2013年高考真题解析分类汇编(文科数学)7：立体几何 )
2013年高考解析分类汇编7：立体几何一、选择题1 ．（2013年高考重庆卷（文8））某几何体的三视图如题(8)所示,则该几何体的表面积为（）A．180B．200C．220D．240【答案】D【解析】本题考查三视图以及空间几何体的表面积公式。
由三视图可知该几何体是个四棱柱。
棱柱的底面为等腰梯形，高为10.等腰梯形的上底为2，下底为8，高为4，腰长为5。
所以梯形的面积为284202+⨯=，梯形的周长为282520++⨯=。
所以四棱柱的表面积为2022010240⨯+⨯=，选D.2 ．（2013年高考课标Ⅱ卷（文9））一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz-中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(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，则得到正视图可以为（）(A) (B) (C) (D)【答案】A【解析】在空间直角坐标系中，先画出四面体O ABC-的直观图，以zOx平面为投影面，则得到正视图(坐标系中红色部分),所以选A.3 ．（2013年高考课标Ⅰ卷（文11））某几何函数的三视图如图所示,则该几何的体积为（ ）A ．168π+B ．88π+C ．1616π+D ．816π+ 【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体的下部分是平放的半个圆柱，圆柱的底面半径为2,圆柱的高为4。
上部分是个长方体，长方体的棱长分别为2,2,4.所以半圆柱的体积为212482ππ⨯⨯⨯=，正方体的体积为22416⨯⨯=，所以该几何体的体积为168π+，选A.4 ．（2013年高考大纲卷（文11））已知正四棱锥1111112,ABCD A B C D AA AB CD BDC -=中，则与平面所成角的正弦值等于（ ）A ．23B．3C．3D ．13【答案】A【解析】如图，因为BD ⊥平面ACC 1A 1，所以平面ACC 1A 1⊥平面BDC 1，在Rt △CC 1O 中，过C 作CH ⊥C 1O 于H ，连结DH ，则∠CDH 即为所求，令a AB =，显然2223a CH a ⨯===，所以223sin 3a CDH a ∠==，故选A.5 ．（2013年高考四川卷（文2））一个几何体的三视图如图所示,则该几何体可以是 （ ）A ．棱柱B ．棱台C ．圆柱D ．圆台【答案】D【解析】由三视图可知，该几何体为圆台. 6 ．（2013年高考浙江卷（文5））已知某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积是（ ）A ．108cm 3B ．100 cm 3C ．92cm 3D ．84cm 3【答案】B【解析】此图的直观图是一个底面边长为6和3，高为6的长方体截去一个角，对应三棱锥的的三条侧棱上分别为3,4,4.如图。
所以该几何体的体积为31166334410032cm ⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=，选B.7 ．（2013年高考北京卷（文8））如图,在正方体1111ABCD A B C D -中,P 为对角线1BD 的三等分点,则P 到各顶点的距离的不同取值有（ ）A ．3个B ．4个C ．5个D ．6个【答案】B【解析】设正方体边长为3，则3212=+=BP ，128421=+=P D ，9812=+=DP ，64221=+=P B ，65122=+==CP AP ，9452121=+==P C P A ，故共有4个不同的取值。
8 ．（2013年高考广东卷（文））某三棱锥的三视图如图2所示,则该三棱锥的体积是图 2俯视图侧视图正视图 （ ）A ．16 B ．13C ．23D ．1【答案】B【解析】由三视图判断底面为等腰直角三角形，三棱锥的高为2，则111=112=323V ⋅⋅⋅⋅，选B.9 ．（2013年高考湖南（文7））已知正方体的棱长为1,其俯视图是一个面积为1的正方形,的矩形,则该正方体的正视图的面积等于______（ ）AB ．1 CD【答案】D的矩形，所以侧视图的底长D.10．（2013年高考浙江卷（文4））设m.n 是两条不同的直线,α.β是两个不同的平面,（ ）A ．若m∥α,n∥α,则m∥nB ．若m∥α,m∥β,则α∥βC ．若m∥n,m⊥α,则n⊥αD ．若m∥α,α⊥β,则m⊥β 【答案】C【解析】平行的传递性只有在线性和面面之间成立，其他的线面混合的不成立，所以A,B 错误。
