2011年数学高考分类汇编解答题(理)03——立体几何
2011-2017全国1卷分类汇编 立体几何
2011-2017高考全国I 卷分类汇编——立体几何【2011年全国】（19）如图，四棱锥S ABCD -中，AB CD ,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，2,1AB BC CD SD ====. （Ⅰ）证明：SD SAB ⊥;（Ⅱ)求AB 与平面SBC 所成角的大小.【2012年全国】（19）（本小题满分12分） 如图，直三棱柱111ABC A B C -中，112AC BC AA ==，D 是棱1AA 的中点，1DC BD ⊥。
（Ⅰ）证明：1DC BC ⊥（Ⅱ）求二面角11A BD C --的大小。
【2013年全国】18、（本小题满分12分）如图，三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，CA=CB ，AB=A A 1，∠BA A 1=60°. （Ⅰ）证明AB ⊥A【2014年全国】19. (本小题满分12分)如图三棱锥111ABC AB C -中，侧面11BB C C 为菱形，A 11AB B C ⊥.(Ⅰ) 证明：1AC AB =；（Ⅱ）若1AC AB ⊥，o160CBB ∠=，AB=Bc ，求二面角111A A B C --的余弦值.【2015年全国】（18）如图，，四边形ABCD 为菱形，∠ABC=120°，E ，F 是平面ABCD同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE=2DF ，AE ⊥EC 。
（1）证明：平面AEC ⊥平面AFC（2）求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值【2016年全国】（18）（本题满分为12分）如图，在已A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF =2FD ，90AFD ∠=，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60． （I ）证明；平面ABEF ⊥平面EFDC ； （II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．【2017年全国】18．（12分）如图，在四棱锥P−ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=.（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=，求二面角A −PB −C 的余弦值.。
2011年高考全国各地数学卷·文科解答题分类汇编03：立体几何
概率与统计1．（天津文）15．（本小题满分13分）编号为1216,,,A A A ⋅⋅⋅的16名篮球运动员在某次训练比赛中的得分记录如下： 运动员编号 1A2A3A4A5A6A7A8A得分 1535212825361834运动员编号 9A10A11A12A13A14A15A16A得分1726253322123138（Ⅰ）将得分在对应区间内的人数填入相应的空格；区间 [)10,20[)20,30[]30,40人数（Ⅱ）从得分在区间[)20,30内的运动员中随机抽取2人，（i ）用运动员的编号列出所有可能的抽取结果；（ii ）求这2人得分之和大于50的概率．2. （北京文）16．以下茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学的植树棵树.乙组记录中有一个数据模糊，无法确认，在图中以X 表示. （1）如果X=8，求乙组同学植树棵树的平均数和方差；（2）如果X=9，分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学的植树总棵数为19的概率. （注：方差],)()()[(1222212x x x x x x ns n -+-+-=其中x 为n x x x ,,,21 的平均数）3. （全国新文）19．某种产品的质量以其质量指标值衡量，质量指标越大表明质量越好，且质量指标值大于或等于102的产品为优质品．现用两种新配方（分别称为A 配方和B 配方）做试验，各生产了100件这种产品，并测量了每产品的质量指标值，得到时下面试验结果：A 配方的频数分布表 指标值分组 [90，94）[94，98）[98，102）[102，106）[106，110]频数 8 20 42 22 8 B 配方的频数分布表指标值分组 [90，94）[94，98）[98，102）[102，106）[106，110]频数 412423210（I ）分别估计用A 配方，B 配方生产的产品的优质品率；（II ）已知用B 配方生产的一种产品利润y （单位：元）与其质量指标值t 的关系式为2,942,941024,102t y t t -<⎧⎪=≤<⎨⎪≥⎩估计用B 配方生产的一件产品的利润大于0的概率，并求用B 配方生产的上述100件产品平均一件的利润． 4. （辽宁文）19．某农场计划种植某种新作物，为此对这种作物的两个品种（分别称为品种甲和品种乙）进行田间试验．选取两大块地，每大块地分成n 小块地，在总共2n 小块地中，随机选n 小块地种植品种甲，另外n 小块地种植品种乙．（I ）假设n =2，求第一大块地都种植品种甲的概率；（II ）试验时每大块地分成8小块，即n =8，试验结束后得到品种甲和品种乙在个小块地上的每公顷产量（单位：kg/hm 2）如下表：品种甲 403 397 390 404 388 400 412 406 品种乙419403412418408423400413分别求品种甲和品种乙的每公顷产量的样本平均数和样本方差；根据试验结果，你认为应该种植哪一品种？ 附：样本数据n x x x ,,,21⋅⋅⋅的的样本方差])()()[(1222212x x x x x x ns n -+⋅⋅⋅+-+-=，其中x 为样本平均数．5. （江西文）16．某饮料公司对一名员工进行测试以便确定考评级别，公司准备了两种不同的饮料共5杯，其颜色完全相同，并且其中的3杯为A 饮料，另外的2杯为B 饮料，公司要求此员工一一品尝后，从5杯饮料中选出3杯A 饮料。
2011-2018年全国一卷立体几何理汇编 带答案
20116．（5分）（2011•新课标）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（）A．B．C．D．【分析】由俯视图和正视图可以得到几何体是一个简单的组合体，是由一个三棱锥和被轴截面截开的半个圆锥组成，根据组合体的结构特征，得到组合体的侧视图．【解答】解：由俯视图和正视图可以得到几何体是一个简单的组合体，是由一个三棱锥和被轴截面截开的半个圆锥组成，∴侧视图是一个中间有分界线的三角形，故选D．【点评】本题考查简单空间图形的三视图，考查由三视图看出原几何图形，再得到余下的三视图，本题是一个基础题．15．（5分）（2011•新课标）已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB=6，BC=2，则棱锥O﹣ABCD的体积为8．【分析】由题意求出矩形的对角线的长，结合球的半径，球心到矩形的距离，满足勾股定理，求出棱锥的高，即可求出棱锥的体积．【解答】解：矩形的对角线的长为：，所以球心到矩形的距离为：=2，所以棱锥O﹣ABCD的体积为：=8．故答案为：8【点评】本题是基础题，考查球内几何体的体积的计算，考查计算能力，空间想象能力，常考题型．18．（12分）（2011•新课标）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，AB=2AD，PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）证明：PA⊥BD；（Ⅱ）若PD=AD，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【分析】（Ⅰ）因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=，利用勾股定理证明BD⊥AD，根据PD⊥底面ABCD，易证BD⊥PD，根据线面垂直的判定定理和性质定理，可证PA⊥BD；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，写出点A，B，C，P的坐标，求出向量，和平面PAB的法向量，平面PBC的法向量，求出这两个向量的夹角的余弦值即可．【解答】（Ⅰ）证明：因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=，从而BD2+AD2=AB2，故BD⊥AD又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD所以BD⊥平面PAD．故PA⊥BD（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，则A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣1，，0），P（0，0，1）．=（﹣1，，0），=（0，，﹣1），=（﹣1，0，0），设平面PAB的法向量为=（x，y，z），则即，因此可取=（，1，）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，即：可取=（0，1，），cos＜＞==故二面角A﹣PB﹣C的余弦值为：﹣．【点评】此题是个中档题．考查线面垂直的性质定理和判定定理，以及应用空间向量求空间角问题，查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题能力．2012 7．（5分）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．18【分析】（1）证明DC1⊥BC，只需证明DC1⊥面BCD，即证明DC1⊥DC，DC1⊥BD；（2）证明BC⊥面ACC1A1，可得BC⊥AC取A1B1的中点O，过点O作OH⊥BD于点H，连接C1O，C1H，可得点H与点D重合且∠C1DO是二面角A1﹣BD ﹣C1的平面角，由此可求二面角A1﹣BD﹣C1的大小．【解答】（1）证明：在Rt△DAC中，AD=AC，∴∠ADC=45°同理：∠A1DC1=45°，∴∠CDC1=90°∴DC1⊥DC，DC1⊥BD∵DC∩BD=D∴DC1⊥面BCD∵BC⊂面BCD∴DC1⊥BC（2）解：∵DC1⊥BC，CC1⊥BC，DC1∩CC1=C1，∴BC⊥面ACC1A1，∵AC⊂面ACC1A1，∴BC⊥AC取A1B1的中点O，过点O作OH⊥BD于点H，连接C1O，OH∵A1C1=B1C1，∴C1O⊥A1B1，∵面A1B1C1⊥面A1BD，面A1B1C1∩面A1BD=A1B1，∴C1O⊥面A1BD而BD⊂面A1BD∴BD⊥C1O，∵OH⊥BD，C1O∩OH=O，∴BD⊥面C1OH∴C1H⊥BD，∴点H与点D重合且∠C1DO是二面角A1﹣BD ﹣C1的平面角设AC=a，则，，∴sin∠C1DO=∴∠C1DO=30°即二面角A1﹣BD﹣C1的大小为30°。
2005 2011年高考分类汇编 数学立体几何
立体几何（山东卷）右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的1、表面积是πB）10(A)9π（(D)12π(C)11π从三视图可以看出该几何体是由一解析】考查三视图与几何体的表面积。
【个球和一个圆柱组合而成的，其表面及为22????.?2?212?1?S?43?1???1D 答案：GHIC△A，B，三边的中点）得到几何体如图、（广东卷）将正三棱柱截去三个角（如图1所示分别是2 ）2，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（A A G HBBBBBBCC 侧视IEEED DEE ED．CA．B．．F F2 1图图【解析】解题时在图2的右边放扇墙(心中有墙),可得答案A.答案：A67的某几何体的一条棱长为这条棱的投影是长为，3、（海南、宁夏理科卷）在该几何体的正视图中，线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a+b的最大值为（）2352224 D AC．．B ．．【解析】结合长方体的对角线在三个面的投影来理解计算。
如图m,n,k，由题意得设长方体的高宽高分别为kn222226??mn?k?k?7m1?n?，m22226?1)??1)?((ab ba1?m1?k??，，所以2222222?16?b2ab?8?b)?ab?2ab?a?8?a∴(?8??b?a，?a?b?4a?b?2时取等。
当且仅当答案：C4、（海南、宁夏理科卷）一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面．已知该六棱柱的顶点都在同一9，底面周长为3，则这个球的体积为个球面上，且该六棱柱的体积为．8h22R)?a?(a hR有然显，为高，为长边面底且，的柱棱六，为径半的球令】析解【2．1??93?a244a?h?V?6???3??2??R?V?1??R??8433??h?336a????4答案：35、（海南、宁夏文科卷）一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面。
已知该六棱柱的顶点都在同一3，底面周长为3，那么这个球的体积为个球面上，且该六棱柱的高为_________1??22?23?12R?解析】∵正六边形周长为３，得边长为，故其主对角线为１，从而球的直径【24?V?1R?∴球的体积∴34?答案：3?l，直线AB∥l，直线AC∈α，A⊥l，直α6、（海南、宁夏文科卷）已知平面⊥平面β，α∩β= l，点A线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是（）．．．A. AB∥m B. AC⊥m C. AB∥β D. AC⊥β?l?AC内，，但ＡＣ不一定在平面【解析】容易判断Ａ、Ｂ、Ｃ三个答案都是正确的，对于Ｄ，虽然?相交、平行，故不一定垂直；故它可以与平面答案：DAD?BD，且E，F分别是AB，7、（江苏卷）在四面体ABCD中，CB=CD，BD的中点，EF面AC D；求证（I）直线BD BC面EFC?面。
2011年高考理科数学解答题18立体几何
P D CE BAG第2题B C ADP第3题2011年高考理科数学解答题18立体几何1． 常规问题例1．如图，在四棱锥O-ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形， ∠ABC=45，OA ⊥底面ABCD,OA=2,M 为OA 的中点，N 为BC 的中点。
（1）MN ∥平面OCD;（2）求异面直线AB 与MD 所成的角的大小； （3）求点B 到平面OCD 的距离。
