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2014年高考理科数学真题分类汇编(解析版)-立体几何



2014 年全国高考理科数学试题分类汇编 立体几何
第 I 部分 1.【2014 年陕西卷(理 05) 】已知底面边长为 1,侧棱长为 2 则正四棱柱的各顶点均在同 一个球面上,则该球的体积为( )

A.

32? 3
D

B.4?

C .2?

D.

4? 3

【答案】 【解析】

4 4 设球的半径为 r ,? (2r ) 2 = 12 + 12 + ( 2 ) 2 = 4, 解得r = 1,∴ V = π r 3 = π.选D 3 3

2.【2014 年重庆卷(理 07) 】某几何体的三视图如下图所示,则该几何体的表面积为 ( A.54 B.60 C.66 D.72



5 2 4 正视图 3 左视图 俯视图
C' A' B' B

C
【答案】B 【解析】在长方体中构造几何体 ABC ? A ' B ' C ' ,如右图所示,

A

AB ? 4, A ' A ? 5, B ' B ? 2, AC ? 3 ,经检验该几何体的三视图满足
题设条件。其表面积 S ? S?ABC ? S ACC ' A' ? S ABB ' A' ? SBCC ' B ' ? S?A' B 'C ' ,

? 6 ? 15 ? 14 ?

35 15 ? ? 60 ,故选择 B 2 2

3.【2014 年安徽卷(理 07) 】一个多面体的三视图如图所示,则该多面体的表面积为 (A) 21? 3 (C) 21 (B) 18 ? 3 (D) 18
1
1 1 1 1 1

1
1
侧(左)视图

【答案】A 【解析】此多面体的直观图如下图所示

正(主)视图

1 表面积为 2 ? 2 ? 6 ? ? 1 ? 1 ? 6 2

1
1 1 1 俯视图

3 ? ? ( 2 ) 2 ? 2 ? 21? 3 4
第(7)题图

4.【2014 年福建卷(理 02) 】某空间几何体的正视图是三角形, 则该几何体不可能是 ( A. 圆柱 B. 圆锥 C. 四面体 D. 三棱柱



【答案】A 【解析】圆柱的正视图为矩形,故选:A

5.【2014 年湖南卷(理 07) 】一块石材表示的几何体的三视图如图 2 所示. 将该石材切割、 打磨,加工成球,则能得到最大球的半径等于

A.

1

B. 2

C. 3

D. 4

【答案】B 【解析】由图可得该几何体为三棱柱,所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径

r ,则 8 ? r ? 6 ? r ? 82 ? 62 ? r ? 2 ,故选 B

6.【2014 年辽宁卷(理 04) 】已知 m,n 表示两条不同直线, ? 表示平面,下列说法正确的 是( ) B.若 m ? ? , n ? ? ,则 m ? n D.若 m / /? , m ? n ,则 n ? ?

A.若 m / /? , n / /? , 则 m / / n C.若 m ? ? , m ? n ,则 n / /?

【答案】B 【解析】A.若 m∥α B.若 m⊥α C.若 m⊥α D.若 m∥α ,n∥α ,则 m,n 相交或平行或异面,故 A 错; ,n? α ,则 m⊥n,故 B 正确; ,m⊥n,则 n∥α 或 n? α ,故 C 错; ,m⊥n,则 n∥α 或 n? α 或 n⊥α ,故 D 错.故选 B

7.【2014 年全国大纲卷(08) 】正四棱锥的顶点都在同一球面上,若该棱锥的高为 4,底面 边长为 2,则该球的表面积为( )

A.

81? 4

B. 16?

C. 9?

D.

27? 4

【答案】A 【解析】设球的半径为 R,则∵棱锥的高为 4,底面边长为 2, ∴R =(4﹣R) +(
2 2

) ,∴R= ,∴球的表面积为 4π ? ( )=

2

2

.故选:A

8.【2014 年四川卷(理 08) 】如图,在正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中,点 O 为线 段 BD 的中点。设点 P 在线段 CC1 上,直线 OP 与平面 A1 BD 所成的角为 ? ,则

sin ? 的取值范围是
A. [

3 ,1] 3

B. [

6 ,1] 3

C. [

6 2 2 , ] 3 3

D. [

2 2 ,1] 3

【答案】B 【解析】直线 OP 与平面 A1 BD 所成的角为 ? 的取值范围是

[?AOA1 , ] ? [?C1OA1 , ] , 2 2
由于 sin ?AOA1 ?

?

?

6 6 3 2 2 6 ? , sin ?C1OA1 ? 2 ? , sin ? 1 ? ? ? 3 3 3 3 3 2 6 ,1] 3

所以 sin ? 的取值范围是 [

9.【2014 年辽宁卷(理 07) 】某几何体三视图如图所示,则该几何体的体积为( A. 8 ? 2? B. 8 ? ? C. 8 ?



?
2

D. 8 ?

?
4

【答案】B 【解析】由三视图知:几何体是正方体切去两个 圆柱,正方体的棱长为 2,切去的圆柱的 底面半径为 1,高为 2,∴几何体的体积 V=2 ﹣2× ×π ×1 ×2=8﹣π .故选:B
3 2

0 10.【2014 年全国大纲卷(11) 】已知二面角 ? ? l ? ? 为 60 , AB ? ? , AB ? l ,A 为垂

足, CD ? ? , C ? l , ?ACD ? 135 ,则异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦值为(
0



A.

1 4

B.

2 4

C.

3 4

D.

1 2

【答案】B 【解析】如图,过 A 点做 AE⊥l,使 BE⊥β ,垂足为 E,过点 A 做 AF∥CD, 过点 E 做 EF ⊥AE,连接 BF,∵AB⊥l,∴∠BAE=60°, 又∠ACD=135°,∴∠EAF=45°,在 Rt△BEA 中,设 AE=a,则 AB=2a,BE= 在 Rt△AEF 中,则 EF=a,AF= a,在 Rt△BEF 中,则 BF=2a, ∴异面直线 AB 与 CD 所成的角即是∠BAF, ∴cos∠BAF= = = .

a,

11.【2014 年全国新课标Ⅰ(理 12) 】如图,网格纸上小正方形 的边长为 1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的 个条棱中,最长的棱的长度为

A.6 2

B.4 2

C .6

D .4

【答案】 :C 【解析】 :如图所示,原几何体为三棱锥 D ? ABC , 其中 AB ? BC ? 4, AC ? 4 2, DB ? DC ? 2 5 ,

DA ?

?4 2 ?

2

? 4 ? 6 ,故最长的棱的长度为 DA ? 6 ,选 C

12.【2014 年全国新课标Ⅱ(理 06) 】如图,网格纸上正方形小格的边长为 1(表示 1cm), 图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为 3cm,高为 6cm 的圆柱体毛坯 切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )

A.

17 27

B. 5

9

C. 10

27

D.

1 3

【答案】 【解析】

C

? 加工前的零件半径为 3,高6, ∴体积v1 = 9π ? 6 = 54π. ? 加工后的零件,左半部 为小圆柱,半径 2,高4,右半部为大圆柱,半 径为3,高为2. ∴体积v2 = 4 π ? 4 + 9π ? 2 = 34π. ∴削掉部分的体积与原体 积之比= 54π - 34π 10 = .故选C. 54π 27

13.【2014 年全国新课标Ⅱ (理 11) 】直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠BCA=90°, M,N 分别是 A1B1, A1C1 的中点,BC=CA=CC1,则 BM 与 AN 所成的角的余弦值为( ) A. 1 B. 2 C.

10
C

5

30 10

D.

