2021全国高考试题分类解析(立体几何)

2021全国高考立体几何题一网打尽
河北、河南、山西、安徽(全国卷I)
（2）一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π，则球的表面积为 （C ） （A ）π28
（B ）π8
（C ）π24
（D ）π4
（4）如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且BCF ADE ∆∆、均为正三角形，EF ∥AB ，EF=2，则该多面体的体积为 （C ）
（A ）
3
2 （B ）3
3 （C ）
3
4
（D ）
2
3 （16）在正方形''''D C B A ABCD -中，过对角线'BD 的一个平面交'AA 于E ，交'CC 于F ，则
① 四边形E BFD '一定是平行四边形 ② 四边形E BFD '有可能是正方形
③ 四边形E BFD '在底面ABCD 内的投影一定是正方形 ④ 四边形E BFD '
有可能垂直于平面D BB '
（18）（本大题满分12分）
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 所成的角；
（Ⅲ）求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小。

18．本小题主要考查直线与平面垂直、直线与平面所成角的有关知识及思维能力和空间想象能力.考查应用向量知识解决数学问题的能力.满分12分. 方案一：
（Ⅰ）证明：∵PA ⊥面ABCD ，CD ⊥AD ， ∴由三垂线定理得：CD ⊥PD.
因而，CD 与面PAD 内两条相交直线AD ，PD 都垂直， ∴CD ⊥面PAD.
又CD ⊂面PCD ，∴面PAD ⊥面PCD.
（Ⅱ）解：过点B 作BE//CA ，且BE=CA ， 则∠PBE 是AC 与PB 所成的角.
连结AE ，可知AC=CB=BE=AE=2，又AB=2，
所以四边形ACBE 为正方形. 由PA ⊥面ABCD 得∠PEB=90° 在Rt △PEB 中BE=2，PB=5， .5
10
cos ==
∠∴PB BE PBE .5
10
arccos
所成的角为与PB AC ∴ （Ⅲ）解：作AN ⊥CM ，垂足为N ，连结BN. 在Rt △PAB 中，AM=MB ，又AC=CB ， ∴△AMC ≌△BMC,
∴BN ⊥CM ，故∠ANB 为所求二面角的平面角. ∵CB ⊥AC ，由三垂线定理，得CB ⊥PC ， 在Rt △PCB 中，CM=MB ，所以CM=AM. 在等腰三角形AMC 中，AN ·MC=AC AC CM
⋅-2
2
)2
(
， 5
6
2
5223
=⨯=∴AN . ∴AB=2，32
2cos 222-=⨯⨯-+=
∠∴BN AN AB BN AN ANB 故所求的二面角为).3
2arccos(-
方法二：因为PA ⊥PD ，PA ⊥AB ，AD ⊥AB ，以A 为坐标原点AD 长为单位长度，如图建
立空间直角坐标系，则各点坐标为
A （0，0，0）
B （0，2，0），
C （1，1，0），
D （1，0，0），P （0，0，1），M （0，1，)2
1. （Ⅰ）证明：因.,0),0,1,0(),1,0,0(DC AP DC AP DC AP ⊥=⋅==所以故
由题设知AD ⊥DC ，且AP 与AD 是平面PAD 内的两条相交直线，由此得DC ⊥面PAD. 又DC 在面PCD 上，故面PAD ⊥面PCD. （Ⅱ）解：因),1,2,0(),0,1,1(-==PB AC
.
510
|
|||,cos ,2,5||,2||=⋅⋅>=<=⋅==PB AC PB
AC PB AC PB AC PB AC 所以故
（Ⅲ）解：在MC 上取一点N （x ，y ，z ），则存在,R ∈λ使,MC NC λ=
..2
1
,1,1),21,0,1(),,1,1(λλ==-=∴-=---=z y x MC z y x NC
要使.5
4
,0210,==-=⋅⊥λ解得即只需z x MC AN MC AN
),5
2
,1,51(),52,1,51(,.
0),5
2
,1,51(,54=⋅-===⋅=MC BN BN AN MC AN N 有此时能使点坐标为时可知当λ
ANB MC BN MC AN MC BN MC AN ∠⊥⊥=⋅=⋅所以得由.,0,0为所求二面角的平面
角.
).
3
2
arccos(.
32
||||),cos(.5
4,530||,530||--=⋅=
∴-=⋅==
故所求的二面角为BN AN BN AN BN AN BN AN
文科数学（全国卷Ⅰ）
（11）点O 是三角形ABC 所在平面内的一点，满足OA OC OC OB OB OA ⋅=⋅=⋅，则点O 是ABC ∆的
（A ）三个内角的角平分线的交点
（B ）三条边的垂直平分线的交点 （C ）三条中线的交点
（D ）三条高的交点
2005高考全国卷Ⅱ数学（理）试题（吉林、黑龙江、广西等地区用）
(2) 正方体ABCD —A 1 B 1 C 1 D 1中，P 、Q 、R 、分别是AB 、AD 、B 1 C 1的中点。

那么正方体的过P 、Q 、R 的截面图形是
（A ）三角形 （B ）四边形 （C ）五边形 （D ）六边形
(12)将半径都为1的4个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为 （A ）
3623+ （B ）2+362 （C ）4+362 （D ）3
6
234+ (16)下面是关于三棱锥的四个命题：
①，底面是等边三角形，侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥。

②，底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥。

③，底面是等边三角形，侧面的面积都相等的三棱锥是正三棱锥。

④，侧棱与底面所成的角都相等，且侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥。

2005高考全国卷Ⅱ数学（文）试题（吉林、黑龙江、广西等地区用）
(12)△ABC 的顶点B 在平面a 内，A 、C 在a 的同一侧，AB 、BC 与a 所成的角分别是30°和45°,若AB=3,BC=24 ,AC=5,则AC 与a 所成的角为
(A)60° (B)45° (C)30° (D)15°
(20)如图,四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为矩形,PD ⊥底面ABCD,AD=PD,E 、F 分别为CD 、PB 的中点. (Ⅰ)求证:EF ⊥平面PAB
(Ⅱ)设BC AB 2=,求AC 与平面AEF 所成的角的大小.
(21)设a 为实数,函数.)(23a x x x x f +--= (Ⅰ)求)(x f 的极值.
(Ⅱ)当a 在什么范围内取值时,曲线x x f y 与)(=轴仅有一个交点.
2005年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（福建卷）
4．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C
A ．0
B ．1
C ．2
D ．3
8．如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2，
AD ＝1，E 、F 、G 分别是DD 1、AB 、CC 1的中点， 则异面直线A 1E 与GF 所成的角是D
A ．arccos 515
B ．4π
C ．arccos 510
D ．2
π
20．（本小题满分12分）
如图，直二面角D-AB-E 中，四边形ABCD 是边长为2的 正方形，AE ＝EB ，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE ．
E G F
D 1D C 1B 1
A 1
C
B A
（Ⅰ）求证：AE ⊥平面BCE ； （Ⅱ）求二面角B-AC-E 的大小； （Ⅲ）求点D 到平面ACE 的距离。

