高考数学押题精选试题分类汇编7立体几何理

bc

1

一、选择题

1．（北京市高考压轴卷理科数学）已知

m

、

n是两条不同的直线,

、

是两个不同的平

面,给出下列命题:

①若

,m//,则

;②若

m,n

,且

mn,则

;③若

m,

m//,则;④若

m//

,

n//

,且

m//n,则

//

.其中正确命题的

序号是

A．①④B．②③C．②④D．①③【答案】B

（）

【解析】①当

,m//时,

不一定成立,所以错误.②

成立.③

成

立.④

m//

,

n//

,且

m//n,,也可能相交,所以错误.所以选B．

2．（湖北省高考压轴卷

数学（理）试题）已知直角三角形ABC,其三边分为a,b,c,(a>b>c).

分别以三角形的a边,b边,c边所在直线为轴,其余各边旋转一周形成的曲面围成三个几

何体,其表面积和体积分别为S1,S2,S3和V1,V2,V3.则它们的关系为（）

A．S>S>S,V>V>V12312

3

B．S<S<S,V<V<V12312

3

C．S>S>S,V=V=V12312

3

D．S<S<S,V=V=V12312

3

【

答

案】B【

解

析】:

S

1

bc,Va

1

3

bc

a

2

a

Sacc2,V22

1

3

bc

2

Sabb2,V33

1

3

b2c

则选B

3．（全国大纲版高考压轴卷数学理试题）在半径为

R

的球内放入大小相等的4个小球,则

小球半径

r的最大值为

（）

A．

62R

B．

21R

C．

1

4

R

D．

1

3

R

【答案】

（）

A．当三个小球在下、

第四个小球在上相切时,小球的半径最大.设小球的最大半径为

r

,

四个小球的球心分别为A,B,C,D,大球半径为

R

.则四面体A-BCD是棱长为

2r

的正四面

体,将正四面体A-BCD补形成正方体,则正方体棱长为

2r

,大球球心O为体对角线中点,

1

易求

1

OA(2r)2(2r)2(2r)222

6

r

,所以

RrOA

2

6

r

,解得

r(6

2)R

4．（山东省高考压轴卷理科数学）(2013青岛市一模)已知

m、n、

l

是三条不同的直线,、

、是三个不同的平面,给出以下命题:

①若

m,n//

,则

m//n;②若

m,n,

,

l,ml

,则

mn;③若

n//m

,

m

,则

n//

;④若

//

,

//

,则

//

.

其中正确命题的序号是()

A．②④B．②③C．③④D．①③【答案】

A．【解析】①中直线还可能异面;③中需指明直线n不在平面内.

（）

（）

5．（

全国大纲版高考压轴卷数学理试题）在正方形

ABCD

中,

AB4,

沿对角线

AC

将

正方形

ABCD

折成一个直二面角

BACD

,则点

B

到直线

CD

的距离为

A

22

B

32

C

23

D

2

22

【答案】

C．

作

ODAC

,垂足是O,则O是AC的中点,连结OB,易证

BOD90

0

,作

OECD

于E,

D

E

A

O

c

B

E是CD的中点,

又

BO平面ACDBECD

,

,BE是点B到直线CD的距离.

在

RtBOE

中,求

BE23

.

6．（海南省高考压轴卷理科数学）

如图是长和宽分别相等的两个矩形.给定下列三个命题:

①存在三棱柱,其正(主)视图、俯视图如下图;②存在四棱柱,其正(主)视图、俯视图如下图;③存在圆柱,其正(主)视图、俯视图如下图.其中真命题的个数是

2

（）

A．3B．2

C．1D．0

【答案】答案:A

考点:简单空间图形的三视图.

分析:由三棱柱的三视图中,两个矩形,一个三角形可判断①的对错,由四棱柱的三视图

中,三个均矩形,可判断②的对错,由圆柱的三视图中,两个矩形,一个圆可以判断③的真

假.本题考查的知识点是简单空间图形的三视图,其中熟练掌握各种几何体的几何特征

进而判断出各种几何体中三视图对应的平面图形的形状是解答本题的关键.