2 2

【答案】 【解析】

如图,分别以 C1 B1,C1 A1,C1C为X , Y , Z轴,建立坐标系。令 AC = BC = C1C = 2, 则 A(0,2,2), B(2,0,2), M (1,1,0), N (0,1,0).∴ BM = ( - 1,1, - 2), AN = (0, - 1, - 2)。 cosθ = BM ? AN | BM | ? | AN | = 0 - 1+ 4 30 = .故选C. 10 6 5

14.【2014 年北京卷(理 07) 】在空间直角坐标系 Oxyz 中,已知 A? 2,0,0? , B ? 2,2,0? ,

C ? 0,2,0? ,D 1,1, 2 ,若 S1 ,S 2 ,S 3 分别表示三棱锥 D ? ABC 在 xOy , yOz , zOx
坐标平面上的正投影图形的面积,则( )

?

?

(A) S1 ? S2 ? S3 (C) S1 ? S3 且 S3 ? S2 【答案】D 【解析】

(B) S1 ? S2 且 S3 ? S1 (D) S2 ? S3 且 S1 ? S3

设 A(2,0,0) ,B(2,2,0) ,C(0,2,0) ,D(1,1, ) ,则各个面上的射 影 分别为 A',B',C',D',在 xOy 坐标平面上的正投影 A'(2,0,0) ,B'(2,2,0) ,C'(0, 2,0) ,D'(1,1,0) ,S1= . ) ,

在 yOz 坐标平面上的正投影 A'(0,0,0) ,B'(0,2,0) ,C'(0,2,0) ,D'(0,1, S2=. 在 zOx 坐标平面上的正投影 A'(2,0,0) ,B'(2,0,0) ,C'(0,0,0) ,D'(1,0, S3= ,则 S3=S2 且 S3≠S1,故选:D

) ,

15. 【 2014 年 广 东 卷 ( 理 07 ) 】 若 空 间 中 四 条 两 两 不 同 的 直 线 l1 , l2 , l3 , l4 , 满 足

l1 ? l2 , l2 ? l3 , l3 ? l4 ,则下列结论一定正确的是

A. l1 ? l4

B. l1 / / l4

C. l1 , l4 既不垂直也不平行

D. l1 , l4 的位置关系不确定

【答案】D 【解析】如图所示的正方体 ABCD ? A?B?C ?D? 中,令 l1 为 AA? ,l2 为 BC ,当 l3 为 CC ? 时,

l1∥l3 ? ? ? l1 ? l4 ,则选项 A 成立,当 l3 为 CD 时,则 l4 可以为对角线 BC ? 或 BB? 或 B?C ? , l3 ? l4 ?
l1 与 l4 是异面直线或平行或垂直,所以 l1 与 l4 位置关系不确定.故选 D.

D' A' B'

C'

D

C

A

B

16.【2014 年湖北卷(理 05) 】在如图所示的空间直角坐标系 O ? xyz 中,一个四面体的顶 点坐标分别是(0,0,2) , (2,2,0) , (1,2,1) , (2,2,2) ,给出编号①、②、③、④的四个图, 则该四面体的正视图和俯视图分别为

A.①和②

B.③和①

C. ④和③

D.④和②

【答案】D 【解析】 在坐标系中标出已知的四个点,根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④ 与俯视图为②,故选 D. 17.【2014 年湖北卷(理 08) 】.《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出 土,这是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“囷盖”的术:置如其周,另相 乘也。又以高乘之,三十六成一。该术相当于给出了有圆锥的底面周长 L 与高 h ,计算其体 积 V 的近似公式 v ? 似公式 v ? A.

1 2 L h. 它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率 ? 近似取为 3.那么近 36


22 7

2 2 L h 相当于将圆锥体积公式中的 ? 近似取为( 75 157 25 B. C. 50 8

D.

355 113

【答案】 B 【解析】 设 圆 锥 底 面 圆 的 半 径 为 r , 高 为 h , 依 题 意 , L ? (2?r ) ,
2

1 2 1 1 1 2 2 25 ? V ? Sh ? ? r 2 h ? (2? r ) 2 h ? L h ,所以 ,即 ? 的近似值为 12? 75 3 3 12? 75 8
18.【2014 年江西卷(理 05) 】一几何体的直观图如右图,下列给出的四个俯视图中正确的



【答案】B 【解析】俯视图为在底面上的投影,易知选:B 19.【2014 年江西卷(理 10) 】如右图,在长方体 ABCD ? A1B1C1D1 中, AB =11, AD =7, AA1 =12,一质点从顶点 A 射向点 E ? 4, 312 ,?, 遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理) ,将 i ? 1 次到第 i 次反射点之间 的线段记为 Li ?i ? 2,3,4? ,L1 ? AE , 将线段 L1 , L2 , L3 , L4 竖直放置在同一水 平线上,则大致的图形是

【答案】C 【解析】 A(0,0,0),E(4,3,12),

E1

(8,6,0),

E2
2 2

(

28 3

,7,4),
2

E3

(11,

25 4

,9),

13 ?4? AE ? 4 ? 3 ? 12 ? 13, EE1 ? 4 ? 3 ? 5 , E1E2 ? ? ? ? 12 ? 4 2 ? , 3 ? 3?
2 2 2

65 ? 5? ? 5? E2 E3 ? ? ? ? ? ? ? 52 ? ? E1E2 12 ? 3? ? 4 ?

2

2

20.【2014 年上海卷(理 16) 】 如图,四个棱长为 1的正方体排成一个正四棱柱, AB 是一 条侧棱,P i (i ? 1, 2 , 不同值的个数为 (

, 8) 是上底面上其余的八个点, 则 AB ? AP i (i ? 1, 2,


, 8) 的

(A) 1. 【答案】A

(B) 2 .(C) 4 .

(D) 8 .

AB 乘以 APi 在 AB 方向上的投影, 【解析】 :根据向量数量积的几何意义, AB ? AP i 等于
而 APi 在 AB 方向上的投影是定值, AB 也是定值,∴ AB ? AP i 为定值 1 ,∴选 A

21.【2014 年浙江卷(理 03) 】某几何体的三视图(单位: cm )如图所示,则此几何体的 表面积是

A.90 cm

2

B.129 cm

2

C.132 cm

2

D.138 cm

2

【答案】D 【解析】 由三视图知: 几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体, 其中直三棱柱的侧棱长为 3, 底面是直角边长分别为 3、4 的直角三角形,四棱柱的高为 6,底面为矩形,矩形 的两相邻边长为 3 和 4, ∴ 几何体的表面积 S=2× 4× 6+3× 6+3× 3+2× 3× 4+2× × 3× 4+(4+5) × 3=48+18+9+24+12+27=138(cm ) .
2

第 II 部分

22.【2014 年山东卷(理 13) 】三棱锥 P ? ABC 中, D, E 分别为 PB, PC 的中点,记三棱 锥 D ? ABE 的体积为 V1 , P ? ABC 的体积为 V2 ,则

V1 ? V2



【答案】

1 4
h1 1 ? , h2 2

分别过 E , C 向平面做高 h1 , h2 ,由 E 为 PC 的中点得 【解析】 由 D 为 PB 的中点得 S ?ABD ?

