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四川省高考理科数学几何



2010 年 (11)半径为 R 的球 O 的直径 AB 垂直于平面 ? ,垂足为 B , BCD 是平面 ? 内边长为 R 的正三角形,线段 AC 、 AD 分别 与球面交于点 M,N,那么 M、N 两点间的球面距离是 (A) R arccos

17 25

(B) R arccos
w_w w. k#s5_ u.c o*m

18 25

w_w_w.k*s 5*u.c o*

(C ) ? R

1 3

(D)

4 ?R 15

(18) (本小题满分 12 分) 已知正方体 ABCD-A'B'C'D'的棱长为 1,点 M 是棱 AA'的中点,点 O 是对角线 BD'的中点. D? (Ⅰ)求证:OM 为异面直线 AA'和 BD'的公垂线; C? (Ⅱ)求二面角 M-BC'-B'的大小; A? B? (Ⅲ)求三棱锥 M-OBC 的体积.

M? D A

?O
C
B

2011 年 15.如图,半径为 R 的球 O 中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大是,求的表面积与改圆柱的侧面积之差 是 .

19. (本小题共 l2 分) 如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中.∠ BAC=90° ,AB=AC=AA1 =1.D 是棱 CC1 上的一 P 是 AD 的延长线与 A1C1 的延长线的交点,且 PB1∥ 平面 BDA. (I)求证:CD=C1D: (II)求二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值; (Ⅲ )求点 C 到平面 B1DP 的距离.

2012 年 10. (2012?四川)如图,半径为 R 的半球 O 的底面圆 O 在平面 α 内,过点 O 作平面 α 的垂线交半球面于 点 A,过圆 O 的直径 CD 作平面 α 成 45°角的平面与半球面相交,所得交线上到平面 α 的距离最大的点为 B,该交线上的一点 P 满足∠ BOP=60°,则 A、P 两点间的球面距离为( )

A.

B.

C.

D.

1

19. (2012?四川) 如图, 在三棱锥 P﹣ABC 中, ∠ APB=90°, ∠ PAB=60°, AB=BC=CA, 平面 PAB⊥ 平面 ABC. (Ⅰ )求直线 PC 与平面 ABC 所成角的大小; (Ⅱ )求二面角 B﹣AP﹣C 的大小.

2013 年 3.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的直观图可以是( )

19.(本小题满分 12 分) 如图,在三棱柱 ABC ? A 1 ? 底面 ABC , AB ? AC ? 2 AA 1B 1C 中,侧棱 AA 1,

?BAC ? 120 , D, D1 分别是线段 BC, B1C1 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 A1 BC 平行的直线 l , 说明理由,并证明直线 l ? 平面 ADD1 A 1; (Ⅱ)设(Ⅰ)中的直线 l 交 AB 于点 M ,交 AC 于点 N , 求二面角 A ? A 1M ? N 的余弦值. 4.设 x?Z ,集合

C A C1 A1 P

D B D1 B1

A 是奇数集,集合 B 是偶数集.若命题


p : ?x ? A, 2 x ? B ,则(
2014 年

BD 的中点。设点 P 在 8、如图,在正方体 ABCD ? A 1B 1C1D 1 中,点 O 为线段

A1

D1

B1

C1 P C

sin ? 的取值范围是 线段 CC1 上,直线 OP 与平面 A 1BD 所成的角为 ? ,则
( )

D A O B

3 ,1] A、 [ 3

6 6 2 2 B、 [ ,1] C、 [ , ] 3 3 3

2 2 D、 [ ,1] 3

18、(本小题满分 12 分) 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 。 (Ⅰ)证明: P 为线段 BC 的中点; (Ⅱ )求二面角 A ? NP ? M 的余弦值。
N
答案:

A M D C B2 P 1 1 侧视图 1 2 2 1 2 俯视图 2

2010 年 解析:由已知,AB=2R,BC=R,故 tan∠BAC=

1 2

w_w_w.k*s 5*u.c o*m

cos∠BAC=

2 5 5

连结 OM,则△OAM 为等腰三角形 AM=2AOcos∠BAC=

4 5 4 5 R ,同理 AN= R ,且 MN∥CD 5 5

w_w_w.k*s 5*u. c o*m

而 AC= 5 R,CD=R 故 MN:CD=AN:AC ? MN=
w_w_w.k*s 5*u.c o*m

4 R, 5

连结 OM、ON,有 OM=ON=R 于是 cos∠MON=

OM 2 ? ON 2 ? MN 2 17 ? 2OM ON 25
17 25
w_w_w.k*s 5*u.c o*m

所以 M、N 两点间的球面距离是 R arccos 答案:A

(18)

3

2011 年 15.答案: 2? R
2

解析: S侧 ? 2? r ? 2 R ? r ? 4? r ( R ? r ) ? S侧 max 时,
2 2 2 2 2

r 2 ? R2 ? r 2 ? r 2 ?