例2．四棱锥P-ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD, 底面ABCD 是矩形， BC=2CD=2,又PA=PD, ∠APD=90,E 、G 分别是BC 、PE 的中点。
（1）求证：AD ⊥PE;（2）求二面角E-AD-G 的大小。
例3．如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是菱形，PA ⊥平面ABCD ， PA=AD=2, ∠BAD=60.(1)求证：平面PBD ⊥平面PAC ； (2)求点A 到平面PBD 的距离； (3)求二面角A-PB-D 的余弦值。
2． 立体几何与三视图例4．一个多面体的直观图及三视图如图所示（其中M,N 分别是AF,BC 的中点）。
(1)求证：MN ∥平面CDEF ； (2)求二面角A-CF-B 的大小；(3)求多面体A-CDEF 的体积。
DO CN B M A 第1题NF BD AMC第4题E 侧视图 正视图 俯视图CA PDE B第6题C O E AB D 第7题a 2侧视图 俯视图 例5．一个多面体的直观图，主视图（正前方观察），俯视图（正上方观察），左视图（左侧正前方观察）如下图所示。
(1)求1A A 与平面ABCD 所成角的大小；(2)求平面11AA D 与平面ABCD 所成二面角的大小；(3)3． 存在性问题例6．如图，四边形ABCD 为矩形，且AD=4,AB=2,PA ⊥平面ABCD ，E 为BC 上的动点。
(1)当E 为BC 中点时，求证：PE ⊥DE;(2)设PA=2,线段BC 上存在这样的点E ，使得二面角P-ED-A 的大小为45，试确定点E 的位置。
2011年高考数学试题分类汇编-专题立体几何-理
2011年高考试题数学(理科）立体几何一、选择题:1。
(2011年高考山东卷理科11)下图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、俯视图如下图;②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如 下图；③存在圆柱,其正（主)视图、俯视图如下图．其中真命题的个数是 （A ）3 （B)2 （C ）1 (D)0 【答案】A【解析】对于①，可以是放倒的三棱柱；容易判断②③可以。
2.（2011年高考浙江卷理科3）若某几何体的三视图如图所示,则这个几何体的直观图可以是【答案】D【解析】由正视图可排除A 、B 选项；由俯视图可排除C 选项. 3。
（2011年高考浙江卷理科4)下列命题中错误的是（A)如果平面αβ⊥平面，那么平面α内一定存在直线平行于平面β（B ）如果平面不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β （C ）如果平面αγ⊥平面，平面βγ⊥平面，=l αβ⋂，那么l γ⊥平面 (D ）如果平面αβ⊥平面，那么平面α内所有直线都垂直于平面β 【答案】D【解析】若面⊥α面β，在面α内与面的交线不相交的直线平行平面β,故A 正确；B 中若α内存在直线垂直平面β,则βα⊥，与题没矛盾，所以B 正确；由面⊥面的性质知选项C正确。
4.(2011年高考安徽卷理科6）一个空间几何体得三视图如图所示,则该几何体的表面积为（A） 48 （B)32+817 (C） 48+817（D) 80【答案】C【命题意图】本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.【解析】由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4，。
故S2+4=⨯4⨯2+4⨯2+4⨯4+4⨯17⨯2 2=48+817表【解题指导】：三视图还原很关键，每一个数据都要标注准确.5.（2011年高考辽宁卷理科8）如图，四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD,则下列结论中不正确．．．的是( ）(A）AC⊥SB(B）AB∥平面SCD（C) SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角(D)AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角答案： D解析：对于A:因为SD⊥平面ABCD,所以DS⊥AC。
2011高考数学立体几何题解
学科网备战高考数学立体几何（Ⅰ）∵平面PCBM ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，AC ⊂平面ABC ∴AC ⊥平面PCBM又∵BM ⊂平面PCBM ∴AC BM ⊥（Ⅱ）取BC 的中点N ，则1CN = 连接AN 、MN∵平面PCBM ⊥平面ABC ，平面PCBM 平面ABC BC=，PC BC ⊥ ∴PC ⊥平面ABC ∵//PM CN =，∴//MN PC =，从而MN ⊥平面ABC作NH AB ⊥于H ，连结MH ，则由三垂线定理知AB MH ⊥ 从而MHN ∠为二面角M AB C --的平面角∵直线AM 与直线PC 所成的角为60°，∴60AMN ∠=︒在ACN ∆中，由勾股定理得AN =在Rt AMN ∆中，cot MN AN AMN =⋅∠==在Rt BNH ∆中，sin 15AC NH BN ABC BN AB =⋅∠=⋅== 在Rt MNH ∆中，tan 5MN MHN NH ∠=== 故二面角M AB C --的大小为tan3arc （Ⅱ）如图以C 为原点建立空间直角坐标系C xyz - 设0(0,0,)P z 0(0)z >，有(0,2,0)B ，(1,0,0)A ，0(0,1,)M z 0(1,1,)AM z =- ，0(0,0,)CP z =由直线AM 与直线PC 所成的角为60°，得cos 60AM CP AM CP ⋅=⋅⋅︒即20z z =，解得0z =∴(AM =- ，(1,2,0)AB =- 设平面MAB 的一个法向量为1111(,,)n x y z =，则由00020n AM x y n AB x y ⎧⎧⋅=-++=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=⎪⎪⎩-+=⎩，取1z =1(4,n =取平面ABC 的一个法向量为2(0,0,1)n = 则12cos ,n n <>121213n n n n ⋅===⋅由图知二面角M AB C --为锐二面角，故二面角M AB C --的大小为arccos 13（Ⅲ）多面体PMABC 就是四棱锥A BCPM -11111()(21)133232PMABC A PMBC PMBC V V S AC PM CB CP AC -==⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅+=75.（天津理19）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，60AB AD AC CD ABC ⊥⊥∠=，，°，PA AB BC ==，E 是PC 的中点．（Ⅰ）证明CD AE ⊥；（Ⅱ）证明PD ⊥平面ABE ；（Ⅲ）求二面角A PD C--的大小．（Ⅰ）证明：在四棱锥P ABCD -中，因PA ⊥底面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，故P A C D ⊥ AC CD PA AC A ⊥= ，∵，CD ⊥∴平面PAC而AE ⊂平面PAC ，CD AE ⊥∴（Ⅱ）证明：由PA AB BC ==，60ABC ∠=°，可得AC PA = E ∵是PC 的中点，AE PC ⊥∴由（Ⅰ）知，AE CD ⊥，且PC CD C = ，所以AE ⊥平面PCD而PD ⊂平面PCD ，AE PD ⊥∴PA ⊥∵底面ABCD PD ，在底面ABCD 内的射影是AD ，AB AD ⊥，AB PD ⊥∴ 又AB AE A = ∵，综上得PD ⊥平面ABE（Ⅲ）解法一：过点A 作AM PD ⊥，垂足为M ，连结EM 则（Ⅱ）知，AE ⊥平面PCD ，AM 在平面PCD 内的射影是EM ，则EM PD ⊥ 因此AME ∠是二面角A PD C --的平面角由已知，得30CAD ∠=° 设AC a =，可得32PA a AD PD AE a ====，，， 在ADP Rt △中，AM PD ⊥∵，AM PD PA AD =∴··，则3a PA ADAM PD===·· 在AEM Rt △中，sin 4AE AME AM ==所以二面角A PD C --的大小是arcsin 4解法二：由题设PA ⊥底面ABCD ，PA ⊂平面PAD ，则平面PAD ⊥平面ACD ，交线为AD 过点C 作CF AD ⊥，垂足为F ，故CF ⊥平面PAD 过点F 作FM PD ⊥，垂足为M ，连结CM ，故CM PD ⊥ 因此CMP ∠是二面角A PD C --的平面角 由已知，可得30CAD ∠=°，设AC a =，ACDPEAD可得12PA a AD PD CF a FD =====，，，， FMD PAD ∵△∽△，FM FDPA PD=∴于是，3aFD PA FM PD ===·· 在CMF Rt △中，1tan 14aCF CMF FM === 所以二面角A PD C --的大小是76.（天津文19）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AB AD AC CD ⊥⊥，，60ABC ∠=°，PA AB BC ==，E 是PC 的中点．（Ⅰ）求PB 和平面PAD 所成的角的大小；（Ⅱ）证明AE ⊥平面PCD ； （Ⅲ）求二面角A PD C --的大小．（Ⅰ）解：在四棱锥P ABCD -中，因PA ⊥底面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，故PA AB ⊥ 又AB AD ⊥，PA AD A = ，从而AB ⊥平面PAD 故PB 在平面PAD 内的射影为PA ，从而APB∠为PB 和平面PAD 所成的角在Rt PAB △中，AB PA =，故45APB = ∠所以PB 和平面PAD 所成的角的大小为45（Ⅱ）证明：在四棱锥P ABCD -中，因PA ⊥底面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，故CD PA ⊥ 由条件CD PC ⊥，PA AC A = ，CD ∴⊥面PAC又AE ⊂面PAC ，AE CD ∴⊥由PA AB BC = ，60ABC = ∠，可得AC PA =E 是PC 的中点，AE PC ∴⊥，PC CD C ∴= 综上得AE ⊥平面PCD（Ⅲ）解：过点E 作EM PD ⊥，垂足为M ，连结AM 由（Ⅱ）知，AE ⊥平面PCD ，AM 在平面PCD 内的射影是EM ，则AM PD ⊥ 因此AME ∠是二面角A PD C --的平面角 由已知，可得30CAD = ∠ 设AC a =，可得PA a =，AD =，PD =，AE = ADAD在Rt ADP △中，AM PD ⊥ ，AM PD PA AD ∴=，则3PA AD AM PD =在Rt AEM △中，sin AE AME AM ==所以二面角A PD C --的大小arcsin 477.（浙江理19）在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，且2AC BC BD AE ===，M 是AB 的中点． （I ）求证：CM EM ⊥；（II ）求CM 与平面CDE 所成的角．方法一：（I ）证明：因为AC BC =，M 是AB 的中点， 所以CM AB ⊥ 又EA ⊥平面ABC ，所以CM EM ⊥（II ）解：过点M 作MH ⊥平面CDE ，垂足是H ，连结CH 交延长交ED 于点F ，连结MF ，MDFCM ∠是直线CM 和平面CDE 所成的角 因为MH ⊥平面CDE ，所以MH ED ⊥， 又因为CM ⊥平面EDM ，所以CM ED ⊥，则ED ⊥平面CMF ，因此E D ⊥设EA a =，2BD BC AC a ===，在直角梯形ABDE 中，AB =，M 是AB 的中点，所以3DE a =，EM =，MD =，得EMD △是直角三角形，其中90EMD = ∠，所以EM MDMF DE ==在Rt CMF △中，tan 1MFFCM MC==∠，所以45FCM = ∠，故CM 与平面CDE 所成的角是45 方法二：如图，以点C 为坐标原点，以CA ，CB 分别为x 轴和y 轴，过点C 作与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立直角坐标系C xyz -，设E A a =，则(2)A a 00，，，(020)B a ，，，(20)E a a ，， (022)D a a ，，，(0)M a a ，，（I ）证明：因为()EM a a a =-- ，，，(0)CM a a =，，，所以0EM CM = ，故EM CM ⊥ （II ）解：设向量001y z ()，，n =与平面CDE 垂直，则CE ⊥ n ，CD ⊥ n ， 即0CE =n ，0CD =n 因为(20)CE a a = ，，，(022)CD a a =，，， EDCMA（第19题）C所以02y =，02x =-，即(122)=-，，n ，cos 2CM CM CM ==，n n n， 直线CM 与平面CDE 所成的角θ是 n 与CM夹角的余角，所以45θ= ，因此直线CM 与平面CDE 所成的角是4578.（重庆理19）如题（19）图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12AA =，1AB =，90ABC = ∠；点D E ，分别在 1BB ，1A D 上，且11B E A D ⊥，四棱锥1C ABDA -与直三棱柱的体积之比为3:5． （Ⅰ）求异面直线DE 与11B C 的距离；（Ⅱ）若BC =111A DC B --的平面角的正切值．