20、（Ⅰ）略； （Ⅱ）36arcsin ；（Ⅲ）3
3
2。

2005年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）数学（文史类）
4．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 是A 1B 1
的中点，则E 到平面AB C 1D 1的距离为（ B ） A ．
2
3
B ．2
2
C ．2
1
D ． 3
3
15．已知平面βα,和直线，给出条件：①α//m ；②α⊥m ；③α⊂m ；④βα⊥；⑤βα//. （i ）当满足条件 ③⑤ 时，有β//m ；（ii ）当满足条件 ②⑤ 时，有β⊥m .
（填所选条件的序号）
18．（本小题满分14分）
如图1，已知ABCD 是上．下底边长分别为2和6，高为3的等腰梯形，将它沿对称
轴OO 1折成直二面角，如图2. （Ⅰ）证明：AC ⊥BO 1；
（Ⅱ）求二面角O －AC －O 1的大小.
18．解法一（I ）证明 由题设知OA ⊥OO 1，OB ⊥OO 1 所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角，
即OA ⊥OB. 故可以O 为原点，OA 、OB 、OO 1
所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系， 如图3，则相关各点的坐标是A （3，0，0），
E
F
D C
B
A
图1 图2 B O
C O 1
D y
z
B （0，3，0），
C （0，1，3） O 1（0，0，3）.
从而.0333),3,3,0(),3,1,3(11=⋅+-=⋅-=-=BO AC BO AC
所以AC ⊥BO 1.
（II ）解：因为,03331=⋅+-=⋅OC BO 所以BO 1⊥OC ，
由（I ）AC ⊥BO 1，所以BO 1⊥平面OAC ，1BO 是平面OAC 的一个法向量. 设),,(z y x n =是0平面O 1AC 的一个法向量， 由,3.0,033001=⎩⎨
⎧==++-⇒⎪⎩
⎪⎨⎧=⋅=⋅z y z y x C O n AC n 取 得)3,
0,1(=n .
设二面角O —AC —O 1的大小为θ，由n 、1BO 的方向可知=<θn ，1BO >，
所以cos <=cos θn ，1BO .43||||11=⋅BO n BO n
即二面角O —AC —O 1的大小是.4
3arccos
解法二（I ）证明 由题设知OA ⊥OO 1，OB ⊥OO 1， 所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角， 即OA ⊥OB. 从而AO ⊥平面OBCO 1， OC 是AC 在面OBCO 1内的射影.
因为3tan 1
1
==∠OO OB B OO 3
3tan 1
11==∠OO C O OC O ，
所以∠OO 1B=60°，∠O 1OC=30°，从而OC ⊥BO 1 由三垂线定理得AC ⊥BO 1.
（II ）解 由（I ）AC ⊥BO 1，OC ⊥BO 1，知BO 1⊥平面AOC. 设OC ∩O 1B=E ，过点E 作EF ⊥AC 于F ，连结O 1F （如图4），则EF 是O 1F 在平面AOC 内的射影，由三垂线定理得O 1F ⊥AC. 所以∠O 1FE 是二面角O —AC —O 1的平面角. 由题设知OA=3，OO 1=3，O 1C=1，
所以13,3221212121=+==+=C O A O AC OO OA A O ，
从而13
3
2111=
⋅=
AC C O A O F O ， 又O 1E=OO 1·sin30°=
2
3
， 图3
A
B
O
C
O 1
D
图4
F E
所以.4
13
sin 111==
∠F O E O FE O 即二面角O —AC —O 1的大小是.43arcsin 19．（本小题满分14分）
设0≠t ，点P （t ，0）是函数c bx x g ax x x f +=+=2
3
)()(与的图象的一个公共点，
两函数的图象在点P 处有相同的切线.
（Ⅰ）用t 表示a ，b ，c ；
（Ⅱ）若函数)()(x g x f y -=在（－1，3）上单调递减，求t 的取值范围. 19．解：（I ）因为函数)(x f ，)(x g 的图象都过点（t ，0），所以0)(=t f ， 即03=+at t .因为,0≠t 所以2t a -=. .,0,0)(2ab c c bt t g ==+=所以即
又因为)(x f ，)(x g 在点（t ，0）处有相同的切线，所以).()(t g t f '=' 而.23,2)(,3)(2
2
bt a t bx x g a x x f =+='+='所以
将2t a -=代入上式得.t b = 因此.3t ab c -==故2t a -=，t b =，.3t c -=
（II ）解法一))(3(23,)()(2
2
3
2
2
3
t x t x t tx x y t tx x t x x g x f y -+=--='+--=-=.
当0))(3(<-+='t x t x y 时，函数)()(x g x f y -=单调递减. 由0<'y ，若t x t t <<-
>3,0则；若.3
,0t
x t t -<<<则 由题意，函数)()(x g x f y -=在（－1，3）上单调递减，则
).3,()3,1(),3()3,1(t
t t t -⊂--⊂-或
所以.39.33
3≥-≤≥-≥t t t
t 或即或
又当39<<-t 时，函数)()(x g x f y -=在（－1，3）上单调递减. 所以t 的取值范围为).,3[]9,(+∞⋃--∞
解法二：))(3(23,)()(2
2
3
2
2
3
t x t x t tx x y t tx x t x x g x f y -+=--='+--=-=
因为函数)()(x g x f y -=在（－1，3）上单调递减，且))(3(t x t x y -+='是（－1，
3）上的抛物线，
所以⎩⎨
⎧≤'≤'=-=.
0|,0|31x x y y 即⎩⎨⎧≤-+≤--+-.0)3)(9(.
0)1)(3(t t t t 解得.39≥-≤t t 或
所以t 的取值范围为).,3[]9,(+∞⋃--∞
2005年普等学校招生全国统试一考试（浙江卷）数学
6．设α、β 为两个不同的平面，l 、m 为两条不同的直线，且l ⊂α，m ⊂β，有如下的两个命题：①若α∥β，则l ∥m ；②若l ⊥m ，则α⊥β．那么
(A) ①是真命题，②是假命题 (B) ①是假命题，②是真命题 (C) ①②都是真命题 (D) ①②都是假命题 ，此时点A 在平面BCDE 内的射影恰为点B ，则M 、
N 的连线与AE 所成角的大小等于_________．
18．如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝kP A ，点O 、D 分别是AC 、PC 的中点，OP ⊥底面ABC ． (Ⅰ)当k ＝
2
1
时，求直线P A 与平面PBC 所成角的大小； (Ⅱ) 当k 取何值时，O 在平面PBC 内的射影恰好为△PBC 的重心？
2005年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（必修+选修Ⅱ）
4．设三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积为V ，P 、Q 分别是侧棱AA 1、CC 1上的点，且PA=QC 1，
则四棱锥B —APQC 的体积为 （ C ）
A ．16
V
B ．14
V
C ．13
V
D ．12
V
11．不共面的四个定点到平面α的距离都相等，这样的平面α共有 （ D ） A ．3个 B ．4个 C ．6个 D ．7个 18．(本小题满分12分)
如图，在四棱锥V-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面V AD 是正三角形,平面V AD
A B C D O P
⊥底面ABCD ．
（Ⅰ）证明AB ⊥平面V AD ；
（Ⅱ）求面V AD 与面VDB 所成的二面角的大小． 18．证明：方法一：（Ⅰ）证明：
VAD AB ABCD VAD AD ABCD
AB AD
AB ABCD VAD 平面平面平面平面平面平面⊥⇒⎪⎪
⎭
⎪⎪⎬⎫⋂=⊂⊥⊥ （Ⅱ）解：取VD 的中点E ，连结AF ，BE ，
∵△V AD 是正三形， ∴AE ⊥VD ，AE=AD 2
3
∵AB ⊥平面V AD ， ∴AB ⊥AE.
又由三垂线定理知BE ⊥VD. 因此，tan ∠AEB=
.3
3
2=AE AB 即得所求二面角的大小为.3
3
2arctan
方法二：以D 为坐标原点，建立如图所示的坐标图系. （Ⅰ）证明：不防设作A （1，0，0），
则B （1，1，0）， )2
3
,
0,21
(V ， )2
3
,0,21(),0,1,0(-==VA AB
