备考20142013高考数学 (真题 模拟新题分类汇编) 立体几何 理

1、【备考2014】2013高考数学 (真题+模拟新题分类汇编) 立体几何 理     立体几何     G1 空间几何体的结构     图13  12G1，G22013²福建卷 已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图13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_  1212 解析 该多面体是棱长为2的正方体，设球的半径为R，则2R2 3R  23，

2、所以S球4R12.  10G12013²辽宁卷 已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上若AB3，AC4，ABAC，AA112.则球O的半径为( ) A.31713 B210 C. D310 22  10C 解析 由题意将直三棱柱ABCA1B1C1还原为长方体ABDCA1B1D1C1，则球的直径即为长方体ABDCA1B1D1C1的体对角线AD1，所以球的直径AD1ABACAA134121313，则球的半径为，故选C. 2     G2 空间几何体的三视图和直观图   &

3、#160; 图13  12G1，G22013²福建卷 已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图13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_  1212 解析 该多面体是棱长为2的正方体，设球的半径为R，则2R2 3R  23，所以S球4R12.  5G22013²广东卷 某四棱台的三视图如图11所示，则该四棱台的体积是( ) - 1 -     图11  14A3&

4、#160; C.166 3  上15B 解析 棱台的上底、下底分别是边长为1和2的正方形，高为2，故V台3  14S上S下S下)h，故选B. 3  7G22013²湖南卷 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( )   A2  2121 D.227C 解析 由题可知，该正方体的俯视图恰好是正方形，则正视图最大值应是正方体C.的对角面，最小值为正方形，故面积范围为1，2，因211，2   ，故选C. 2

5、60; 13G22013²辽宁卷 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是_      图13  131616 解析 由三视图可以得到原几何体是一个圆柱里面挖去了一个长方体，所以该几何体的体积为  V4³4161616.  12G22013²陕西卷 某几何体的三视图如图13所示，则其体积为_   - 2 -     图13  11212. 解析 由三视图还原为实物图为半个圆

6、锥，则V³³³1³2. 3233  3G22013²四川卷 一个几何体的三视图如图12所示，则该几何体的直观图可以是  (   )     图1   2     图13  3D 解析 根据三视图原理，该几何体上部为圆台，下部为圆柱  7G22013²新课标全国卷 一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，

7、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，则得到的正视图可以为(   )     图12  7A 解析 在空间直角坐标系Oxyz中画出三棱锥，由已知可知三棱锥OABC为题中所描叙的四面体，而其在zOx平面上的投影为正方形EBDO，故选   A.  图14  12G22013²浙江卷 若某几何体的三视图(单位：cm)如图13所示，则此几何体的  3体积等于_cm. &

8、#160;   - 3 -     图13  1224 解析 此几何体知直观图是一个直三棱柱挖去一个三棱锥而得，如图所示，则111体积为3³4³5³3³4³324. 232  5G2，G72013²重庆卷 某几何体的三视图如图12所示，则该几何体的体积为(   )     图12  A.560580200 D240 33  5C 解析 该

9、几何体为直四棱柱，其高为10，底面是上底为2，下底为8，高为4，  1其腰为5的等腰梯形，所以其底面面积为(28)³420，所以体积为V20³10200. 2     3G32013²安徽卷 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

10、么它们有且只有一条过该点的公共直线   - 4 - G3 平面的基本性质、空间两条直线     3A 解析 选项B、C、D中的都是公理，都是平面的三个基本性质  4G3，G4，G52013²新课标全国卷 已知m，n为异面直线，m平面，n平面，直线l满足lm，ln，l，l，则( )  A且l  B且l  C与相交，且交线垂直于l  D与相交，且交线平行于l  4D 解析 若，则mn与m，n为异面直线矛盾，故A

11、错若且l，则由n平面知l n 与l n矛盾，故B错若与相交，设垂直于交线的平面为，则l ，又l m，l n，m平面，n平面，故交线平行于l.故选   D.  图17  19G3、G5、G10，G112013²重庆卷 如图17所示，四棱锥PABCD中，PA底面  ABCD，BCCD2，AC4，ACBACDF为PC的中点，AFPB. 3  (1)求PA的长；  (2)求二面角BAFD的正弦值      19解：(1)如图，联结BD