两条平行线中的一条直线垂直于某个平面，则另一条也垂直该平面，所以C 正确，选C.11．（2013年高考辽宁卷（文10））已知三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上,若34AB AC ==，,AB AC ⊥,112AA =,则球O 的半径为（ ）A ．2B ．C ．132D ．【答案】C【解析】由球心作面ABC 的垂线，则垂足为BC 中点M 。
计算AM=52，由垂径定理，OM=6，所以半径132=,选C.12．（2013年高考广东卷（文））设l 为直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是（ ）A ．若//l α,//l β,则//αβB ．若l α⊥,l β⊥,则//αβC ．若l α⊥,//l β,则//αβD ．若αβ⊥,//l α,则l β⊥【答案】B【解析】平行的传递性只有在线性和面面之间成立，其他的线面混合的不成立，所以A 错误.垂直于同一条直线的两个平面平行，所以B 正确。
C 中，αβ⊥，所以错误。
D 中，//l β也有可能。
所以选B.13．（2013年高考山东卷（文4））一个四棱锥的侧棱长都相等,底面是正方形,其正(主)视图如右图所示该四棱锥侧面积和体积分别是（ ）A ．B ．83C ．81),3+ D ．8,8【答案】B【解析】由三视图可知四棱锥的底面边长是2，高为2，侧面上的斜高是，所以11842222233S V =⨯⨯==⨯⨯⨯=侧，故选B.14．（2013年高考江西卷（文8））一几何体的三视图如右所示,则该几何体的体积为（ ）A ．200+9πB ．200+18πC ．140+9πD ．140+18π 【答案】A【解析】本题考查三视图以及空间几何体的体积。
由三视图可在，该几何体下半部分为长方体，边长分别为810,4,5，所以体积为1045200⨯⨯=。
上半部分为平放的半圆柱，上底半径为3，高是2，所以半圆柱的体积为213292ππ⨯⨯⨯=，所以该几何体的体积为2009π+，选A.二、填空题15．（2013年高考课标Ⅱ卷（文15））已知正四棱锥O ABCD -的体积为2，底面边，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________。
【答案】24π【解析】设正四棱锥的高为h ，则2132h ⨯=，解得高2h =。
则底面正方形的对角线长为=，所以OA ==,所以球的表面积为2424ππ=.16．（2013年高考湖北卷（文16））我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题:在下雨时,用一个圆台形的天池盆接雨水. 天池盆盆口直径为二尺八寸,盆底直径为一尺二寸,盆深一尺八寸. 若盆中积水深九寸,则平地降雨量是__________寸. (注:①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积;②一尺等于十寸) 【答案】3【解析】本题考查圆台的体积公式。
做出圆台的轴截面如图,由题意知，14BF =（单位寸，下同），6OC =,18,9OF OG ==,即G 是中点，所以GE 为梯形的中位线，所以146102GE +==，即积水的上底面半径为10.所以盆中积水的体积为1(10036)95883πππ+⨯=。
喷口的面积为214196ππ=，所以5883196ππ=，即平地降雨量是3寸。
17．（2013年高考课标Ⅰ卷（文15））已知H 是球O 的直径AB 上一点,:1:2AHHB =,AB ⊥平面α,H 为垂足,α截球O 所得截面的面积为π,则球O 的表面积为_______.【答案】【解析】因为α截球O 所得截面的面积为π，所以截面小圆的半径1HC =.设球半径为R ，则24233AH R R =⨯=，所以4133OH R R R =-=.在直角三角形OHC 中，222O C O H H C =+，即22()13R R =+，解得298R =，所以球的表面积为2994482R πππ=⨯=。
18．（2013年高考卷（文10））某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥的体积为__________.【答案】3【解析】由题意，该四棱锥底面为边长等于3的正方形，体高为1，313331=⨯⨯⨯=V. 19．（2013年高考陕西卷（文12））某几何体的三视图如图所示, 则其表面积为________.【答案】π3【解析】综合三视图可知，立体图是一个半径r=1的半个球体。
其表面积=πππ342122=+⋅rr。