由,0=⋅VA AB 得AB ⊥V A. 又AB ⊥AD ，因而AB 与平面V AD 内两条相交直线V A ，AD 都垂直. ∴AB ⊥平面V AD. （Ⅱ）解：设E 为DV 中点，则)4
3,
0,41
(E ， ).2
3,0,21(),43,1,43(),43,0,43(=-=-=DV EB EA
由.,,0DV EA DV EB DV EB ⊥⊥=⋅又得 因此，∠AEB 是所求二面角的平面角，
,7
21
|
|||),cos(=
⋅⋅=
EB EA EB EA EB EA
解得所求二面角的大小为.7
21arccos
2005年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学（理工农医类）
（6）在正四面体P －ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点，下面四个结论中不成．．立．
的是（C ） （A ）BC //平面PDF （B ）DF ⊥平面P A E （C ）平面PDF ⊥平面ABC （D ）平面P AE ⊥平面 ABC （15）（本小题共13分）
已知函数f (x )=－x 3＋3x 2＋9x ＋a , （I ）求f (x )的单调递减区间；
（II ）若f (x )在区间[－2，2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值． （15）（共13分）
解：（I ） f ’(x )＝－3x 2＋6x ＋9．令f ‘(x )<0，解得x <－1或x >3， 所以函数f (x )的单调递减区间为（－∞，－1），（3，＋∞）．
（II ）因为f (－2)＝8＋12－18＋a =2＋a ，f (2)＝－8＋12＋18＋a ＝22＋a ，
所以f (2)>f (－2)．因为在（－1，3）上f ‘(x )>0，所以f (x )在[－1, 2]上单调递增，又由于f (x )在[－2，－1]上单调递减，因此f (2)和f (－1)分别是f (x )在区间[－2，2]上的最大值和最小值，于是有 22＋a ＝20，解得 a ＝－2．
故f (x )=－x 3＋3x 2＋9x －2，因此f (－1)＝1＋3－9－2＝－7， 即函数f (x )在区间[－2，2]上的最小值为－7．
（16）（本小题共14分）
如图, 在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝2，DC ＝23，AA 1＝3，AD ⊥DC ，AC ⊥BD , 垂足为E ， （I ）求证：BD ⊥A 1C ；
（II ）求二面角A 1－BD －C 1的大小； （III ）求异面直线 AD 与 BC 1所成角的大小．
（16）（共14分）
（I ）在直四棱柱ABCD －AB 1C 1D 1中，
∵AA 1⊥底面ABCD ．∴ AC 是A 1C 在平面ABCD 上的射影．
∵BD ⊥AC ．∴ BD ⊥A 1C ； （II ）连结A 1E ，C 1E ，A 1 C 1．
与（I ）同理可证BD ⊥A 1E ，BD ⊥C 1E ，
∴ ∠A 1EC 1为二面角A 1－BD －C 1的平面角． ∵ AD ⊥DC ，∴ ∠A 1D 1C 1=∠ADC ＝90°，
又A 1D 1=AD ＝2，D 1C 1= DC ＝23，AA 1=3且 AC ⊥BD ， ∴ A 1C 1＝4，AE ＝1，EC ＝3，∴ A 1E ＝2，C 1E ＝23， 在△A 1EC 1中，A 1C 12＝A 1E 2＋C 1E 2， ∴ ∠A 1EC 1＝90°， 即二面角A 1－BD －C 1的大小为90°． （III ）过B 作 BF //AD 交 AC 于 F ，连结FC 1，
则∠C 1BF 就是AD 与BC 1所成的角． ∵ AB ＝AD ＝2， BD ⊥AC ，AE ＝1， ∴ BF =2，EF ＝1，FC ＝2，BC ＝DC ，∴ FC 1=7，BC 1＝15， 在△BFC 1 中，1154715
cos 51215
C BF +-∠=
=
⋅⋅,∴ ∠C 1BF =15arccos 5 即异面直线AD 与BC 1所成角的大小为15
arccos
5
．
（16）（本小题共14分）（文科）
如图, 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AA1＝4，点D是AB的中点，
（I）求证：AC⊥BC1；
（II ）求证：AC 1//平面CDB 1；
（III ）求异面直线 AC 1与 B 1C 所成角的余弦值．
（16）（共14分）
（I ）直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，底面三边长AC=3，BC=4AB=5， ∴ AC ⊥BC ，且BC 1在平面ABC 内的射影为BC ，∴ AC ⊥BC 1；
（II ）设CB 1与C 1B 的交点为E ，连结DE ，∵ D 是AB 的中点，E 是BC 1的中点，∴ DE//AC 1，
∵ DE ⊂平面CDB 1，AC 1⊄平面CDB 1，∴ AC 1//平面CDB 1； （III ）∵ DE//AC 1，∴ ∠CED 为AC 1与B 1C 所成的角，
在△CED 中，ED=21AC 1=25，CD=21
AB=2
5，CE=
2
1
CB 1=22， ∴ 822
cos 55
2222
CED ∠=
=
⋅⋅
， ∴ 异面直线 AC 1与 B 1C 所成角的余弦值
22
5
.
2005年高考全国卷Ⅲ数学（文）试题和答案（完全电子版）（四川、陕西、云南等地区用）
（19）(本小题满分12分) 在四棱锥V-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形,平面VAD ⊥底面ABCD ． （Ⅰ）证明AB ⊥平面VAD ．
（Ⅱ）求面VAD 与面VDB 所成的二面角的大小． （19）证明：（Ⅰ）作AD 的中点O ，则VO ⊥底面ABCD ．…………………………1分
建立如图空间直角坐标系，并设正方形边长为1，…………………………2分 则A （
12，0，0），B （12，1，0），C （-12
，1，0）， D （-1
2
，0，0），V （0，03），
∴
13
(0,1,0),(1,0,0),(,0,22
AB AD AV ===-………………
………………3分
由(0,1,0)(1,0,0)0AB AD AB AD ⋅=⋅=⇒⊥……………………………………4分
D C B
A
V
Z Y
X
O
D
C B
A V
13
(0,1,0)(,0,)022
AB AV AB AV ⋅=⋅-=⇒⊥……………………………………5分
又AB ∩AV=A
∴AB ⊥平面VAD …………………………………………………………………………6分
（Ⅱ）由（Ⅰ）得(0,1,0)AB =是面VAD 的法向量………………………………7分 设(1,,
)n y z =是面
VDB 的法向量，则
110(1,,)(,1,)0(1,1,220(1,,)(1,
1,0)03x n VB y
z n z n BD y
z =-⎧⎧⎧⋅=⋅--=⎪⎪⎪
⇒⇒⇒=-⎨⎨⎨=-⋅=⎪⎪⎪⎩⋅--=⎩
⎩
……9分 ∴(0,1,0)(1,cos ,3
AB n ⋅-<>=
=11分
又由题意知，面VAD 与面VDB 所成的二面角，所以其大小为arccos
7
…………12分 2005年广东省高考数学试题
(4)已知高为3的直三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底是边长为1的正三角形（如图），则三棱锥B 1—ABC 的体积为
（D ） 11()
()
()
()
4
2
6
4
A B C D (6)函数是3
2
()31f x x x =-+的函数的区间为 （D ） （A ）（2，+∞） (B) (-∞,2) (C)(- ∞,0) (D)(0,2)
(7)给出下列关于互不相同的直线l n m ,,和平面βα,的四个命题: ① ,,,m A A l m ∉=⊂点αα 则l 与m 不共面；
② l 、m 是异面直线，ααα⊥⊥⊥n m n l n m l 则且,,,//,//； ③ 若m l m l //,//,//,//则βαβα；
④ 若ββαα//,//,,,m l A m l m l 点=⊂⊂ ，则βα//
其中为假命题的是 （C ） （A ）① （B ）② （C ）③ （D ）④
16．如图， PA=BC=6，AB=8，PB=AC=10，
342=PB ，F 是线段PB 上一点，17
34
15=
CF ，点E 在线段AB 上，且EF ⊥PB （I ）求证：PB ⊥平面CEF
（II ）求二面角B —CE —F 的大小（14分）
16．（I ）证明：∵2221006436PC AC PA ==+=+
∴△PAC 是以∠PAC 为直角的直角三角形，同理可证
△PAB 是以∠PAB 为直角的直角三角形，△PCB 是以∠PCB 为直角的直角三角形。

