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【备战2014】高考数学 2013届全国统考区(甘肃、贵州、云南)精选试题分类汇编7 立体几何 理



备战 2014 年高考之 2013 届全国统考区(甘肃、贵州、云南)精选理 科试题(大部分详解)分类汇编 7:立体几何

一、选择题 1 . (云南师大附中 2013 届高考适应性月考卷(八)理科数学试题(详解) 某四面体的三 ) 视图如图 2 所示,该四面体的六条棱长中,长度最大的是 A. 5 B. 6 C. 7 D. 2 2

正视图<

br />
侧视图

俯视图

【 答 案 】 由 题 图 可 知 , 几 何 体 为 如 图 1 所 示 的 三 棱 锥 P ? ABC , 其 中 P A? A C1 , ? P? A ,A C ? ,由俯视图可知, PA AB

AB ? 5, BC ? 2 2 , PB ? 6 ,故选 D.

图1

2 .【解析】云南省玉溪一中 2013 届高三上学期期中考试理科数学)设 l , m , n 表示不同的 ( 直线, ?,?,? 表示不同的平面,给出下列四个命题: ①若 m ∥ l ,且 m ? ? . 则 l ? ? ; ②若 m ∥ l ,且 m ∥ ? .则 l ∥ ? ;

③若 ? ? ? ? l , ? ? ? ? m, ? ? ? ? n ,则 l ∥m∥n; ④若 ? ? ? ? m, ? ? ? ? l , ? ? ? ? n, 且 n∥ ? ,则 l ∥m. 其中正确命题的个数是( A.1 B.2 ) C.3 D.4

【答案】B【解析】①正确;②中当直线 l ? ? 时,不成立;③中,还有可能相交一点,不 成立;④正确,所以正确的有 2 个,选 B.

1

3 . (贵州省遵义四中 2013 届高三第四月考理科数学)某几何体的三视图如右图所示,则它 的体积是( )

(A) 8 ?

2? 3

(B) 8 ?

?
3

(C) 8 ? 2?

(D)

2? 3

【答案】A【解析】由三视图可知,该几何体是一个正四棱柱挖去一个圆锥,正四棱柱的体 积为 2 ? 2 ? 2 ? 8 ,圆锥的体积为 ? ? 2 ?

1 3

2? 2? ,所以该几何体的体积为 8 ? ,选 A. 3 3

4 . (甘肃省兰州一中 2013 高考冲刺模拟(一)数学(理) )已知四棱锥 P ? ABCD 的三视 图如右图所示,则四棱锥 P ? ABCD 的四个侧面中的最大面积是 A. 6 B. 8 C. 2 5 D. 3

3

3

4 正视图 2 2

2 侧视图

2

俯视图 图1

【答案】A 5 . (甘肃省兰州一中 2013 届高三上学期 12 月月考数学(理)试题)下列说法正确的是

A. 有两个平面互相平行,其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱, B. 四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形, C. 有两个面互相平行,其余各面都是梯形的多面体是棱台, D. 以三角形的一条边所在直线为旋转轴, 其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥.
【答案】B【解析】选项 A 不正确,如图:
2

棱台是由棱锥截来的,故要求梯形的腰延长后要交与一点,故 C 不正确;以直角三角形的一 条直角边所在直线为轴旋转所得的旋转体是圆锥,故 D 不正确。 6 . (贵州省贵阳市 2013 届高三适应性监测考试(二)理科数学 word 版含答案)已知半径 为 l 的球,若以其一条半径为正方体的一条棱作正方体,则此正方体内部的球面面积为 A.

7 ? 4

B.

? 2

C.

7? 8

D.

5? 4

【答案】 B 7 . (云南省昆明三中 2013 届高三高考适应性月考(三)理科数学)若三棱锥 S ? ABC 的 所有顶点都在球 O 的球面上, SA ⊥平面 ABC , SA ? 2 3, AB ? 1 , AC ? 2 ,

?BAC ? 60? ,则球 O 的表面积为
A. 64? B. 16? C. 12? D. 4?





【答案】B【解析】因为 AB ? 1 , AC ? 2 , ?BAC ? 60? ,所以

BC 2 ? 1 ? 22 ? 2 ?1? 2cos 60? ? 3 ,所以 BC ? 3 。所以 ?ABC ? 90? ,即 ?ABC 为直角
三角形。 因为三棱锥 S ? ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上, 所以斜边 AC 的中点是截面小 圆的圆心 O ' , 即小圆的半径为 r ?

1 3 AC ? .,因为 OA, OS 是半径, 所以三角形 AOS 为 2 2 1 2 3 SA ? ? 3 ,所以 2 2

等腰三角形, O 作 OM ? SA ,则 M 为中点, 过 所以 OO ' ? AM ? 半径 OA ? OO ' ? r ?
2 2

( 3)2 ? 1 ? 4 ? 2 ,所以球的表面积为 4? R 2 ? 16? ,选 B.

3

8 . (云南省昆明市 2013 届高三复习适应性检测数学(理)试题)三棱柱 ABC ? A B1C1 1 中, AA1 与 AC 、AB 所成角均为 60 , ?BAC ? 90 ,且 AB ? AC ? AA ? 1 ,则 A B 与 AC1 1 1
? ?

所成角的余弦值为 (A)1 【答案】 C (B) ?1 (C)

3 3

(D) ?

3 3

9. (甘肃省 2013 届高三第一次诊断考试数学(理)试题)某几何体的三视图如图所示,则 它的体积是

A.

2? 3

B.8 ?

?
3

C.8-

2? 3

D.8 ?2?

【答案】C【解析】由三视图知:原几何体为一个正方体里面挖去一个圆锥,正方体的棱长 为 2,圆锥的底面半径为 1,高为 2,所以该几何体的体积为:V =2 - ? ? ?1 ? 2=83 2

1 3

2? 。 3

10.【解析】云南省玉溪一中 2013 届高三上学期期中考试理科数学)一个几何体的三视图 ( 如图所示, 其中主视图和左视图是腰长为 1 的两个全等的等腰直角三角形, 则该几何体的外 接球的表面积为( )

4

A. 12?

B. 4 3?

C. 3?

D. 12 3?

【答案】C【解析】由主视图和左视图是腰长为 1 的两个全等的等腰直角三角形,得到这是 一个四棱锥,底面是一个边长是 1 的正方形,一条侧棱 AE 与底面垂直,∴根据求与四棱锥 的对称性知,外接球的直径是 AC 根据直角三角形的勾股定理知 AC ? 1 ? 1 ? 1 ? 3 ,半径



3 2 3 ,所以外接球的面积为 4? ( ) ? 3? ,选 C. 2 2

11. (云南省昆明一中 2013 届高三新课程第一次摸底测试数学理) 某几何体的三视图如图所 示,则该几何体的表面积为

A. 20 ? 12 2

B. 20 ? 12 3

C. 20 ? 12 5

D.32

【答案】B【解析】根据三视图可知,这是一个四棱台



( ? S上 =4,S下 =16 , S侧 =4 ? 2+4) 3 =12 3 ,所以表面积为 4+16+12 3=20+12 3 , 2

5

选 B. 12. (甘肃省兰州一中 2013 高考冲刺模拟(一)数学(理) )如果执行如右图所示的程序框图, 则输出的 S 值为 A. ?3 B. ?

1 2

C.2

D.