12、交AC于O，因为BCCD，即BCD为等腰三角形，又AC平分  BCD，故ACBD.以O为坐标原点，OB，OC，AP的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建  立空间直角坐标系Oxyz，则OCCDcos1，而AC4，得AOACOC3.又OD333，故A(0，3，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，D(3，0，0)  zzææ因PA底面ABCD，可设P(0，3，z)，由F为PC边中点，得Fç0，1，又AFç0，2，2ø2øèè  zP

13、B3，3，z)，因AFPB，故AF²PB0，即60，z3(舍去2 3)，所以2  |PA|3.  (2)由(1)知AD(3，3，0)，AB3，3，0)，AF(0，23)设平面FAD的法向  量为n1(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2(x2，y2，z2)  - 5 - 2     由n1²AD0，n1²AF0，得  ì3x13y10，因此可取n1(3，3，2) íî2y13z10，

14、60; 由n2²AB0，n2²AF0，得  3x23y20，故可取n2(33，2) íî2y23z20，  从而向量n1，n2的夹角的余弦值为  n1²n21cosn1，n2. |n1|²|n2|8  3 7故二面角BAFD的正弦值为8     G4 空间中的平行关系     19G4、G112013²安徽卷 如图15，圆锥顶点为P，底面圆心为O，其母线与底

15、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°.  (1)证明：平面PAB与平面PCD的交线平行于底面；  (2)求cos   COD.  图15  19解：(1)证明：设面PAB与面PCD的交线为l，  因为ABCD，AB不在面PCD内，所以AB面PCD.  又因为AB面PAB，面PAB与PCD的交线为l，  所以ABl，  由直线AB在底面上而

16、l在底面外可知，  l与底面平行      (2)设CD的中点为F，连接OF，PF.  由圆的性质，COD2COF，OFCD.  因为OP底面，CD底面，所以OPCD，  又OPOFO，故CD面OPF.  又CD面PCD.因此面OPF面PCD.从而直线OP在面PCD上的射影为直线PF，故OPF - 6 -     为OP与面PCD所成的角由题设，OPF60°.  设OPh，则OFOP&#

17、178;tanOPFh²tan 60°3h.  OPh根据题设有OCP22.5°，得OCtanOCPtan 22.5°  2tan 22.5°由1tan45°tan 22.5°>0，可解得tan 22.5°21， 21tan 22.5°  因此OC21)h. 21hOF3h在RtOCF中，cosCOF63， OC（21）h  故cosCODcos(2COF)2cosCOF163)11712 2.  6

18、G4、G52013²广东卷 设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )  A若，m，n，则mn  B若，m，n，则mn  C若mn，m，n，则  D若m，mn，n，则  6D 解析 m，mn，n，又n，故选D.  19G4，G112013²湖北卷 如图16所示，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  (1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l

19、与平面PAC的位置关系，并加以证明；  1(2)设(1)中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足DQCP.记直线PQ与平面ABC2  所成的角为，异面直线PQ与EF所成的角为，二面角ElC的大小为，求证：sin sin sin   . 22  图16  19解： (1)直线l平面PAC，证明如下：  联结EF，因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EFAC.  又EF平面ABC，且AC平面ABC，所以EF平面ABC.而EF平面BEF，且平面BEF平面A

20、BCl，所以EFl.因为l平面PAC，EF平面PAC，所以直线l平面   PAC.     - 7 -     (2)方法一：(综合法)如图，联结BD，由(1)可知交线l即为直线BD，且lAC. 因为AB是O的直径，所以ACBC，于是lBC.  已知PC平面ABC，而l平面ABC，所以PCl，  而PCBCC，所以l平面PBC.  联结BE，BF，因为BF平面PBC，所以lBF，故CBF就是二面角ElC的平面角，  

21、11即CBF.由DQ，作DQCP，且DQ22  联结PQ，DF，因为F是CP的中点，CP2PF，所以DQPF，从而四边形DQPF是平行四边形，PQFD.  联结CD，因为PC平面ABC，所以CD是FD在平面ABC内的射影，故CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即CDF.又BD平面PBC，有BDBF，知BDF为锐角，故BDF为异面直线PQ与EF所成的角，即BDF，于是在RtDCF，RtFBD，RtBCF中，分别  CFBFCF可得sin sin ，sin ， DFDFBF  BFCFCF从而sin sin