1 1 1 1 S ?ABP , 所以 V1 : V2 ? S ?ABD ? h1 ? S ?ABP ? h2 ? 2 3 3 4

23.【2014 年天津卷(理 10) 】一个几何体的三视图如图所示(单位: m ) ,则该几何体的 体积为_________ m .
3

20π 【答案】 3 1 2 【解析】 由三视图可得,该几何体为圆柱与圆锥的组合体,其体积 V=π ×1 ×4+ π × 3 20π 2 2 ×2= . 3

24. 【2014 年江苏卷 (理 08) 】 设甲、 乙两个圆柱的底面积分别为 S1 , S2 , 体积分别为 V1 , V2 , 若它们的侧面积相等,

S1 9 V ? ,则 1 ? S2 4 V2



3 【答案】 2
【解析】由题意,

S1 ?r12 r12 9 r 3 ? 2 ? 2 ? , 所 以 1 ? , 圆 柱 的 侧 面 积 S侧 ? 2?rh , r2 2 S2 ?r2 r2 4
h1 r2 2 V1 S1h1 9 2 3 ? ? , ? ? ? ? h2 r1 3 V2 S 2 h2 4 3 2

S侧1 ? 2?r1h1 ? S侧2 ? 2?r2h2 ,则

第 III 部分 26.【2014 年陕西卷(理 17) 】 (本小题满分 12 分) 四面体 ABCD 及其三视图如图所示,过棱 AB 的中点 E 作平行于 AD , BC 的平面分

DC, CA 于点 F , G, H. 别交四面体的棱 BD,

(I)证明:四边形 EFGH 是矩形; (II)求直线 AB 与平面 EFGH 夹角 ? 的正弦值. 解 (I)由该四面体的三视图可知, BD ? DC, BD ? AD , AD ? DC, BD=DC=2,AD = 1. 由题设,BC//平面 EFGH, 平面 EFGH ? 平面 BDC=FG, 平面 EFGH ? 平面 ABC=EH, ? BC// FG, BC//EH, ? FG//EH. 同理 EF//AD,HG//AD, ? EF//HG, ? 四边形 EFGH 是平行四边形。 又? AD ? DC , AD ? BD, ? AD ? 平面 BDC, ? AD ? BC, ? EF ? FG, ? 四边形 EFGH 是矩形. (II)解法一 如图,以 D 为坐标原点 建立空间直角坐标系,则 D(0,0,0),A(0,0,1), B(2,0,0),C(0,2,0),

DA =(0,0,1), BC =(-2,2,0), BA =(-2 , 0, 1). 设平面 EFGH 的法向量 n=(x , y , z) , ? EF//AD,FG//BC, ? n ? DA =0, n ? BC =0, 得?

? z ? 0, 取 n=(1,1,0). ?? 2 x ? 2 y ? 0.
BA ? n BA n ? 2 10 ? . 5 5? 2

? sin ? = cos ? BA, n ? ?

解法二 如图, 以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系, 则D (0,0,0) , A (0,0,1) , B (2,0,0) ,C (0,2,0). E (1,0, ) ,F(1,0,0),G(0,1,0).

1 2

?

1 FE ? (0,0, ), FG ? (?1,1,0), BA ? (?2,0,1). 2
设平面 EFGH 的法向量 n=(x,y,z) ,

?1 ? z ? 0, 则 n ? FE ? 0, n ? FG ? 0, 得 ? 2 取 n=(1,1,0) , ? ?? x ? y ? 0,

? sin ? ? cos ? BA, n ? ?

BA ? n BA n

?

2 10 ? . 5 5? 2

27. 【2014 年重庆卷 (理 19) 】 如下图, 四棱锥 P ? ABCD , 底面是以 O 为中心的菱形,PO ? 底面 ABCD ,

AB ? 2, ?BAD ?

?
3

, M 为 BC 上一点,且 BM ?

1 , MP ? AP . 2

(1)求 PO 的长; (2)求二面角 A ? PM ? C 的正弦值。

P D O M A B C

解: (1)设 PO ? x ,则 PA ? PO 2 ?OA 2 ? x 2 ? 3 , PM ?

PO2 ? OM 2 ? x 2 ?
21 2

3 4

在 ?ABM 中由余弦定理 AM ? 因为 MP ?
2 2

AB 2 ? BM 2 ? 2 AB ? BM cos120 ?

AP ,所以 ?APM 为直角三角形,由勾股定理:
2 2 2 2 2

3 3 21 2 PA ? PM ? AM ? x ? 3 ? x ? ?( ) ,解出 x ? 2 4 2
所以 PO ?

3 2

(2)设点 A 到平面 PMC 的距离为 d ,由体积法知: VA? PBC ? VP? ABC 即 ? S?PBC ? d ?

1 3

1 1 6 1 3 6 ? S?ABC ? PO ? ? ?d ? ? 3? ?d ? 3 3 2 3 2 2 x2 ? 3 ? 15 , 2

点 A 到棱 PM 的距离为 h ? PA ?

设所求二面角为 ? ,则 sin ? ?

d 6 2 10 ? ? ? h 2 5 15

28.【2014 年安徽卷(理 20) 】 (本小题满分 13 分) 如图,四棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 中, A1 A ? 底面 ABCD . 四边形 ABCD 为梯形, AD // BC ,且 AD ? 2 BC .过 A1 , C, D 三点的平面记为 ? , BB1 与 ? 的交点为 Q .
Q

A1 B1 C1

D1

(Ⅰ)证明: Q 为 BB1 的中点; (Ⅱ)求此四棱柱被平面 ? 所分成上下两部分的体积之比; (Ⅲ)若 A1 A ? 4, CD ? 2 ,梯形 ABCD 的面积为 6 , 求平面 ? 与底面 ABCD 所成二面角大小. 【解析】 (Ⅰ)延长 A1Q, AB 交于点 P
A1

A

D B
C

第(20)题图
D1

B1

C1

Q
D

∵ P ? A1Q ? 平面 A1QCD , P ? AB ? 平面 ABCD 平面 A1QCD ? 平面 ABCD ? CD ∴ P ? CD ,即 AB, CD, A1Q 三线共点 ∵ AD // 2 BC , ∴

PB ?1 AB

又由四棱柱的几何性质知 A1 A // BQ ,∴

PQ PB ? ? 1 ,即 Q 为 BB1 的中点 QA1 AB

(Ⅱ)设底面 ABCD 的面积为 s ,侧棱长 AA 1 ? h ,则 S APD ? 多面体 A1QABCD的体积为 V A1QABCD ? V A1 ? APD ? VQ ? BCP 多 面 体

4s s h , S ?PBC ? , BQ ? 3 3 2 1 4s 1 s h 7 ? ? ? h ? ? ? ? sh 3 3 3 3 2 18
体 积 为

A1B1C1D1QCD
7 11 sh ? sh 18 18



VA1B1C1D1QCD ? VABCD? A1B1C1D1 ? VA1QABCD ? sh ?

∴此四棱柱被平面 ? 所分成上下两部分的体积之比为

V上 V下

?

V A1B1C1D1QCD V A1QABCD

11 sh 11 18 ? ? 7 7 sh 18

A1

D1

B1

C1

Q
D

A

?

H B P
C

(Ⅲ)过 A 作 AH ? CD ,垂足为 H ,并连接 A1 H ∵ AA1 ? 平面 ABCD , CD ? 平面 ABCD ∴ AA1 ? CD 又∵ AA1 ? 平面 AA 1 H , AH ? 平面 AA 1 H ,且 AH ? AA 1 ? A,

∴ CD ? 平面

AA1 H
∴ ?AHA1 就是平面 ? 与底面 ABCD 所成二面角的平面角,设为 ?

CD ? 2 , S ABCD ? 6 ,由相似关系得 PD ? 4 ,且 S ?ADP ? 8 ?
∴ AH ? 4 ? AA1 ∴ t an? ?

1 ? PD ? AH ? 2 AH 2

AA1 4 ? ? ? 1, 显然 ? 为锐角,∴ ? ? 4 AH 4

即平面 ? 与底面 ABCD 所成二面角的大小为

? 4

29.【2014 年福建卷(理 07) 】在平面四边形 ABCD 中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD,将△ ABD 沿 BD 折起,使得平面 ABD⊥平面 BCD,如图. (1)求证:AB⊥CD; (2)若 M 为 AD 中点,求直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值.

(1)证明:∵平面 ABD⊥平面 BCD,平面 ABD∩平面 BCD=BD,AB? 平面 ABD,AB⊥BD, ∴AB⊥平面 BCD,又 CD? 平面 BCD,∴AB⊥CD.