解法一：（Ⅰ）因1111B C A B ⊥，且111B C BB ⊥，故11B C ⊥面11A ABB ， 从而111B C B E ⊥，又1B E DE ⊥，故1B E 是异面直线11B C 与DE 的公垂线设BD 的长度为x ，则四棱椎1C ABDA -的体积1V 为111111()(2)366ABDA V S BC DB A A AB BC x BC ==+=+···· 而直三棱柱111ABC A B C -的体积2V 为21112ABC V S AA AB BC AA BC ===△···由已知条件12:3:5V V =，故13(2)65x +=，解之得85x =从而1182255B D B B DB =-=-=在直角三角形11A B D中，1A D ===，又因11111111122A B D S A D B E A B B D ==△··，故11111A B B D B E A D ==· （Ⅱ）如答（19）图1，过1B 作11B F C D ⊥，垂足为F ，连接1A F ，因ABCDE 1B1C 1A题（19）图DE 1B1C 1AF1111A B B C ⊥，111A B B D ⊥，故11A B ⊥面11B DC由三垂线定理知11C D A F ⊥，故11A FB ∠为所求二面角的平面角在直角11C B D △中，15C D ===，又因11111111122C BD S C D B F B C B D ==△··，故111119B C B D B F C D ==·，所以11111tan 2A B A FB B F == 解法二：（Ⅰ）如答（19）图2，以B 点为坐标原点O 建立空间直角坐标系O xyz -，则(000)B ，，，1(002)B ，，，(010)A ，，，1(012)A ，，，则1(002)AA = ，，，(010)AB =-，， 设1(02)C a ，，，则11(00)B C a = ，，，又设00(0)E y z ，，，则100(02)B E y z =-，，， 从而1110B C B E = ，即111B E B C ⊥又11B E DA ⊥，所以1B E 是异面直线11B C 与DE 的公垂线下面求点D 的坐标 设(00)D z ，，，则(00)BD z，， 因四棱锥1C ABDA -的体积1V 为11111()36ABDA V S BC BD AA AB BC ==+ 1(2)16z BC =+ 而直三棱柱111ABC A B C -的体积2V 为21112ABC V S AA AB BC AA BC ===△由已知条件12:3:5V V =，故13(2)65z +=，解得85z =，即8005D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，， 从而12005DB ⎛⎫ ⎪⎝⎭ ，，，12015DA ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，，，00805DE y z ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，，接下来再求点E 的坐标 由11B E DA ⊥，有110B E DA = ，即002(2)05y z +-= （1）又由1DA DE ∥得085215z y -=（2） 联立（1），（2），解得0429y =，04829z =，即44802929E ⎛⎫= ⎪⎝⎭，，，得141002929B E ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，，答（19）图2故1B E ==（Ⅱ）由已知BC =12)C ，，从而12)5DC = ，，过1B 作11B F C D ⊥，垂足为F ，连接1A F ，设11(0)F x z ，，，则111(02)B F x z =- ，，，因为110B F DC =，故1124055z +-=① 因11805DF x z ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，，且1DF DC∥18525z -=，即11205x +=②联立①②解得1x =14427z =，即4427F ⎫⎪⎭，则110127A F ⎫=--⎪⎭ ，，11027B F ⎫=-⎪⎭ ，1||B F =又11102(1)00275A F DC =--= ，故11A F DC ⊥，因此11A FB ∠为所求二面角的平面角 又11(010)A B =- ，，，从而1110A B B F = ，故11A B ⊥1B F ，11A B F △为直角三角形，所以11111||tan 2||A B A FB B F ==79.（重庆文19）如题19图，在直三棱柱111ABC A B C -中，90ABC ∠=°，13122AB BC AA ===，，；点D 在棱1BB 上，113BD BB =；11B E A D ⊥，垂足为E ，求：（Ⅰ）异面直线1A D 与11B C 的距离； （Ⅱ）四棱锥C ABDE -的体积．BA CDF E1A 1B 1C 题（19）图.解法一：（Ⅰ）由直三棱柱的定义知111B C B D ⊥，又因为90ABC ∠=°，因此1111B C A B ⊥，从而11B C ⊥平面11A B D 得111B C B E ⊥，又11B E A D ⊥故1B E 是异面直线11B C 与1A D 的公垂线由113BD BB =知143B D =，在11A B D Rt △中，53AD ===又因11111111122A B D S A B B D A D B E ==△··， 故111114143553A B B D B E A D ===··（Ⅱ）由（Ⅰ）知11B C ⊥平面11A B D ，又11BC B C ∥， 故BC ⊥平面ABDE ，即BC 为四棱锥C ABDE -的高， 从而所求四棱锥的体积V 为13C ABDEV V S BC -==··， 其中S 为四边形ABDE 的面积，如答（19）图1，过E 作1EF B D ⊥，垂足为F在1B ED Rt △中，1615ED ===又因1111122B ED S B E DE B D EF ==△··，故111625B E DE EF B D ==· 因1A AE △的边1A A 上的高1116912525h A B EF =-=-=， 故1111992222525A AE S A A h ===△··· 又因为11111114212233A B D S A B B D ===△···， 从而111119273225375ABB A A AE A B D S S S S =--=--=△△所以117337333752150V S BC ===···· 解法二：（Ⅰ）如答（19）图2，以B 点为坐标原点O 建立空间直角坐标系O xyz -，则11132(010)(012)(000)(002)020023A A B B C D ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，，，，，，，，，，，，，，BACDFE1A1B1C答（19）图1因此1(002)AA = ，，，(010)AB =- ，，， 1132B C ⎛⎫=00 ⎪⎝⎭ ，，，1403A D ⎛⎫=-1- ⎪⎝⎭ ，，设00(0)E y z ，，，则100(02)B E y z =-，，， 因此1B E 11B C0=，从而111B C B E ⊥又由题设11B E A D ⊥，故1B E 是异面直线11B C 与1A D 的公垂线下面求点E 的坐标因11B E A D ⊥，即110B E A D = ，从而004(2)03y z --=， (1)又100(012)A E y z =-- ，，，且11A E A D ∥，得0012413y z --=············ （2） 联立（1），（2）解得01625y =，03825z =，即3802525E 16⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，161202525B E 1⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，，所以145B E == （II ）由BC AB ⊥，BC DB ⊥，故BC ⊥面ABDE ，即BC 为四棱锥C ABDE -的高因为1ABDE ABE BDE S S S AB =+= △△，，23BD = 而01138191222525ABE S AB z === △ 011216162232575BDE S BD y ===△ 故191673257575ABDE S =+=所以117337333752150C ABDE ABDE V S BC -===yx 答（19）图2。
2011年高考数学试题分类解析(八)——立体几何
２ １ 年 的高考 已经 落下帷 幕 ，综 观全 国各地 的数 学试 卷 ， 平面所成 的角 、二面角 的计算问题． ０ １ 不难 发现对立 体几何 内容 的考 查 ，都严 格遵 循 《 普通 高 中数 学 课程标准 （ 实验） （ 《 学大纲》 》或 教 ）和 Ｏ １ １ 年高考考试说 明》
的概念 ；会用几何 法和 向量法解决 异面直 线所成 的角 、直线 与
思维．分析 和研 究 ２ １ 高考 立体几何试题 的命题特 点、热点 ０ １年 容的复 习教 学具有很 好的导向性和前瞻性． 关键 词 ：立体几何 ；试题特点 ；命题 意 图；复 习建议
题 型和创 新试题 的命题意 图和解 法 ，对做好 新一轮 立体 几何 内 平行 、垂直 的有 关性质 与判定 ；会 用几何 法和 向量 方法证 明有
好的指导性和前瞻性．
一
大纲 课程全 国文理卷 、四川文理 卷 、浙 江文理卷 、辽宁文 理卷
、
分 析 特 点
等 ． 有个别试 卷以 “ ｔ 题两 大题 ”的形 式出现 ，分值 为 ２ 也 －ｌ ， ９ 分 ，占总分 比为 １ ． ４５ ％，例如 江苏理科卷． 考查难度一般 为中等 ，解答题所处位置基本上 在前 ３道题 。
Ｎ － ８ ０１ Ｏ７ ２ １ —
Ｊ ｕ ｎ ｌｏ ｉｅ ｅ Ｍａｈ ｍａｉｓ Ｅ ｕ ａｉｎ ｏ ｒ ａ ｆＣｈｎ ｓ ｔｅ ｔ ｄ ｃ ｔ ｃ ｏ
２１ ０ １年
第 ７ ８期 —
摘要 ：２ １ 年 高考数 学已经落下帷幕 ，与 ２ １ ０１ ０ ０年相 比，各 识别 三视 图所表示 的空 间几何体 ；理解三视 图和直观 图的联系 ，
三视 图 ；球 、柱 、锥 、台 的表 面积和体 积计算 ；空间位 置 离等．解答题 的考法 与往 年类似 ，仍然注重在一个具体 的立体几 关 系的判断与证明 ；空间角 、距离的计 算．
2011-2019高考数学立体几何分类汇编(理)
2011-2019新课标(理科)立体几何分类汇编一、选填题【2012新课标】（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（ B ）()A 6 ()B 9 ()C 12 ()D 18【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 =⨯⨯⨯⨯=【2012新课标】（11）已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，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 ）()A 6 ()B 6 ()C 3 ()D 2【解析】ABC ∆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2d =11233436ABC V S d ∆=⨯=⨯=另：1236ABC V S R ∆<⨯=排除,,B C D【2013新课标1】6、如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为 ( A )A 、500π3cm 3B 、866π3cm 3C 、1372π3cm 3D 、2048π3cm 3【解析】设球的半径为R ，则由题知球被正方体上面截得圆的半径为4，球心到截面圆的距离为R-2，则222(2)4R R =-+，解得R=5，∴球的体积为3453π⨯=500π33cm ，故选A.【2013新课标1】8、某几何函数的三视图如图所示，则该几何的体积为( A )A 、16+8πB 、8+8πC 、16+16πD 、8+16π 【解析】由三视图知，该几何体为放到的半个圆柱底面半径为2 高为4，上边放一个长为4宽为2高为2长方体，故其体积为21244222π⨯⨯+⨯⨯ =168π+，故选A .【2013新课标2】4. 已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l α，lβ，则( D )．A ．α∥β且l ∥αB ．α⊥β且l ⊥βC ．α与β相交，且交线垂直于lD ．α与β相交，且交线平行于l【解析】因为m ⊥α，l ⊥m ，l α，所以l ∥α.同理可得l ∥β。
2011年数学高考分类汇编解答题(理)03——立体几何
03 立体几何1. （2011天津卷理）17．（本小题满分13分）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，H 是正方形11AA B B 的中心，122AA =，1C H ⊥平面11AA B B ，且1 5.C H =（Ⅰ）求异面直线AC 与A 1B 1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11A B C ，求线段BM 的长．【解析】17．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，考查用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.满分13分.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(22,0,0),(0,0,0),(2,2,5)A B C - 111(22,22,0),(0,22,0),(2,2,5)A B C（I ）解：易得11(2,2,5),(22,0,0)AC A B =--=-u u u r u u u u r ， 于是1111112cos ,,||||322AC A B AC A B AC A B ⋅===⋅⨯u u u r u u u u ru u u r u u u u u r u u ur u u u u r 所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为2. （II ）解：易知111(0,22,0),(2,2,5).AA AC ==--u u u r u u u u r设平面AA 1C 1的法向量(,,)m x y z =，则11100m A C m AA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u ru u u r即2250,220.x y z y ⎧--+=⎪⎨=⎪⎩ 不妨令5,x =可得(5,0,2)m =，同样地，设平面A 1B 1C 1的法向量(,,)n x y z =，则11110,0.n A C n A B ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u u r即2250,220.x y z x ⎧--+=⎪⎨-=⎪⎩不妨令5y =， 可得(0,5,2).n =于是2cos ,,||||777m n m n m n ⋅===⋅⋅从而35sin ,.7m n =所以二面角A —A 1C 1—B 的正弦值为35.7（III ）解：由N 为棱B 1C 1的中点，得2325(,,).N 设M （a ，b ，0）， 则2325(,,)222MN a b =--u u u u r 由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得11110,0.MN A B MN AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r 即2()(22)0,22325()(2)()(2)50.222a ab ⎧-⋅-=⎪⎪⎨⎪-⋅-+-⋅-+⋅=⎪⎩解得2,22.4a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩故22(,,0).M因此22(,,0)24BM =u u u u r ，所以线段BM 的长为10||.BM =u u u u r 方法二：（I ）解：由于AC//A 1C 1，故111C A B ∠是异面直线AC 与A 1B 1所成的角. 