1 3

【答案】C 13. (云南省昆明一中 2013 届高三新课程第一次摸底测试数学理)如图, 在长方体 ABCD—

A1B1C1D1 中,对角线 B1D 与平面 A1BC1 相交于点 E,则点 E 为△A1BC1 的 A.垂心 B.内心 C.外心 D.重心

【答案】D【解析】如图

, ?EB1 F ? ?DBE , 所 以

BE : EF ? 2 :1,且 F 为 A1C1 的中点,选 D.

14.【解析】甘肃省天水市一中 2013 届高三上学期第三次考试数学理试题)已知 m,n 是两 ( 条不同的直线,α ,β ,γ 是三个不同的平面,则下列命题正确的是( ) A.若 α ⊥γ ,α ⊥β ,则 γ ∥β B.若 m∥n,m? α ,n? β ,则 α ∥β C.若 m∥n,m∥α ,则 n∥α

6

D.若 n⊥α ,n⊥β ,则 α ∥β 【答案】D【解析】A.若 α ⊥γ ,α ⊥β ,则 γ ∥β ,错误, ? 与? 可能平行,也可能相 交; B.若 m∥n,m? α ,n? β ,则 α ∥β ,错误,?与? 可能平行,也可能相交,要判断 两个平面平行,需要两个平面内的两条相交直线相互平行; C.若 m∥n,m∥α ,则 n∥α ,错误,可能是 n∥α ,也可能是 n? α ; D.若 n⊥α ,n⊥β ,则 α ∥β ,正确。垂直于同一条直线的两个平面平行。选 D。 15.【解析】贵州省四校 2013 届高三上学期期末联考数学(理)试题)如图是某几何体的 ( 三视图,其中正视图为正方形,俯视图是腰长为 2 的等腰直角三角形,则该几何体的体积是 ( )

A.

8 3

B.

8 2 3

C.

4 3

D.

4 2 3

【答案】A【解析】由三视图可知该几何体为正方体内部四棱锥 P ? ABCD (红线图形)。则 正 方 体 的 边 长 为 2 , 所 以 BC ? 2 2, OP ?

2 , 所 以 四 棱 锥 P ? ABCD 的 体 积 为

1 8 ? 2 ? 2 2 ? 2 ? ,选 A. 3 3
16. (甘肃省天水一中 2013 届高三下学期五月第二次检测(二模)数学(理)试题)如图, 等腰梯形 ABCD 中, AB=2DC=2,∠DAB=60°,E 为 AB 的中点,将△ADE 与△BEC 分别沿 ED、 向 EC 上折起,使 A、B 重合于点 P,则三棱锥 P—DCE 的外接球的体积为

4 3? A. 27

6? B. 2

C.

6 ? 8

D.

6? 24
7

【答案】 C 17. (云南省玉溪一中 2013 届高三第五次月考理科数学)一个四棱锥的三视图如图所示,其

侧视图是等边三角形.该四棱锥的体积等于( A. 3 B.2 3 C.3 3 D.6 3



【答案】A 【解析】由三视图可知,四棱锥的底面是俯视图对应的梯形,四棱锥的侧面是等 边三角形且侧面和底面垂直,所以四棱锥的高为 3 ,底面梯形的面积为

(1 ? 2) ? 2 ?3, 2

所以四棱锥的体积为 ? 3 ? 3 ? 3 ,选 A.如图

1 3



18.【解析】甘肃省天水市一中 2013 届高三上学期第三次考试数学理试题)一个几何体的 ( 三视图如图所示,且其侧视图是一个等边三角形,则这个几何的体积为( ) A.

(4 ? ? ) 3 3 (8 ? ? ) 3 3 (8 ? ? ) 3 6

B. (4 ? ? ) 3

C.

D.

【答案】D【解析】由三视图知,该几何体为一个半圆锥和一个四棱锥的组合体,其中圆锥

8

的底面半径为 1,高为 3 。四棱锥的底面为边长是 2 的正方形,高为 3 ,所以这个几何 体的体积为 V ?

1 1 1 (8 ? ? ) 3 ? ? ?12 ? 3 ? ? ? 2 ? 2 ? 3 ? 。选 D。 3 2 3 6

19. (云南省昆明一中 2013 届高三第二次高中新课程双基检测数学理)一条长为 2 的线段, 它的三个视图分别是长为 3, a, b 的三条线段,则 ab 的最大值为 A. 5 B. 6 C.

5 2

D.3

【答案】C【解析】构造一个长方体,让长为 2 的线段为体对角线,由题意知

a 2 ? y 2 ? 1, b 2 ? x 2 ? 1, x 2 ? y 2 ? 3
5 ? a 2 ? b 2 ? 2ab ,所以 ab ?





a 2 ? b2 ? x2 ? y 2 ? 2 ? 3 ? 2 ? 5





5 ,当且仅当 a ? b 时取等号,所以选 C. 2

20. (甘肃省兰州一中 2013 高考冲刺模拟(一)数学(理) )如图, ?PAB 所在的平面 ? 和 四边形 ABCD 所在的平面 ? 互相垂直,且 A D ?? , B C ? ? , AD ? 4 , BC ? 8 ,
A B ? 6 ,若 tan ?ADP ? 2tan ?BCP ? 10 ,则点

P 在平面 ? 内的轨迹是

?
A

P

B

?

D

C
B.椭圆的一部分 C.双曲线的一部分 D.抛物

A.圆的一部分 线的一部分 【答案】B

21.(云南师大附中 2013 届高三高考适应性月考卷(三)理科数学试题)一个几何体的三

9

视图如图 l 所示,其中正视图是一个正三角形,则该几何体的体积为





A.1

B.

3 3

C. 3 D.

2 3 3

【答案】B【解析】由三视图可知,此几何体为三棱锥,如图 1,其中正视图为 △PAC ,是 边长为 2 的正三角形, PD ? 平面ABC ,且 PD ? 3 ,底面 △ABC 为等腰直角三角形,

1 1 3 V ? ? 3? ? 2? 2 ? AB ? BC ? 2 ,所以体积为 3 2 3 ,故选 B.

图1

22. (云南省玉溪一中 2013 届高三第三次月考理科数学)已知三棱锥的三视图如图所示,则 它的外接球表面积为( )

A.16 ? B.4 ?

C.8 ?

D.2 ?

【答案】B【解析】由三视图可知该几何体是三棱锥,且三棱锥的高为 1,底面为一个直角 三角形,由于底面斜边上的中线长为 1,则底面的外接圆半径为 1,顶点在底面上的投影落 在底面外接圆的圆心上, 由于顶点到底面的距离, 与底面外接圆的半径相等则三棱锥的外接
10

球半径 R 为 1,则三棱锥的外接球表面积 S ? 4? R ? 4? ,选 B.
2

23.【解析】贵州省四校 2013 届高三上学期期末联考数学(理)试题)若棱长均为2的正 ( 三棱柱内接于一个球,则该球的半径为 ( )

A.

3 3

B.

7

C.

2 3 3

D.

21 3

【答案】D【解析】根据对称性可知球心 P 在正三棱柱上下底面中心连线的中点处。则

BM ? 3

,

BO1 ?