解答:解:存在正三棱柱,其三视图中有两个为矩形,一个为正三角形满足条件,故①为真

命题;

存在正四棱柱,其三视图均为矩形,满足条件,故②为真命题;

对于任意的圆柱,其三视图中有两个为矩形,一个是以底面半径为半径的圆,也满足条件,故③为真命题;

7．（

浙江省高考压轴卷数学理试题）已知直线

m、l

,平面

、

,且

m,l

,给出

下列命题:

①若

∥

,则m⊥

l

;②若

⊥

,则m∥

l

;

③若m⊥

l

,则

∥

;④若m∥

l

,则

⊥

其中正确命题的个数是

A．1B．2C．3D．4

【答案】B

【解析】①④对,②③错

8．（湖南省高考压轴卷数学（理）试题）某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为

（）

（）

A．22

B．

2

C．(22

+1)π

D．(22

+2)π

3

．

1

【答案】A

9．（四川省高考压轴卷数学理试题）已知三棱锥底面是边长为1的正三角形,侧棱长均为2,则侧棱与底面所成角的余弦值为

（）

A．

3

2

B

．

C

．

3

3

D

．

3

6

【答案】D

10．（山东省高考压轴卷理科数学）右图是一个几何体的正(主)视图和侧(左)视图,其俯视

图是面积为

82

的矩形.则该几何体的表面积是

（）

A．

2082

B．

2482

C8D．16

【答案】

A．【解析】由已知俯视图是矩形,则该几何体为一个三棱柱,根据三视图的性质,俯视图

（）

的

矩

形

宽

为

22

,

由

面

积

82

得

长

为4,

则

SS+2S=（82+224）+222侧底2

2

=

2082

.

11．（江西省高考压轴卷数学理试题）在空间,下列命题正确的是（）A．平行直线的平行投影重合B．平行于同一直线的两个平面平行

C．垂直于同一平面的两个平面平行D．垂直于同一平面的两条直线平行

【答案】D【解析】由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理

可以得出答案.

12．（新课标高考压轴卷（二）理科数学）某几何体的俯视图是如右图所示的矩形,正视图(或

称主视图)是一个底边长为8、高为5的等腰三角形,侧视图(或称左视图)是一个底边长

为6、高为5的等腰三角形.则该儿何体的体积为

（）

A．24B．80C．64D．240【答案】B

13．（重庆省高考压轴卷数学理试题）

设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱长都为

a

,顶点都

在一个球面上,则该球的表面积为

（）

A．

a2

B．

7

3

a2

C．

11

3

a2

D．

5a2

【答案】

解析:根据题意条件可知三棱柱是棱长都为

a

的正三棱柱,则其外接球的半径为

4

aa7R()2()2a2

22sin6012

,球的表面积为

R

2

7a274a2

123

,应选B．

14．（浙江省高考压轴卷数学理试题）已知一个棱长为2的正方体,被一个平面截后所得几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是

（）

A．8B．

20

3

C．

17

3

D．

14

3

【

答

案】C【

解

析】

几

何

体

是

正

方

体

截

去

一

个

三

棱

台,

V2

3

11117(22)2

3223

15．（

北京市高考压轴卷理科数学）

一个几何体的三视图如图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．1B．

3

3

C．

3

D．

23

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

PD3

,底面

△ABC

为等腰直角三角

形,

ABBC2

,所以体积为

113V322

323

,故选B．

5

图1

16．（2013新课标高考压轴卷（一）理科数学）一个几何体的三视图如图所示,其中俯视图

与左视图均为半径是

2

的圆,则这个几何体的表面积是

正视图

左视图

俯视图

（）

A．

16

B．

14

C．

12

D．

8

【答案】A【解析】由三视图可知,该几何体是一挖去

半球的球.其中两个半圆的面积

为

2

2

4

3

.个球的表面积为4

42

2

12

,所以这个几何体的表面积是

12416A．

,选

（）

17．（

湖南省高考压轴卷数学（理）试题）在空间给出下面四个命题(其中

m、n为不同的

两条直线,

a

、

b

为不同的两个平面)

①

m^a,n//

aÞm^n②m//n,n//

aÞm

//

a

③m//n,n^b,m//

aÞa^b④mn=A,m//

a

,m//b

,n//a

,n//b

Þa

//

b

其中正确的命题个数有

A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】C

18．（陕西省高考压轴卷数学（理）试题）一个直棱柱被一个平面截去一部分后所剩几何体

的三视图如图所示,则该几何体的体积为

（）

（）

A．

9

B．

10

C．

11

D．

23

2

6

【答案】C【解析】由三视图可知该几何体是在底面为边长是

2

的正方形高是3的直四

棱柱的基础上截去一个底面积为

211

高为

3

的三棱锥形成的,所以

V43111.

19．（

安徽省高考压轴卷数学理试题）在

ABC

中,已知

AB27,BC37,AC7,

D

是边AC上的一点,将ABC沿BD折叠,得到三棱锥

ABCD

,若该三棱锥的顶点

A

在底面

A．

BCD的射影M在线段BC上,设BMx,则x的取值范围是0,27B．0,7C．7,27

D．

27,37

（）

【答案】C【解析】本题考查立体几何中的折叠问题和解三角形问题,直接计算比较复

杂,可以采用极限思想特殊化法,在

ABC

中

AB27,BC37,AC7

,由余弦

定理得

cosB

AB2BC2AC2ABBC

2

,

所以

B

3

,当D

点

和C

点

重

合

时,

BMABcos

3

7

,BD是角平分线时,A点的射影才能出现在BC上,此时

BMAB27

,两种情

况是临界值,故选C二、填空题

20．（

辽宁省高考压轴卷数学理试题）某几何体的三视图如图1所示,它的全面积为_____.