22、78;sin ，即sin sin sin . DFBFDF  11方法二：(向量法)如图，由DQ，作DQCP，且DQCP. 22  联结PQ，EF，BE，BF，BD，由(1)可知交线l即为直线BD.  以点C为原点，向量CA，CB，CP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角  坐标系，设CAa，CBb，CP2c，则有C(0，0，0)，A(a，0，0)，B(0，b，0)，P(0，0，  æ1æ1öö2c)，Q(a，b，c)，Eça，0，

23、c÷，F(0，0，c)，于是FEç，0，0÷，QP(a，b，c)，BFè2øè2ø  (0，b，c)，  22|FE²QP|abc所以cos 2，从而sin 1cos2. 2222abcabc|FE|QP|m²QP|c又取平面ABC的一个法向量为m(0，0，1)，可得sin 222. abc|m|QP|  设平面BEF的一个法向量为n(x，y，z)，  ìïn²FE0，所以由í 

24、9;în²BF0，  1ìïax0，可得í2取n(0，c，b)，  ïîbycz0，  |m²n|bc于是|cos |22，从而sin 1cos22. |m|n|bcbc  故sin sin .  - 8 - bc2222abc2cbc22cabc222sin ，即sin sin sin     16G4，G52013²江苏卷 如图12，在三棱锥SABC中，平面SAB

25、平面SBC，ABBC，ASAB.过A作AFSB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点  求证：(1)平面EFG平面ABC；  (2)BCSA.      图1   2  16证明：(1)因为ASAB，AFSB，垂足为F，所以F是SB的中点又因为E是SA的中点，所以EFAB.  因为EF平面ABC，AB平面ABC，  所以EF平面ABC.  同理EG平面ABC.又EFEGE，  所以平面EFG

26、平面ABC.  (2)因为平面SAB平面SBC，且交线为SB，  又AF平面SAB，AFSB，  所以AF平面SBC.  因为BC平面SBC，所以AFBC.  又因为ABBC，AFABA，AF，AB平面SAB，所以BC平面SAB.  因为SA平面SAB，所以BCSA.  8G42013²江西卷 如图12所示，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且ABCD，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mn( &#

27、160; )  图12  A8 B9  C10 D11  8A 解析 直线CE与上下两个平面平行，与其他四个平面相交，直线EF与左右两个平面平行，与其他四个平面相交，所以m4，n4，故选A.  - 9 -     图14  18G4、G112013²山东卷 如图14所示，在三棱锥PABQ中，PB平面ABQ，BABPBQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点

28、H，联结GH.  (1)求证：ABGH；  (2)求二面角DGHE的余弦值  18解：(1)证明：因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EFAB，DCAB，所以EFDC.  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PCDGH，所以EFGH.  又EFAB，所以ABGH.  (2)方法一：在ABQ中，AQ2BD，ADDQ，  所以ABQ90

29、76;，即ABBQ.  因为PB平面ABQ，所以ABPB.又BPBQB，      图15  所以AB平面PBQ.由(1)知ABGH，所以GH平面PBQ.又FH平面PBQ，所以GHFH.同理可得GHHC，所以FHC为二面角DGHE的平面角  设BABQBP2.联结FC，  在RtFBC中，由勾股定理得FC2，在RtPBC中，由勾股定理得PC5.又H为PBQ  155的重心，所以HCPC同理FH. 333  5529944在FHC中，由余

30、弦定理得cosFHC.即二面角DGHE5552³9  方法二：在ABQ中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90°.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BABQBP2，则E(1，0，1)，F(0，0，1)，Q(0，2，0)，  D(1，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)所以EQ(1，2，1)，FQ(0，2，1)，DP(     - 10 -    

31、60;1，1，2)，CP(0，1，2)  设平面EFQ的一个法向量为m(x1，y1，z1)，  由m²EQ0，m²FQ0，  ìïx12y1z10，得í取y11，得m(0，1，2) ï2yz0，11î  设平面PDC的一个法向量为n(x2，y2，z2)，  由n²DP0，n²CP0，  ìx2y22z20，ï得í ïy2z0，22î

32、60; 取z21，得n(0，2，1)  所以cosm，nm²n4. |m|n|5  因为二面角DGHE为钝角，  4所以二面角DGHE的余弦值为.   5     图15  19G4，G5，G7，G112013²四川卷 如图17所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1底面ABC，ABAC2AA1，BAC120°，D，D1分别是线段BC，B1C1的中点，P是线段AD的中点  (1)在平面ABC

33、内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，说明理由，并证明直线l平面ADD1A1；  (2)设(1)中的直线l交AB于点M，交AC于点N，求二面角AA1MN的余弦值      图17  - 11 -     19解：(1)如图，在平面ABC内，过点P作直线lBC，因为l在平面A1BC外，BC在平面A1BC内，由直线与平面平行的判定定理可知，l平面A1BC.  由已知，ABAC，D是BC的中点  所以，BCAD，则直线lAD. 