2 2 3 BM ? 3 3













BP ? BO12 ? PO12 ? (

2 3 2 21 21 , ) ?1 ? ? 3 9 3

选 D. 24. (云南省部分名校(玉溪一中、昆明三中、楚雄一中)2013 届高三下学期第二次统考数 学(理)试题)已知直线 l ⊥平面 ? ,直线 m ? 平面 ? ,下面有三个命题: ① ? ∥ ? ? l ⊥ m ;② ? ⊥ ? ? l ∥ m ;③ l ∥ m ? ? ⊥ ? ; 则真命题的个数为 A.0 B.1 C.2 D.3 【答案】 C 25. (甘肃省河西五市部分普通高中 2013 届高三第二次联合考试 数学(理)试题)已知一 个几何体的三视图如右图,则该几何体的体积为 ( )

2? 3 4? B. 8 3 4? C. 4 3
A. 8 11

D. 4 -

2? 3

【答案】D 26. 贵州省六校联盟 2013 届高三第一次联考理科数学试题) ( 某几何体的三视图如图 2 所示, 图中的四边形都是边长为 2 的正方形,两条虚线互相垂直,则该几何体的体积是( )

正视图

侧视图

俯视图
图2

A.

20 3

B.

16 3

C . 8?

?
6

D .8 ?

?
3

【答案】A【解析】由三视图知,原几何体为一个正方体挖掉一个正四棱锥其中正方体的棱 为 2,正四棱锥的底面边长为正方体的上底面,高为 1. ∴原几何体的体积为 V ? 23 ? ? 2 ? 2 ? 1 ? 8 ?

1 3

4 20 ,选 A. ? 3 3

27. (云南省昆明三中 2013 届高三高考适应性月考(三)理科数学)若 ? , ? 是两个不同的 平面,下列四个条件:①存在一条直线 a , a ? ? , a ? ? ;②存在一个平面 ? ,

? ? ? , ? ? ;③存在两条平行直线 a, b , a ? ? , b ? ? , a ∥ ? ,b ∥ ? ;④存在两条异面 ?
直线 a , b , a ? ? , b ? ? , a ∥ ? ,b ∥ ? .那么可以是 ? ∥ ? 的充分条件有( )

A.4 个 B.3 个 C.2 个 D.1 个 【答案】C【解析】①可以;② ? , ? 也有可能相交,所以不正确;③ ? , ? 也有可能相交, 所以不正确;④根据异面直线的性质可知④可以,所以可以是 ? ∥ ? 的充分条件有 2 个,选 C.

28. (云南师大附中 2013 届高三高考适应性月考卷(四)理科数学试题)已知一几何体的三 视图如图 4, 主视图和左视图都是矩形, 俯视图为正方形, 在该几何体上任意选择 4 个顶点, 以这 4 个点为顶点的几何形体可能是
12

①矩形;②有三个面为直角三角形,有一个面为等腰三角形的四面体;③每个面都是直角三

角形的四面体. A.①②③ B.②③ C.①③ D.①② 【答案】A【解析】以长方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 为几何体的直观图. 当选择的四个点为 B1、B、

C、C1 时,可知①正确;当选择 B、A、B1、C 时,可知②正确;当选择 A、B、D、D1 时,
可知③正确.选 A.

29. (云南省昆明三中 2013 届高三高考适应性月考(三)理科数学)如图 2,正三棱柱 (又称正视图) 是边长为4的正方形, 则此正三棱柱的侧视图 (又 ABC ? A B1 C1 的主视图 1
C1 2 A1 C A B 图2 主视图 B1 4 2

称左视图)的面积为( A. 8 3 B. 4 3

) C. 2 3

D.16

【答案】A【解析】由主视图可知,三棱柱的高为 4,底面边长为 4,所以底面正三角形的高 为 2 3 ,所以侧视图的面积为 4 ? 2 3 ? 8 3 ,选 A.

30. (贵州省六校联盟 2013 届高三第一次联考理科数学试题)正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 的 棱长为 2 , MN 是它的内切球的一条弦(我们把球面上任意两点之间的线段称为球的弦) , 当弦 MN 的长度最大时,PM P 为正方体表面上的动点,
?

PN 的取值范围是



【答案】 2]【解析】 因为 MN 是它的内切球的一条弦, 所以当弦 MN 经过球心时, MN 弦 [0, 的长度最大,此时 MN ? 2 .以 A ' 为原点建立空间直角坐标系如

13

图.

根据直径的任意性,不妨设 M , N 分别是上下底面的中

心,则两点的空间坐标为 M (1,1, N (1,1, ,设坐标为 P ( x, y, z ) ,则 2), 0)

???? ? ???? PM ? (1 ? x,1 ? y, 2 ? z ) , PN ? (1 ? x,1 ? y, ? z ) ,所以 ???? ???? ? ???? ???? ? PM ?PN ? (1 ? x) 2 ? (1 ? y ) 2 ? z (2 ? z ) ,即 PM ?PN ? ( x ? 1) 2 ? ( y ? 1) 2 ? ( z ? 1) 2 ? 1 .因
为点 P 为正方体表面上的动点, ,所以根据 x, y, z 的对称性可知, PM ?PN 的取值范围与点 不妨设, P 在底面 A ' B ' C ' D ' 内, 点 此时有 0 ? x ? 2, 0 ? y ? 2, z ? 0 , P 在哪个面上无关, 所以此时 PM ?PN ? ( x ? 1) 2 ? ( y ? 1) 2 ? ( z ? 1) 2 ? 1 ? ( x ? 1) 2 ? ( y ? 1) 2 , ,所以当 x ? y ? 1 时, PM ?PN ? 0 ,此时 PM ?PN 最小,当但 P 位于正方形的四个顶点时, PM ?PN 最大, 此时有 PM ?PN ? ( x ? 1) 2 ? ( y ? 1) 2 ? 2 ,所以 PM ?PN 的最大值为 2. ,所以

???? ???? ?

???? ???? ?

???? ???? ?

???? ???? ?

???? ???? ?

???? ???? ?

???? ???? ?

???? ???? ? ???? ???? ? 0 ? PM ?PN ? 2 ,即 PM ?PN 的取值范围是 [0, 2] .

31. (云南省玉溪一中 2013 届高三第五次月考理科数学)正三棱柱 ABC? A1 B1C1 内接于半 径为 1 的球,则当该棱柱体积最大时,高 h ? 【答案】 。

2 3 【解析】根据对称性可知,球心 O 位于正三棱柱上下底面中心连线的中点上。 3

14

设 正 三 棱 柱 的 底 面 边 长 为 x , 则 AB ?

3 2 3 3 x, AB ' ? ? x? x ,所以 2 3 2 3

OB ' ?

3 1 ( x ? 3

2

) ?

x2 x2 x2 ? 0 得 x 2 ? 3 ,即 ,所以高 h ? 2OB ' ? 2 1 ? ,由 1 ? ?1 3 3 3

正三棱柱底面边长 x 的取值范围是 0 ? x ? 3 。 的体积为 V ?

三棱柱

1 2 3 x2 3x 2 x2 3 x2 x ? ? 2 1? ? ? 1? ? ? x 2 ?x 2 (1 ? ) , 2 2 3 2 3 2 3
2 2 2

x2 x2 x2 ? ?1? x x x x 3 )3 ? 4 , x2 ?x2 (1 ? ) ? 36 ? ? (1 ? ) ? 36 ? ( 6 6 3 6 6 3 3 3
2

即体积 V ?

x2 x2 3 x2 3 4 2 3 ? 1 ? ,即 x 2 ? 2 时取等 ,当且仅当 ? x 2 ?x 2 (1 ? ) ? ? ? 6 3 2 3 2 3 3

号,此时高 h ? 2 1 ?

x2 2 1 2 3 。 ? 2 1? ? 2 ? 3 3 3 3

32.云南省玉溪一中 2013 届高三第四次月考理科数学) ( 已知正三棱锥 P ? ABC , P, A, B, C 点 都在半径为 ________.