因为1C H ⊥平面AA 1B 1B ，又H 为正方形AA 1B 1B 的中心，1122,5,AA C H ==可得1111 3.AC B C ==因此22211111111111112cos .23AC A B B C C A B AC A B +-∠==⋅所以异面直线AC 与A 1B 1（II ）解：连接AC 1，易知AC 1=B 1C 1， 又由于AA 1=B 1A 1，A 1C 1=A 1=C 1，所以11AC A ∆≌11B C A ∆，过点A 作11AR A C ⊥于点R ，连接B 1R ，于是111B R AC ⊥，故1ARB ∠为二面角A —A 1C 1—B 1的平面角.在11Rt A RB ∆中，11111sin 3B R A B RA B =⋅∠== 连接AB 1，在1ARB ∆中，2221111114,,cos 2AR B R AB AB AR B R ARB AR B R+-==∠=⋅27=-，从而1sin ARB ∠=所以二面角A —A 1C 1—B 1的正弦值为7（III ）解：因为MN ⊥平面A 1B 1C 1，所以11.MN A B ⊥ 取HB 1中点D ，连接ND ，由于N 是棱B 1C 1中点， 所以ND//C 1H且1122ND C H ==. 又1C H ⊥平面AA 1B 1B ，所以ND ⊥平面AA 1B 1B ，故11.ND A B ⊥ 又,MN ND N =I所以11A B ⊥平面MND ，连接MD 并延长交A 1B 1于点E ， 则111,//.ME A B ME AA ⊥故 由1111111,4B E B D DE AA B A B A ===得1DE B E ==EM 交AB 于点F ，可得12.BF B E ==连接NE. 在Rt ENM ∆中，2,.ND ME ND DE DM ⊥=⋅故 所以252.4ND DM DE == 可得2.4FM =连接BM ，在Rt BFM ∆中，2210.4BM FM BF =+=2. （2011北京理）16．（本小题共14分）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，2,60AB BAD =∠=o .(Ⅰ)求证：BD ⊥平面;PAC （Ⅱ）若,PA AB =求PB 与AC 所成角的余弦值；（Ⅲ）当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求PA 的长.【解析】（16）（共14分） 证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD.又因为PA ⊥平面ABCD. 所以PA ⊥BD.所以BD ⊥平面PAC. （Ⅱ）设AC∩BD=O. 因为∠BAD=60°，PA=PB=2,所以BO=1，AO=CO=3.如图，以O 为坐标原点，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）. 所以).0,32,0(),2,3,1(=-=AC PB 设PB 与AC 所成角为θ，则4632226||||cos =⨯=⋅⋅AC PB AC PB θ. （Ⅲ）由（Ⅱ）知).0,3,1(-=BC 设P （0，－3，t ）（t>0）， 则),3,1(t BP --=设平面PBC 的法向量),,(z y x m =, 则0,0=⋅=⋅m BP m BC所以⎪⎩⎪⎨⎧-+--=+-03,03tz y x y x 令,3=y 则.6,3t z x ==所以)6,3,3(tm =同理，平面PDC 的法向量)6,3,3(tn -=因为平面PCB ⊥平面PDC, 所以n m ⋅=0，即03662=+-t解得6=t 所以PA=6 3. （2011辽宁卷理）18．（本小题满分12分）如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA =AB =12P D ．（I ）证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； （II ）求二面角Q —BP —C 的余弦值．【解析】18．解：如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D —xyz. （I ）依题意有Q （1，1，0），C （0，0，1），P （0，2，0）.则(1,1,0),(0,0,1),(1,1,0).DQ DC PQ ===-u u u r u u u r u u u r所以0,0.PQ DQ PQ DC ⋅=⋅=u u u r u u u r u u u r u u u r即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC. 故PQ ⊥平面DCQ.又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ. …………6分（II ）依题意有B （1，0，1），(1,0,0),(1,2,1).CB BP ==--u u u r u u u r设(,,)n x y z =是平面PBC 的法向量，则0,0,20.0,n CB x x y z n BP ⎧⋅==⎧⎪⎨⎨-+-=⋅=⎩⎪⎩u u u r u u u r即 因此可取(0,1,2).n =--设m 是平面PBQ 的法向量，则0,0.m BP m PQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u r可取15(1,1,1).cos ,.5m m n =<>=-所以 故二面角Q —BP —C 的余弦值为15.5-………………12分 4. （全国大纲卷理）19．（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．） 如图，四棱锥S ABCD -中， AB CD ⊥,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，2,1AB BC CD SD ====．（Ⅰ）证明：SD SAB ⊥平面;（Ⅱ）求AB 与平面SBC 所成角的大小．【解析】19．解法一：（I ）取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE=CB=2， 连结SE ，则, 3.SE AB SE ⊥= 又SD=1，故222ED SE SD =+， 所以DSE ∠为直角。
2011年高考文科数学立体几何的综合测试题及参考答案
易证得 Rt�ADC ≌ Rt�B1C1D �故 AD � B1D �
又 O 为 AB1的中点�故 OD � AB1 �∴ AB1 � 平面 A1BD
13��1�证明�∵ AD � 平面 ABE � AD // BC �
∴ BC � 平面 ABE �则 AE � BC
�
�
又 BF �平面 ACE �则 AE � BF
�2�在�1�的条件下�求异面直线 DE 与 CF 所成的角�
E
D
C
B
A
F
E·
D·
C · ·B
·
A
F·
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立体几何的综合答案
1、A � 2、A � 3、D� 4、C � 5、C� 8�② ④ ⑤ � 9、① ② ③ � 10、C �
6� 4 cm3 3
7�1.5 �
11��1�证明�连接 D1C 交 DC1 于 F �连结 EF �
D1 A1
D A
C1 B1
C E B
12�如图�三棱柱 ABC � A1B1C1 的所有棱长都相等�且 A1A � 底面 ABC � D为 C1C 的中点� AB1与 A1B 相交于点 O �连结 OD �
�1� 求证� OD// 平面 ABC ��2�求证� AB1 � 平面 A1BD 。
13 � 如 图 所 示 � 四 边 形 A B C D为 矩 形 � AD � 平 面 ABE � F 为 CE 上 的 点 � AE � EB � BC � 2� F 为CE 上的点�且 BF �平面 ACE
2011 年高考文科数学立体几何的综合测试题及参考答案
1� m 、 n 是不同的直线�� 、 � 、� 是不同的平面�有以下四个命题�
2011年立体几何大题和答案理科
2013年全国高考理科数学试题分类汇编7：立体几何1．（2013辽宁）如图,AB 是圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点.(I)求证:PAC PBC ⊥平面平面；(II)2.AB AC PA C PB A ===--若，1，1，求证：二面角的余弦值2．（2013重庆）如图,四棱锥P A-中,PA ABCD ⊥底面,2,4,3BC CD AC ACB ACD π===∠=∠=,F 为PC 的中点,AF PB ⊥.(1)求PA 的长; (2)求二面角B AF D --的正弦值.3．（2013浙江）如图,在四面体BCD A -中,⊥AD 平面BCD ,22,2,==⊥BD AD CD BC .M 是AD的中点,P 是BM 的中点,点Q 在线段AC 上,且QC AQ 3=.(1)证明://PQ 平面BCD ;(2)若二面角D BM C --的大小为060,求BDC ∠的大小.1．（2013上海）如图,在正三棱锥111ABC A B C -中,16AA =,异面直线1BC 与1AA 所成角的大小为6π,求该三棱柱的体积. 2．（2013江苏）如图,在三棱锥ABC S -中,平面⊥SAB 平面SBC ,BC AB ⊥,AB AS =,过A 作SB AF ⊥,垂足为F ,点G E ，分别是棱SC SA ，的中点. 求证:(1)平面//EFG 平面ABC ; (2)SA BC ⊥.3．（2013上海）如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=2,AD=1,A 1A=1,证明直线BC 1平行于平面DA 1C,并求直线BC 1到平面D 1AC 的距离.ABCDPQM（第20题图）ABCSGFEC 11A4．（2013广东）如图1,在等腰直角三角形ABC 中,90A∠=︒,6BC =,,D E 分别是,A C A B上的点,CD BE ==,O 为BC 的中点.将ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中A O '=.(Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ; (Ⅱ) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值.5．（2013天津）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. 6．（2013新课标1）如图,三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,CA=CB,AB=A A 1,∠B A A 1=60°.(Ⅰ)证明AB ⊥A 1C;(Ⅱ)若平面ABC⊥平面AA 1B 1B,AB=CB=2,求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值.7．（2013陕西）如图, 四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形, O 为底面中心, A 1O ⊥平面ABCD , 1AB AA ==(Ⅰ) 证明: A 1C ⊥平面BB 1D 1D ;(Ⅱ) 求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小. 8．（2013江西）如图,四棱锥P A B-中,PA ,ABCD E BD ⊥平面为的中点,G PD 为的中点，B 1A 1C 1ACB. C O BDEA CDOBE'A 图1图21A3,12DAB DCB EA EB AB PA ∆≅∆====，,连接CE 并延长交AD 于F . (1) 求证:AD CFG ⊥平面;(2) 求平面BCP 与平面DCP 的夹角的余弦值. 9．（2013四川）如图,在三棱柱11ABC A B C -中,侧棱1AA ⊥底面ABC ,12AB AC AA ==,120BAC ∠=,1,D D 分别是线段11,BC B C 的中点,P 是线段AD 的中点.(Ⅰ)在平面ABC 内,试作出过点P 与平面1A BC 平行的直线l ,说明理由,并证明直线l ⊥平面11ADD A ;(Ⅱ)设(Ⅰ)中的直线l 交AB 于点M ,交AC 于点N ,求二面角1A A M N --的余弦值.10．（2013江苏）如图,在直三棱柱111A B C A B C-中,AC AB ⊥,2==AC AB ,41=AA ,点D 是BC 的中点 (1)求异面直线B A 1与D C 1所成角的余弦值 (2)求平面1ADC 与1ABA 所成二面角的正弦值.11．（2013大纲）如图,四棱锥P ABCD-中,902,ABC BAD BC AD PAB ∠=∠==∆，与PAD ∆都是等边三角形. (I)证明:;PB CD ⊥ (II)求二面角A PD C --的大小.12．（2013山东）如图所示,在三棱锥P ABQ -中,PB ⊥平面ABQ ,BA BP BQ ==,,,,D C E F 分别是,,,A Q B Q A P B P 的中点, 2AQ BD =,PD 与EQ 交于点G ,PC 与FQ 交于点H ,连接GH .(Ⅰ)求证:AB GH ; (Ⅱ)求二面角D GH E --的余弦值.13．（2013年高考湖南卷（理））如图5,在直棱柱1111//ABCD A B C D AD BC -中，,90,,1BAD AC BD BC ∠=⊥=,13AD AA ==.(I)证明:1AC B D ⊥; (II)求直线111B C ACD 与平面所成角的正弦值.14．（2013福建）如图,在四棱柱1111ABCD A B C D -中,侧棱1C1AA ABCD ⊥底面,//AB DC ,11AA =,3AB k =,4AD k =,5BC k =,6DC k =(0)k >.(1)求证:11;CD ADD A ⊥平面(2)若直线1AA 与平面1AB C 所成角的正弦值为67,求k 的值; (3)现将与四棱柱1111ABCD A B C D -形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的棱柱,规定:若拼接成的新的四棱柱形状和大小完全相同,则视为同一种拼接方案.问:共有几种不同的方案?在这些拼接成的新四棱柱中,记其中最小的表面积为()f k ,写出()f k 的表达式(直接写16．（2013北京）如图,在三棱柱-111中,11是边长为4的正方形,平面⊥平面1C 1C ,AB=3,BC=5.