(2)解:建立如图所示的空间直角坐标系. ∵AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD, ∴B(0,0,0) ,C(1,1,0) ,A(0,0,1) ,D(0,1,0) ,M ∴ =(0,1,﹣1) , =(1,1,0) , = . .

设平面 BCM 的法向量 =(x,y,z) ,则



令 y=﹣1,则 x=1,z=1.∴ =(1,﹣1,1) . 设直线 AD 与平面 MBC 所成角为θ . 则 sinθ =|cos |= = =

30.【2014 年湖南卷(理 19) 】(本小题满分 12 分) 如图 6, 四棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 的所有棱长都相等,AC ? BD ? O ,A1C1 ? B1 D1 ? O1 , 四边形 ACC1 A1 和四边形 BDD1 B1 均为矩形. (1) 证明: O1O ? 底面 ABCD ; (2)若 ?CBA ? 60 ,求二面角 C1 ? OB1 ? D 的余弦值.
?

A1 B1

O1 C1

D1

A B
图6

O C

D

解: (1)如图 (a),因为四边形 ACC1 A1 为矩形,所以 CC1 ? AC ,同理 DD1 ? BD . 由 题 知 , OO1 // CC1 , OO1 // DD1 , 所 以 OO1 ? AC , OO1 ? BD , 又

AC ? BD ? O ,

故 O1O ? 底面 ABCD .

(2)解法 1 如图(a),过 O1 作 O1 H ? OB1 于 H ,连接 HC1 . 由(1)知,O1O ? 底面 ABCD , 所以 O1O ? 底面 A1 B1C1 D1 , 于是. O1O ? A1C1 , 又因为四棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 的所有棱长都相等,所以四边形 A1 B1C1 D1 为菱形, 因此 A1C1 ? B1 D1 , 从而 A1C1 ? 平面 BDD1 B1 ,所以 A1C1 ? B1O , 于是 B1O ? 平 面 O1 HC1 , 进而 B1O ? HC1 ,故 ?C1 HO1 是二面角 C1 ? OB1 ? D 的平面角.

不妨设 AB ? 2 ,因为 ?CBA ? 60 , 所以 OB ? 3, OC ? O1C1 ? 1 , OB1 ?
?

7,




Rt?OO1 B1
2









O1 H ?

OO1 ? O1 B1 3 ?2 OB1 7

C1 H ? O1C1 ? O1 H 2 ?

19 , 7
2 3 7 2 57 ,即二面角 C1 ? OB1 ? D 的余弦值为 ? 19 19 7

故 cos ?C1 HO1 ?

O1 H ? C1 H

2 57 . 19
解法 2 因为四棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 的所有棱长都相等,所以四边形 ABCD 为菱形,因 此 AC ? BD , 又 O1O ? 底面 ABCD ,从而 OB , OC , OO1 两两垂直.

标系 O ? xyz .

如图(b),以 O 为坐标原点, OB , OC , OO1 分别为 x 轴, y 轴,z 轴建立空间坐

不妨设 AB ? 2 ,因为 ?CBA ? 60 , 所以 OB ? 3, OC ? 1, 于是相关各点的坐标为:
?

O(0, 0, 0) , B1 ( 3, 0 , 2) , C1 (0 , 1, 2) ,易知

n1 ? (0 , 1, 0) 是平面 BDD1 B1 的一个法向量, ? ? 3x ? 2 z ? 0 ?n 2 ? OB1 ? 0 设 n2 ? ( x , y , z) 是平面 OB1C1 的一个法向量,则 ? ,即 ? ,取 y ? 2 z ? 0 ? n ? OC ? 0 ? 1 ? 2
z ? ? 3 ,则 x ? 2, y ? 2 3 ,于是 n2 ? (2, 2 3, ? 3) .
设二面角 C1 ? OB1 ? D 的大小为 ? ,易知 ? 为锐角,于是

cos? ?| cos ? n1 , n2 ?| ?

| n1 ? n 2 | | n1 |? | n 2 |

?

2 3 19

?

2 57 . 19

即二面角 C1 ? OB1 ? D 的余弦值为

2 57 . 19

31.【2014 年辽宁卷(理 19) 】 (本小题满分 12 分) 如图, ?ABC 和 ?BCD 所在平面互相垂直,且 AB ? BC ? BD ? 2 ,

?ABC ? ?DBC ? 1200 ,E、F 分别为 AC、DC 的中点.
(1)求证: EF ? BC ; (2)求二面角 E ? BF ? C 的正弦值.

(Ⅰ)证明: (方法一)过 E 作 EO⊥BC,垂足为 O,连 OF,

由△ABC≌△DBC 可证出△EOC≌△FOC,所以∠EOC=∠FOC= 又 EO⊥BC,因此 BC⊥面 EFO, 又 EF ? 面 EFO,所以 EF⊥BC.

? ,即 FO⊥BC, 2

(方法二)由题意,以 B 为坐标原点,在平面 DBC 内过 B 左垂直 BC 的直线为 x 轴,BC 所在 直线为 y 轴, 在平面 ABC 内过 B 作垂直 BC 的直线为 z 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系.

易得 B(0,0,0) ,A(0,-1, 3 ),D( 3 ,-1,0),C(0,2,0),因而 E (0, ,

1 3 3 1 ), F( , ,0) , 2 2 2 2

所 以 EF ? (

3 3 , 0, ? ), BC ? (0, 2, 0) , 因 此 EF ? BC ? 0 , 从 而 E F ? B C, 所 以 2 2

EF ? BC .

(Ⅱ) (方法一)在图 1 中,过 O 作 OG⊥BF,垂足为 G,连 EG,由平面 ABC⊥平面 BDC,从 而 EO⊥平面 BDC,又 OG⊥BF,由三垂线定理知 EG 垂直 BF. 因此∠EGO 为二面角 E-BF-C 的平面角; 在△EOC 中,EO=

3 BO 3 1 1 ? FC ? EC= BC·cos30°= ,由△BGO∽△BFC 知, OG ? , 2 BC 4 2 2

因此 tan∠EGO=

EO 2 5 2 5 ? 2 ,从而 sin∠EGO= ,即二面角 E-BF-C 的正弦值为 . OG 5 5

(方法二)在图 2 中,平面 BFC 的一个法向量为 n1 ? (0,0,1) ,设平面 BEF 的法向量

n2 ? ( x, y, z) , 又 B F ? (

3 1 , , 0 )B ,E ? 2 2

? 1 3 ?n2 ? BF ? 0 ( 0 , ,, 由 )? 2 2 ? ?n2 ? BE ? 0

得其中一个

n2 ? (1, ? 3,1) , 设 二 面 角 E-BF-C 的 大 小 为 ? , 且 由 题 意 知 ? 为 锐 角 , 则
cos ? ?| cos ? n1 , n2 ?|?|
2 5 . 5
2 2 5 n1 ? n2 1 ,因 sin ? = = ,即二面角 E-BF-C 的正弦 |? 5 5 | n1 | ? | n2 | 5

值为

32.【2014 年全国大纲卷(19) 】 (本小题满分 12 分) 如图,三棱柱 ABC ? A1B1C1 中,点 A1 在平面 ABC 内的射影 D 在 AC 上, ?ACB ? 90 ,
0

BC ? 1, AC ? CC1 ? 2 .
(1)证明: AC1 ? A1B ; (2)设直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离为 3 ,求二面角 A 1 ? AB ? C 的大小.

解:法一: (1)因为 A 1 D ? 平面 ABC , A 1 D ? 平面 AA 1C1C ,故平面 AA 1C1C ? 平面 ABC .又 BC ? AC ,所以 BC ? 平面 AA1C1C .连结 A1C .因为侧面 AA1C1C 为菱形, 故 AC1 ? A1C .由三垂线定理得 AC1 ? A1 B .