3 的球面上,若 PA, PB, PC 两两互相垂直,则球心到截面 ABC 的距离为

3 【答案】 3 【解析】因为在正三棱锥 P ? ABC 中,PA,PB,PC 两两互相垂直,所以可以把
该正三棱锥看作为一个正方体的一部分, (如图所示) ,此正方体内接于球,正方体的体对角 线为球的直径,球心为正方体对角线的中点.球心到截面 ABC 的距离为球的半径减去正三棱 锥 P ? ABC 在面 ABC 上的高.已知球的半径为 3 ,所以正方体的棱长为 2,可求得正三棱锥

P ? ABC 在面 ABC 上的高为

2 3 2 3 3 ,所以球心到截面 ABC 的距离为 3 ? . ? 3 3 3
15

33. (贵州省贵阳市 2013 届高三适应性监测考试(二)理科数学 word 版含答案)一个几何 体的三视图如图所示,这个几何体的体积是____________.

【答案】

1 2

34. (云南省部分名校(玉溪一中、昆明三中、楚雄一中)2013 届高三下学期第二次统考数 学(理)试题)一个几何体的 三视图如图所示,则这个几何体的表面积与其外接球面积之比 为________.

【答案】

3

?

;

16

35. (贵州省遵义四中 2013 届高三第四月考理科数学)如右图, 设 A、B、C、D 为球 O 上四 点,若 AB、AC、AD 两两互相垂直,且 AB ? AC ? 6 , AD ? 2 ,则 A、D 两点间的球面距

离 【答案】
2? 3

. 【解析】因为 AB、AC、AD 两两互相垂直,所以分别以 AB、AC、AD 为棱构造一

个 长 方 体 , 在 长 方 体 的 体 对 角 线 为 球 的 直 径 , 所 以 球 的 直 径

2 R ? ( 6)2 ? ( 6)2 ? 22 ? 16 ? 4 , 所 以 球 半 径 为 R ? 2 , 在 正 三 角 形 AOD 中 ,
?AOD ?

?
3

,所以 A、D 两点间的球面距离为

?
3

R?

2? . 3

36. (云南省玉溪一中 2013 届高三第三次月考理科数学)设动点 P 在棱长为 1 的正方体
ABCD ? A1 B1C1 D1 的 对 角 线 BD1 上 , 记
D1 P ? ? 。 当 ?APC 为 钝 角 时 , 则 ? 的 取 值 范 围 D1 B





【答案】 ( ,1) 【解析】由题设可知,以

1 3





为单位正交基底,建立如图所示的

空 间 直 角 坐 标 系 D ﹣ xyz , 则 有 A(1, 0 , 0 ) B(1,1, 0) , C (0,1, 0) , D(0, 0,1) , 则 ,

???? ? D1B ? (1, 1, 1) ?





???? ? ???? ? D1P ? ? D1B ? (?, ?, ??)







??? ???? ???? ? ? ? PA ? PD1 ? D1 A ? (??, ??, ?) ? (1,0, ?1) ? (1 ? ?, ??, ? ?1) , ??? ???? ???? ? ? ? PC ? PD1 ? DC ? (??, ??, ?) ? (0,1, ?1) ? (??,1? ?, ? ?1) 1
显 然 ?APC 不 是 平 角 , 所 以 ?APC 为 钝 角 等 价 于 PA?PC ? 0

??? ??? ? ?

, 即

1 1) 0 ?? ( 1 ? ? ) ? ? ( 1 ? ) ?( ? ,即 (? ?1)(3 ? ? ? ,解得 ? ? ? 1 ,因此 ? 的取值 ? ? 2 1) ? 0 3

17

范围是 ( ,1) 。

1 3

37.(云南师大附中 2013 届高三高考适应性月考卷(三)理科数学试题)正三棱锥 A-BCD 内接于球 O,且底面边长为 3 ,侧棱长为 2,则球 O 的表面积为____ 【答案】 .

16? 【解析】如图 3,设三棱锥 A ? BCD 的外接 3

球球心为 O,

图3

半径为 r,BC=CD=BD= 3 ,AB=AC=AD=2,

AM ? 平面BCD ,M 为正 △BCD 的中心,则 DM=1,AM= 3 ,OA=OD=r,所以
( 3 ? r ) 2 ? 1 ? r 2 ,解得 r ?
2 3

,所以 S ? 4πr 2 ?

16 π. 3

38. (甘肃省 2013 届高三第一次诊断考试数学(理)试题)直三棱柱 ABC-A1B1Cl 的各顶点 o 都 在 同 一 球 面 上 , 若 AB =AC= AA1=2 , ∠ BAC=120 , 则 此 球 的 表 面 积 等 于 . 【答案】 20? 【解析】由余弦定理得: CB ? AB ? CA ? 2 AB ? AC ? cos120 ? 2 3 ,
2 2 2 0

所以在?ABC 中,设?ABC 外接圆的圆心为 O1,半径为 r,则由正弦定理得:

BC ? 2r , 所以r ? 2 ,设球的半径为 R,圆心为 O,则 R2 ? OO12 ? r 2 ? 1? 4 ? 5 ,所以 sin A
球的表面积为 4? R ? 20? 。
2

39. (云南省昆明一中 2013 届高三第二次高中新课程双基检测数学理)已知球与棱长均为 2 的三棱锥各条棱都相切,则该球的表面积为 . 【答案】 2? 【解析】将该三棱锥放入正方体内,若球与三棱锥各棱均相切等价于球与正方
18

体 各 面 均 相 切 , 所 以

2 R ? 2, R ?

2 2

, 则 球 的 表 面 积 为

S ? 4? R 2 ? 4? ?

1 ? 2? . 2

三、解答题 40. (云南师大附中 2013 届高考适应性月考卷(八)理科数学试题(详解)(本小题满分 12 ) 分)如图 3,在直三棱柱 ABC ? A B1C1 中,△ ABC 为等腰直角三角形, ?BAC ? 90 ,且 1
?

AB ? AA 1 , E 、 F 分别为 BC 、 CC1 的中点.
(1)求证: B1E ⊥平面 AEF ; (2)当 AB ? 2 时,求点 E 到平面 B1 AF 的距离.
A1 B1 C1 F E

【答案】(Ⅰ)证明:在直三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中,不妨设 | AB |?| AA1 | =a ,
∵△ABC 为等腰直角三角形, ?BAC ? 90? ,

∴ BC ?| B1C1 |? 2a ,

∵E、F 分别为 BC、 CC1 的中点,
? 2 ? 3 2 2 , ∴| B1 E | ?| BE | ? | BB1 | ? ? ? 2 a? ? a ? 2 a ? ? ?
2 2 2 2

19

? 2 ? 1 2 3 2 , | EF | ?| EC | ? | CF | ? ? ? 2 a? ? 4 a ? 4 a ? ? ?
2 2 2

2

1 9 | B1 F |2 ?| B1C1 |2 ? | C1F |2 ? 2a2 ? a2 ? a2 , 4 4 3 3 9 有 | B1 E |2 ? | EF |2 ? a2 ? a2 ? a2 ?| B1F |2 , 2 4 4
∴B1 E ? EF ,

又∵AE ? BC, B1B ? 平面 ABC,∴B1 E ? AE , AE ? EF ? E ,
∴B1 E ? 平面 AEF.