7

【答案】

54

21．（

江苏省高考压轴卷数学试题）在三棱锥P-ABC中,PA=PB=PC=

3

,侧棱PA与底面ABC

所成的角为60°,则该三棱锥外接球的体积为_______.

【答案】

4

3

22．（湖北省高考压轴卷

数学（理）试题）下图是一个几何体的三视图,根据图中数据,可

得该几何体的体积是______________.

【答案】

2

2

【解析】:由三视图可知几何体为组合体,上方是一个卧式直三棱柱,

三棱柱的底面是其中一边长为

2

,该边上的

高为

2

的三角形,侧棱长为

2

;下方是

一

个

圆

柱,其

底

面

半

径

为1,母

线

长

为2,故

其

体

积

V(

2

2)

21

2

22

2

.

23．（

广东省高考压轴卷数学理试题）已知某棱锥的三视图如右图所示,则该棱锥的体积

为__________.

8

【答案】2四棱锥底面是直角梯形,面积为

221

3

,高为2,则体积为2

24．（

上海市高考压轴卷数学（理）试题）已知正方体

ABCDABCD

1111

的棱长为

1,动点

P

在正方体

ABCDABCD

1111

表面上运动,且

PAr(0r3)

,记点

P

的轨迹的

长度为

f(r)

,则

1

f()

2

______________;关于

r

的方程

f(r)k

的解的个数可以为

________.(填上所有可能的值).

【答案】

3

4

,0,2,3,4

【解析】由定义可知当

PA

,点P的轨迹是半径为

11

的圆周长,此时点P分别在三24

个侧面上运动,所以

1113

f()3(2).由正方体可知,当2424

0r1

,点P在三个

面上运动,此时

f(r)递增,当

1r

2

5

时,f(r)递减,当

2

5

r2

时,f(r)递增,

当

2r3

时,f(r)递减,如草图,所以方程

f(r)k的解的个数可能为0,2,3,4个.

25．（安徽省高考压轴卷数学理试题）

几何体的体积是______.

某几何体的三视图如图所示,根据图中的数据,可得该

9

3

【答案】

如图所示

32

3

【解析】本题考查三视图还原成立体图和棱锥的体积公式.由题知立体图

AE4,BD4,BE3,CE1,AEBC,BD面ABC

,

所以

1

S44ABC2

8

,

1

VS4

ABC

32

3

.

26

．（

江西省高考压轴卷数学理试题）

如图,若一个几何体的正视图、

侧视图、

俯视图相同,

且均为面积等于2的等腰直角三角形,则该几何体的体积为______.

【答案】

27．（

重庆省高考压轴卷数学理试题）已知矩形AB6,BC2

上,且

3

,则棱锥

的顶点都在半径为4的球

ABCD

的体积为_____.

OABCD

O的球面

【答案】解析:设ABCD所在的截面圆的圆心为M,则AM=

(23)

2

6

2

23

,

OM=

4

2

(2

3)

2

2

,

V

OABCD

1

6233

2

83

.

28．（

天津市高考压轴卷理科数学）已知一个几何体是由上下两部分构成的组合体,其三视

图如下,若图中圆的半径为

1

,等腰三角形的腰长为

5

,则该几何体的体积是

10

_________________

【答案】

4

3

【解析】

由三视图可知,该几何体上部分是一个圆锥,下部分是个半球,球半径为1,圆锥

的高为

h(5)21

42

,所以圆锥的体积为

122

33

,半球的体积为

,所以几何体的总体积为

2

24

333

.

29．（湖南省高考压轴卷数学（理）试题）有一根长为3πcm,底面半径为2cm的圆柱形铁管,用一段铁丝在铁管上缠绕2圈,并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端,则铁丝的最短长度为_____________

【答案】5πcm

三、解答题

30．（

北京市高考压轴卷理科数学）如图所示,在棱锥

PABCD

中,PA平面

ABCD

,

底面

ABCD

为直角梯形,

PAADDC2,AB4

且AB//CD,BAD90

,

(Ⅰ)求证:

BCPC

(Ⅱ)求

PB

与平面

PAC

所成角的正弦值.