故PA ⊥平面ABC 又∵306102
1
||||21=⨯⨯==
∆BC AC S PBC 而
PBC S CF PB ∆==⨯⨯=3017
34
1534221||||21 故CF ⊥PB,又已知EF ⊥PB ∴PB ⊥平面CEF
（II ）由（I ）知PB ⊥CE, PA ⊥平面ABC ∴AB 是PB 在平面ABC 上的射影，故AB ⊥CE
在平面PAB 内，过F 作FF1垂直AB 交AB 于F1，则FF1⊥平面ABC ， EF1是EF 在平面ABC 上的射影，∴EF ⊥EC 故∠FEB 是二面角B —CE —F 的平面角。

3
5
610cot tan ===
∠=∠AP AB PBA FEB 二面角B —CE —F 的大小为35
arctan
2005年普通高等学校招生全国统一考试数 学（江苏卷）
8、设γβα,,为两两不重合的平面，n m l ,,为两两不重合的直线，给出下列四个命题：①若γα⊥，γβ⊥，则βα||；②若α⊂m ，α⊂n ，β||m ，β||n ，则βα||；③若
βα||，α⊂l ，则β||l ；④若l =βα ，m =γβ ，n =αγ ，γ||l ，则n m ||。

其中真命题的个数是（ ）
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
14、曲线13
++=x x y 在点)3,1(处的切线方程是__________。

21、（本小题满分14分，第一小问满分6分，第二、第三小问满分各4分）如图，在五棱锥S —ABCDE 中，SA ⊥底面ABCDE ，SA=AB=AE=2，3=
=DE BC ，
︒=∠=∠=∠120CDE BCD BAE 。