(Ⅰ)求证:AA 1⊥平面ABC ;(Ⅱ)求二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值;(Ⅲ)证明:在线段BC 1存在点D,使得AD ⊥A 1B ,并求1BDBC 的值.一、选择题17 ．（2013年高考新课标1（理））如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6cm,如果不计容器的厚度,则球的体积为（ ）A ．35003cm π B ．38663cm π C ．313723cm πD ．320483cm π【答案】A18 ．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））设,m n 是两条不同的直线,,αβABCD1A 1C 1B E是两个不同的平面,下列命题中正确的是（ ）A ．若αβ⊥,m α⊂,n β⊂,则m n ⊥B ．若//αβ,m α⊂,n β⊂,则//m nC ．若m n ⊥,m α⊂,n β⊂,则αβ⊥D ．若m α⊥,//m n ,//n β,则αβ⊥【答案】D19 ．（2013年上海市春季高考数学试卷(含答案)）若两个球的表面积之比为1:4,则这两个球的体积之比为（ ）A ．1:2B ．1:4C ．1:8D ．1:16【答案】C20 ．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中12AA AB =,则CD 与平面1BDC 所成角的正弦值等于（ ）A ．23B ．3C ．3D ．13【答案】A21 ．（2013年高考新课标1（理））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（ ）A ．168π+B ．88π+C ．1616π+D ．816π+【答案】A22 ．（2013年高考湖北卷（理））一个几何体的三视图如图所示,该几何体从上到下由四个简单几何体组成,其体积分别记为1V ,2V ,3V ,4V ,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体均为多面体,则有（ ）A ．1243V V V V <<< B．1324V V V V <<<C ．2134V V V V <<<D ．2314V V V V <<<【答案】C23 ．（2013年高考湖南卷（理））已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能．．．等于 （ ）A ．1BC．2D．2【答案】C24 ．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是（ ）A ．4B ．143 C ．163D ．6【答案】B25 ．（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯WORD 版含答案））已知n m ,为异面直线,⊥m 平面α,⊥n 平面β.直线l 满足,,,l m l n l l αβ⊥⊥⊄⊄,则（ ）正视图俯视图侧视图第5题图A ．βα//,且α//lB ．βα⊥,且β⊥lC ．α与β相交,且交线垂直于lD ．α与β相交,且交线平行于l【答案】D26．（2013年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直,体积为94,的正三角形.若P 为底面111A B C的中心,则PA 与平面ABC 所成角的大小为（ ）A ．512πB ．3πC ．4πD ．6π【答案】B27．（2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））某几何体的三视图如题()5图所示,则该几何体的体积为 （ ）A ．5603B ．5803C ．200D ．240【答案】C28．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））已知三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上,若34AB AC ==，,AB AC ⊥,112AA =,则球O 的半径为（ ）A．2B．C ．132D．【答案】C29．（2013年高考江西卷（理））如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB CD ,正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF 相交的平面个数分别记为,m n ,那么m n +=（ ）A ．8B ．9C ．10D ．11【答案】A30．（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯WORD 版含答案））一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz -中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以zOx 平面为投影面,则得到正视图可以为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A31．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD 版））在下列命题中,不是公理．．的是 （ ）A ．平行于同一个平面的两个平面相互平行B ．过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面C ．如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内D ．如果两个不重合的平面有一个公共点, 那么他们有且只有一条过该点的公共直线 【答案】A 32．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD 版））在空间中,过点A 作平面π的垂线,垂足为B ,记)(A f B π=.设βα,是两个不同的平面,对空间任意一点P ,)]([)],([21P f f Q P f f Q βααβ==,恒有21PQ PQ =,则（ ）A ．平面α与平面β垂直B ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为045 C ．平面α与平面β平行D ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为060【答案】A 33．（2013年高考四川卷（理））一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的直观图可以是【答案】D 二、填空题34．（2013年高考上海卷（理））在xOy 平面上,将两个半圆弧22(1)1(1)x y x -+=≥和22(3)1(3)x y x -+=≥、两条直线1y = 和1y =-围成的封闭图形记为D,如图中阴影部分.记D 绕y轴旋转一周而成的几何体为Ω,过(0,)(||1)y y ≤作Ω的水平截面,所得截面面积为48π+,试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体,得出Ω的体积值为__________【答案】2216ππ+.35．（2013年高考陕西卷（理））某几何体的三视图如图所示, 则其体积为___3π_____.【答案】3π 36．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））已知圆O 和圆K 是球O的大圆和小圆,其公共弦长等于球O 的半径,32OK =,且圆O 与圆K 所在的平面所成的一个二面角为60,则球O 的表面积等于______.【答案】16π37．（2013年高考北京卷（理））如图,在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E 为BC 的中点,点P 在线段D 1E上,点P 到直线CC 1的距离的最小值为__________.【答案】 38．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））如图,在三棱柱ABC C B A -111中,F E D ，，分别是1AA AC AB ，，的中点,设三棱锥ADE F -的体积为1V ,三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ,则=21:V V ____________.【答案】1:2439．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD 版））若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积等于________2cm .A BCADEF BC 1B【答案】2440．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD 版））如图,正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,P 为BC 的中点,Q 为线段1CC 上的动点,过点A,P,Q 的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是__①②③⑤___(写出所有正确命题的编号).①当102CQ <<时,S 为四边形;②当12CQ =时,S 为等腰梯形;③当34CQ =时,S 与11C D 的交点R 满足1113C R =;④当314CQ <<时,S 为六边形;⑤当1CQ =时,S【答案】①②③⑤41．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是____________.【答案】1616π-42．（2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD 版））已知某一多面体内接于一个简单组合体,如果该组合体的正视图.测试图.俯视图均如图所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是_______________【答案】12π43．（2013年上海市春季高考数学试卷(含答案)）在如图所示的正方体1111ABCD A B C D -中,异面直线1A B 与1B C 所成角的大小为_______【答案】3π三、解答题44．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））如图,AB 是圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点.(I)求证:PAC PBC ⊥平面平面；(II)2.AB AC PA C PB A ===--若，1，1，求证：二面角的余弦值【答案】D 1 C 1 B 1A 1D C AB45．（2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））如图,四棱锥P ABCD-中,PA ABCD ⊥底面,2,4,3BC CD AC ACB ACD π===∠=∠=,F 为PC 的中点,AF PB ⊥.(1)求PA 的长; (2)求二面角B AF D --的正弦值.【答案】1．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD版））如图,圆锥顶点为p.底面圆心为o,其母线与底面所成的角为22.5°.AB和CD是底面圆O上的两条平行的弦,轴OP与平面PCD所成的角为60°.(Ⅰ)证明:平面PAB 与平面PCD 的交线平行于底面; (Ⅱ)求cos COD ∠.【答案】解: (Ⅰ) PAB P D ,////C m AB CD CD PCD AB PCD ⋂=⊂⇒设面面直线且面面//AB m ⇒直线 ABCD m ABCD AB 面直线面//⇒⊂ . 所以,ABCD D P PAB 的公共交线平行底面与面面C . (Ⅱ) rPOOPF F CD r =︒︒=∠5.22tan .60,由题知，则的中点为线段设底面半径为. ︒-︒=︒∠==︒⋅︒⇒=︒5.22tan 15.22tan 245tan ,2cos 5.22tan 60tan 60tan ,2COD r OF PO OF . )223(3)],1-2(3[21cos ,1-25.22tan 12cos 2cos 22-==+∠=︒⇒-∠=∠COD COD COD 212-17cos .212-17cos =∠=∠COD COD 所以.法二:1．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD 版））如图,在四面体BCD A -中,⊥AD 平面BCD ,22,2,==⊥BD AD CD BC .M 是AD 的中点,P 是BM 的中点,点Q 在线段AC 上,且QC AQ 3=.(1)证明://PQ 平面BCD ;(2)若二面角D BM C --的大小为060,求BDC ∠的大小.【答案】解:证明(Ⅰ)方法一:如图6,取MD 的中点F ,且M 是AD 中点,所以3AF FD =.因为P 是BM 中点,所以//PF BD ;又因为(Ⅰ)3AQ QC =且3AF FD =,所以//QF BD ,所以面//PQF 面BDC ,且PQ ⊂面BDC ,所以//PQ 面BDC ;ABCDPQM（第20题图）方法二:如图7所示,取BD 中点O ,且P 是BM 中点,所以1//2PO MD ;取CD 的三等分点H ,使3DH CH =,且3AQ QC =,所以11////42QH AD MD ,所以////P OQ H P Q O H ∴,且OH BCD ⊂,所以//PQ 面BDC ;(Ⅱ)如图8所示,由已知得到面ADB ⊥面BDC ,过C 作CG BD ⊥于G ,所以CG BMD ⊥,过G 作GH BM ⊥于H ,连接CH ,所以C H G ∠就是C B M D--的二面角;由已知得到3BM ==,设BDC α∠=,所以cos ,sin ,sin ,,CD CG CBCD CG BC BD CD BDαααααα===⇒===, 在RT BCG ∆中,2sin BGBCG BG BCααα∠=∴=∴=,所以在R T B H G ∆中,2133HG α=∴=,所以在RT CHG ∆中tan tan 6033CG CHGHG ∠==== tan (0,90)6060BDC ααα∴=∈∴=∴∠=;2．（2013年上海市春季高考数学试卷(含答案)）如图,在正三棱锥111ABC A B C -中,16AA =,异面直线1BC 与1AA 所成角的大小为6π,求该三棱柱的体积.【答案】[解]因为1CC 1AA .所以1BC C ∠为异面直线1BC 与1AA .所成的角,即1BC C ∠=6π. 在Rt 1BC C ∆中,11tan 6BC CC BC C =⋅∠==从而2ABC S BC ∆==因此该三棱柱的体积为16ABC V S AA ∆=⋅==.3．