【答案】(Ⅰ)在直角梯形ABCD中,AC=

2

2

,

取AB中点E,连接CE,则四边形AECD为正方形,

AE=CE=2,又BE=

AB2

,

则

ABC

为等腰直角三角形,

ACBC

,

又

PA

平面ABCD,BC平面

ABCD

,

11

,则平面

,则为矩形,又

PABC

,由

ACPAA

得

BC

平面PAC,

PC

平面PAC,所以

BCPC

(Ⅱ)以A为坐标原点,AD,AB,AP分别为x,y,z

轴,

建立如图所示的坐标系

.则

P(0,0,2)

,B(0,4,0),

C(2,2,0),

BP(0,4,2),BC(2,2,0)

由(Ⅰ)知

BC

即为平面PAC的一个法向量,

cosBC,BP

BCBP|BC||BP|

10

5

,

即PB与平面PAC所成角的正弦值为

10

5

31．（

江西省高考压轴卷数学理试题）如图,在三棱锥

ABCD

中,

ABCBCDCDA90

,

AC63,BCCD6

,

设顶点

A

在底面

BCD

上的射影为

E

.

(Ⅰ)求证:

CEBD

;

(Ⅱ)设点

G

在棱

AC

上,且

CG2GA

,试求二面角

CEGD

的余弦值.

B

A

G

ED

C

【答案】证明:(I)方法一:由AE平面CDCD

AED

AD

又

,

BCD

得

AE

CD

,

故

CDDE

,

同理可得

CBBEBCDE

BCCD

,

12

BCDE

上的射影

,故

,过作

则为正方形,故

CEBD

方法二:由已知可得

ABBDAD62

,设O为BD的中点,则

AOBD,COBD

,则BD平面

AOC

,故平面

BCD

平面

AOC

,则顶点

A

在

底面

BCD

E

必在

OCCEBD

.

(II)方法一:由(I)的证明过程知

OD

平面

AECOOFEG

,垂足为

F

,则易

证得

DFEG

,故

OFD

即为二面角

CEGD

的平面角,

由已知可得

AE6

,则

AE2AGAC

,故

EGAC

,则

CG

OF23

2

,

又

故

OD32

,则

cosOFD

DF30

10

5

,即二面角

,

CEGD

的余弦值为

10

5

方法二:由(I)的证明过程知

BCDE

为正方形,如图建立坐标系,则

E(0,0,0),D(0,6,0),A(0,0,6),B(6,0,0),C(6,6,0)

,

可得

则

G(2,2,4)

,

ED(0,6,0),EG(2,2,4)

,易知平面

CEG

的一个法向量为

BD(6,6,0)

,设平面

DEG

的一个法向量为

nED0

n(x,y,1)

,则由

nEG0

得

n(2,0,1)

,

13

则

cosBDn

BDn

BDn

10

5

,即二面角

CEGD

的余弦值为

10

5

32．（上海市高考压轴卷数学（理）试题）本题共2小题,第(Ⅰ)小题6分,第(Ⅱ)小题8分.

如图,已知直角梯形

ACDE所在的平面

垂

直

于

平

面

ABC

,

BACACD90

,

EAC60

,

ABACAE

.

(Ⅰ)在直线

BC

上是否存在一点P,使得

DP//

平面

EAB

?请证明你的结论;

(Ⅱ)求平面

EBD与平面

ABC

所成的锐二面角的余弦值.

【答案】本题共2小题,第(Ⅰ)小题6分,第(Ⅱ)小题8分.

解:(Ⅰ)线段

BC

的中点就是满足条件的点

P.

E

D

A

C

B

证明如下:

取AB的中点F连结

DP、FP、EF

,则

E

D

1

FP//AC,FPAC

2

取

AC

的中点

M,连结

EM、EC

,

∵

AEAC

且

EAC60

,

∴EAC是正三角形,∴EMAC∴四边形EMCD为矩形,

.

A

M

C

∴

又∵

1

EDMCAC

2ED//AC,

B

FP

∴

∴

ED//FP

DP//EF

且EDFP,四边形EFPD是平行四边形.

,而EF平面EAB,DP平面EAB,∴DP//平面EAB.

(Ⅱ)(法1)过B作AC的平行线l,过C作l的垂线交l于G,连结

DG

,∵

ED//AC

,∴

ED//l

,

14

1

55

2

11

分别在

BB,AD上,且11

BE⊥AD11

,四棱锥

CABDA

1

与直三棱柱的体积之比为

3:5

.

A

1

B

1

C

1

E

D

题（19）图

(Ⅰ)求异面直线

C

DE与BC

11

的距离;

(Ⅱ)若

BC2

,求二面角

ADCB111

的平面角的正切值.

【答案】解法一:

(Ⅰ)因

BCAB1111

,且

BCBB

111

,故

BC

11

面

AABB

11

,

从而

BCBE111

,又

BEDE

1

,故BE是异面直线1

BC

11

与

DE

的公垂线.

设BD的长度为

x,则四棱椎

CABDA

1

的体积

V

1

为

V

1

1

3

S

·BC

ABDA

1

11(DBAA·)AB·BC

66

(x2)·BC

.