(2) BC ? 平面 AA1C1C , BC ? 平面 BCC1 B1 ,故平面 AA1C1C ? 平面 BCC1 B1 . 作 A1 E ? CC1 , E 为垂足,则 A1 E ? 平面 BCC1 B1 . 又直线 A1 A 平面 BCC1 B1 ,因而 A1 E 为直线 A1 A 与平面 BCC1 B1 的距离, A1 E ? 因为 A1C 为 ?A1CC1 的平分线,故 A1 D ? A1 E ? 故 ?A1 FD 为二面角 A1 ? AB ? C 的平面角. 由 AD ?

3.

3.

作 DF ? AB , F 为垂足,连结 A1 F .由三垂线定理得 A1 F ? AB ,

AA12 ? A1 D 2 ? 1 得 D 为 AC 中点,

AD 1 AC ? BC 5 , tan ?A1 FD ? 1 ? 15 . DF = ? ? DF 2 AB 5 所以二面角 A1 ? AB ? C 的大小为 arc tan 15 。

解法二:以 C 为坐标原点,射线 CA 为 x 轴的正半轴,以 CB 的长为单位长,建立如图所示 的空间直角坐标系 C ? xyz 由题设知 A1D 与 x 轴平行, z 轴在平面 AAC 1 1C 内 (1) 设A (0 , )c 1a 由 | AA1 |? 2 ? , 由题设有 a ? 2, A(2,0,0), B(0,1,0) , 则A B ?? (0 1 , 2 ) ,

( A C 2 0 ,) ? ?



AA1 ? (a ? 2,0, c) , AC1 ? AC ? AA1 ? (a ? 4,0, c), BA1 ? (a, ?1, c) ??????2 分
(a ? 2) 2 ? c 2 ? 2 即 a 2 ? 4a ? c 2 ? 0 ①
2 2 于是 AC1 ? BA 1 B ????????5 分 1 ? a ? 4a ? c ? 0 ,所以 AC1 ? A

(2)设平面 BCC1B1 的法向量 m ? ( x, y, z) ,则 m ? CB, m ? BB1 ,所以

m ? CB ? 0, m ? BB1 ? 0
因 CB ? (0,1,0), BB1 ? AA 1 ? (a ? 2,0, c) ,所以 ?

?y ? 0 ?(a ? 2) x ? cz ? 0

令 x ? c ,则 z ? 2 ? a ,所以 m ? (c,0, 2 ? a) ,点 A 到平面 BCC1B1 的距离为

| CA | ? | cos ? m, CA ?|?

CA ? m 2c 2c 2c ? ? ? ?c 2 2 2 2 |m| c ? (2 ? a) a ? 4a ? c ? 4 2

又依题设, A 到平面 BCC1B1 的距离为 3 ,所以 c ? 3 代入①解得 a ? 3 (舍去)或 a ? 1 ????????????8 分 于是 AA 1 的法向量 n ? ( p, q, r ) ,则 n ? AA 1 ? (?1,0, 3) ,设平面 ABA 1 , n ? AB

? 3 ? p ?? p ? 3r ? 0 ?r ? 所以 n ? AA ,所以 ? ? 0, n ? AB ? 0 ? ? 3 ,令 p ? 3 ,则 1 ? ??2 p ? q ? 0 ?q ? 2 p ? q ? 2 3, r ? 1, n ? ( 3, 2 3,1)
又 p ? (0,0,1) 为平面 ABC 的法向量,故

n? p 1 1 ? ? | n |?| p | ( 3) 2 ? (2 3) 2 ? 12 ?1 4 1 所以二面角 A ????????12 分. 1 ? AB ? C 的大小为 arccos 4 cos ? n, p ??

33.【2014 年山东卷(理 17) 】 (本小题满分 12 分) 如 图 , 在 四 棱 柱 ABCD ? A1B1C1D1 中 , 底 面 ABCD 是 等 腰 梯 形 ,

?DAB ? 60 , AB ? 2CD ? 2 , M 是线段 AB 的中点.
D1 A1 C1 B1

D A

C M B

(I)求证: C1M / / 平面A1 ADD1 ;

(II)若 CD1 垂直于平面 ABCD 且 CD1 = 3 ,求平面 C1 D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐 角)的余弦值. 解: (Ⅰ)连接 AD1

? ABCD ? A1B1C1D1 为四棱柱,?CD // C1D1
又?M 为 AB 的中点,? AM ? 1

CD ? C1D1

? CD // AM , CD ? AM

? AM // C1D1 , AM ? C1D1 ? AMC1D1 为平行四边形 ? AD1 // MC1
又?C1M ? 平面A1 ADD 1

AD1 ? 平面A1 ADD1

? AD1 // 平面A1 ADD1
(Ⅱ)方法一:? AB // A1B1

A1 B1 // C1 D1

?面D1C1M与ABC1D1共面
作 CN ? AB ,连接 D1 N 则 ?D1 NC 即为所求二面角 在 ABCD 中, DC ? 1, AB ? 2, ?DAB ? 60 ? CN ?
?

3 2

在 Rt?D1CN 中, CD1 ? 3 , CN ? 方法二:作 CP ? AB 于 p 点

3 15 ? D1 N ? 2 2

以 C 为原点, CD 为 x 轴, CP 为 y 轴, CD1 为 z 轴建立空间坐标系,

1 3 ? C1 (?1,0, 3 ), D1 (0,0, 3 ), M ( , ,0) 2 2
1 3 ? C1 D1 ? (1,0,0), D1M ? ( , ,? 3 ) 2 2
设平面 C1 D1M 的法向量为 n ? ( x1 , y1 , z1 )

? x1 ? 0 ? ??1 3 y1 ? 3z1 ? 0 ? x1 ? 2 ?2

? n1 ? (0,2,1)

显然平面 ABCD 的法向量为 n2 ? (1,0,0)

? cos ? n1 , n2 ??

n1 ? n2 n1 n2

?

1 5 ? 5 5

显然二面角为锐角, 所以平面 C1 D1M 和平面 ABCD 所成角的余弦值为

5 5

3 NC 3 5 ? cos?D1CN ? ? 2 ? ? D1 N 5 15 15 2
34.【2014 年四川卷(理 18) 】三棱锥 A ? BCD 及其侧视图、俯视图如图所示。设 M , N 分别为线段 AD , AB 的中点, P 为线段 BC 上的点,且 MN ? NP 。 (1)证明: P 为线段 BC 的中点; (2)求二面角 A ? NP ? M 的余弦值。

A M D
C

N

B

P

解: (1)由三棱锥 A ? BCD 及其侧视图、俯视图可知,在三棱锥 A ? BCD 中: 平面 ABD ? 平面 CBD , AB ? AD ? BD ? CD ? CB ? 2 设 O 为 BD 的中点,连接 OA , OC

于是 OA ? BD , OC ? BD

所以 BD ? 平面 OAC ? BD ? AC

因为 M , N 分别为线段 AD , AB 的中点,所以 MN // BD ,又 MN ? NP ,故

BD ? NP
假设 P 不是线段 BC 的中点,则直线 NP 与直线 AC 是平面 ABC 内相交直线 从而 BD ? 平面 ABC ,这与 ?DBC ? 60 矛盾 所以 P 为线段 BC 的中点

(2)以 O 为坐标原点, OB 、 OC 、 OA 分别为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系, 则 A(0, 0, 3) , M (?

1 3 1 3 1 3 , 0, ) , N ( , 0, ) , P( , , 0) 2 2 2 2 2 2

于是 AN ? ( , 0, ?