(Ⅱ)解:由条件知,

| AE |? 2, | B1E |? 6, | EF |? 3, | AF |? 5 , | AB1 |? 2 2, | B1F |? 3 ,
1 1 6 | AE | ? | EF |? ? 2 ? 3 ? , 2 2 2 8?5?9 1 3 ? , sin ?B1 AF ? 在 △AFB1 中, cos ?B1 AF ? , 2? 2 2 ? 5 10 10

∵AE ? EF ,∴S△AEF ?

∴S△AB1F ?

1 1 3 | AB1 | ?| AF | sin ?B1 AF ? ? 2 2 ? 5 ? ?3, 2 2 10

设点 E 到平面 B1 AF 的距离为 d , 则 d ? S△AB1F ?| B1E | ?S△AEF ,
6? 3 6 2 ?1 ,

所以 d ?

即点 E 到平面 B1 AF 的距离为 1.

41. (云南省昆明市 2013 届高三复习适应性检测数学(理)试题)如图,四边形 ABCD 是正 方形, PD ∥ MA , MA ? AD , PM ? 平面CDM , MA ? (Ⅰ)求证:平面 ABCD ? 平面 AMPD ;
? (Ⅱ)若 BC 与 PM 所成的角为 45 ,求二面角 M ? BP ? C 的余弦值.

1 PD . 2

20

C B D P A M

【答案】解:(I)? PM ? 平面 CDM ,且 CD ? 平面 CDM ,

? PM ? CD , 又 ABCD 是正方形,? CD ? AD ,而梯形 AMPD 中 PM 与 AD 相交,
?CD ? 平面 AMPD ,
又 CD ? 平面 ABCD , ? 平面 ABCD ? 平面 AMPD

z
C B D P A M

y

x
(II)? CD ? 平面 AMPD ,则 CD ? PD , CD ? AD , 又 PD ∥ MA , MA ? AD ,? PD ? AD , 以点 D 为原点, DA, DP, DC 依次为 x, y , z 轴,建立空间直角坐标系, 不妨设 MA ?

1 PD ? 1 , AD ? a . 2

则 A(a,0,0) , M (a,1,0) , B(a,0, a) ,

C (0,0, a) , P(0, 2, 0)

???? ? ??? ? PM ? (a, ?1,0) , BC ? (?a,0,0) ,
21

由 BC 与 PM 所成的角为 45? ,

???? ??? ? ? 得 cos ? PM , BC ? ?
解得 a ? 1 .

a2 a ?1 ? a
2

?

2 2

??? ? ???? ? ? BP ? (?1, 2, ?1) , PM ? (1, ?1,0) ,
求得平面 MBP 的一个法向量是

?? n1 ? (1,1,1) ;
??? ? ??? ? BC ? (?1,0,0) , BP ? (?1, 2, ?1) ,
求得平面 CBP 的一个法向量是 n2 ? (0,1, 2) ;

?? ?

?? ?? ? ?? ?? ? n1 ? n2 1? 2 15 则 cos ? n1 , n2 ?? ?? ?? ? , ? ? 5 3? 5 n1 ? n2
故二面角 M ? BP ? C 的余弦值为 ? (其他做法参照给分)

15 5

42. (云南省昆明一中 2013 届高三新课程第一次摸底测试数学理)如图,三棱柱 ABC —A1B1C1 中,侧棱与底面 ABC 垂直,且 AB1⊥BC1,AB=AA1=1,BC=2。 (I)证明:A1C1⊥AB; (II)求二面角 A1—BC1—A 的余弦值。









22

23

24

43. (云南省部分名校 2013 届高三第一次统一考试理科数学(玉溪一中、昆明三中、楚雄一 中) )如图,三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中, AA1 ⊥面 ABC , BC ? AC, BC ? AC ? 2 ,

AA1 ? 3 , D 为 AC 的中点.
(1)求证: AB1 // 面BDC1 ; (2)求二面角 C1 ? BD ? C 的余弦值; B1 (3)在侧棱 AA1 上是否存在点 P ,使得 B

CP ? 面BDC1 ?请证明你的结论.
C C1 D A1 【答案】 (I)证明:连接 B1C,与 BC1 相交于 O,连接 OD. ∵BCC1B1 是矩形,∴O 是 B1C 的中点. 又 D 是 AC 的中点, ∴OD//AB1. ∵AB1 ? 面 BDC1, ? OD 面 BDC1,∴AB1//面 BDC1. (II)解:如图,建立空间直角坐标系, 则 C1(0,0,0) ,B(0,3,2) , C(0,3,0) ,A(2,3,0) , D(1,3,0) ,
A1 C1 D C B1

A

z

B

y
A

x

???? ???? ? C1B ? (0,3, 2) , C1D ? (1,3,0) ,
设 n ? ( x1 , y1 , z1 ) 是面 BDC1 的一个法向量,则

?

? ???? ?n ? 1 B ? 0, ?3 y ? 2 z ? 0, ? C 1 1 1 1 ? ? ? ? ???? 即? ,取 n ? (1, ? , ) . ? n ? 1 D ? 0 ? x1 ? 3 y1 ? 0 ? C 3 2 ???? ? 易知 C1C ? (0,3,0) 是面 ABC 的一个法向量. ? ? ???? ? 2 n ? 1C C 2 ? ???? cos n, C1C ? ? ???? ? ? ? . ∴二面角 C1—BD—C 的余弦值为 7 . 7 n ? C1C
(III)假设侧棱 AA1 上存在一点 P 使得 CP⊥面 BDC1. 设 P(2,y,0) (0≤y≤3) ,则 CP ? (2, y ? 3,0) ,

??? ?

25

??? ???? ? ?CP? 1 B ? 0, C ? ? 3( y ? 3) ? 0, ? ? 则 ? ??? ???? ,即 ? . C ? CP? 1 D ? 0 ? ?2 ? 3( y ? 3) ? 0
∴侧棱 AA1 上不存在点 P,使 CP⊥面 BDC1.

? y ? 3, ? 7 ? 解之 ? y ? ∴方程组无解. 3 ?

44. (云南省玉溪一中 2013 届高三第四次月考理科数学) (本题 12 分)如图 6,在长方体
ABCD? A1 B1C1 D1 中, AA1 ? AD ? 1 , E 为 CD 中点.

(1)求证: B1 E ? AD1 ; (2)在棱 AA 上是否存在一点 P ,使得 DP // 平面 B1 AE ?若存在,求 AP 的长;若不存在, 1 说明理由; (3)若二面角 A ? B1 E ? A1 的大小为 30°,求 AB 的长.

图6 → → → 【答案】解:(1)以 A 为原点,AB,AD,AA1的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空

? ? B 间直角坐标系(如图).设 AB=a, A(0,0,0), (0,1,0), 1(0,1,1), ? ,1,0?, 1(a,0,1), 则 D D E ?2 ?
a
→ → ? a → ?a ? → ? 故AD1=(0,1,1),B1E=?- ,1,-1?,AB1=(a,0,1),AE=? ,1,0?. ? 2 ? ?2 ?

a → → 因为AD1·B1E=- ×0+1×1+(-1)×1=0, 2
所以 B1E⊥AD1.

(2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0,z0), → 使得 DP∥平面 B1AE.此时DP=(0,-1,z0). 又设平面 B1AE 的法向量 n=(x,y,z).