而直三棱柱

ABCABC111

的体积

V

2

为

VS

2

·AA

△ABC1

AB·BC·AABC

1

.

由已知条件

V:V3:512

,故

13(x2)

65

,解之得

x

8

5

.

从而

82

BDBBDB211

.

在直角三角形

ABD

11

中,

ADAB2BD1111

2

229

1

55

,

又因

S

△ABD

11

11AD·BE

22

AB·BD111

,

故

BE

1

AB·BD111

AD

1

229

29

.

(Ⅱ)如答(19)图1,过

B

1

作

BFCD

11

,垂足为

F

,连接

AF

1

,因

ABBC1111

,

ABBD

111

,故

AB面BDC1111

.

16

N

由条件知:tanNHD

面角的平面角.又

AB(0，1，0)11

,从而

ABBF0111

,故

ABBF111

,

△ABF

11

为直

角三角形,所以

tanAFB

11

|AB|3311

|BF|21

.

34．（

广东省高考压轴卷数学理试题）

如图甲,直角梯形

ABCD

中,

AB//CD

,

DAB

2

,

点

M.

N

分别在

AB

,

CD

上,且

MNAB

,

MCCB

,

BC2

,

MB4

,现将梯形

ABCD

沿

MN

折起,使平面

AMND

与平面

MNCB

垂直(如图乙).

(Ⅰ)求证:AB//平面DNC;

(Ⅱ)当

DN

的长为何值时,二面角

DBCN

的大小为

30

?

D

DC

A

N

C

A

M

B

M

B

图甲

【答案】解法一:(Ⅰ)MB//NC,MB

图乙

平面DNC,NC平面DNC,

MB//平面DNC

同理MA//平面DNC,又MAMB=M,且MA,MB平面MAB.

平面MAB//平面AB平面MAB

NCD

AB//平面

DNC.

(Ⅱ)过N作NHBC交BC延长线于H,连HN,平面AMND平面MNCB,DNMN,

DN平面MBCN,从而DHBC,

DHN为二面角D-BC-N的平面角.

DHN=

30

o

由MB=4,BC=2,MCB90知MBC60º,

CN42cos603

.

NH3sin60º=

33

2

DN333333

,DNNH

NH33232

.

解法二:如图,以点N为坐标原点,以NM,NC,ND所在直线分别作为

x轴,y轴和

z轴,建立

空间直角坐标系

Nxyz.易得NC=3,MN=

3

,

19

1

【答案】方法一

(1)

ACBC,ACCC

1

且

BCCCC1

,∴AC平面

CCBB

11

,

又

BC

1

平面

CCBB

11

,

∴

ACBC

1

,

BCBC

11

且

ACBCC

1

BC平面

1

ABC

1

,

又

AB

1

平面

ABC

1

ABBC

11

(2)取

AB

11

的中点为

H

,在平面

AABB

11

内过

H作HQAB于Q,连接

1

CQ

1

则

CH

1

平面

AABB

11

,所以

CHAB

11

,

而且

CHHQH1

所以

AB

1

平面

CHQ

1

,所以

ABCQ

11

所以

又

CQH

1

2

CH

1

是二面角

CABA111

的平面角,

在

AAB

1

内,解得

HQ

6

3

,

所以

CH

tanCQH13

HQ

所以二面角

CABA111

的平面角为

60

0

方法2:建立空间直角坐标系(以C为原点,CA为x轴正半轴,CB为y轴正半轴,

CC

1

21

为

z

轴正半轴)

则

A(2,0,0),B(0,2,0),B(0,2,2),C(0,0,2),A(2,0,2)

111

(1)

AB(2,2,2),1

BC(0,2,2)

1

ABBC202(2)22011

ABBC

11

(2)取

AB

11

的中点为

H

,则

H(1,1,2)

.平面

ABA

11

的法向量

CH(1,1,0)1

设平面

CAB

11

的法向量

n(x,y,z)

CA(2,0,2),CB(0,2,0)111

2x2z02y0

y0,xz

,令

z1

得平面

CAB

11

的一个法向量

n(1,0,1)

cos

|110110|1

222

又所求二面角

CABA111

的平面角为锐角,

所以二面角

CABA111

的平面角为

60

0

36．（天津市高考压轴卷理科数学）

如图,在长方体

ABCDABCD,中,ADAA1,AB2

11111

,

点E在棱AB上移动.

(1)证明:DEAD;

11

(2)当E为AB的中点时,求点

E到面

ACD的距离;1

(3)AE等于何值时,二面角

DECD的大小为1

4

.