1 2

3 3 3 ) , PN ? (0, ? , ) , MN ? (1, 0, 0) 2 2 2

设平面 ANP 和平面 NPM 的法向量分别为 m ? ( x1 , y1 , z1 ) 和 n ? ( x2 , y2 , z2 )

?1 3 x1 ? z1 ? 0 ? ? AN ? m ? 0 ? ?2 2 由? ,设 z1 ? 1 ,则 m ? ( 3,1,1) ?? PN ? m ? 0 3 3 ? ?? ? y1 ? z1 ? 0 ? ? 2 2

? x2 ? 0 ? ? MN ? n ? 0 ? 由? ,设 z2 ? 1 ,则 n ? (0,1,1) ?? 3 3 y2 ? z2 ? 0 ? ?? ? PN ? n ? 0 ? 2 2
cos m, n ? m?n 2 10 ? ? 5 | m |?| n | 5? 2
10 5

所以二面角 A ? NP ? M 的余弦值

35.【2014 年天津卷(理 17) 】 (本小题满分 13 分) 如图,在四棱锥 P ? ABCD 中, PA ? 底面 ABCD , AD ? AB , AB / / DC , AD ? DC ? AP ? 2 , AB ? 1,点 E 为棱 PC 的中点. ⑴证明: BE ? DC ; ⑵求直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值; ⑶若 F 为棱 PC 上一点,满足 BF ? AC ,求二面角 F ? AB ? P 的余弦值.

解:方法一:依题意,以点 A 为原点建立空间直角坐标系(如图所示),可得 B(1,0, 0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).C 由 E 为棱 PC 的中点,得 E(1,1,1).

(1)证明:向量 BE=(0,1,1),DC=(2,0,0), 故 BE·DC=0, 所以 BE⊥DC. (2)向量 BD=(-1,2,0),PB=(1,0,-2). 设 n=(x,y,z)为平面 PBD 的法向量, 则?
? ?n·BD=0, ? ?-x+2y=0, 即? ?n·PB=0, ? ?x-2z=0. ?

不妨令 y=1,可得 n=(2,1,1)为平面 PBD 的一个法向量.于是有

n·BE 2 3 cos〈n,BE〉= = = , |n|·|BE| 6× 2 3
3 . 3 (3) 向量 BC=(1,2,0),CP=(-2,-2,2),AC=(2,2,0),AB=(1,0,0).由 点 F 在棱 PC 上, 设 CF=λ ,0≤λ ≤1. 故 BF=BC+CF=BC+λ =(1-2λ ,2-2λ ,2λ ).由 BF⊥AC,得 BF·AC=0,因此 2(1 3 ? 1 1 3? -2λ )+2(2-2λ )=0,解得λ = ,即 BF=?- , , ?.设 n1=(x,y,z)为平面 FAB 的 4 ? 2 2 2? 所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为

?n1·AB=0, ? ? ? 法向量,则? 即? 1 1 3 不妨令 ? ?n1·BF=0, ?- x+ y+ z=0.

x=0,

z=1,可得 n1=(0,-3,1)为平面

? 2

2

2

FAB 的一个法向量.取平面 ABP 的法向量 n2=(0,1,0),则
cos〈, 〉=

n1·n2 -3 3 10 = =- . |n1|·|n2| 10 10×1

3 10 易知二面角 F AB P 是锐角,所以其余弦值为 . 10 方法二:(1)证明:如图所示,取 PD 中点 M,连接 EM,AM.由于 E,M 分别为 PC,PD 的 1 中点,故 EM∥DC,且 EM= DC.又由已知,可得 EM∥AB 且 EM=AB,故四边形 ABEM 为平行四 2 边形,所以 BE∥AM. 因为 PA⊥底面 ABCD,故 PA⊥CD,而 CD⊥DA,从而 CD⊥平面 PAD.因为 AM? 平面 PAD, 所以 CD⊥AM.又 BE∥AM,所以 BE⊥CD.

(2)连接 BM,由(1)有 CD⊥平面 PAD,得 CD⊥PD.而 EM∥CD,故 PD⊥EM.又因为 AD=AP, M 为 PD 的中点,所以 PD⊥AM,可得 PD⊥BE,所以 PD⊥平面 BEM,故平面 BEM⊥平面 PBD, 所以直线 BE 在平面 PBD 内的射影为直线 BM.而 BE⊥EM, 可得∠EBM 为锐角, 故∠EBM 为直线 BE 与平面 PBD 所成的角. 依题意,有 PD=2 2,而 M 为 PD 中点,可得 AM= 2,进而 BE= 2.故在直角三角形

EM AB 1 3 BEM 中,tan∠EBM= = = ,因此 sin∠EBM= , BE BE 3 2
3 . 3 (3)如图所示,在△PAC 中,过点 F 作 FH∥PA 交 AC 于点 H.因为 PA⊥底面 ABCD,所以 FH⊥底面 ABCD,从而 FH⊥AC.又 BF⊥AC,得 AC⊥平面 FHB,因此 AC⊥BH.在底面 ABCD 内, 可得 CH=3HA,从而 CF=3FP.在平面 PDC 内,作 FG∥DC 交 PD 于点 G,于是 DG=3GP.由于 DC∥AB,故 GF∥AB,所以 A,B,F,G 四点共面.由 AB⊥PA,AB⊥AD,得 AB⊥平面 PAD,故 AB⊥AG,所以∠PAG 为二面角 F AB P 的平面角. 所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 1 2 10 在△PAG 中,PA=2,PG= PD= ,∠APG=45°.由余弦定理可得 AG= ,cos∠PAG 4 2 2 3 10 3 10 = ,所以二面角 F AB P 的余弦值为 . 10 10

36.【2014 年全国新课标Ⅰ(理 19) 】(本小题满分 12 分)如图三棱柱 ABC ? A1B1C1 中,侧 面 BB1C1C 为菱形, AB ? B1C . (Ⅰ) 证明: AC ? AB1 ; (Ⅱ)若 AC ? AB1 , ?CBB1 ? 60o ,AB=BC 求二面角 A ? A1B1 ? C1 的余弦值.

【解析】 : (Ⅰ)连结 BC1 , 交 B1C 于 O, 连结 AO. 因为侧面 BB1C1C 为菱形, 所以 B1C ? BC1 O 为 B1C 与 BC1 的中点.又 AB ? B1C ,所以 B1C ? 平面 ABO ,故 B1C ? AO 又 B1O ? CO ,故 AC ? AB1 (Ⅱ) 因为 AC ? AB1 且 O 为 B1C 的中点, 所以 AO=CO 又因为 AB=BC 故 OA⊥OB ???6 分

?BOA ? ?BOC
OA,OB, OB1 两两互相垂直.

以 O 为坐标原点,OB 的方向为 x 轴正方向,OB 为单位 长,建立如图所示空间直角坐标系 O- xyz . 因为

?CBB1 ? 600 ,所以 ?CBB1 为等边三角形.又 AB=BC
? ? ? 3? 3 ? 3 ? A? 0, 0, , 0 ,0? , B ?1,0,0 ? , B1 ? 0, , C ? 0, ? ? ? ? ? 3 ? ? ? 3 ? 3 ? ? ? ? ? ? ? ? ? 3 3? 3? 3 ? AB1 ? ? 0, , ? , B C ? BC ? ? 1, ? ,0? , A1 B1 ? AB ? ? 1, 0, ? ? ? ? 1 1 ? 3 ? ? ? ? ? 3 3 3 ? ? ? ? ? ?
设 n ? ? x, y, z ? 是平面的法向量,则

? 3 3 y? z?0 ? ? ?n AB1 ? 0 ? 3 3 ,即 ? ? n A B ? 0 ? ?x ? 3 z ? 0 ? 1 1 ? 3 ?
设 m 是平面的法向量,则 ?

所以可取 n ? 1, 3, 3

?

? ?

? ?m A1 B1 ? 0 ? ?n B1C1 ? 0

,同理可取 m ? 1, ? 3, 3

?