26

?ax+z=0, ? → 因为 n⊥平面 B1AE,所以 n⊥AB1,n⊥AE,得?ax ? 2 +y=0. ?
→ 取 x=1,得平面 B1AE 的一个法向量 n=?1,- ,-a?. 2 ? ?

?

a

?

a 1 → 要使 DP∥平面 B1AE,只要 n⊥DP,有 -az0=0,解得 z0= . 2 2
1 又 DP?平面 B1AE,所以存在点 P,满足 DP∥平面 B1AE,此时 AP= . 2 (3)连接 A1D,B1C,由长方体 ABCD-A1B1C1D1 及 AA1=AD=1,得 AD1⊥A1D. 因为 B1C∥A1D,所以 AD1⊥B1C. 又由(1)知 B1E⊥AD1,且 B1C∩B1E=B1, → → 所以 AD1⊥平面 DCB1A1.所以AD1是平面 A1B1E 的一个法向量,此时AD1=(0,1,1). → 设AD1与 n 所成的角为 θ ,

则 cosθ = = → |n||AD1| 2

n·AD1



- -a 2 1+ +a 4

a

a2

.
2

因为二面角 A-B1E-A1 的大小为 30°, 3a 2 2 解得 a=2,即 AB 的长为 2. 45. (贵州省六校联盟 2013 届高三第一次联考理科数学试题) (本小题满分 12 分)如图 5 , 已知在四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 是矩形, PA ? 平面 ABCD , PA ? AD ? 1 , AB ? 2 , F 是 PD 的中点, E 是线段 AB 上的点. (I)当 E 是 AB 的中点时,求证: AF // 平面 PEC ; (II)要使二面角 P ? EC ? D 的大小为 45? ,试确定 E 点的位置. 5a 1+ 4
2

所以|cosθ |=cos30°,即



3 , 2

P F D C

A

E
图5

B

27

【答案】解: 【法一】 (I)证明:如图,取 PC 的中点 O ,连接 OF , OE . 由已知得 OF / / DC 且 OF ?

1 DC , 2

又? E 是 AB 的中点,则 OF / / AE 且 OF ? AE ,

? AEOF 是平行四边形,
∴ AF / / OE 又? OE ? 平面 PEC , AF ? 平面 PEC

··················· 4?

? AF / / 平面 PEC

···························· 6?

(II)如图,作 AM ? CE 交 CE 的延长线于 M . 连接 PM ,由三垂线定理得 PM ? CE ,

? ?PMA 是二面角 P ? EC ? D 的平面角.即? ?PMA ? 45 o ············ 9?

? PA ? 1 ? AM ? 1 ,设 AE ? x ,
由 ?AME ? ?CBE 可得 x ?

(2 ? x) 2 ? 1 ? x ?

5 4

故,要使要使二面角 P ? EC ? D 的大小为 45o ,只需 AE ?

5 ··········· 12? 4

【法二】 (I)由已知, AB, AD, AP 两两垂直,分别以它们所在直线为 x, y, z 轴建立空 间直角坐标系 A ? xyz .
z

??? ? 1 1 1 1 P 则 A(0, 0, 0) , F (0, , ) ,则 AF ? (0, , ) ··················· 2? 2 2 2 2 ? E (1, 0, 0) , C (2,1, 0) , P(0, 0,1) , F
y

?? 设平面 PEC 的法向量为 m ? ( x, y, z )

D x

C

?? ??? ? ?m?EC ? 0 ? x ? y ? 0 ? 则 ? ?? ??? , ?? ? ?? x ? z ? 0 ?m?EP ? 0 ? ?? 令 x ? 1 得 m ? (1, ?1,1) ……………………………………… 4?
由 AF ?m ? (0, , )? ?1,1) ? 0 ,得 AF ? m (1,

A

E

B

??? ?? ?

1 1 2 2

????

??

又 AF ? 平面 PEC ,故 AF / / 平面 PEC ····················· 6? (II)由已知可得平面 DEC 的一个法向量为 AP ? (0, 0,1) , 设 E ? (t , 0, 0) ,设平面 PEC 的法向量为 m ? ( x, y, z )

??? ?

??

28

?? ??? ? ?? ?m?EC ? 0 ?(2 ? t ) x ? y ? 0 ? 则 ? ?? ??? ,令 x ? 1 得 m ? (1, t ? 2, t ) ··········· 10? ?? ? ?m?EP ? 0 ??tx ? z ? 0 ? ??? ? ? AP?n 5 o ? ? |? t ? , 由 cos 45 ?| ??? 4 | AP | ? | n |
故,要使要使二面角 P ? EC ? D 的大小为 45o ,只需 AE ?

5 4

12?

46. (甘肃省天水一中 2013 届高三下学期五月第二次检测(二模)数学(理)试题)如 图, 在 多 面 体 ABCDE 中 , DB ? 平面ABC , AE // DB , 且?ABC 是 边 长 为 2 的 等 边 三 角 形, AE ? 1 ,CD 与平面 ABDE 所成角的正弦值为

6 . 4

(1)在线段 DC 上是否存在一点 F,使得 EF ? 面DBC ,若 存在,求线段 DF 的长度,若不存在, 说明理由; (2)求二面角 D ? EC ? B 的平面角的余弦值.

【答案】解:(Ⅰ)取 AB 的中点 G,连结 CG,则 CG ? AB , 又

DB ? 平面ABC

, 可 得

D B ?

C , G所 以 CG ? 面A B D, E 所 以

s i?CDG ? n

CG 6 ,CG= 3 ,故 CD= 2 2 DB ? CD2 ? CB2 ? 2 ? CD 4
?

取 CD 的中点为 F,BC 的中点为 H,因为 FH // BD , AE // BD ,所以 AEFH 为平行四边形,
?

1 2

1 2

得 EF // AH ,

AH ? BC ? ? ? AH ? 平面 BCD AH ? BD ?

∴ EF ? 面DBC

存在 F 为 CD 中点,DF= 2 时,使得 EF ? 面DBC

29

(Ⅱ)如图建立空间直角坐标系, 则 C (1, 3 , 0) 、 B(0 , 0 , 0) 、

??? ? E (2 , 0 ,1) 、 D ? 0 , 0 , 2 ? ,从而 BE ? (2 , 0 ,1) ,

??? ? ??? ? EC ? (?1, 3 , ? 1) , DE ? (2, 0, ?1) .
设 n1 ? ( x , y , z ) 为平面 BCE 的法向量,

?? ?

?? ??? ? ? ?n1 ? BE ? 2 x ? z ? 0 ? ? 则 ? ?? ??? ? ? ?n1 ? EC ? ? x ? 3 y ? z ? 0 ?
?? ? 3 , ? 2) 可以取 n1 ? (1 , ? 3
8分

设 n2 ? ( x , y , z ) 为平面 CDE 的法向量,

?? ?

?? ???? ? ?n1 ? DE ? 2 x ? z ? 0 ? ? 则 ? ?? ??? ? ? ?n1 ? EC ? ? x ? 3 y ? z ? 0 ?
取 n2 ? (1, 3,2 )

?? ?

30

因此, cos ? n1 ? n2 ??

?? ?? ?