（1）求异面直线CD 与SB 所成的角（用反三角函数值表示）； （2）证明：BC ⊥平面SAB ；
（3）用反三角函数值表示二面角B —SC —D 的大小。

（本小问不必写出解答过程）
A
E
S
B
C
D
2005年普等学校招生全国统试一考试 天津卷（理工类）
(4)设γβα、、为平面，l n m 、、为直线，则β⊥m 的一个充分条件是 （D ）
(A) l m l ⊥=⋂⊥,,βαβα (B) γβγαγα⊥⊥=⋂,,m (C) αγβγα⊥⊥⊥m ,,
(D) αβα⊥⊥⊥m n n ,,
(10)若函数)1,0( )(log )(3
≠>-=a a ax x x f a 在区间)0,2
1
(-
内单调递增，则a 的取值范围是 （B ）
(A))1,41[
(B) )1,43[
(C)),4
9
(+∞
(D))4
9
,1(
（12）如图，PA ⊥平面ABC ，∠ABC=90°且PA=AC=BC=a 则异面直线PB 与AC 所成角的正切
值等于2．
（19）（本小题满分12分）
如图，在斜三棱柱111C B A ABC -中，a B A A A AC AB AC A AB A ===∠=∠1111,,，侧面11BCC B 与底面ABC 所成的二面角为 120，E 、F 分别是棱
A A C
B 111、的中点
（Ⅰ）求A A 1与底面ABC 所成的角 （Ⅱ）证明E A 1∥平面FC B 1
（Ⅲ）求经过C B A A 、、、1四点的球的体积
（19）解：（Ⅰ）过1A 作⊥H A 1平面ABC ，垂足为H ．
连结AH ，并延长交BC 于G ，于是AH A 1∠为A A 1与底面ABC 所成的角． ∵AC A AB A 11∠=∠，∴AG 为BAC ∠的平分线． 又∵AC AB =，∴BC AG ⊥，且G 为BC 的中点． 因此，由三垂线定理BC A A ⊥1．
∵B B A A 11//，且B B EG 1//，∴BC EG ⊥．于是AGE ∠为二面角E BC A --的平面角， 即 120=∠AGE ． 由于四边形AGE A 1为平行四边形，得
601=∠AG A ． （Ⅱ）证明：设EG 与C B 1的交点为P ，则点P 为EG 的中点．连结PF ． 在平行四边形1AGEA 中，因F 为A A 1的中点，故FP E A //1． 而⊂FP 平面FC B 1，⊄E A 1平面FC B 1，所以//1E A 平面FC B 1．
（Ⅲ）连结C A 1．在AC A 1∆和AB A 1∆中，由于AB AC =，
AC A AB A 11∠=∠，A A A A 11=，则
AC A 1∆≌AB A 1∆，故B A C A 11=．由已知得a C A B A A A ===111．
又∵⊥H A 1平面ABC ，∴H 为ABC ∆的外心．
设所求球的球心为O ，则H A O 1∈，且球心O 与A A 1中点的连线A A OF 1⊥．
在FO A Rt 1∆中，3
330cos 21cos 111a a
H AA F A O A === ．故所求球的半径a R 33
=，球
的体积3
327
3434a R V ππ==
． 2005年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷）
数学试题卷（理工农医类）
10．如图，在三棱柱ABC —A ′B ′C ′中，点E 、F 、H 、 K 分
别为AC ′、CB ′、A ′B 、B ′C ′的中点，G 为△ABC 的 重心. 从K 、H 、G 、B ′中取一点作为P ， 使得该棱柱恰有 2条棱与平面PEF 平行，则P 为 （ C ） A ．K B ．H C ．G D ．B ′ 20．（本小题满分12分）
如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，AB=3，
BC=1，PA=2，E 为PD 的中点.
（Ⅰ）求直线AC 与PB 所成角的余弦值；
（Ⅱ）在侧面PAB 内找一点N ，使NE ⊥面PAC ，并求出N 点到AB 和AP 的距离. 20．本小题主要考查线面关系和四棱锥等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.
解法1：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系， 则A 、B 、C 、D 、P 、E 的坐标为A （0，0，0）、
B （3，0，0）、
C （3，1，0）、
D （0，1，0）、 P （0，0，2）、
E （0，
2
1
，1）， 从而).2,0,3(),0,1,3(-==PB AC 设PB AC 与的夹角为θ，则
,14
7
37
23|
|||cos =
=
⋅⋅=
PB AC PB AC θ
∴AC 与PB 所成角的余弦值为
14
7
3. （Ⅱ）由于N 点在侧面PAB 内，故可设N 点坐标为（x ，O ，z ），则
)1,2
1
,(z x NE --=，由NE ⊥面PAC 可得，
⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧=⋅--=⋅--⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.021
3,01.0)0,1,3()1,21,(,0)2,0,0()1,21,(.
0,0x z z x z x AC NE AP NE 化简得即 ∴⎪⎩⎪⎨⎧==163z x 即N 点的坐标为)1,0,63(
，从而N 点到AB 、AP 的距离分别为1，
6
3
. 解法2：（Ⅰ）设AC ∩BD=O ，连OE ，则OE//PB ，
∴∠EOA 即为AC 与PB 所成的角或其补角. 在△AOE 中，AO=1，OE=
,2
721=PB ,2
5
21==
PD AE ∴.14731
2
7
245
471cos =⨯⨯-
+
=
EOA 即AC 与PB 所成角的余弦值为
14
7
3. （Ⅱ）在面ABCD 内过D 作AC 的垂线交AB 于F ，则6
π
=
∠ADF .
连PF ，则在Rt △ADF 中.3
3
tan ,332cos ====
ADF AD AF ADF AD DF
设N 为PF 的中点，连NE ，则NE//DF ，
∵DF ⊥AC ，DF ⊥PA ，∴DF ⊥面PAC ，从而NE ⊥面PAC. ∴N 点到AB 的距离12
1
==
AP ，N 点到AP 的距离.6321=
=AF 2005年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷）
数学试题卷（文史类）
5．木星的体积约是地球体积的30240倍，则它的表面积约是地球表面积的
（ ）
A ．60倍
B ．6030倍
C ．120倍
D ．12030倍
8．已知a 、b 、c 是直线，β是平面，给出下列命题：
①若c a c b b a //,,则⊥⊥； ②若c a c b b a ⊥⊥则,,//； ③若b a b a //,,//则ββ⊂
；
④若a 与b 异面，且ββ与则b a ,//相交；
⑤若a 与b 异面，则至多有一条直线与a ，b 都垂直. 其中真命题的个数是
（ ）
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
11．在函数x x y 83
-=的图象上，其切线的倾斜角小于
4
π
的点中，坐标为整数的点的个数是
（ ）
A ．3
B ．2
C ．1
D ．0
20．（本小题满分12分）
如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEC 1F 所截面而得到的，其中
AB=4，BC=2，CC 1=3，BE=1. （Ⅰ）求BF 的长；
（Ⅱ）求点C 到平面AEC 1F 的距离. 20．本小题主要考查线面关系和空间距离的求法等基础知识，同时考查空间想象能力和推理
运算能力. 解法1：（Ⅰ）过E 作EH//BC 交CC 1于H ，则CH=BE=1，EH//AD ，且EH=AD. 又∵AF ∥EC 1，∴∠FAD=∠C 1EH.
∴Rt △ADF ≌Rt △EHC 1. ∴DF=C 1H=2.
.6222=+=∴DF BD BF
