面11AA
C 的法向量(,
,)m x y z
=,则
1110
0m
A C m AA ⎧=⎪⎨=⎪⎩,
即0
⎧+=⎪⎨=⎪⎩,不妨令x =,可得(5,)m =,同样地,设平面111A B C 的法向量
(,,)
n x y z =
,则11
110
n A
C n A B ⎧=⎪⎨
=⎪⎩,
即0
0+=-=⎪⎩
,不妨令y =,可得(0,52)n =,于是2
cos ,=7
||||7m n m n m n <>=
⋅
⋅,从而35sin ,m n <>=,
所以二面角111A AC
B --
(III)由N 为棱11B C 的中点,
得
N ,设(,,0)M a b , 2(
MN a b =--,由MN ⊥平面
11
A B C ,得
11110
MN A B MN A C ⎧=⎪⎨=⎪⎩,即
()(0
2
)()(0
a
a b
⎧
-⋅-=
⎪⎪
⎨
⎪-⋅+-+
⎪⎩
,解
得
2
a
b
⎧
=
⎪⎪
⎨
⎪=
⎪⎩
,
故M,因此BM
=,所以线段BM 的长
10
||
BM=
方法二:(I)由于
11
//
AC AC,故
111
C A B
∠是异面直线AC与
11
A B所成的角.因为
1
C H⊥平面
11
AA B B,,又
H是正方形
11
AA B
B的中心,
1
AA=
1
C H可得
1111
3
AC B C
==
因此
222
111111
111
1111
cos
23
AC A B B C
C A B
AC A B
+-
∠==
⋅
,所以异面直线AC与
11
A
B
(II)连接
1
AC,易知
111
AC B C
=,又由于
111
AA B A
=,
1111
AC AC
=,所以
11111
AC A B C A
∆≅∆,过点A作11
AR AC
⊥于点R,连接
1
B R,于是
1
B R
11
AC
⊥,故
1
ARB
∠为二面角
111
A AC B
--的平面角,在11
Rt A RB
∆
,
11111
sin
B R A B RA B
=∠=连接
1
AB
在
1
ARB
∆中,
222
11
111
1
2
4,,cos
27
AR B R AB
AB AR B R ARB
AR B R
+-
==∠==-
⋅
,
从而
1
sin ARB
∠=所以二面
角
111
A AC B
-
-
(III)因为MN⊥平面
111
A B C,所以
11
MN A B
⊥,取
1
HB的中点D,连接ND,由于N是
11
B C的中点,所以
1
//
ND C H
且
1
1
2
ND C H
==,又
1
C H⊥平面
11
AA B B,所以ND⊥平面
11
AA B B,故
11
ND A B
⊥,又MN ND N
=,所以
11
A B⊥平面MND,连接MD并延长交
11
A B于点E,则
11
ME A B
⊥,故
1
//
ME AA,由于11
1111
1
4
B E B D
DE
AA B A B A
===,
得
1
DE B E
==.延长EM交AB于点F,
可得
1
BF B E
==,连接NE,在Rt ENM
∆中,ND ME
⊥,故2
ND DE DM
=⋅,
所以
2
4
ND
DM
DE
==
,得
4
FM=,连接BM,在Rt
BFM
∆
中BM=.
49．（天津市新华中学2013届高三第三次月考理科数学）如图，在四棱锥ABCD
P-中，底面ABCD是正方形，侧棱⊥
PD底面ABCD，DC
PD=，E是PC的中点，作PB
EF⊥交PB于点F （1）证明://
PA平面EDB.
（2）证明:⊥
PB平面EFD.
（3）求二面角D
PB
C-
-的大小.
【答案】解：（1）证明：连接AC与BD交于M，ABCD为正方形，M
∴为AC中点.
E 为PC 中点，//EM PA ∴
又EM ⊂平面EDB ，PA ⊄平面EDB
PA ∴//平面EDB
（2）,PD DC E =为PC 中点， DE PC ∴⊥
ABCD 为正方形，BC CD ∴⊥
又PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD
BC PD ∴⊥ 又PD CD 、是平面PCD 内的两条相交直线， 即BC ⊥平面PCD ，又DE ⊂平面PCD ，所以DE BC ⊥
50．（2013天津高考数学（理））如图, 四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中, 侧棱A 1A ⊥底面ABCD , AB //DC , AB ⊥AD , AD
= CD = 1, AA 1 = AB = 2, E 为棱AA 1的中点. (Ⅰ) 证明B 1C 1⊥CE ;
(Ⅱ) 求二面角B 1-CE -C 1的正弦值.
(Ⅲ) 设点M 在线段C 1E 上, 且直线AM 与平面ADD 1A 1, 求线段AM 的长.
【答案】本题主要考查空间两条直线的位置关系,二面角、直线与平面所成的角,直线与平面垂直等基础知识.考查空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力. (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),B 1(0,2,2),C 1(1,2,1),E(0,1,0).
(Ⅰ)证明:易得11(1,0,1),BC =-(1,1,1)CE =--,于是110BC CE ⋅=,所以11B C CE ⊥. (Ⅱ)解:1
(1,2,1)BC =--. 设平面1BCE D 法向量(,,)x y z =m , 则100
B C CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ,即200x y z x y z --=⎧⎨-+-=⎩,消去x ,得20x y +=,
不妨设1z =,可得一个法向量为(3,2,1)=--m .
由(Ⅰ),11B C CE ⊥,又111CC B C ⊥,可得11B C ⊥平面1CEC ,故11(1,0,1)BC =-为平面1CEC 的一个法向量.
于是111111cos |14B C B C B C ⋅=
==⋅m m,|m ||,
从而1121sin 7B C =m, 所以二面角B 1-CE -C 1的正弦值为
7
. (Ⅲ)解:(0,1,0)AE =,1(1,1,1)EC =,设1(,,)EM EC λλλλ==,01λ≤≤,
有(,1,)AM AE EM λλλ
=+=+.可取(0,0,2)AB =为平面ADD 1A 1的一个法向量. 设θ为直线AM 与平面ADD 1A 1所成角, 则sin |cos
,|AM AB θ
==
||
||||AM AB AM AB ⋅⋅
==
6
=
,解得13λ=,所以((Ⅰ)证明:因为侧棱1CC ⊥底面1111A B
C D ,11B C ⊂平面11
11A B C D .所以111CC
B C ⊥.经计算可得
1B E =,11B C =,1EC =,从而2221111B E B C EC =+.所以在△11B
EC 中,111B C C E ⊥,又1CC ,1C E ⊂平面1CC E ,111CC C E C =,所以11B C ⊥平面1CC E ,又CE ⊂平面1CC E ,故
11B C CE ⊥.
(Ⅱ)解:过1B 作1B G ⊥CE 于点G,连接1C G .由(Ⅰ),11B C CE ⊥垂直,故CE ⊥平面11B C G ,得
1
CE C G ⊥,所以∠11B GC 为二面角B 1-CE -C 1的平面角
.在△1CC E 中,由1CE C E ==12
CC =,
可得1C
G =.在Rt△11B C G 中,1B G =,
所以11sin B GC ∠=即二面角B 1-CE -C 1的正弦.。