R2 2 ?r ? R ,则 4? R2 ? 2? R2 ? 2? R2 2 2

19.解析: (1)连接 B1 A 交 BA1 于 O ,

4

B1P // 面BDA1 , B1P ? 面AB1P, 面AB1P 面BA1D ? OD,
? B1P // OD ,又 O 为 B1 A 的中点,
? D为AP 中点,?C1为A1P ,??ACD ? ?PC1D ?C1D ? CD ,D 为 CC1 的中点。
AH ? AD ,连接 BH ,则 (2)由题意 AB ? AC, AB ? AA 1 ? AB ? 面AA1C1C ,过 B 作 BH ? AD ,? ? AHB 为二面角 A ? A1D ? B 的平面角。
在 ?AA1 D 中, AA1 ? 1, AD ?

5 5 , , A1D ? 2 2

2 5 2 5 3 5 AH 2 , BH ? , cos ?AHB ? ? 5 ? 则 AH ? 5 5 BH 3 5 3 5
(3)因为 VC ?B1PD ? VB1PCD ,所以 h ? S ?B1PD ?

1 3

1 A1 B1 ? S?PCD , A1B1 ? 1 3

S?PCD ? S?PC1C ? S?PC1D ?
在 ?B1 DP 中,

1 1 1 ? ? , 2 4 4

9 5 ?5? 3 5 4 ? 2 5 ,sin ?DB P ? 5 , B1D ? , B1P ? 5, PD ? .cos ?DB1P ? 4 1 3 2 2 5 5 2? ? 5 2
? S?B1PD ?
2012 年 10. 反三角函数的运用;球面距离及相关计算。 考点: 专题: 计算题。 分析: 由题意求出 AP 的距离,然后求出∠ AOP,即可求解 A、P 两点间的球面距离. 解答: 解:半径为 R 的半球 O 的底面圆 O 在平面 α 内,过点 O 作平面 α 的垂线交半球面于点 A,过圆 O 的直径 CD 作平面 α 成 45°角的平面与半球面相交,所得交线上到平面 α 的距离最大的点为 B,所 以 CD⊥ 平面 AOB, 因为∠ BOP=60°,所以△ OPB 为正三角形,P 到 BO 的距离为 PE= ,E 为 BQ 的中点,
766398

1 3 5 3 1 ? ? 5? ? ,h ? 2 2 5 4 3

AE=

=



5

AP=
2 2 2

=



AP =OP +OA ﹣2OP?OAcos∠ AOP, cos∠ AOP= ,∠ AOP=arccos , ,



A、P 两点间的球面距离为 故选 A.

点评: 本题考查反三角函数的运用,球面距离及相关计算,考查计算能力以及空间想象能力. 19. 考点: 用空间向量求平面间的夹角;直线与平面所成的角;用空间向量求直线与平面的夹角。
766398

分析: 解法一(Ⅰ )设 AB 中点为 D,AD 中点为 O,连接 OC,OP,CD.可以证出∠ OCP 为直线 PC 与平 面 ABC 所成的角.不妨设 PA=2,则 OD=1,OP= ,AB=4.在 RT△ OCP 中求解. (Ⅱ )以 O 为原点,建立空间直角坐标系,利用平面 APC 的一个法向量与面 ABP 的一个法向量求 解. 解法二(Ⅰ )设 AB 中点为 D,连接 CD.以 O 为坐标原点,OB,OE,OP 所在直线分别为 x,y, z 轴建立空间直角坐标系 O﹣xyz.利用 与平面 ABC 的一个法向量夹角求解.