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））本小题满分14分.如图,在三棱锥ABC S -中,平面⊥SAB 平面SBC ,BC AB ⊥,AB AS =,过A 作SB AF ⊥,垂足为F ,点G E ，分别是棱SC SA ，的中点.求证:(1)平面//EFG 平面ABC ; (2)SA BC ⊥.【答案】证明:(1)∵AB AS =,SB AF ⊥∴F 分别是SB 的中点∵E.F 分别是SA.SB 的中点 ∴EF∥AB又∵EF ⊄平面ABC, AB ⊆平面ABC ∴EF∥平面ABC 同理:FG∥平面ABC又∵EF FG=F, EF.FG ⊆平面ABC∴平面//EFG 平面ABC (2)∵平面⊥SAB 平面SBC 平面SAB 平面SBC =BC AF ⊆平面SABABCSGFEB 1A 1C 1ACBAF⊥SB∴AF⊥平面SBC 又∵BC ⊆平面SBC ∴AF⊥BC又∵BC AB ⊥, AB AF=A, AB.AF ⊆平面SAB ∴BC⊥平面SAB 又∵SA ⊆平面SAB∴BC⊥SA4．（2013年高考上海卷（理））如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=2,AD=1,A 1A=1,证明直线BC 1平行于平面DA 1C,并求直线BC 1到平面D 1AC 的距离.C 11A【答案】因为ABCD-A 1B 1C 1D 1为长方体,故1111//,AB C D AB C D =,故ABC 1D 1为平行四边形,故11//BC AD ,显然B 不在平面D 1AC 上,于是直线BC 1平行于平面DA 1C; 直线BC 1到平面D 1AC 的距离即为点B 到平面D 1AC 的距离设为h考虑三棱锥ABCD 1的体积,以ABC 为底面,可得111(12)1323V =⨯⨯⨯⨯= 而1AD C ∆中,11AC DC AD ==,故132AD C S ∆= 所以,13123233V h h =⨯⨯=⇒=,即直线BC 1到平面D 1AC 的距离为23.5．（2013年高考湖北卷（理））如图,AB 是圆O 的直径,点C 是圆O 上异于,A B 的点,直线PC ⊥平面ABC ,E ,F 分别是PA ,PC 的中点.(I)记平面BEF 与平面ABC 的交线为l ,试判断直线l 与平面PAC 的位置关系,并加以证明;(II)设(I)中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ,且点Q 满足12DQ CP =.记直线PQ 与平面ABC所成的角为θ,异面直线PQ 与EF 所成的角为α,二面角E l C --的大小为β,求证:sin sin sin θαβ=.【答案】解:(I)EF AC ,AC ABC ⊆平面,EF ABC ⊆平面第19题图EF ABC∴平面⊆平面又EF BEF∴EF l∴平面l PAC(II)连接DF,用几何方法很快就可以得到求证.(这一题用几何方法较快,向量的方法很麻烦,特别是用向量不能方便的表示角的正弦.个人认为此题与新课程中对立体几何的处理方向有很大的偏差.)6．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））如图1,在等腰直角三角形ABC中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 分别是,AC AB 上的点,CD BE ==O 为BC 的中点.将ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中A O '=.(Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ; (Ⅱ) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值.【答案】(Ⅰ) 在图1中,易得3,OC AC AD ===连结,OD OE,在OCD ∆中,由余弦定理可得OD ==由翻折不变性可知A D '=,所以222A O OD A D ''+=,所以A O OD '⊥, 理可证A O OE '⊥, 又ODOE O =,所以A O '⊥平面BCDE .(Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD ⊥交CD 的延长线于H ,连结A H ', 因为A O '⊥平面BCDE ,所以A H CD '⊥, 所以A HO '∠为二面角A CD B '--的平面角.结合图1可知,H 为AC 中点,故2OH =,从而AH '== 所以cos OH A HO A H '∠==',所以二面角A CD '--向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O xyz -则(A ',()0,3,0C -,()1,2,0D -所以(CA '=,(1,DA '=- 设(),,n x y z =为平面A CD '的法向量,则C D OBE'AH.CO BDEA CDOBE'A图1图200n CA n DA ⎧'⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩,即3020y x y ⎧+=⎪⎨-++=⎪⎩,解得y x z =-⎧⎪⎨=⎪⎩,令1x =,得(1,n =- 由(Ⅰ) 知,(OA '=为平面CDB 的一个法向量,所以cos ,3n OA n OA n OA '⋅'===',即二面角A CD B '--.7．（2013年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））如图, 四棱柱ABCD -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】8．（2013年高考新课标1（理））如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=A A1,∠BA A1=60°.(Ⅰ)证明AB⊥A1C;(Ⅱ)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB=2,求直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值.【答案】(Ⅰ)取AB 中点E,连结CE,1A B ,1A E,∵AB=1AA ,1BAA ∠=060,∴1BAA ∆是正三角形,∴1A E ⊥AB, ∵CA=CB, ∴CE⊥AB, ∵1CE A E ⋂=E,∴AB⊥面1CEA,∴AB⊥1AC ;(Ⅱ)由(Ⅰ)知EC⊥AB,1EA ⊥AB,又∵面AB C⊥面11ABB A ,面ABC∩面11ABB A =AB,∴EC⊥面11ABB A ,∴EC⊥1EA ,∴EA,EC,1EA 两两相互垂直,以E 为坐标原点,EA 的方向为x 轴正方向,|EA |为单位长度,建立如图所示空间直角坐标系O xyz -, 有题设知A(1,0,0),1A(0,,0),C(0,0,),B(-1,0,0),则BC),1BB =1AA1A C),设n =(,,)x y z 是平面11CBB C 的法向量,则100BC BB ⎧∙=⎪⎨∙=⎪⎩n n ,即0x x ⎧=⎪⎨=⎪⎩,可取n∴1cos ,A C n =11|A C A C ∙n |n ||∴直线A 1C 与平面BB 1C 1C9．（2013年高考陕西卷（理））如图, 四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形, O 为底面中心, A 1O ⊥平面ABCD, 1AB AA ==(Ⅰ) 证明: A 1C ⊥平面BB 1D 1D ;(Ⅱ) 求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小.1A【答案】解:(Ⅰ) BD O A ABCD BD ABCD O A ⊥∴⊂⊥11,,面且面 ;又因为,在正方形AB CD中,BD C A AC A C A AC A BD A AC O A BD AC ⊥⊂⊥=⋂⊥11111,，故面且面所以；且. 在正方形AB CD 中,AO = 1 . .111=∆O A OA A RT 中，在O E C A OCE A E D B 1111111⊥为正方形，所以，则四边形的中点为设.，所以由以上三点得且，面面又O O BD D D BB O D D BB BD =⋂⊂⊂111111E .E ,D D BB C A 111面⊥.(证毕)(Ⅱ) 建立直角坐标系统,使用向量解题.以O 为原点,以OC 为X 轴正方向,以OB 为Y 轴正方向.则)1,0,1()1,1,1(),100(),001(,0,1,0111-=⇒C A B A C B ，，，，）（.由(Ⅰ)知, 平面BB 1D 1D 的一个法向量.0,0,1),1,1,1(),1,0,1(111）（==-==OB A n 设平面OCB 1的法向量为，则0,0,2122=⋅=⋅OC n OB n n ).1-,1,0(法向量2=n 为解得其中一个21221|||||,cos |cos 212111=⋅=⋅=><=n n n n θ.1A所以,平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ为3π 10．（2013年高考江西卷（理））如图,四棱锥P A B-中,PA ,ABCD E BD ⊥平面为的中点,G PD 为的中点，3,12DAB DCB EA EB AB PA ∆≅∆====，,连接CE 并延长交AD 于F . (1) 求证:AD CFG ⊥平面;(2) 求平面BCP 与平面DCP 的夹角的余弦值.【答案】解:(1)在ABD ∆中,因为E 是BD 的中点,所以1EA EB ED AB ====,故,23BAD ABE AEB ππ∠=∠=∠=,因为DAB DCB ∆≅∆,所以EAB ECB ∆≅∆, 从而有FED FEA ∠=∠,故,EF AD AF FD ⊥=,又因为,PG GD =所以FG ∥PA . 又PA ⊥平面ABCD ,所以,GF AD ⊥故AD ⊥平面CFG .(3) 以点A 为坐标原点建立如图所示的坐标系,则3(0,0,0),(1,0,0),(2A B C D ,(4)3(0,0,)2P ,故133333(0),(,),(2222BC CP CD ==--=-，，， 设平面BCP 的法向量111(1,,)n y z =,则111102330222y y z ⎧=⎪⎪⎨⎪--+=⎪⎩ ,解得1123y z ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩,即12(1,)3n =. 设平面DCP 的法向量222(1,,)n y z =,则22232330222y y z ⎧-=⎪⎪⎨⎪--+=⎪⎩,解得222y z ⎧=⎪⎨=⎪⎩,即2n=.从而平面BCP 与平面DCP 的夹角的余弦值为12124cos 416n n n n θ⋅===. 11．（2013年高考四川卷（理））如图,在三棱柱11ABC A B C -中,侧棱1AA ⊥底面ABC ,12AB AC AA ==,120BAC ∠=,1,D D 分别是线段11,BC B C 的中点,P 是线段AD 的中点.(Ⅰ)在平面ABC 内,试作出过点P 与平面1A BC 平行的直线l ,说明理由,并证明直线l ⊥平面11ADD A ;(Ⅱ)设(Ⅰ)中的直线l 交AB 于点M ,交AC 于点N ,求二面角1A A M N --的余弦值.1C【答案】解:()I 如图,在平面ABC 内,过点P 做直线l //BC ,因为l 在平面1A BC 外,BC 在平面1A BC 内,由直线与平面平行的判定定理可知, l //平面1A BC .由已知,AB AC =,D 是BC 的中点,所以,BC AD ⊥,则直线l AD ⊥.因为1AA ⊥平面ABC ,所以1AA ⊥直线l .又因为1,AD AA 在平面11ADD A 内,且AD 与1AA 相交,所以直线平面11ADD A()II 解法一:连接1A P ,过A 作1AE A P ⊥于E ,过E 作1EF A M ⊥于F ,连接AF .由()I 知,MN ⊥平面1AEA ,所以平面1AEA ⊥平面1A MN .所以AE ⊥平面1A MN ,则1A M AE ⊥.所以1A M ⊥平面AEF ,则1A M ⊥AF .故AFE ∠为二面角1A A M N --的平面角(设为θ).设11AA =,则由12AB AC AA ==,120BAC ∠=,有60BAD ∠=,2,1AB AD ==.又P 为AD 的中点,所以M 为AB 的中点,且1,12AP AM ==, 在1Rt AA P 中, 1A P =;在1Rt A AM 中, 1AM =从而,11AA AP AE A P ∙==11AA AM AF A M ∙==所以sin AE AF θ==.所以cos θ===. 故二面角1A A M N --的余弦值为5解法二: 设11AA =.如图,过1A 作1A E 平行于11B C ,以1A 为坐标原点,分别以111,A E A D ,1AA 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz (点O 与点1A 重合).则()10,0,0A ,()0,0,1A .因为P 为AD 的中点,所以,M N 分别为,AB AC 的中点,故11,1,,122M N ⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, 所以131,122A M ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭,()10,0,1A A =,()3,0,0NM =. 设平面1AA M 的一个法向量为()1111,,n x y z =,则1111,,n A M n A A ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩即11110,0,n A M n A A ⎧∙=⎪⎨∙=⎪⎩故有()()()1111111,,,10,2,,0,0,10,x y z x y z ⎧⎫∙=⎪⎪⎪⎨⎝⎭⎪∙=⎩从而111110,20.x y z z ++=⎪=⎩取11x =,则1y =,所以()11,n =.设平面1A MN 的一个法向量为()2222,,n x y z =,则 212,,n A M n NM ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩即2120,0,n A M n NM ⎧∙=⎪⎨∙=⎪⎩故有()())2222221,,,10,22,,0,x y z x y z ⎧⎛⎫∙=⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎪∙=⎪⎩从而222210,20.x y z ++=⎨⎪=⎩取22y =,则21z =-,所以()20,2,1n =-.设二面角1A A M N --的平面角为θ,又θ为锐角, 则1212cos n n n n θ∙===∙. 