34、; 因为AA1平面ABC，所以AA1直线l.  又因为AD，AA1在平面ADD1A1内，且AD与AA1相交，  所以直线l平面ADD1A1.  (2)解法一：  联结A1P，过A作AEA1P于E，过E作EFA1M于F，联结AF. 由(1)知，MN平面AEA1，所以平面AEA1平面A1MN.  所以AE平面A1MN，则A1MAE.  所以A1M平面AEF，则A1MAF.  故AFE为二面角AA1MN的平面角(设为)  设AA11

35、，则由ABAC2AA1，BAC120°，有BAD60°，AB2，AD1. 又P为AD的中点，所以M为AB中点，  1且AP，AM1， 2  5RtA1AM中，A1M2. 2  AA1²AP1AA1²AM1从而AE，AF， A1PA1M52所以，在RtAA1P中，A1P  AE2所以sinAF5  所以cos1sin2æ2ö2151ç55èø15. 5故二面角AA1MN解法二：  设A1A

36、1，如图，      过A1作A1E平行于B1C1，以A1为坐标原点，分别以A1E，A1D1，A1A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A1重合)   - 12 -     则A1(0，0，0)，A(0，0，1)  因为P为AD的中点，所以M，N分别为AB，AC的中点，又ABAC2AA1，BAC120°， 故可得M3131，1，N，1， 2222  æ31ö所以A1M&

37、#231;，1÷，A1A(0，0，1)，NM3，0，0) è22ø设平面AA1M的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，  ìïn1A1M，ìïn1²A1M0，则í即í ïîn1A1A，ïîn1²A1A0，  31öìï（x1，y1，z1）²æç，1÷0，è22ø故有í ïî（x1，y1，

38、z1）²（0，0，1）0，  ìï311y1z10，2从而í2 ïîz10.  取x11，则y13，所以n1(13，0)  设平面A1MN的一个法向量为n2(x2，y2，z2)，则  ìïn2A1M，ìïn2²A1M0，即í íïîn2NM，ïîn2²NM0，  æ31öìï（x

39、2，y2，z2）²ç，1÷0，è22ø故有í ïî（x2，y2，z2）²（3，0，0）0，  1ì3ï2y2z20，2从而í2  ïî3x20.  取y22，则z21，所以n2(0，2，1)  设二面角AA1MN的平面角为，又为锐角，  则cos ïïn1²n2ï ïï|n1|²|n2|&

40、#239;  ï（13，0）²（0，2，1）ï15ï5. 2²5ïï  15. 5  18G4，G7，G102013²新课标全国卷 如图13所示，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，故二面角AA1MNE分别是AB，BB1的中点，AA1ACCB  (1)证明：BC1平面A1CD；  - 13 - 2AB. 2     (2)求二面角DA1CE的正弦值    &#

41、160; 图13  18解：(1)证明：联结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点      又D是AB中点，联结DF，则BC1DF.  因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，  所以BC1平面A1CD.  (2)由ACCB2AB得，ACBC. 2  以C为坐标原点，CA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设  CA2，则D(1，1，0)，E(0，2，1)，A1(2，0，2)，CD(1，1，0)，CE

42、(0，2，1)，CA1  (2，0，2)  设n(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则  ìïn²CD0，ìïx1y10，即í íï2x12z10.îïîn²CA10，  可取n(1，1，1)  ìïm²CE0，同理，设m为平面A1CE的法向量，则í ïîm²CA10.  可取m(

43、2，1，2)  n²m36从而cosn，msinn，m. |n|m|33  6. 3  4G3，G4，G52013²新课标全国卷 已知m，n为异面直线，m平面，n平面，直线l满足lm，ln，l，l，则( )  A且l  B且l 即二面角DA1CE - 14 -     C与相交，且交线垂直于l  D与相交，且交线平行于l  4D 解析 若，则mn与m，n为异面直线矛盾，故A错若且l，则由n平面知l