22

由AQ⊥CP⇒AQ

→

→

⇒

1

3

|n|·|v|33

∴

AE23

时,二面角

DECD的大小为1

4

37．（山东省高考压轴卷理科数学）如图,在四棱锥P-ABCD中,底面是边长为23的菱形,且∠BAD=120°,且PA⊥平面ABCD,PA=26,M,N分别为PB,PD的中点.

证明:MN∥平面ABCD;

过点A作AQ⊥PC,垂足为点Q,求二面角A-MN-Q的平面角的余弦值.

【答案】【解析】(1)连接BD.∵M,N分别为又MN⊄平面ABCD,∴MN∥平面ABCD.

PB,PD的中点,∴

eq\o\ac(△,在)

PBD中,MN∥BD.

(2)如图建系:A(0,0,0),P(0,0,26),M

－

33

，，6,N(3,0,6),C(3,3,0).22

→→

设Q(x,y,z),则CQ=(x-3,y-3,z),CP=(-3,-3,26).

→→

∵CQ=λCP=(-3λ,-3λ,26λ),∴Q(3-3λ,3-3λ,26λ).

→→→→1

·CP=0,得λ=.即:Q

3

AMN:设其法向量为

n=(a,b,c).

对于平面

23

，2，

3

26

3

.

→

∵AM=

－

33→

，，6,AN=(3,0,6).22

AM·n＝0，

则

AN·n＝0

316∴n=，，－

9318

.

33

－a＋b＋6c＝0，22

3a＋6c＝0

3

a＝，

9⇒b＝，

6

c＝－.

18

同理对于平面

QMN,得其法向量为

3

v=

3

，1，

56

6

.

记所求二面角

A-MN-Q的平面角大小为

n·v33

θ,则cosθ==.

∴所求二面角

A-MN-Q的平面角的余弦值为

33

33

.

24

38．（辽宁省高考压轴卷数学理试题）如图

,已知

ABCD

为平行四边

形,

A60

,

AF2FB

,

AB6

,点

E

在

CD

上,

EF//BC

,

BDAD

,

BD

与

EF相交于N.现将四边形

ADEF沿EF折起,使点D在平面BCEF

上的射影恰在直

线

BC

上.

(Ⅰ)求证:BD平面BCEF

;

(Ⅱ)求折后直线

DE与平面BCEF

所成角的余弦值.

【答案】解:(Ⅰ)∵EF⊥DN,EF⊥BN,DN∩BN=N

∴EF⊥面DNB

∵EF⊂平面BCEF,

∴平面BDN⊥平面BCEF,

∵BN=平面BDN∩平面BCEF,

∴D在平面BCEF上的射影在直线BN上,

∵D在平面BCEF上的射影在直线BC上,

∴D在平面BCEF上的射影即为点B,

∴BD⊥平面BCEF

(Ⅱ)连接BE,由BD⊥平面BCEF,得∠DEB即为直线DE与平面BCEF所成角.

在原图中,由已知,可得AD=3,BD=3

3

,BN=

3

,DN=2

3

,DE=4

折后,由BD⊥平面BCEF,知BD⊥BN

则BD

2=DN2

-BN2

=9,即BD=3

则在

eq\o\ac(△,Rt)

eq\o\ac(△,)

DEB中,有BD=3,DE=4,则BE=7,

故cos∠DEB=

4

7

即折后直线DE与平面BCEF所成角的余弦值为

4

7

39．（

江苏省高考压轴卷数学试题）如图,直三棱柱

ABC-ABC中,底面是等腰直角三角111

形,AB=BC=2,BB=3,D为AC的中点,F在线段AA上.

1111

(1)AF为何值时,CF⊥平面BDF?

1

(2)设AF=1,求平面BCF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值.

1

2013江苏省高考压轴

【答案】(1)因为直三棱柱

ABC-ABC中,以B点为原点,BA、BC、BB分别为1111

x、y、z轴

建立如图所示空间直角坐标系.

25

ABCD是平行四边形,AB=2AD,AD=AB,∠BAD=60°.

11

(Ⅰ)证明:AA⊥BD;

1

(Ⅱ)证明:CC∥平面ABD.

11

【答案】考点:平面与平面平行的判定;空间中直线与直线之间的位置关系.专题:数形结合.

分析:(Ⅰ)由DD⊥平面ABCD,可证DD⊥BD.△ABD中,由余弦定理得BD

11

2,勾股定理可

得AD⊥BD,由线面垂直的判定定理可证BD⊥面ADDA,再由线面垂直的性质定理可证

11

BD⊥AA.

1

(Ⅱ)连接AC和AC,设AC∩BD=E,先证明四边形ECCA为平行四边形,可得CC∥AE,再

111111

由线面平行的判定定理可证CC∥平面ABD.