则 cos n, m ?

nm n m

?

1 1 ,所以二面角 A ? A1B1 ? C1 的余弦值为 . 7 7

37.【2014 年全国新课标Ⅱ(理 18) 】 (本小题满分 12 分) 如图,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,PA⊥平面 ABCD,E 为 PD 的中点. (Ⅰ)证明:PB∥平面 AEC; (Ⅱ)设二面角 D-AE-C 为 60°,AP=1,AD= 3 ,求三棱锥 E-ACD 的体积.

(1)连结 BD 交 AC 于点 O,连结 EO 因为 ABCD 为矩形,所以 O 为 BD 的中点 又 E 为的 PD 的中点,所以 EO PB EO ? 平面 AEC,PB ? 平面 AEC,所以 PB 平面 AEC (2)因为 PA ? 平面 ABCD,ABCD 为矩形,所以 AB,AD,AP 两两垂直 如图,以 A 为坐标原点, AB 的方向为 x 轴的正方向, AP 为单位长,建立空间直角坐标

系,则 A—xyz,则 D(0, 3 ,0),则 E(0, 设 B(m,0,0)(m>0),则 C(m,

3 1 , ), AE =(0, 2 2

3 1 , ) 2 2

3 ,0)

设 n(x,y,z)为平面 ACE 的法向量,

则{

n1 ? AC ? 0 n1 ? AE ? 0

mx ? 3 y ? 0
即{

3 1 y? z ?0 2 2
3)

可取 n1 =(

3 ,-1, m

又 n1 =(1,0,0)为平面 DAE 的法向量, 由题设 cos(n1 , n2 ) =

1 ,即 2

1 3 3 = ,解得 m= 2 2 3 ? 4m 2
因为 E 为 PD 的中点,所以三棱锥 E-ACD 的高为

1 ,三棱锥 E-ACD 的体积为 2

V=

1 1 3 1 3 ? ? 3? ? = 3 2 2 2 8

38.【2014 年江苏卷(理 16) 】如图,在三棱锥 P 错误!未找到引用源。ABC 中,D,E,F 分别 为棱 PC,AC,AB 的中点。已知 PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5. 求证: (1)直线 PA∥平面 DEF; (2)平面 BDE⊥平面 ABC. P

(1)∵D,E,分别为 PC,AC,的中点 ∴DE∥PA 又∵DE

D

? 平面 PAC,PA ? 平面 PAC

A F

∴直线 PA∥平面 DEF

E

C

(2)∵E,F 分别为棱 AC,AB 的中点,且 BC=8,由中位线知 EF=4

B

∵D,E,分别为 PC,AC,的中点,且 PA=6,由中位线知 DE=3,又∵DF=5

∴DF?=EF?+DE?=25, ∴DE⊥EF, 又∵DE∥PA, ∴PA⊥EF, 又∵PA⊥AC, 又∵AC

?

EF=E,

AC

? 平面 ABC,EF ? 平面 ABC,∴PA⊥平面 ABC,∴DE⊥平面 ABC,∵DE ? 平面 BDE,

∴平面 BDE⊥平面 ABC

39.【2014 年北京卷(理 17) 】 (本小题 14 分)

B, C 分别为 AM , MD 的中点, 如图, 正方形 AMDE 的边长为 2, 在五棱锥 P ? ABCDE
中, F 为棱 PE 的中点,平面 ABF 与棱 PD, PC 分别交于点 G , H . (1)求证: AB // FG ; (2)若 PA ? 底面 ABCDE ,且 AF ? PE ,求直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小,并 求线段 PH 的长.

解: (I)在正方形中,因为 B 是 AM 的中点,所以 AB ∥ DE 。 又因为 AB ? 平面 PDE, 所以 AB ∥平面 PDE, 因为 AB ? 平面 ABF,且平面 ABF 平面 PDF ? FG , 所以 AB ∥ FG 。 (Ⅱ)因为 PA ? 底面 ABCDE,所以 PA ? AB , PA ? AE .

,0 ,0) 如图建立空间直角坐标系 Axyz , 则 A(0

,B(1, 0, 0) , C (2,1, 0) , P(0, 0, 2) , F (0,1,1) ,

BC ? (1,1, 0) .
设平面 ABF 的法向量为 n ? ( x, y, z ) ,则

? ?n ? AB ? 0, ? x ? 0, 即? ? n ? AF ? 0, ? y ? z ? 0. ? ?
? 1, 1) 令 z ? 1, , 则 y ? ?1 。 所 以 n ? ( 0 , , 设 直 线 BC 与 平 面 ABF 所 成 角 为 a, 则

sin a ? cos n, BC ?

n ? BC n BC

?

1 。 2

因此直线 BC 与平面 ABF 所成角为 30 . 设点 H 的坐标为 (u, v, w). 。 因为点 H 在棱 PC 上,所以可设 PH ? ? PC(0

? 1), ,

即 (u, v, w ? 2) ? ? (2,1, ?2). 。所以 u ? 2? , v ? ? , w ? 2 ? 2? 。 因为 n 是平面 ABF 的法向量,所以 n ? AB ? 0 ,即 (0, ?1,1) ? (2? , ? , 2 ? 2? ) ? 0 。 解得 ? ?

4 2 2 2 ,所以点 H 的坐标为 ( , , ). 。 3 3 3 3

所以 PH ? ( ) ? ( ) ? (? ) ? 2
2 2 2

4 3

2 3

4 3

40.【2014 年广东卷(理 18) 】 (本小题满分 13 分)如图 4,四边形 ABCD 为正方形,PD ? 平面 ABCD , ?DPC ? 30 , AF ? PC 于点 F , FE / / CD ,交 PD 于点 E . (1)证明: CF ? 平面ADF (2)求二面角 D ? AF ? E 的余弦值。 A
0

B

D E P (1) PD ? 平面 ABCD , ? PD ? AD ,又 CD ? AD , PD CD ? D , ? AD ? 平面 PCD , F

C

? AD ? PC ,又 AF ? PC , ? PC ? 平面 ADF ,即 CF ? 平面ADF ; 0 (2)设 AB ? 1,则 Rt ?PDC 中, CD ? 1 ,又 ?DPC ? 30 , ? PC ? 2 , PD ? 3 ,由(1)知 CF ? DF

z A B

D

C

7, ? DF ? 3 , AF ? AD 2 ? DF 2 ? 2 2 ?CF ? AC 2 ? AF 2 ? 1 ,又 FE / /CD , 2 ? DE ? CF ? 1 ,? DE ? 3 ,同理 EF ? 3 CD ? 3 , PD PC 4 4 4 4 如图所示,以 D 为原点,建立空间直角坐标系,则 A(0, 0,1) ,

E( 3 ,0,0) , F ( 3 , 3 ,0) , P( 3,0,0) , C (0,1, 0) , 4 4 4
? 3 ?m ? AE ? AE ? ( 4 ,0,0) 设 m ? ( x, y, z ) 是平面 AEF 的法向量,则 ? ,又 ? , 3 m ? EF ? ? EF ? (0, ,0) ? 4 ? 3 ?m ? AE ? 4 x ? z ? 0 所以 ? ,令 x ? 4 ,得 z ? 3 , m ? (4,0, 3) , 3 ?m ? EF ? y ? 0 ? 4 由(1)知平面 ADF 的一个法向量 PC ? (? 3,1,0) , 设二面角 D ? AF ? E 的平面角为 ? ,可知 ? 为锐角, | m ? PC | cos ? ?| cos ? m, PC ?|? ? 4 3 ? 2 57 ,即所求. 19 19 ? 2 | m | ?| PC |
41. 【2014 年湖北卷 (理 19) 】 如图, 在棱长为 2 的正方体 ABCD ? A1B1C1D1 中,E , F , M , N 分 别 是 棱 AB, AD, A1B1 , A1D1 的 中 点 , 点 P, Q 分 别 在 棱 DD1 , BB1 上 移 动 , 且

DP ? BQ ? ? ?0 ? ? ? 2? .