44、 n 与l n矛盾，故B错若与相交，设垂直于交线的平面为，则l ，又l m，l n，m平面，n平面，故交线平行于l.故选D.     G5 空间中的垂直关系     19G5，G11，G122013²福建卷 如图16所示，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱AA1底面ABCD，ABDC，AA11，AB3k，AD4k，BC5k，DC6k(k>0)  (1)求证：CD平面ADD1A1；  6(2)若直线AA1与平面AB1Ck的值； 7  (

45、3)现将与四棱柱ABCDA1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的四棱柱规定：若拼接成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案问：共有几种不同的拼接方案？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)的解析式(直接写出答案，不必说明理由   )  图1   6  19解：(1)证明：取CD的中点E，联结BE.  ABDE，ABDE3k，  四边形ABED为平行四边形，  BEAD且BEAD4k. 

46、 在BCE中，BE4k，CE3k，BC5k，  222BECEBC，  BEC90°，即BECD，又BEAD，所以CDAD.  AA1平面ABCD，CD平面ABCD，AA1CD.又AA1ADA，  CD平面ADD1A1   .  - 15 -     (2)以D为原点，DA，DC，DD1的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标  系，则A(4k，0，0)，C(0，6k，0)，B1(4

47、k，3k，1)，A1(4k，0，1)，所以AC(4k，6k，0)，  AB1(0，3k，1)，AA1(0，0，1)  ìïAC²n0，ìï4kx6ky0，设平面AB1C的法向量n(x，y，z)，则由í得í取y2，得ï3kyz0.îïîAB1²n0，  n(3，2，6k)  设AA1与平面AB1C所成角为，  ïAAï1²n6k6ï

48、9;则sin |cosAA1，n| 2ï|AAï36k137ï1|²|n|ï  解得k1，故所求k的值为1.  (3)共有4种不同的拼接方案  5272k26k，0<k，18f(k) 5236k36k，k>.18ìïíïî  6G4、G52013²广东卷 设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )  A若，m，n，则mn  B若，

49、m，n，则mn  C若mn，m，n，则  D若m，mn，n，则  6D 解析 m，mn，n，又n，故选D.  16G4，G52013²江苏卷 如图12，在三棱锥SABC中，平面SAB平面SBC，ABBC，ASAB.过A作AFSB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点  求证：(1)平面EFG平面ABC；  (2)BCSA.      图1   2  16证明：(1)因为ASAB，A

50、FSB，垂足为F，所以F是SB的中点又因为E是SA的中点，所以EFAB.  - 16 -     因为EF平面ABC，AB平面ABC，  所以EF平面ABC.  同理EG平面ABC.又EFEGE，  所以平面EFG平面ABC.  (2)因为平面SAB平面SBC，且交线为SB，  又AF平面SAB，AFSB，  所以AF平面SBC.  因为BC平面SBC，所以AFBC.  又因为

51、ABBC，AFABA，AF，AB平面SAB，所以BC平面SAB.  因为SA平面SAB，所以BCSA.  19G5，G112013²江西卷 如图16所示，四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，E为  3BD的中点，G为PD的中点，DABDCB，EAEBAB1，PACE并延长交AD于2  F.  (1)求证：AD平面CFG；  (2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值      图16  解：(1)证明：

52、在ABD中，因为E是BD中点，所以EAEBEDAB1.  故BAD23  因为DABDCB，所以EABECB，  从而有FEDBECAEB， 3  所以FEDFEA，故EFAD，AFFD，  又因为PGGD，所以FGPA.  又PA平面ABCD，  所以GFAD，故AD平面CFG.  3öæ3(2)以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，Cç，0÷，è

53、22ø  D(03，0)，  33öæ333öæ33öæ1P0，0，故BCç，0÷，CPç÷，CDç，0÷. 222øè22øè2è22ø  13ìy0，ï22设平面BCP的法向量n(1，y，z)，则í 333z0，ïî222111111  - 17 -  

54、  3ìy，ï332öæ解得í即nç1，. 33øè2ïîz3111设平面DCP的法向量n2(1，y2，z2)，  33ìy0，ï22ìy3，则í解得í z2，î333y0，ïî222222  22  即n2(13，2)  从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为  |n1²n2|cos

55、 |n1|n2|2.   4   168943图17  17G5，G10，G112013²北京卷 如图17，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形平面ABC平面AA1C1C，AB3，BC5.  (1)求证：AA1平面ABC；  (2)求二面角A1BC1B1的余弦值；  (3)证明：在线段BC1上存在点D，使得ADA1B，并求BD BC1  17解：(1)证明：因为AA1C1C为正方形，所以AA1AC. 因为平面ABC平面AA