11

解答:证明:(Ⅰ)∵DD⊥平面ABCD,∴DD⊥BD.又AB=2AD,AD=AB,∠BAD=60°,△ABD

1111

中,

由余弦定理得BD

2

=AD2

+AB

2﹣2AB•ADcos60°=3AD

2,∴AD

2

+BD

2=AB

2,

∴AD⊥BD,又AD∩DD=D,∴BD⊥面ADDA.

111

由AA⊂面ADDA,∴BD⊥AA111

.

1

(Ⅱ)证明:连接AC和AC,设AC∩BD=E,由于底面ABCD是平行四边形,故E为平行四边

11

形ABCD的

中心,由棱台的定义及AB=2AD=2AB,可得EC∥AC,且EC=AC,

111111

故ECCA为平行四边形,∴CC∥AE,而AE⊂平面ABD,∴CC∥平面ABD

11111111

41．（2013新课标高考压轴卷（一）

理科数学）

如图,四棱锥

P-ABCD中,PA⊥底面

ABCD,AB⊥AD,

点E在线段

AD上,且CE∥AB.

Ⅰ、求证:CE⊥平面

PAD;

Ⅱ、若

PA=AB=1,AD=3,CD=2,∠CDA=45°,求四棱锥

P-ABCD的体积.

Ⅲ、在满足(Ⅱ)的条件下求二面角B-PC-D的余弦值的绝对值.

27

ABCD

【答案】(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,CE

平面ABCD,所以PA⊥CE,

因为AB⊥AD,CE∥AB,所以CE⊥AD,又PA

AD=A,所以CE⊥平面PAD

(2)解:由(1)可知CE⊥AD,在直角三角形ECD中,DE=CD

cos451

,CE=CD

sin451

.

又因为AB=CE=1,AB∥CE,所以四边形ABCE为矩形,所以

SS

ABCDABCE

S

BCD

=

1

ABAECEDE2

=

151211

22

,

又PA⊥平面ABCD,PA=1,所以四棱锥

P-ABCD的体积等于

1155SPA1

3326

(3)建立以A为原点,AB,AD,AP为x,y,z轴的空间坐标系,取平面PBC的法向量为n=(1,01),取平面PCD的法向量为n=(1,1,3),

12

所以二面角的余弦值的绝对值是

222

11

42．（安徽省高考压轴卷数学理试题）

如图,已知四棱锥

SABCD

中,

SAD

是边长为

a

的

正三角形,平面

SAD

平面

ABCD

,四边形

ABCD

是菱形,

DAB60

,

P

是

AD

的

中点,

Q

是

SB

的中点.

(1)求证:

PQ//

平面

SCD

.

(2)求二面角

BPCQ

的余弦值.

S

Q

DC

P

A

B

【答案】【证明】(1)取

SC

的中点

R

,连接

QR，DR

.

由题意知

PD//BC且PD

BC

,

QR//BC

且

28

QR

BC

,所以

PD//QR

且

PDQR

,即

四边形

PDRQ

是平行四边形,所以

PQ//DR

,

又

PQ

平面

SCD

,

DR

平面

SCD

所以

PQ//

平面

SCD

.---------------

(2)以P为坐标原点,PA为x轴,PB为y轴,PS为z轴,建立如图所示的空间直角坐

标系,

Pxyz

z

S

,则

Q

DC

P

y

A

B

x

S(0，0，

33

a)，B(0，a，0)，C(a，22

333a，0)，Q(0，a，

244

a)

,平面

PAC

的法向量

3

PS(0，0，a)

2

,设

n(x，y，z)

是平面

PQC

的法向量,

由

nPQ0nPC0

33

ayaz044

3

axay02

,令

y3

,得

n(

3

2

，3，-3)

---------

cosn，PS

3

a

2

333

a

22

211

11

又二面角

BPCQ

的平面角是锐角,

所以二面角

BPCQ

的平面角的余弦值是

211

11

---------------------

43．（浙江省高考压轴卷数学理试题）如图,在斜三棱柱底面ABC,侧棱AA与底面ABC成60°的角,

1

ABCABC中,侧面AABB11111

AA2.底面ABC是边长为2的正三1

⊥

29

．．

1

11

11

角形,其重心为

G

点,

E

是线段

BC

1

上一点,且

BE

1

3

BC

1

.

求证:

求平面

在直线

GE//侧面AABB;

11

BGE与底面ABC所成锐二面角的正切值;

1

AG上是否存在点T,使得BTAG?若存在,指出点

1

T的位置;若不存在,

说明理由.

第20题图

【

F,

答案】【解析】解法1:(1)延

111

BEC

eq\o\ac(△,∽)

eq\o\ac(△,)

FEB,BE=EC,∴BF=BC=BC,

222

长

BE

1

交

BC

于

点

从而点

F为BC的中点.