（Ⅱ）延长C 1E 与CB 交于G ，连AG ， 则平面AEC 1F 与平面ABCD 相交于AG. 过C 作CM ⊥AG ，垂足为M ，连C 1M ，
由三垂线定理可知AG ⊥C 1M.由于AG ⊥面C 1MC ，且
AG ⊂面AEC 1F ，所以平面AEC 1F ⊥面C 1MC.在Rt △C 1CM 中，作CQ ⊥MC 1，垂足为Q ，则CQ 的长即为C 到平面AEC 1F 的距离.
.11
33
417
12317
123,17
121743cos 3cos 3,.
17,1,2
2
1
1
221=+
⨯
=
⨯=
∴=⨯
===∠=∠=+===MC CC CM CQ GAB MCG CM MCG GAB BG AB AG BG CG
BG
CC EB 知由从而可得由
解法2：（I ）建立如图所示的空间直角坐标系，则D （0，0，0），B （2，4，0），A （2，0，0），
C （0，4，0），E （2，4，1），C 1（0，4，3）.设F （0，0，z ）. ∵AEC 1F 为平行四边形，
.
62,62||).
2,4,2().2,0,0(.2),2,0,2(),0,2(,,
11的长为即于是得由为平行四边形由BF BF EF F z z EC AF F AEC =--=∴∴=∴-=-=∴∴
（II ）设1n 为平面AEC 1F 的法向量，
)1,,(,11y x n ADF n =故可设不垂直于平面显然 ⎩
⎨⎧=+⨯+⨯-=+⨯+⨯⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅02020140,0,011y x y x AF n AE n 得由
⎪⎩
⎪⎨⎧-==∴⎩⎨⎧=+-=+.41,
1,022,014y x x y 即
111),3,0,0(n CC CC 与设又=的夹角为a ，则 .33
33
4116
1
133|
|||cos 1111=++
⨯=
⋅⋅=
n CC n CC α ∴C 到平面AEC 1F 的距离为
.11
33
4333343cos ||1=⨯
==αCC d
2005年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）
理科数学
7．已知函数)(()(x f x f x y ''=其中的图象如右图所示
))(的导函数是函数x f ，下面四个图象中
)(x f y =的图象大致是
（ C ）
9．矩形ABCD 中，AB=4，BC=3，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B －AC －D ，则
四面体ABCD 的外接球的体积为 （ C ）
A ．
π12
125
B ．
π9
125
C ．
π6
125
D ．
π3
125
15．如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，
AB=BC=2，BB 1=2， 90=∠ABC ，
E 、
F 分别为AA 1、C 1B 1的中点，沿棱柱的表面从E 到F 两点的最短路径的长度为
22
3
.
20．（本小题满分12分）
如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，中，AD=AA 1=1，AB=2，点E 在棱AD 上移动. （1）证明：D 1E ⊥A 1D ；
（2）当E 为AB 的中点时，求点E 到面ACD 1的距离； （3）AE 等于何值时，二面角D 1—EC —D 的大小为4
π.
20．解法（一）
（1）证明：∵AE ⊥平面AA 1DD 1，A 1D ⊥AD 1，∴A 1D ⊥D 1E
（2）设点E 到面ACD 1的距离为h ，在△ACD 1中，AC=CD 1=5，AD 1=2， 故.2
121,232152211=⋅⋅==-⋅⋅=
∆∆BC AE S S ACE C AD 而 .31,23121,3
1
31111=∴⨯=⨯∴⋅=⋅=
∴∆∆-h h h S DD S V C AD AEC AEC D
（3）过D 作DH ⊥CE 于H ，连D 1H 、DE ，则D 1H ⊥CE ， ∴∠DHD 1为二面角D 1—EC —D 的平面角. 设AE=x ，则BE=2－x
,
,,1,.
1,4
,211x EH DHE Rt x DE ADE Rt DH DHD DH D Rt =∆∴+=∆=∴=
∠∆中在中在中在 π
.
4
,32.
32543.54,3122π
的大小为二面角时中在中在D EC D AE x x x x x x CE CBE Rt CH DHC Rt ---=∴-=⇒+-=+∴+-=∆=∆
解法（二）：以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DD 1分别为x,y,z 轴，建立空间直角坐标系，设AE=x ，则A 1（1，0，1），D 1（0，0，1），E （1，x ，0），A （1，0，0）C （0，2，0）
（1）.,0)1,,1(),1,0,1(,1111E D DA x E D DA ⊥=-=所以因为
（2）因为E 为AB 的中点，则E （1，1，0），从而)0,2,1(),1,1,1(1-=-=AC E D ，
)1,0,1(1-=AD ，设平面ACD 1的法向量为),,(c b a n =，则⎪⎩⎪⎨
⎧=⋅=⋅,0,
01AD n AC n 也即⎩⎨⎧=+-=+-002c a b a ，得⎩
⎨⎧==c a b
a 2，从而)2,1,2(=n ，所以点E 到平面AD 1C 的距离为
.3
1
3212|
|1=-+=
=
n n E D h
（3）设平面D 1EC 的法向量),,(c b a n =，∴),1,0,0(),1,2,0(),0,2,1(11=-=-=DD C D x CE
由⎩⎨⎧=-+=-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0)2(0
2,
0,01x b a c b CE n C D n 令b=1, ∴c=2,a =2－x ，
∴).2,1,2(x n -= 依题意.2
25
)2(22
2
|
|||||4
cos
211=
+-⇒=
⋅⋅=
x DD n DD n π
∴321+=x （不合，舍去），322-=x . ∴AE=32-时，二面角D 1—EC —D 的大小为
4
π
. 2005年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）
文科数学
15．如图，在三棱锥P —ABC 中，PA=PB=PC=BC ， 且2
π
=
∠BAC ，则PA 与底面ABC 所成角为
.
2005年普通高等学校招生全国统一考试（辽宁卷）
数 学
4．已知m 、n 是两条不重合的直线，α、β、γ是三个两两不重合的平面，给出下列四个命
题：①若βαβα//,,则⊥⊥m m ； ②若βααβγα//,,则⊥⊥；
③若βαβα//,//,,则n m n m ⊂
⊂；
④若m 、n 是异面直线，βααββα//,//,,//,则n n m m ⊂⊂
其中真命题是
（ D ）
A ．①和②
B ．①和③
C ．③和④
D ．①和④
14．如图，正方体的棱长为1，C 、D 分别是两条棱的中点，
A 、
B 、M 是顶点，那么点M 到截面ABCD 的距离是
3
2
. 17．（本小题满分12分）
已知三棱锥P —ABC 中，E 、F 分别是AC 、AB 的中点， △ABC ，△PEF 都是正三角形，PF ⊥AB. （Ⅰ）证明PC ⊥平面PAB ；
（Ⅱ）求二面角P —AB —C 的平面角的余弦值； （Ⅲ）若点P 、A 、B 、C 在一个表面积为12π的 球面上，求△ABC 的边长.
17．本小题主要考查空间中的线面关系，三棱锥、球的有关概念及解三角形等基础知识，考
查空间想象能力及运用方程解未知量的基本方法，满分12分. （Ⅰ）证明： 连结CF.
.,2
1
21PC AP AC BC EF PE ⊥∴==
= .,,PCF AB AB PF AB CF 平面⊥∴⊥⊥
..,PAB PC AB PC PCF PC 平面平面⊥∴⊥∴⊂ ……4分
（Ⅱ）解法一：,,CF AB PF AB ⊥⊥