56、1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC， 所以AA1平面ABC.  - 18 -     (2)由(1)知AA1AC，AA1AB.  由题知AB3，BC5，AC4，所以ABAC.  如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系Axyz，则  B(0，3，0)，A1(0，0，4)，B1(0，3，4)，C1(4，0，4)  设平面A1BC1的一个法向量为n(x，y，z)，则  ìïn²A1B0， í&

57、#239;în²A1C10.  ìï3y4z0，即í ï4x0.î  令z3，则x0，y4，所以n(0，4，3)  同理可得，平面B1BC1的一个法向量为m(3，4，0)  所以cosn，mn²m16. |n|m|25  由题知二面角A1BC1B1为锐角，  16所以二面角A1BC1B125  (3)设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且BDBC1.  所

58、以(x，y3，z)(4，3，4)  解得x4，y33，z4.  所以AD(4，33，4)  由AD²A1B0，即9250，  9解得25  9因为0，1，所以在线段BC1上存在点D，使得ADA1B. 25  此时，BD9. BC125  18G5，G112013²辽宁卷 如图14，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点  (1)求证：平面PAC平面PBC；  (2)若AB2，AC1，P

59、A1，求二面角CPBA的余弦值     - 19 -     图14  18解： (1)证明：由AB是圆的直径，得ACBC.  由PA平面ABC，BC平面ABC，得PABC.  又PAACA，PA平面PAC，AC平面PAC，  所以BC平面PAC.  因为BC平面PBC，  所以平面PBC平面PAC.  (2)方法一：  过C作CMAP，则CM平面ABC.如

60、图，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系      15  因为AB2，AC1，所以BC3.  因为PA1，所以A(0，1，0)，B(3，0，0)，P(0，1，1)  故CB(3，0，0)，CP(0，1，1)  设平面BCP的法向量为n1(x，y，z)  ìïCB²n10，则í ïîCP²n10，  ì3x0，所以

61、í îyz0，  不妨令y1，则n1(0，1，1)  因为AP(0，0，1)，AB(3，1，0)，  设平面ABP的法向量为n2(x，y，z)，  ìïAP²n20，则í ïîAB²n20，  ìz0，  所以í î3xy0.  不妨令x1，n2(13，0)  36于是cosn1，n2 24   &

62、#160; - 20 -     所以由题意可知二面角CPBA的余弦值为  解法二：过C作CMAB于   M. 6. 4  图16  因为PA平面ABC，CM平面ABC，  所以PACM，  故CM平面PAB.  过M作MNPB于N，联结NC.  由三垂线定理得CNPB.  所以CNM为二面角CPBA的平面角  在RtABC中，由AB2，AC1，得

63、BC3，CM  在RtPAB中，由AB2，PA1，得PB5.  3  MN2因为RtBNMRtBAP， 15  5故MN. 10  又在RtCNM中，CN306，故cosCNM5433，BM. 22  6. 4  19G5、G112013²全国卷 如图，四棱锥PABCD中，ABCBAD90°，BC2AD，PAB和PAD都是等边三角形  (1)证明：PBCD；  (2)求二面角APDC的大小

64、60; 所以二面角CPBA的余弦值为  19解：(1)取BC的中点E，联结DE，则四边形ABED为正方形  过P作PO平面ABCD，垂足为O.  联结OA，OB，OD，OE.  由PAB和PAD都是等边三角形知PAPBPD，  所以OAOBOD，即点O为正方形ABED对角线的交点，  故OEBD，从而PBOE.  因为O是BD的中点，E是BC的中点，所以OECD.因此PBC   D.  - 21 -

65、0;    (2)解法一：由(1)知CDPB，CDPO，PBPOP，  故CD平面PBD.  又PD平面PBD，所以CDPD.  取PD的中点F，PC的中点G，连FG.  则FGCD，FGPD.  联结AF，由APD为等边三角形可得AFPD.  所以AFG为二面角APDC的平面角  联结AG，EG，则EGPB.  又PBAE，所以EGAE.  1设AB2，则AE2，EG1， 2 