?4 6 , ?? 4 8 6 3

47. (甘肃省河西五市部分普通高中 2013 届高三第二次联合考试 数学(理)试题) (本小题 满分 12 分)在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=BC=CA=AA1=2,侧棱 AA1⊥面 ABC,D、E 分别是 棱 A1B1、AA1 的中点,点 F 在棱 AB 上,且 AF ? (Ⅰ)求证:EF∥平面 BDC1; (Ⅱ)求二面角 E-BC1-D 的余弦值.
1 AB . 4

【答案】 (1)证法一:设 O 为 AB 的中点,连结 A1O, ∵AF=

1 AB ,O 为 AB 的中点 4

∴F 为 AO 的中点,又 E 为 AA1 的中点 ∴EF∥A1O 又∵D 为 A1B1 的中点,O 为 AB 的中点 ∴A1D=OB 又 A1D∥OB ∴四边形 A1DBO 为平行四边形 ∴A1O∥BD 又 EF∥A1O ∴EF∥BD 又 EF ? 平面 DBC1 , BD ? 平面 DBC1 ∴EF∥平面 DBC1 证法二:建立如图所示的坐标系。 (坐标系建立仅为参考) z

(6 分)

y

o

x

∵AB=BC=CA=AA1=2,D、E 分别为 A1B1、AA1 的中点,AF=

1 AB 4

31

0, ,B(1,0,0) E(-1,0,1) ( - , 0) ,F ,D(0,0,2) 1(0, 3, ) ,C 2)
设平面平面 DBC1 的法向量为 n ? ( x, y, z)

1 2

1 EF ? ( ,0,-1 , BD ? (?1,0,2) , BC1 ? (?1, 3,2) ) 2

BD ? n ? ? x ? 2z ? 0
令 z=1, 则 y=0,x=2

BC1 ? ?x ? 3 y ? 2z ? 0 n ? (2,0,1 )

EF ? n ? 2 ?

1 ? 0 ? 1 ? (?1) ? 0 2
∴ EF ? n 又 EF ? 平面 BDC1 ∴EF∥平面 BDC1 (6

分) (2)设面 EBC1 的法向量为 m ? ( x, y, z)

BE ? (?2,0,1) , BC1 ? (?1, 3,2) BC1 ? m ? ?x ? 3 y ? 2z ? 0
令 x=1,则 z=2,y=- 3 cos< m, n >=

BE ? m ? ?2 x ? z ? 0

∴ m ? (1,? 3,2)

m?n m?n

?

2 ? 1 ? 0 ? (? 3 ) ? 1 ? 2 5 ?2 2

?

10 5
(12 分)

由图知二面角 E-BC1-D 为锐二面角,所以二面角的余弦值为

10 5

48. (云南省玉溪一中 2013 届高三第五次月考理科数学) (本小题满分 12 分)在边长为 5 9 的菱形 ABCD 中,AC=8.现沿对角线 BD 把△ABD 折起,折起后使∠ADC 的余弦值为 . 25 (1)求证:平面 ABD⊥平面 CBD; (2)若 M 是 AB 的中点,求折起后 AC 与平面 MCD 所成角的正弦值。 A M B D B M D A

C

C

32

【答案】 【解】 (1)证明 在菱形 ABCD 中,记 AC,BD 的交点为 O,AD=5, ∴OA=4,OD=3,翻折后变成三棱锥 A-BCD,在△ACD 中,

AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos ∠ADC
9 =25+25-2×5×5× =32, 25 在△AOC 中,OA +OC =32=AC , ∴∠AOC=90°,即 AO⊥OC, 又 AO⊥BD,OC∩BD=O, ∴AO⊥平面 BCD, 又 AO? 平面 ABD,∴平面 ABD⊥平面 CBD. (2)由(1)知 OA,OC,OD 两两互相垂直,分别以 OC,OD,OA 所在直线为 x,y,z 轴建立 3 ? → ? 空间直角坐标系,则 A(0,0,4),B(0,-3,0),C(4,0,0),D(0,3,0),M?0,- ,2?,MC= 2 ? ?
2 2 2

?4,3,-2?,→=(4,-3,0),→=(4,0,-4), AC ? 2 ? DC ? ? ?n·→=0 ? MC 设平面 MCD 的一个法向量为 n=(x,,), ? y z 则由 ?n·→=0 ? DC
令 y=4,有 n=(3,4,9),

?4x+3y-2z=0 ? 2 , ? 得 ?4x-3y=0 ?



? → 设 AC 与平面 MCD 所成的角为 θ ,sin θ =|cos 〈AC,n〉|=?
3 ∴AC 与平面 MCD 所成角的正弦值为 53. 53

? 3 53, ?= 106· 32? 53 ?
12-36

49. (云南省昆明三中 2013 届高三高考适应性月考(三)理科数学)如图所示,正方形

AA1 D1 D 与矩形 ABCD 所在平面互相垂直, AB ? 2 AD ? 2 ,点 E 为 AB 的中点.
(1)求证: BD1 // 平面A1 DE ; (2)求证: D1 E ? A1 D ; (3) 在线段 AB 上是否存在点 M , 使二面角 D1 ? MC ? D 的大小为 的长;若不存在,请说明理由.

? ?若存在, 求出 AM 6

33

【答案】.解: (Ⅰ) 四边形ADD A1为正方形, 是AD1的中点 , 点 E 为 AB 的中点, O 1 连接 OE

? EO为?ABD 的中位线 ? EO // BD1 ……2 分 1
又? BD1 ? 平面A1 DE, OE ? 平面A1 DE (II)正方形 ADD1 A1 中, A1 D ? AD1 ,

? BD1 // 平面A1 DE ………4 分

由已知可得: AB ? 平面ADD1 A1 ,

A1 D ? 平面ADD1 A1

? AB ? A1D , AB ? AD1 ? A ? A1 D ? D1 E
…………8 分

? A1 D ? 平面A1DE,D1E ? 平面AD1E

故当 AM ? 2 ?

? 3 时,二面角 D1 ? MC ? D 的大小为 6 3

……………12 分

(注:其它方法同样得分)
34

50. (云南省昆明一中 2013 届高三第二次高中新课程双基检测数学理) (本小题满分 12 分) 如图,四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 为菱形,∠DAB=60°,侧面 PAD⊥平面 AC,在△ PAD 中 ,E 为 AD 中点,PA=PD。 (I)证明:PA⊥BE; (II)若 AB ?

2 PA ,求二面角 A—PB—D 的正弦值。









35

51. (云南省玉溪一中 2013 届高三第三次月考理科数学) (本小题满分 12 分)如图,在长方 体 ABCD ? A1 B1C1 D1 ,中, AD ? AA1 ? 1, AB ? 2 ,点 E 在棱 AB 上移动. (1)证明: D1 E ? A1 D ; (2)当 E 为 AB 的中点时,求点 E 到面 ACD1 的距离; (3) AE 等于何值时,二面角 D1 ? EC ? D 的大小为

? . 4

36

D1 A1 B1

C1

D A E B

C

【答案】解:以 D 为坐标原点,直线 DA, DC, DD1 分别为 x, y, z 轴,建立空间直角坐标系,设
AE ? x ,则 A1 (1, 0,1), D1 (0, 0,1), E (1, x, 0), A(1, 0, 0), C (0, 2, 0) …………2 分

D1 A1 B1

C1

D A E B

C

???? ???? ? ? ???? ???? ? ? (1) 因为DA1 , D1 E ? (1,0,1),(1, x, ?1) ? 0, 所以DA1 ? D1 E. ………………4 分 ???? ? ???? (2)因为 E 为 AB 的中点,则 E (1,1, 0) ,从而 D1 E ? (1,1, ?1), AC ? (?1, 2,0) ,

? ???? ???? ? ? ?n ? AC ? 0, ? AD1 ? (?1, 0,1) ,设平面 ACD1 的法向量为 n ? (a, b, c) ,则 ? ? ???? ? ?n ? AD1 ? 0, ?