PFC ∠∴为所求二面角的平面角. 设AB=a ，则AB=a ，则a CF a EF PF 2
3,2
===
.33
2
32cos ==∠∴a a
PFC ……………………8分
解法二：设P 在平面ABC 内的射影为O. PAF ∆ ≌PAB PAE ∆∴∆,≌.PAC ∆ 得PA=PB=PC. 于是O 是△ABC 的中心. PFO ∠∴为所求二面角的平面角. 设AB=a ，则.2331,2a OF a PF ⋅==
.3
3cos ==∠∴PF OF PFO …………8分 （Ⅲ）解法一：设PA=x ，球半径为R. ,,PB PA PAB PC ⊥⊥平面
ππ124.232==∴R R x ，ABC x R ∆∴==∴.2.3得的边长为22 (12)
分
解法二：延长PO 交球面于D ，那么PD 是球的直径.
连结OA 、AD ，可知△PAD 为直角三角形. 设AB=x ，球半径为R.
,2
332,66tan .32,1242x OA x PFO OF PO PD R ⋅==
∠==∴= ππ
22.22).6
632(66)33(
2的边长为于是ABC x x x x ∆∴=-=∴.……12分 2005年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）
数学试题卷（理工农医类）
7．对于不重合的两个平面α与β，给定下列条件： ①存在平面γ，使得α、β都垂直于γ； ②存在平面γ，使得α、β都平行于γ； ③α内有不共线的三点到β的距离相等；
④存在异面直线l 、m ，使得l //α，l //β，m //α，m //β， 其中，可以判定α与β平行的条件有 （B ）
A ．1个
B ．2个
C ．3个
D ．4个
10．如图，在体积为1的三棱锥A —BCD 侧棱 AB 、AC 、AD 上分别取点E 、F 、G ， 使 AE : EB=AF : FC=AG : GD=2 : 1，记O 为 三平面BCG 、CDE 、DBF 的交点，则三棱 锥O —BCD 的体积等于 （ C ）
A ．91
B ．
81 C ． 7
1
D ．4
1
12．曲线)0)(,(3
3≠=a a a x y 在点处的切线与x 轴、直线a x =所围成的三角形的面积为
a 则,6
1
= 1± .
16．连接抛物线上任意四点组成的四边形可能是 ②③⑤（填写所有正确选项的序号）. ①菱形 ②有3条边相等的四边形 ③梯形 ④平行四边形 ⑤有一组对角相等的四边形 20．（本小题满分13分） 如图，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ⊥侧面BB 1C 1C ，E 为棱CC 1上异于C 、C 1的一点，EA ⊥EB 1，已知AB=2，BB 1=2，BC=1，∠BCC 1=3
π
，求： （Ⅰ）异面直线AB 与EB 1的距离；
（Ⅱ）二面角A —EB 1—A 1的平面角的正切值.
20．（本小题13分） 解法一：
（Ⅰ）因AB ⊥面BB 1C 1C ，故AB ⊥BE.
又EB 1⊥EA ，且EA 在面BCC 1B 1内的射影为EB.
由三垂线定理的逆定理知EB 1⊥BE ，因此BE 是异面直线 AB 与EB 1的公垂线，
在平行四边形BCC 1B 1中，设EB=x ，则EB 1=2
4x -， 作BD ⊥CC 1，交CC 1于D ，则BD=BC ·.2
33
sin
=
π
在△BEB 1中，由面积关系得
0)3)(1(,2
3221421222=--⋅⋅=-x x x x 即. 3,1±=±=x x 解之得（负根舍去）
,33
cos
21,,322=⋅-+∆=π
CE CE BCE x 中在时当
解之得CE=2，故此时E 与C 1重合，由题意舍去3=
x .
因此x =1，即异面直线AB 与EB 1的距离为1.
（Ⅱ）过E 作EG//B 1A 1，则GE ⊥面BCC 1B ，故GE ⊥EB 1且GE 在圆A 1B 1E 内， 又已知AE ⊥EB 1
故∠AEG 是二面角A —EB 1—A 1的平面角. 因EG//B 1A 1//BA ，∠AEG=∠BAE ，故.22
2
1tan ===AB BE AEG 解法二：
（Ⅰ）平面又由得由⊥=⋅⊥AB EB AE EB AE ,0,11 而BB 1C 1C 得AB ⊥EB 1从而1EB AB ⋅=0.
.
,0
)(11111
1的公垂线与是异面直线故线段即故EB AB BE EB EB EB AB EB EA EB AB EA EB EB ⊥=⋅+⋅=⋅+=⋅
设O 是BB 1的中点，连接EO 及OC 1，则在Rt △BEB 1中，EO=2
1
BB 1=OB 1=1， 因为在△OB 1C 1中，B 1C 1=1，∠OB 1C 1=3
π
，故△OB 1C 1是正三角形，
所以OC 1=OB 1=1，
又因∠OC 1E=∠B 1C 1C －∠B 1C 1O=,3
3
3
2π
π
π=
-
故△OC 1E 是正三角形，
所以C 1E=1，故CE=1，易见△BCE 是正三角形，从面BE=1，
即异面直线AB 与EB 1的距离是1.
（Ⅱ）由（I ）可得∠AEB 是二面角A —EB 1—B 的平面角，在Rt △ABE 中，由AB=2， BE=1，得tanAEB=2.
又由已知得平面A 1B 1E ⊥平面BB 1C 1C ， 故二面角A —EB 1—A 1的平面角AEB ∠-=
2
π
θ，故
.2
2cot )2tan(tan ==∠-=AEB AEB πθ
解法三：
（I ）以B 为原点，1BB 、BA 分别为y 、z 轴建立空间直角坐标系. 由于BC=1，BB 1=2，AB=2，∠BCC 1=3
π
， 在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中有
B （0，0，0），A （0，0，2），B 1（0，2，0），
)0,2
3,23(),0,21,23(
1C C -
设即得由,0,),0,,2
3
(
11=⋅⊥EB EA EB EA a E
)0,2,2
3()2,,23(0a a --⋅--
= ,4
32)2(432+-=-+=
a a a a .
,04
3
43)02323()0,21,23()
0,2
1,23(),(2321,0)23)(21(11EB BE EB BE E a a a a ⊥=+-=⋅⋅-⋅=⋅===--即故舍去或即得
又AB ⊥面BCC 1B 1，故AB ⊥BE. 因此BE 是异面直线AB 、EB 1的公垂线， 则14
1
43||=+=
BE ，故异面直线AB 、EB 1的距离为1. （II ）由已知有,,1111EB A B EB EA ⊥⊥故二面角A —EB 1—A 1的平面角θ的大小为向
量
EA A B 与11的夹角.
.2
2tan ,
32||||cos ),2,2
1
,23(),2,0,0(111111=
=
⋅=--===θθ即故因A B EA A B EA EA BA A B
2005年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）数学试题卷（文史类）
19．（本小题满分13分）
设函数∈+++-=a ax x a x x f 其中,86)1(32)(2
3
R . （1）若3)(=x x f 在处取得极值，求常数a 的值； （2）若)0,()(-∞在x f 上为增函数，求a 的取值范围. 19．（本小题13分）
解：（Ⅰ）).1)((66)1(66)(2--=++-='x a x a x a x x f
因3)(=x x f 在取得极值， 所以.0)13)(3(6)3(=--='a f 解得.3=a 经检验知当)(3,3x f x a 为时==为极值点.
（Ⅱ）令.1,0)1)((6)(21===--='x a x x a x x f 得
当),()(,0)(),,1(),(,1a x f x f a x a -∞>'+∞-∞∈<在所以则若时 和),1(+∞上为增 函数，故当)0,()(,10-∞<≤在时x f a 上为增函数.
当),()1,()(,0)(),,()1,(,1+∞-∞>'+∞-∞∈≥a x f x f a x a 和在所以则若时 上为增函 数，从而]0,()(-∞在x f 上也为增函数.