66、; 故AGAEEG3，  1在AFG中，FGCD2，AF3，AG3. 2  FGAFAG6所以cosAFG2²FG²AF3  6. 3  解法二：由(1)知，OE，OB，OP两两垂直 因此二面角APDC的大小为arccos  以O为坐标原点，OE的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O   xyz. 222设|AB|2，则  A(2，0，0)，D(02，0)，  C(2 2，2，0)，P(0，0，

67、  PC(2 2，2，2)，PD(0，2，2)，  AP(，0，2)，AD2，2，0)  设平面PCD的法向量为n1(x，y，z)，则  n1²PC(x，y222)0，  n1²PD(x，y，z)²(0，2，2)0，  可得2xyz0，yz0.  取y1，得x0，z1，故n1(0，1，1)  设平面PAD的法向量为n2(m，p，q)，则   n2²AP(m，p，q)²

68、(2，02)0，   - 22 -     n2²AD(m，p，q)²(2，2，0)0，  可得mq0，mp0.  取m1，得p1，q1，故n2(1，1，1)   n1²n26于是cosn1，n2. |n1|n2|3  由于n1，n2等于二面角APDC的平面角，所以二面角APDC的大小为arccos63  18G5，G102013²陕西卷 如图16，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正

69、方形，O为底面中心，A1O平面ABCD，ABAA12.  (1)证明：A1C平面BB1D1D；  (2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角的大小      图1   1  18解：(1)方法一：  由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立直角坐标系，如图 ABAA12，  OAOBOA11.  A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1) 由A1B1AB，

70、易知B1(1，1，1)  A1C(1，0，1)，BD(0，2，0)，  BB1(1，0，1)，  A1C²BD0，A1C²BB10，  A1CBD，A1CBB1，  A1C平面BB1D1D.  方法二：  A1O平面ABCD，A1OBD.  又四边形ABCD是正方形，BDAC，  BD平面A1OC，BDA1C.  又OA1是AC的中垂线，  A1AA1C2，

71、且AC2，ACAA1A1C，  - 23 - 222     AA1C是直角三角形，AA1A1C.  又 BB1AA1，A1CBB1.  A1C平面BB1D1D.  (2)设平面OCB1的法向量n(x，y，z)  OC(1，0，0)，OB1(1，1，1)，  ìïn²OCx0，í ïîn²OB1xyz0.  ìïx0，í

72、;取n(0，1，1)， ïyz.î  由(1)知，A1C(1，0，1)是平面BB1D1D的法向量，  cos |cosn，A1C|又0，. 23  19G4，G5，G7，G112013²四川卷 如图17所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1底面ABC，ABAC2AA1，BAC120°，D，D1分别是线段BC，B1C1的中点，P是线段AD的中点  (1)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，说明理由，并证明直线l平面ADD1A1；  

73、;(2)设(1)中的直线l交AB于点M，交AC于点N，求二面角AA1MN的余弦值   1. 2221图1   7  19解：(1)如图，在平面ABC内，过点P作直线lBC，因为l在平面A1BC外，BC在平面A1BC内，由直线与平面平行的判定定理可知，l平面A1BC.  由已知，ABAC，D是BC的中点  所以，BCAD，则直线lAD.  因为AA1平面ABC，所以AA1直线l.  又因为AD，AA1在平面ADD1A1内，且AD与AA1相交， &#

74、160;所以直线l平面ADD1A1.  (2)解法一：  联结A1P，过A作AEA1P于E，过E作EFA1M于F，联结AF. 由(1)知，MN平面AEA1，所以平面AEA1平面A1MN.  - 24 -     所以AE平面A1MN，则A1MAE.  所以A1M平面AEF，则A1MAF.  故AFE为二面角AA1MN的平面角(设为)  设AA11，则由ABAC2AA1，BAC120°，有BAD60°，AB2，AD1.

75、 又P为AD的中点，所以M为AB中点，  1且AP，AM1， 2  5RtA1AM中，A1M2. 2  AA1²AP1AA1²AM1从而AE，AF， A1PA1M52所以，在RtAA1P中，A1P  AE2所以sinAF5  所以cos1sinæ2ö2151ç5è5ø15. 5故二面角AA1MN解法二：  设A1A1，如图，      过A1作A1E平行于B1C1，以A1为坐标原点，分别以A1E，A1D1，A1A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A1重合)  则A1(0，0，0)，A(0，0，1)  因为P为AD的中点，所以M，N分别为AB，AC的中点，又ABAC2AA1，BAC120°， 故可得M3131，1，N，1， 2222