(1)当 ? ? 1 时,证明:直线 BC1 ∥ 平面 EFPQ ; (2)是否存在 ? ,使平面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角?若存在,求出 ? 的值;若不存在,说明理由.

【解析】以 D 为原点,射线 DA,DC,DD1 分别为 x, y, z 轴的正半轴建立空间直角坐标系

D ? xyz 。由已知得 B(2, 2,0),C1 (0, 2, 2), E(2,1,0), F(1,0,0), P(0,0, ? )

BC1 ? (?2,0,2),FP ? (?1,0, ?), FE ? (1,1,0).
(Ⅰ)证明:当 ? ? 1 时, FP ? (?1,0,1) 因为 BC1 ? (?2,0, 2) ,所以 BC1 ? 2FP ,即 BC1∥FP 而 FP ? 平面EFPQ ,且 BC1 ? 平面EFPQ ,故直线 BC1 ∥ 平面 EFPQ 。 (Ⅱ)设平面 EFPQ 的一个法向量为 n ? ( x, y, z) ,则 由?

? ?FE n ? 0 ? ?FP n ? 0

可得 ?

?x ? y ? 0 ,于是可取 n ? (? , ?? ,1) ?? x ? ? y ? 0

同理可得平面 MNPQ 的一个法向量为 m ? (2 ? ?, 2 ? ?,1) 若存在 ? ,使得平面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角, 则 m n ? (2 ? ?, 2 ? ?,1) (?, ??,1) ,即 ? (2 ? ? ) ? ? (2 ? ? ) ? 1 ? 0 解得 ? ? 1 ?

2 2

故存在 ? ? 1 ?

2 ,使平面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角。 2

42.【2014年江西卷(理19) 】(本小题满分12分) 如图,四棱锥 P ? ABCD 中, ABCD 为矩形,平面 PAD ? 平面 ABCD . (1)求证: AB ? PD; (2)若 ?BPC ? 90? , PB ? 2, PC ? 2, 问 AB 为 何 值 时 , 四 棱 锥

P ? ABCD 的体积最大?并求此时平面 PBC 与平面 DPC 夹角的余弦值.
【解析】 解: (1) Q 面 PAD ? 面 ABCD ,面 PAD ? 面 ABCD = AD , AB ? AD ? AB ? 面 ABCD ??????????????2 分 又 Q PD ? 面 ABCD ??????????????3 分 ? AB ? PD ??????????????4 分 (2)过 P 作 PO ? AD ,由(1)有 PO ? 面 ABCD, 作 OM ? BC ,连接 PM,作 PM ? BC ??????????????5 分 设 AB=x.

1 1 1 4 2 1 VP? ABCD ? ? OP ? S ABCD ? ? OP ? AB ? BC ? ? x gxg 6 ? 8x 2 ? 6 x 4 ?7 分 3 3 3 3 3
? 当 x2 ?
6 2 6 2 即x ? 时, Vmax ? ??????????????9 分 3 9 3
? ? ? ? 6? 6 ? , M ? 0, ? ? 3 ,0? ?, 3 ? ? ? ?

如图建立空间直角坐标系, P ? 0, 0,

? 6 6 ? C? ? ? 3 , 3 ,0? ? ? ?

? ? 6 D? ? , 0, 0 ? ? 3 ?, ? ?

uuur ? uuu r ? 6 6? 6 6 6? 0, , ? , ,? , PC ? ? ? ? PM ? ? ? ? , ? 3 ? ? 3 ? 3 ? ? ? 3 3 ? uuu r ? ? 6 MC ? ? ? , 0, 0 ? ? 3 ? ? ? uuu r ? r ? 6 6 ? uuu 6 ? PD ? ? ? , 0, ? , DC ? ? 0, ? ? 3 ? ? 3 ,0? ? ??????????????10 分 3 ? ? ? ?

设面 PMC 、面 PDC 的法向量分别为 m ? ? x1 , y1 , z1 ? , n ? ? x2 , y2 , z2 ?

u r

r

u r uuur ? mgPM ? 0 ? r uuu r ?u ? ? mgPC ? 0 r uuu r ?u m g MC ?0 ? ?
u r

? 6 6 y1 ? z1 ? 0 ? 3 ? 3 ? 6 6 ? 6 x1 ? y1 ? z1 ? 0 ?? 3 3 ? 3 ? 6 x1 ? 0 ?? 3 ? ?

设 y1 ? 1 ,则 z1 ? 1 ,? m ? ? 0,1,1? 同理可得 m ? ?1,1,1? ??????????????11 分

u r

u r r u r r mgn 6 cos m, n ? u r r ? 3 m n
平面 PBC 与平面 DPC 夹角的余弦值为

6 。?????????????12 分 3

43.【2014 年上海卷(理 19) 】(本题满分 12 分) 底面边长为 2 的正三棱锥 P-ABC ,其表面展开图是 三角形 P 如图. 求 △ PP 1P 2P 3, 1 2P 3 的各边长及此三棱锥的 体积 V .
A C P3

P1

B

P2

【解析】 :根据题意可得 P 1 , B, P 2 共线, ∵ ?ABP 1 ? ?BAP 1 ? ?CBP 2 , ?ABC ? 60? , ∴ ?ABP 1 ? 60? ,同理 ?P 2 ? ?P 3 ? 60? , 1 ? ?BAP 1 ? ?CBP 2 ? 60? ,∴ ?P ∴△ PP 1 2P 3 是等边三角形, P ? ABC 是正四面体,所以△ PP 1 2P 3 边长为 4; ∴V ?

2 2 2 ? AB3 ? 12 3

44.【2014 年浙江卷(理 20) 】 (本小题满分 15 分) 如图,在四棱锥 A ? BCDE 中,平面 ABC ? 平面 BCDE , ?CDE ? ?BED ? 90? ,

AB ? CD ? 2 , DE ? BE ? 1 , AC ? 2 . ⑴证明: DE ? 平面 ACD ; ⑵求二面角 B ? AD ? E 的大小.

证明: (Ⅰ ) 在直角梯形 BCDE 中, 由 DE=BE=1, CD=2, 得 BD=BC= , 由 AC= , AB=2 2 2 2 得 AB =AC +BC ,即 AC⊥ BC,又平面 ABC⊥ 平面 BCDE,从而 AC⊥ 平面 BCDE,所以 AC⊥ DE,又 DE⊥ DC,从而 DE⊥ 平面 ACD; 作 BF⊥ AD,与 AD 交于点 F,过点 F 作 FG∥ DE,与 AB 交于点 G,连接 BG,由(Ⅰ )知 DE⊥ AD, 则 FG⊥ AD, 所以∠ BFG 就是二面角 B﹣AD﹣E 的平面角, 在直角梯形 BCDE 中, 2 2 2 由 CD =BC +BD ,得 BD⊥ BC, 又平面 ABC⊥ 平面 BCDE,得 BD⊥ 平面 ABC,从而 BD⊥ AB,由于 AC⊥ 平面 BCDE,得 AC⊥ CD. 在 Rt△ ACD 中,由 DC=2,AC= ,得 AD= ; 在 Rt△ AED 中,由 ED=1,AD= 得 AE= ; 在 Rt△ ABD 中,由 BD= ,AB=2,AD= 得 BF= ,AF= AD,从而 GF= , ,BC= .

在△ ABE,△ ABG 中,利用余弦定理分别可得 cos∠ BAE=

在△ BFG 中,cos∠ BFG= 所以,∠ BFG=

=



,二面角 B﹣AD﹣E 的大小为



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