也即 ?

? ? ? a ? 2b ? 0 ? a ? 2b ,得 ? ,从而 n ? (2,1, 2) ,所以点 E 到平面 ACD1 的距离为 ??a ? c ? 0 ?a ? c
???? ? ? | D1 E ? n | 2 ? 1 ? 2 1 ? h? ? ? . ………………………………………………8 分 3 3 |n|

? (3)设平面 D1 EC 的法向量 n ? (a, b, c) ,

????? ? ??? ? ???? ? ∴ CE ? (1, x ? 2,0), D1C ? (0, 2, ?1), DD1 ? (0,0,1),
? ???? ? ?n ? D1C ? 0, ?2b ? c ? 0 ? 由 ? ? ??? ?? ? ?a ? b( x ? 2) ? 0. ?n ? CE ? 0, ?
? ∴ n ? (2 ? x,1, 2).

令 b ? 1,? c ? 2, a ? 2 ? x ,

? ???? ? | n ? DD1 | 2 2 2 ? 依题意 cos ? ? ???? ? ? ? . 2 4 | n | ? | DD1 | 2 2 ( x ? 2) ? 5

?

37

∴ x1 ? 2 ? 3 (不合,舍去) x2 ? 2 ? 3 . , ∴ AE ? 2 ? 3 时,二面角 D1 ? EC ? D 的大小为

? . …………………………12 分 4

52. (云南师大附中 2013 届高三高考适应性月考卷(三)理科数学试题)如图 5 甲,四边形 ABCD 中,E 是 BC 的中点,DB =2, DC=1,BC= 5 ,AB =AD= 2 .将(图甲)沿直线 BD 折起,使二面角 A - BD -C 为 60 (如图乙) . (Ⅰ)求证:AE⊥平面 BDC; (Ⅱ)求点 B 到平面 ACD 的距离.
o

【答案】 (本小题满分 12 分) (Ⅰ)证明:如图 4,取 BD 中点 M,连接 AM,ME. 因为 AB=AD= 2 ,所以 AM⊥BD, 因为 DB=2,DC=1,BC= 5 ,满足:DB +DC =BC , 所以△BCD 是以 BC 为斜边的直角三角形,BD⊥DC, 因为 E 是 BC 的中点,所以 ME 为△BCD 的中位线,
1 ? ME ∥ CD , =2
? ME⊥BD,ME=
2 2 2

图4

1 ,…………………………………………………………………(2 分) 2

? ∠AME 是二面角 A-BD-C 的平面角,??AME = 60 °.

? AM ? BD , ME ? BD 且 AM、ME 是平面 AME 内两条相交于点 M 的直线,

? BD ? 平面AEM ,? AE ? 平面 AEM,? BD ? AE .………………………………(4 分)
? AB ? AD ? 2 , DB ? 2 ,
?△ABD 为等腰直角三角形,? AM ?

1 BD ? 1 , 2

38

在△AME 中,由余弦定理得: AE 2 ? AM 2 ? ME 2 ? 2 AM ? ME ? cos ?AME , AE ? ?

3 , 2

? AE 2 ? ME 2 ? 1 ? AM 2 , AE ? ME , ?
? BD ? ME ? M ,BD ? 平面BDC ,ME ? 平面BDC ,

(6 ? AE ? 平面BDC .……………………………………………………………………… 分) (Ⅱ)解法一:等体积法. 解法二:如图 5,以 M 为原点,MB 所在直线为 x 轴,ME 所在 直线为 y 轴,平行于 EA 的直线为 z 轴,建立空间直角坐标 系, ………………………………………………(7 分)
1 ? ? 则由(Ⅰ)及已知条件可知 B(1,0,0), E ? 0 , ,0 ? , 2 ? ?

? 1 3? A ? 0 , , ? ,D (?1 ,0 ,0) ,C (?1 , ,0) . 1 ? 2 2 ? ? ? ??? ? ? ? 1 3 ? ??? 则 AB ? ?1 ,? ,? ? ,CD ? (0 ,? 1 ,0) , ? ? 2 2 ? ?

图5

……………………………………(8 分)

???? ? 1 3? AD ? ? ?1 ,? ,? ?, ? 2 2 ? ? ? ? 设平面 ACD 的法向量为 n = ( x,y,z ) ,
? ???? ? ?n· ? 0 , ?? x ? 1 y ? 3 z ? 0 , ? AD ?? 则 ? ? ??? 令 x ? 3 , 则 z=-2, ? 2 2 ?n· ? 0 ?? y ? 0 , ? CD ?
? (10 分) ? n ? ( 3 ,0 ,? 2) , …………………………………………………………………

记点 B 到平面 ACD 的距离为 d,
??? ??? ? 3?0? 3 2 21 AB ? n ? 则 d ? ??? ,所以 d ? . 2 2 7 n ( 3) ? 0 ? (?2)

…………………………(12 分)

53. (云南师大附中 2013 届高三高考适应性月考卷(四)理科数学试题) (本小题满分 12 分)如图 4,正三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中, E 是 AC 中点. (1)求证:平面 BEC1 ⊥平面 ACC1 A1 ;

(2)若

A1 A 2 ,求二面角 E ? BC1 ? C 的大小. ? AB 2

39

B

B1 A1

A E C

C1

【答案】 (Ⅰ)证明:如图 3,∵ ABC ? A1 B1C1 是正三棱柱,

∴ AA1 ? 平面ABC , ∴ BE ? AA1 . ∵△ABC 是正三角形,E 是 AC 中点, ∴ BE ? AC , ∴ BE ? 平面ACC1 A1 . 又∵ BE ? 平面BEC1 , ∴平面 BEC1 ? 平面ACC1 A1 . 分) (Ⅱ) 解:如图 4,作 CF ? EC1于F , FG ? BC1 于 G,连 CG. ∵平面 BEC1 ? 平面ACC1 A1 , ∴ CF ? 平面BEC1 , ∴FG 是 CG 在平面 BEC1 上的射影. ∴根据三垂线定理得, CG ? BC1 , ∴∠CGF 是二面角 E ? BC1 ? C 的平面角, 设 AB ? a ,∵
A1 A 2 2 ,则 A1 A ? ? a. AB 2 2
图4 图3

…………………………………………………………(6

在 Rt△ECC1 中, CF ?

EC ? CC1 6 ? a. EC1 6
40

在 Rt△BCC1 中, CG ?

BC ? CC1 3 ? a, BC1 3
CF 2 , ? CG 2

在 Rt△CFG 中,∵ sin ?CGF ? ∴ ?CGF ? 45? .

∴二面角 E ? BC1 ? C 的大小是 45°. …………………………………………………(12 分) 54. (甘肃省 2013 届高三第一次诊断考试数学(理)试题)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中, 侧棱 AA1⊥底面 ABC,AB⊥BC,D 为 AC 的中点,AA1=AB =2. (I)求证:AB1∥平面 BC1D; (Ⅱ)若四棱锥 B-AA1C1D 的体积为 3,求二面角 C-BCl -D 的正切值.









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