故二面角1A A M N --的余弦值为5 12．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））本小题满分10分.如图,在直三棱柱111A B C ABC -中,AC AB ⊥,2==AC AB ,41=AA ,点D 是BC 的中点(1)求异面直线B A 1与D C 1所成角的余弦值(2)求平面1ADC 与1ABA 所成二面角的正弦值.【答案】本题主要考察异面直线.二面角.空间向量等基础知识以及基本运算,考察运用空间向量解决问题的能力.解:(1)以{}1,,AA 为为单位正交基底建立空间直角坐标系xyz A -,则)0,0,0(A )0,0,2(B ,)0,2,0(C ,)4,0,0(1A ,)0,1,1(D ,)4,2,0(1C ∴)4,0,2(1-=A ,)4,1,1(1--=A∴10103182018,cos 11==>=<C A ∴异面直线B A 1与D C 1所成角的余弦值为10103 (2))0,2,0(= 是平面1ABA 的的一个法向量设平面1ADC 的法向量为),,(z y x =,∵)0,1,1(=,)4,2,0(1=AC 由1,AC ⊥⊥∴⎩⎨⎧=+=+0420z y y x 取1=z ,得2,2=-=x y ,∴平面1ADC 的法向量为)1,2,2(-=m 设平面1ADC 与1ABA 所成二面角为θ∴32324,cos cos =⨯-==><=θ, 得35sin =θ ∴平面1ADC 与1ABA 所成二面角的正弦值为35 13．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））如图,四棱锥P ABCD-中,902,ABC BAD BC AD PAB ∠=∠==∆，与PAD ∆都是等边三角形.(I)证明:;PB CD ⊥ (II)求二面角A PD C --的大小.【答案】14．（2013年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））如图所示,在三棱锥P ABQ -中,PB ⊥平面ABQ ,BA BP BQ ==,,,,D C E F 分别是,,,AQ BQ AP BP 的中点, 2AQ BD =,PD 与EQ 交于点G ,PC 与FQ 交于点H ,连接GH .(Ⅰ)求证:AB GH ; (Ⅱ)求二面角D GH E --的余弦值.【答案】解:(Ⅰ)证明:因为,,,D C E F 分别是,,,AQ BQ AP BP 的中点,所以EF ∥AB ,DC ∥AB ,所以EF ∥DC ,又EF ⊂平面PCD ,DC ⊂平面PCD ,所以EF ∥平面PCD ,又EF ⊂平面EFQ ,平面EFQ平面PCD GH =, 所以EF ∥GH ,又EF ∥AB ,所以AB ∥GH .(Ⅱ)解法一:在△ABQ 中, 2AQ BD =,AD DQ =,所以=90ABQ ∠,即AB BQ ⊥,因为PB ⊥平面ABQ ,所以AB PB ⊥,又BP BQ B =,所以AB ⊥平面PBQ ,由(Ⅰ)知AB ∥GH ,所以GH ⊥平面PBQ ,又FH ⊂平面PBQ ,所以GH FH ⊥,同理可得GH HC ⊥,所以FHC ∠为二面角D GH E --的平面角,设2BA BQ BP ===,连接PC ,在t R △FBC 中,由勾股定理得,FC =在t R △PBC 中,由勾股定理得,PC =,又H 为△PBQ 的重心,所以13HC PC == 同理FH =,在△FHC 中,由余弦定理得552499cos 5529FHC +-∠==-⨯,即二面角D GH E --的余弦值为45-. 解法二:在△ABQ 中,2AQ BD =,AD DQ =,所以90ABQ ∠=,又PB ⊥平面ABQ ,所以,,BA BQ BP 两两垂直,以B 为坐标原点,分别以,,BA BQ BP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设2BA BQ BP ===,则(1,0,1)E ,(0,0,1)F ,(0,2,0)Q ,(1,1,0)D ,(0,1,0)C (0,0,2)P ,,所以(1,2,1)EQ =--,(0,2,1)FQ =-,(1,1,2)DP =--,(0,1,2)CP =-,设平面EFQ 的一个法向量为111(,,)m x y z =, 由0m EQ ⋅=,0m FQ ⋅=,得111112020x y z y z -+-=⎧⎨-=⎩取11y =,得(0,1,2)m =.设平面PDC 的一个法向量为222(,,)n x y z =由0n DP ⋅=,0n CP ⋅=, 得222222020x y z y z --+=⎧⎨-+=⎩取21z =,得(0,2,1)n =.所以4cos ,5m n m n m n ⋅==因为二面角D GH E --为钝角,所以二面角D GH E --的余弦值为45-. 15．（2013年高考湖南卷（理））如图5,在直棱柱1111//ABCD A B C D AD BC -中，,90,,1BAD AC BD BC ∠=⊥=,13AD AA ==.(I)证明:1AC B D ⊥; (II)求直线111B C ACD 与平面所成角的正弦值.【答案】解: (Ⅰ) AC BB ABCD BD ABCD BB D C B A ABCD ⊥⇒⊂⊥∴-111111,面且面是直棱柱D B AC BDB D B BDB AC B BB BD BD AC 11111,,⊥∴⊂⊥∴=⋂⊥，面。
2011年高考试题分类汇编(立体几何)
2011年高考试题分类汇编（立体几何）考点1 公理体系1.（2011·四川卷·文理科）1l ，2l ，3l 是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是A.12l l ⊥，23l l ⊥⇒1l ∥3lB.12l l ⊥，2l ∥3l ⇒1l ⊥3lC.1l ∥2l ∥3l ⇒1l ，2l ，3l 共面D.1l ，2l ，3l 共点⇒1l ，2l ，3l 共面 2.（2011·浙江卷·理科）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，l αβ=，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 3.（2011·浙江卷·文科）若直线l 不平行于平面α，且l αØ，则 A.α内存在直线与异面 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4.（2011·江西卷·理科）已知1α，2α，3α是三个相互平行的平面，平面1α，2α之间的距离为1d ，平面2α，3α之间的距离为2d ，直线l 与1α，2α，3α分别相交于321,,p p p .那么“3221p p p p =”是“21d d =”的 A.充分不需要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件考点2 多面体 考点3 旋转体1.（2011·大纲全国卷·文理科）已知平面α截一球面得圆M ,过圆心M 且与α成60二面角的平面β截该球面得N .若该球面的半径为4，圆M 的面积为4π，则圆N 的面积为A.7πB.9πC.11πD.13π考点4 组合体1.（2011S ABCD -的底面是边长为1的正方形，点,,,,S A B C D 均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为C.2.（2011·四川卷·文理科）半径为R 的球O 中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是 .3.（2011·课标全国卷·理科）已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且6AB =,BC =O ABCD -的体积为 .4.（2011·课标全国卷·文科）已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的163，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 .考点5 解答题考法1 线线所成的角1.（2011·大纲全国卷·文科）已知正方体1111ABCD A BC D -中，E 为11C D 的中点，则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为 .2.（2011·陕西卷·理科）如图，在ABC ∆中，60ABC ∠=,90BAC ∠=,AD 是BC 上的高，沿AD 把ABD ∆折起，使90BDC ∠=.（Ⅰ）证明：平面ADB ⊥平面BDC ；（Ⅱ）设E 为BC 的中点，求DB AE 与夹角的余弦值.AC BDEDCBA考法2 线面所成的角1.（2011·大纲全国卷·文理科）如图，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.（Ⅰ）证明：SD ⊥平面SAB ；（Ⅱ）求AB 与平面SBC 所成的角的大小.2.（2011·天津卷·文科）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四 边形，45ADC ∠=，1AD AC ==，O 为AC 中点，PO ⊥平面ABCD ，2PO =，M 为PD 中点．（Ⅰ）证明：PB //平面ACM ； （Ⅱ）证明：AD ⊥平面PAC ；（Ⅲ）求直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值．考法3 二面角1.（2011·课标全国卷·理科）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，60DAB ∠=,2AB AD =,PD ⊥底面ABCD . (Ⅰ)证明：PA BD ⊥；(Ⅱ)若PD AD =，求二面角A PB C --的余弦值.2.（2011·四川卷·理科）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠=，11AB AC AA ===，D 是棱1CC 上的一点，P 是AD 的延长线与11AC 的延长线的交点且1PB ∥平面1BDA . （Ⅰ）求证：CD ∥1C D ；（Ⅱ）求二面角1A A D B --的平面角的余弦值； （Ⅲ）求点C 到平面1B DP 的距离.SDCBAABCD PA 1B 1C 1ABCDPABCDPMO3.（2011·四川卷·文科）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠=，11AB AC AA ===，延长11AC 至点P ，使111C P AC =，连接AP 交棱1CC 于点D . （Ⅰ）求证：1PB ∥平面1BDA ；（Ⅱ）求二面角1A A D B --的平面角的余弦值.4.（2011·天津卷·理科）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 =（Ⅰ）求异面直线与所成角的余弦值； （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11A B C ，求线段BM 的长．5.（2011·江苏卷·理科）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB AD =，60BAD ∠=，E ，F 分别是AP ，AD 的中点. 求证：（Ⅰ）直线EF ∥平面PCD ； （Ⅱ）平面BEF ⊥平面PAD .ABCHC 1A 1B 1ABCDPA 1B 1C 1ABCDPE F6.（2011·陕西卷·文科）如图，在ABC ∆中，45,90ABC BAC ∠=∠=,AD 是BC 上的高，沿AD 把D AB ∆折起，使90BDC ∠= .（Ⅰ）证明：平面ADB ⊥平面BDC ； （Ⅱ）若1BD =,求三棱锥D ABC -的表面积. 考法4 距离1.（2011·大纲全国卷·文理科）已知直二面角βα--l , 点A α∈,AC l ⊥，C 为垂足，B β∈，BD l ⊥，D 为垂足，若2AB =，1AC BD ==，则D 到平面ABC 的距离等于1 2.（2011·课标全国卷·文科）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，60DAB ∠=,2AB AD =,PD ⊥底面ABCD .(Ⅰ)证明：PA BD ⊥；(Ⅱ)若1PD AD ==，求棱锥D PBC -的高.ABCDPEDCBAA BCD。
2011-2018高考数学立体几何分类汇编(理)
2011-2018 新课标(理科)立体几何分类汇编一、选填题【2012 新课标】（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（ B ）(A) 6 (B) 9 (C) (D)【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V 1 13 26 3 3 9【2012 新课标】（11）已知三棱锥S ABC 的所有顶点都在球O 的求面上，ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC 2 ；则此棱锥的体积为（ A ）( A)26( B)36(C)23(D)22【解析】ABC 的外接圆的半径3r ，点O 到面ABC 的距离32 2 6d R r ，SC 为球3O 的直径点S到面ABC 的距离为 2 2 6d 此棱锥的体积为31 1 32 6 2V S 2dABC3 34 3 6另：1 3V S 2R 排除B, C, D ABC3 6【2013 新课标1】6、如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为( A )500 π866 π1372 πA、 3 cm 3 cm3 B、 3 cm3 C、2048 π3 D、 3 cm3【解析】设球的半径为R，则由题知球被正方体上面截得圆的半径为4，球心到截面圆的距离为R-2，则 2 ( 2)2 42R R ，解得R=5，∴球的体积为34 53500 π=33cm ，故选 A.【2013 新课标1】8、某几何函数的三视图如图所示，则该几何的体积为( A )A、16+8 π、B8+8 πC、16+16 π、D8+16 π【解析】由三视图知，该几何体为放到的半个圆柱底面半径为 2 高为4，上边放一个长为 4 宽为 2 高为 2 长方体，故其体积为11 222 4 4 2 2 =16 8 ，故选 A .【2013 新课标2】4. 已知m，n 为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l 满足l⊥m，l⊥n，l α，l β，则( D ) ．A．α∥β且l∥α．Bα⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l【解析】因为m⊥α，l⊥m，l α，所以l∥α.同理可得l∥β。
2011高考数学分类汇编不等式 解析几何 立体几何 数列 应用题