综上所述，当)0,()(,),0[-∞+∞∈在时x f a 上为增函数.
20．（本小题满分13分）
如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PD ⊥底面ABCD ，E 是AB
上
一点，PE ⊥EC. 已知,2
1,2,2=
==
AE CD PD 求 （Ⅰ）异面直线PD 与EC 的距离；
（Ⅱ）二面角E —PC —D 的大小. 20．（本小题13分）
解法一：
（Ⅰ）因PD ⊥底面，故PD ⊥DE ，又因EC ⊥PE ，且DE 是PE 在面ABCD 内的射影，由三垂直线定理的逆定理知 EC ⊥DE ，因此DE 是异面直线PD 与EC 的公垂线.
设DE=x ，因△DAE ∽△CED ，故
1,1,2±===x x x
CD AE x 即（负根舍去）. 从而DE=1，即异面直线PD 与EC 的距离为1.
（Ⅱ）过E 作EG ⊥CD 交CD 于G ，作GH ⊥PC 交PC 于H ，连接EH. 因PD ⊥底面， 故PD ⊥EG ，从而EG ⊥面PCD.
因GH ⊥PC ，且GH 是EH 在面PDC 内的射影，由三垂线定理知EH ⊥PC. 因此∠EHG 为二面角的平面角.
在面PDC 中，PD=2，CD=2，GC=,2
3212=-
因△PDC ∽△GHC ，故2
3
=⋅
=PC CG PD GH ， 又,2
3
)21(12222=-=-=DG DE EG
故在
,4
,,π
=
∠=∆EHG EG GH EHG Rt 因此中
即二面角E —PC —D 的大小为.4
π 解法二：
（Ⅰ）以D 为原点，DA 、DC 、DP 分别为x 、y 、 z 轴建立空间直角坐标系.
由已知可得D （0，0，0），P （0，0，)2， C （0，2，0）设),0,2,(),0)(0,0,(x B x x A 则>
).0,2
3
,(),2,21,(),0,21,(-=-=x CE x PE x E 由0=⋅⊥CE PE CE PE 得，
即.2
3
,0432
==-
x x 故 由CE DE CE DE ⊥=-⋅=⋅得0)0,23,23()0,21,23(
，
又PD ⊥DE ，故DE 是异面直线PD 与CE 的公垂线，易得1||=DE ，故异面直线PD 、 CE 的距离为1.
（Ⅱ）作DG ⊥PC ，可设G （0，y ，z ）.由0=⋅PC DG 得0)2,2,0(),,0(=-⋅z y 即),2,1,0(,2==
DG y z 故可取作EF ⊥PC 于F ，设F （0，m ，n ）
， 则).,2
1
,23(n m EF --
= 由0212,0)2,2,0(),21
,23(0=--=-⋅--
=⋅n m n m PC EF 即得， 又由F 在PC 上得).2
2
,21,23(,22,1,222-===+-
=EF n m m n 故 因,,PC DG PC EF ⊥⊥故平面E —PC —D 的平面角θ的大小为向量DG EF 与的夹角.
故,4,22|
|||cos πθθ==
=EF DG 即二面角E —PC —D 的大小为.4
π
2005年全国高等学校招生统一考试数学（湖南卷·理）试题
5、如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是底面
A 1
B 1
C 1
D 1的中心，则O 到平面AB C 1D 1的距离为 （B ）
A 、2
1
B 、42
C 、22
D 、23
（8）设地球的半径为R ，若甲地位于北纬45︒东经120︒，乙地位于南纬75︒东经120︒，
则甲、乙两地的球面距离为（D ） （A
（B ）
6
R π
（C ）
56
R π
（D ）23R π (16)已知m n 、是不同的直线，αβ、是不重合的平面，给出下列命题： ①若//,,,m n αβαβ⊂⊂则//m n
②若,,//,m n m αβ⊂则//αβ③若,,//m n m n αβ⊥⊥，则//αβ④,m n 是两条异面直线，
若//,//,//,//m m n n αβαβ，则//αβ
上面的命题中，真命题的序号是③④（写出所有真命题的序号）
（19）（本小题满分12分）
已知1x =是函数3
2
()3(1)1f x mx m x nx =-+++的一个极值点，其中,,0m n R m ∈<， （I ）求m 与n 的关系式； （II ）求()f x 的单调区间；
（III ）当[]
1,1x ∈-时，函数()y f x =的图象上任意一点的切线斜率恒大于3m ，求m 的取值范围.
19.（考查知识点：函数结合导数）
解(I)2
()36(1)f x mx m x n '=-++因为1x =是函数()f x 的一个极值点,所以(1)0f '=,即
36(1)0m m n -++=，所以36n m =+
（II ）由（I ）知，2
()36(1)36f x mx m x m '=-+++=23(1)1m x x m ⎡⎤⎛⎫--+
⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦
当0m <时，有2
11>+
，当x 变化时，()f x 与()f x '的变化如下表：
故有上表知，当0m <时，()f x 在2,1m ⎛
⎫-∞+ ⎪⎝⎭单调递减，在2(1,1)m
+单调递增，在(1,)+∞上单调递减.
（III ）由已知得()3f x m '>，即2
2(1)20mx m x -++>
又0m <所以222(1)0x m x m m -
++<即[]222
(1)0,1,1x m x x m m -++<∈-① 设212
()2(1)g x x x m m
=-++，其函数开口向上，由题意知①式恒成立，
所以22(1)0120(1)010g m m
g ⎧
-<+++<⎧⎪⇒⎨⎨<⎩⎪-<⎩
解之得43m -<又0m <所以403m -<< 即m 的取值范围为4,03⎛⎫- ⎪⎝⎭
(20)(本小题满分12分)
如图，已知长方体1111,ABCD A B C D -12,1,AB AA ==
直线BD 与平面11AA B B 所成的角为30︒，AE 垂直BD 于
E ，
F 为11A B 的中点.
（I ）求异面直线AE 与BF 所成的角；
（II ）求平面BDF 与平面1AA B 所成的二面角； （III ）求点A 到平面BDF 的距离. 20．(考查知识点：立体几何)
解：在长方体1111ABCD A B C D -中，以AB 所在的直线为x 轴，以AD 所在的直线为y 轴，
1AA 所在的直线为z 轴建立如图示空间直角坐标系
由已知12,1,AB AA ==可得(0,0,0),(2,0,0)A B ，(1,0,1)F
又AD ⊥平面11AA B B ，从而BD 与平面11AA B B 所成的角为30DBA ∠=︒，又2AB =，
AE BD ⊥
，1,3AE AD ==
从而易得1,0,223E D ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
（I ）因为()13,,0,1,0,122AE BF ⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭
所以()
cos
,AE BF AE
BF AE BF ⋅=
=1
4-
=- 易知异面直线AE BF 、所成的角为（II ）易知平面1AA B 的一个法向量(0,1,0)m
=设(,,)n x y z =是平面BDF 的一个法向量，
(BD =-由00
n BF n BF n BD n BD ⎧⎧⊥
⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⊥⋅=⎪⎪⎩⎩02
03x z x y -+=⎧⎪⇒⎨-=⎪⎩
x z
y =⎧⎪⇒= A
1
A B
C
D
1
B F
1
C 1
D E
即()
1,3,1n =所以15
cos ,5
m n m n m n
⋅=
=
BDF 与平面1AA B 所成的二面角的大小（锐角）为arccos
5
（III ）点A 到平面BDF 的距离，即AB 在平面BDF 的法向量n 上的投影的绝对值， 所以距离cos ,d AB AB n =⋅=25
5
AB
n n
⋅=
所以点A 到平面BDF 的距离为5。