∵G

eq\o\ac(△,为)

eq\o\ac(△,)

ABC的重心,∴

A、G、F三点共线.且

FGFE1

FAFB3

1

,GE//AB

1

,

又GE侧面AABB,∴GE//侧面AABB.

1111

(2)在侧面AABB内,过B作BH⊥AB,垂足为H,∵侧面

1111

∴BH⊥底面ABC.又侧棱AA与

11

3.

角,AA=2,∴∠BBH=60°,BH=1,BH=

111

AABB⊥底面ABC,

11

底面ABC成60°

的

在底面ABC内,过H作HT⊥AF,垂足为T,连BT,由三垂线定理有BT⊥AF,

11

又平面BCE与底面ABC的交线为AF,∴∠BTH为所求二面角的平面角.

11

3

∴AH=AB+BH=3,∠HAT=30°,∴HT=AHsin30.在

2

eq\o\ac(△,Rt)

eq\o\ac(△,)

BHT

1

中,

tanBTH1

BH

1

HT

23

3

,

从而平面

BGE与底面1

ABC成锐二面角的正切值为

23

3

.

(3)(2)问中的T点即为所求,T在AG的延长线上,距离A点

33

2

处.

解法2:(1)∵侧面AABB⊥底面ABC,侧棱AA与底面

111

又AA=AB=2,取AB的中点O,则AO⊥底面ABC.1

以O为原点建立空间直角坐标系O—xyz如图,

ABC成60°的角,∴∠

AAB=60°,

1

30

1,

B

,1

B

B

2

1

B

B0

l:AxByC0

的距离公式

d

AxByC00

A2B2

;

(Ⅱ)已知正方体

ABCDABCD

1111

的棱长为

1

,类比(Ⅰ)中研究方法,求点

B

1到平面

ACD

11

的距离.

【答案】【解析】(Ⅰ)不妨设

AB0

,则直线

l

的斜率为

k

,其方向向量为

A

,其法向量为

A

,设点

Qx,y

为直线

l:AxByC0

上任一点,则

AxByC

由平面向量知识可得

,

d

PQa

a

A

xxyy

00

A

AxByAxBy00

A2B2

AxByC00

A2B2

.

显然当

A0

或时,上述公式仍成立.

(Ⅱ)以

D

为坐标原点,分别以

DA,DC,DD

1

为

x,y,z

轴建立空间直角坐标系,则

B1,1,1,A1,0,1,C

111

0,1,1.

设平面

ACD

11

的法向量为

mx,y,z

,则

mDA01

mDC01

,可得

xz0yz0

,

令

z1

得平面

ACD

11

的一个法向量为

m1,1,1

,

32

．．．．．．．

．．

所以点

B

1

到平面

ACD

11

的距离为

d

BCm

11

m

1,0,01,1,1

3

3

3

.

45．（

全国大纲版高考压轴卷数学理试题）(注意:在试题卷上作答

无效)

在四棱锥

PABCD

中,侧面

PCD

底面

ABCD

,

PDCD

,底面

ABCD

是直角梯

形,

AB//CD

,

ADC90

,

ABADPD1

,

CD2

.

(Ⅰ)求证:BC平面

PBD

;

(Ⅱ)设Q为侧棱

PC

上一点,

PQPC

,试确定

的值,使得二面角

QBDP

为

45

.

P

D

C

A

B

【答案】解法一:

(Ⅰ)平面

PCD

底面

ABCD,PDCD

,所以

PD

平面

ABCD

,

所以

PDAD

,

如图,以D为原点建立空间直角坐标系z

Dxyz

.

D

C

y

则

A

B

x

A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),P(0,0,1).

DB(1,1,0)

,

BC(1,1,0)

,

所以

BCDB0

,

BCDB

,

又由

PD

平面

ABCD

,可得

PDBC

,所以

BC

平面

PBD

(Ⅱ)平面

PBD

的法向量为

BC(1,1,0)

,

PC(0,2,1)

,

PQPC,(0,1)

33

所以

Q(0,2,1)

,

设平面

QBD

的法向量为

n=(a,b,c)

,

DB(1,1,0)

,

DQ(0,2,1)

,

由

nDB0

,

nDQ0

,得

所以,

ab0

2b(1)c0

,

所以

2

n=(1,1,)1

,

所以

cos45

nBC

nBC

2

2

22()21

2

2

,

注意到

(0,1)

,得

21

法二:(Ⅰ)∵面PCD⊥底面ABCD,面PCD∩底面ABCD=CD,PD面PCD,且PD⊥CD∴PD⊥面ABCD,又BC面ABCD,∴BC⊥PD①

取CD中点E,连结BE,则BE⊥CD,且BE=1

在

eq\o\ac(△,Rt)

ABD中,

BD

2

,在

eq\o\ac(△,Rt)

BCE中,BC=

2

∵

BD2BC