(Ⅱ )分别求出平面 APC,平面 ABP 的一个法向量,利用两法向量夹角求解. 解答: 解法一 (Ⅰ )设 AB 中点为 D,AD 中点为 O,连接 OC,OP,CD. 因为 AB=BC=CA,所以 CD⊥ AB, 因为∠ APB=90°,∠ PAB=60°,所以△ PAD 为等边三角形,所以 PO⊥ AD,又平面 PAB⊥ 平面 ABC,平 面 PAB∩ 平面 ABC=AD. PO⊥ 平面 ABC,∠ OCP 为直线 PC 与平面 ABC 所成的角 不妨设 PA=2,则 OD=1,OP= ,AB=4. 所以 CD=2 ,OC= = = = = . .

在 RT△ OCP 中,tan∠ OCP=

故直线 PC 与平面 ABC 所成的角的大小为 arctan

(Ⅱ )过 D 作 DE⊥ AP 于 E,连接 CE. 由已知,可得 CD⊥ 平面 PAB.根据三垂线定理知,CE⊥ PA.所以∠ CED 为二面角 B﹣AP﹣C 的平面角.由(Ⅰ )知,DE= ,在 RT△ CDE 中,tan∠ CED= = =2,故二面角 B

﹣AP﹣C 的大小为 arctan2. 解法二: (Ⅰ )设 AB 中点为 D,连接 CD.因为 O 在 AB 上,且 O 为 P 在平面 ABC 内的射影, 所以 PO⊥ 平面 ABC,所以 PO⊥ AB,且 PO⊥ CD.因为 AB=BC=CA,所以 CD⊥ AB,设 E 为 AC 中
6

点,则 EO∥ CD,从而 OE⊥ PO,OE⊥ AB. 如图,以 O 为坐标原点,OB,OE,OP 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系 O﹣xyz.不 妨设 PA=2,由已知可得,AB=4,OA=OD=1,OP= , CD=2 1,﹣2 ,所以 O(0,0,0) ,A(﹣1,0,0) ,C(1,2 , ) =(0,0, ,0) ,P(0,0, ) ,所以 =(﹣

)为平面 ABC 的一个法向量. = = .故直线 PC 与平

设 α 为直线 PC 与平面 ABC 所成的角,则 sinα=

面 ABC 所成的角大小为 arcsin (Ⅱ )由(Ⅰ )知, =(1,0, ) , =(2,2 ,0) . 得出 即 ,

设平面 APC 的一个法向量为 =(x,y,z) ,则由

取 x=﹣ 为锐角.

,则 y=1,z=1,所以 =(﹣

,1,1) .设二面角 B﹣AP﹣C 的平面角为 β,易知 β

而面 ABP 的一个法向量为 =(0,1,0) ,则 cosβ=

=

=



故二面角 B﹣AP﹣C 的大小为 arccos



点评: 本题考查线面关系,直线与平面所成的角、二面角等基础知识,考查思维能力、空间想象能力,并 考查应用向量知识解决数学问题能力. 2013 年 3. 【答案】选 D 19. 【解析】 【解析】三视图的判定

B ? A C (1) 由题意可知, 直线 l BC , 又A

,D 是 BC 的中点, 则 BC ? AD ,

又在三棱柱 ABC ? A1B1C 中, BC ? DD1 ,且 AD, DD1 ? ADD1 A 1, 则 BC ? ADD1 A1 ,所以直线 l ? 平面 ADD1 A 1

7

(2)连接 A1 P ,过 A 作 AE ? A1 P 于 E ,过 E 作 EF ? A1M 于 F ,连接 AF . 由(1)知, MN ? 平面 AEA1 ,所以平面 AEA1 ? 平面 A1MN ,所以 AE ? 平面 A1MN ,则 A1M ? AE . 所以 A1M ? 平面 AEF ,则 A1M ? AF .故 ?AFE 为二面角 A ? A1M ? N 的平面角(设为 ? ). 设 AA1 ? 1 ,则由 AB ? AC ? 2 AA1 ,?BAC?120,有 ?BAD ? 60 , AB ? 2 , AD ? 1 ,又 P 为 AD 的中点, 所以 M 为 AB 中点, 且 AP ?

1 , AM ? 1 , 2

所以,在 Rt ?AA1 P , A1 P ?

5 ,在在 Rt ?A1MP , A1M ? 2 , 2

从而 AE ?

AA1 ? AP AA ? AM 1 1 ? , AF ? 1 ? A1 P A1M 5 2

所以 sin ? ?

AE 2 15 ? , cos ? ? 1 ? sin 2 ? ? AF 5 5

2014 年
答案: 8、B

8

9

10



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