2011年高考数学试题分类汇编 不等式1.（重庆理7）已知a ＞0，b ＞0，a+b=2，则y=的最小值是 A ． B ．4 C ．D ．5【答案】C2.（浙江理5）设实数满足不等式组若为整数，则的最小值是A ．14B ．16C ．17D ．19【答案】B3.（全国大纲理3）下面四个条件中，使成立的充分而不必要的条件是A ．B ．C ．D ．【答案】A4.（江西理2）若集合，则A ．B ．C ．D ．【答案】B5.（辽宁理9）设函数，则满足的x 的取值范围是 （A ），2] （B ）[0，2] （C ）[1，+） （D ）[0，+）【答案】D6.（湖南理7）设m ＞1，在约束条件下，目标函数z=x+my 的最大值小于2，则m 的取值范围为 A ．（1，） B ．（，）C ．（1,3 ）D ．（3，）【答案】A7.（湖北理8）已知向量a=（x +z,3）,b=（2,y-z ），且a ⊥ b ．若x ,y 满足不等式，则z 的取值范围为 A ．[-2，2] B ．[-2，3] C ．[-3，2] D ．[-3，3] 【答案】D8.（广东理5）。
已知在平面直角坐标系上的区域由不等式组给定。
若14a b +7292,x y 250270,0x y x y x +-⎧⎪+-⎨⎪⎩＞＞≥，y ≥0，,x y 34x y +a b ＞1a b +＞1a b -＞22a b ＞33a b ＞{},{}x A x x B xx -2=-1≤2+1≤3=≤0A B ⋂={}x x -1≤<0{}x x 0<≤1{}x x 0≤≤2{}x x 0≤≤1⎩⎨⎧>-≤=-1,log 11,2)(21x x x x f x 2)(≤x f 1[-∞∞1y x y mx x y ≥⎧⎪≤⎨⎪+≤⎩11+∞+∞1x y +≤xOyD 02x y x ⎧≤≤⎪≤⎨⎪≤⎩为上的动点，点的坐标为，则的最大值为A ．B ．C ．4D ．3【答案】C9.（四川理9）某运输公司有12名驾驶员和19名工人，有8辆载重量为10吨的甲型卡车和7辆载重量为6吨的乙型卡车．某天需运往地至少72吨的货物，派用的每辆车虚满载且只运送一次．派用的每辆甲型卡车虚配2名工人，运送一次可得利润450元；派用的每辆乙型卡车虚配1名工人，运送一次可得利润350元．该公司合理计划当天派用两类卡车的车辆数，可得最大利润z= A ．4650元 B ．4700元 C ．4900元 D ．5000元 【答案】C【解析】由题意设派甲，乙辆，则利润，得约束条件画出可行域在的点代入目标函数 10.（福建理8）已知O 是坐标原点，点A （-1,1）若点M （x,y ）为平面区域，上的一个动点，则·的取值范围是 A ．[-1．0] B ．[0．1]C ．[0．2] D．[-1．2]【答案】C11.（安徽理4）设变量的最大值和最小值分别为 （A ）1，－1 （B ）2，－2 （C ） 1，－2（D ） 2，－1【答案】B12.（上海理15）若，且，则下列不等式中，恒成立的是A ．B ．C ．D D ．【答案】二、填空题13.（陕西理14）植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米。
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03 立体几何1. （2011天津卷理）17．（本小题满分13分）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 =（Ⅰ）求异面直线AC 与A 1B 1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11A B C ，求线段BM 的长．【解析】17．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，考查用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.满分13分.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(0,0,0),A B C 11(2,0),,22,2,5)A B（I ）解：易得11(2,2,5),(22,0,0)AC A B =--=-， 于是111111cos ,||||3AC A B AC A B AC A B ⋅===⋅⨯所以异面直线AC 与A 1B 1 （II ）解：易知111(0,22,0),(2,AA AC ==- 设平面AA 1C 1的法向量(,,)m x y z =，则11100m A C m AA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,0.⎧+=⎪⎨=⎪⎩不妨令x =可得m =，同样地，设平面A 1B 1C 1的法向量(,,)n x y z =，则11110,0.n A C n A B ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,0.⎧+=⎪⎨-=⎪⎩不妨令y =可得n =于是2cos ,,||||7m n m n m n ⋅===⋅从而sin ,7m n =所以二面角A —A 1C 1—B的正弦值为7（III ）解：由N 为棱B 1C 1的中点，得N 设M （a ，b ，0），则2(,,222MN a b =-- 由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得11110,0.MNA B MN AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即()(0,2()(()(0.222a ab ⎧-⋅-=⎪⎪⎨⎪-⋅+-⋅+=⎪⎩解得,24a b⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩故M因此2(24BM =，所以线段BM 的长为10||BM = 方法二：（I ）解：由于AC//A 1C 1，故111C A B ∠是异面直线AC 与A 1B 1所成的角. 因为1CH ⊥平面AA 1B 1B ，又H 为正方形AA 1B 1B 的中心，11AA CH ==可得1111 3.AC B C ==因此2221111111111111cos 23AC A B B C C A B AC A B +-∠==⋅所以异面直线AC 与A 1B 1（II ）解：连接AC 1，易知AC 1=B 1C 1， 又由于AA 1=B 1A 1，A 1C 1=A 1=C 1，所以11AC A ∆≌11B C A ∆，过点A 作11AR A C ⊥于点R ，连接B 1R ，于是111B R AC ⊥，故1ARB ∠为二面角A —A 1C 1—B 1的平面角.在11Rt A RB ∆中，11111sin 3B R A B RA B =⋅∠== 连接AB 1，在1ARB ∆中，2221111114,,cos 2AR B R AB AB AR B R ARB AR B R+-==∠=⋅27=-，从而1sin ARB ∠=所以二面角A —A 1C 1—B 1（III ）解：因为MN ⊥平面A 1B 1C 1，所以11.MN A B ⊥ 取HB 1中点D ，连接ND ，由于N 是棱B 1C 1中点， 所以ND//C 1H且1122ND C H ==. 又1C H ⊥平面AA 1B 1B ，所以ND ⊥平面AA 1B 1B ，故11.ND A B ⊥ 又,MNND N =所以11A B ⊥平面MND ，连接MD 并延长交A 1B 1于点E ， 则111,//.ME A B ME AA ⊥故 由1111111,4B E B D DE AA B A B A ===得12DE B E ==，延长EM 交AB 于点F ，可得1BF B E ==连接NE. 在Rt ENM ∆中，2,.ND ME ND DE DM ⊥=⋅故所以24ND DM DE ==可得4FM =连接BM ，在Rt BFM ∆中，4BM ==2. （2011北京理）16．（本小题共14分） 如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面A B C D ，底面A B C D 是菱形，2,60A B B A D =∠=.(Ⅰ)求证：BD ⊥平面;PAC （Ⅱ）若,PA AB =求PB 与AC 所成角的余弦值；（Ⅲ）当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求PA 的长.【解析】（16）（共14分） 证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD.又因为PA ⊥平面ABCD. 所以PA ⊥BD.所以BD ⊥平面PAC. （Ⅱ）设AC∩BD=O. 因为∠BAD=60°，PA=PB=2,所以BO=1，AO=CO=3.如图，以O 为坐标原点，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）. 所以).0,32,0(),2,3,1(=-=AC PB 设PB 与AC 所成角为θ，则4632226cos =⨯=. （Ⅲ）由（Ⅱ）知).0,3,1(-= 设P （0，－3，t ）（t>0）， 则),3,1(t BP --=设平面PBC 的法向量),,(z y x m =, 则0,0=⋅=⋅m m所以⎪⎩⎪⎨⎧-+--=+-03,03tz y x y x 令,3=y 则.6,3t z x ==所以)6,3,3(tm =同理，平面PDC 的法向量)6,3,3(tn -=因为平面PCB ⊥平面PDC, 所以n m ⋅=0，即03662=+-t解得6=t 所以PA=6 3. （2011辽宁卷理）18．（本小题满分12分）如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA =AB =12P D ．（I ）证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； （II ）求二面角Q —BP —C 的余弦值．【解析】18．解：如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D —xyz. （I ）依题意有Q （1，1，0），C （0，0，1），P （0，2，0）.则(1,1,0),(0,0,1),(1,1,0).DQ DC PQ ===- 所以0,0.PQ DQ PQ DC ⋅=⋅=即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC. 故PQ ⊥平面DCQ.又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ. …………6分（II ）依题意有B （1，0，1），(1,0),(12,1).C B B P ==--设(,,)n x y z =是平面PBC 的法向量，则0,0,20.0,n CB x x y z n BP ⎧⋅==⎧⎪⎨⎨-+-=⋅=⎩⎪⎩即因此可取(0,1,2).n =--设m 是平面PBQ 的法向量，则0,0.m BP m PQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可取(1,1,1).cos ,5m m n =<>=-所以 故二面角Q —BP —C的余弦值为5-………………12分 4. （全国大纲卷理）19．（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．） 如图，四棱锥S ABCD -中， AB CD ⊥,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，2,1AB BC CD SD ====．（Ⅰ）证明：SD SAB ⊥平面;（Ⅱ）求AB 与平面SBC 所成角的大小．【解析】19．解法一：（I ）取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE=CB=2， 连结SE，则,SE AB SE ⊥= 又SD=1，故222ED SE SD =+， 所以DSE ∠为直角。
…………3分由,,AB DE AB SE DESE 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 。
…………6分（II ）由AB ⊥平面SDE 知， 平面ABCD ⊥平面SED 。
作,SF DE ⊥垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，2S D S E SF DE ⨯== 作FG BC ⊥，垂足为G ，则FG=DC=1。
连结SG ，则SG BC ⊥， 又,BC FG SGFG G ⊥=，故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG 。
…………9分作FH SG ⊥，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC 。
SF FG FH SG ⨯==，即F 到平面SBC 的距离为7由于ED//BC ，所以ED//平面SBC ，E 到平面SBC 的距离d 设AB 与平面SBC 所成的角为α，则sin ,arcsin 77d EB αα=== …………12分解法二：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C —xyz 。
设D （1，0，0），则A （2，2，0）、B （0，2，0）。
又设(,,),0,0,0.S x y z x y z >>>则（I ）(2,2,),(,2,)AS x y z BS x y z =--=-，(1,,)DS x y z =-，由||||AS BS =得=故x=1。
由22||11,DS y z =+=得又由222||2(2)4,BS x y z =+-+=得即221410,,22y z y y z +-+===故 …………3分于是1333(1,,),(1,,),(1,,222222S AS BS =--=-， 13(0,,),0,0.22DS DS AS DS BS =⋅=⋅=故,,,DS AD DS BS AS BS S ⊥⊥=又所以SD ⊥平面SAB 。
…………6分（II ）设平面SBC 的法向量(,,)a m n p =，则,,0,0.a BS a CB a BS a CB ⊥⊥⋅=⋅=又33(1,,),(0,2,0),2BSCB =-= 故30,220.m n p n ⎧-+=⎪⎨⎪=⎩…………9分取p=2得(2),(2,0,0)a AB ==-又。
cos ,7||||AB a AB a AB a ⋅==⋅故AB 与平面SBC 所成的角为arcsin75. （全国新课标理）(18)(本小题满分12分)如图，四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD ⊥底面ABCD. (Ⅰ)证明：PA ⊥BD ；(Ⅱ)若PD=AD ，求二面角A-PB-C 的余弦值。