20．（2013年高考大纲卷（文16））已知圆O和圆K是球O的大圆和小圆,其公共弦长等于球O的半径,3602OK O K=，且圆与圆所在的平面所成角为，则球O的表面积等于______.【答案】16π【解析】如图，公共弦MN=R,中点为E，连OE、KE，则60OEK∠=︒，所以3sin602OKOE===︒，在Rt△OME中，222OM OE ME=+，即22)2(3RR+=，所以42=R.所以球的表面积为ππ1642==RS.21．（2013年上海高考数学试题（文科10））已知圆柱Ω的母线长为l ,底面半径为r ,O 是上地面圆心,A 、B 是下底面圆周上两个不同的点,BC 是母线,如图.若直线OA 与BC 所成角的大小为π6,则1r=________.【解析】 3336tan =⇒==rll r π由题知，22．（2013年高考天津卷（文10））已知一个正方体的所有顶点在一个球面上. 若球的体积为92π, 则正方体的棱长为 ______.【解析】设正方体的棱长为a ，则正方体的体对角线为直径，即2r =，即球半径2r a =。
若球的体积为92π，即349)32ππ=，解得a =23．（2013年高考辽宁卷（文13））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是____________.【答案】1616π-【解析】直观图是圆柱中去除正四棱柱。
V =222424π⋅-⋅=1616π-.24．（2013年高考江西卷（文15））如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB//CD,则直线EF 与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为_____________.【答案】4【解析】本题考查空间立体几何中的线面位置关系的判断在正四面体题中，取CD 的中点H,则CD EFH ⊥,又AB//CD ，所以平面EFH 平行于正方体的左右两个侧面，所以直线EF 与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数由图象可知4。
北京市各地市高考数学 最新联考试题分类汇编(8)立体几何
北京市各地市2013年高考数学最新联考试题分类汇编（8）立体几何一、选择题:（6）(北京市朝阳区2013年4月高三第一次综合练习文理)某个长方体被一个平面所截，得到的几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为A. 4B. D. 8【答案】D（5）(北京市东城区2013年4月高三综合练习一文）已知一个几何体的三视图如图所示(单位：cm)，那么这个几何体的侧．面积是（A）2（B）2(4（D）2（C）2【答案】C7. (北京市房山区2013年4月高三第一次模拟理)某三棱椎的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的是( C )A.B. 8C.D.5．(北京市西城区2013年4月高三一模文)某正三棱柱的三视图如图所示，其中正（主） 视图是边长为2的正方形，该正三棱柱的表面积是（A ）6（B ）12（C ）12+（D ）24+【答案】C8．(北京市西城区2013年4月高三一模文)如图，正方体1111ABCD A BC D -中，E 是棱11B C 的中点，动点P 在底面ABCD 内，且11PA A E =，则 点P 运动形成的图形是（A ）线段 （B ）圆弧（C ）椭圆的一部分 （D ）抛物线的一部分【答案】B8. (北京市海淀区2013年4月高三第二学期期中练习理)设123,,l l l 为空间中三条互相平行且两两间的距离分别为4，5，6的直线.给出下列三个结论：①i i A l ∃∈(1,2,3)i =，使得123A A A ∆是直角三角形； ②i i A l ∃∈(1,2,3)i =，使得123A A A ∆是等边三角形；③三条直线上存在四点(1,2,3,4)i A i =，使得四面体1234A A A A 为在一个顶点处的三条棱两两互相垂直的四面体.其中，所有正确结论的序号是A. ①B.①②C. ①③D. ②③ 【答案】B7．（北京市丰台区2013年高三第二学期统一练习一文）某四面体三视图如图所示，则该四面体的四个面中，直角三角形的面积和是(A) 2 (B) 4 (C) 24+【答案】C（7）（北京市昌平区2013年1月高三期末考试理）已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的全面积为A. 10+．10+ C. 14+ D. 14+二、解答题:（17）(北京市朝阳区2013年4月高三第一次综合练习理)（本小题满分14分）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAC ⊥平面ABCD ，且P A A C ⊥， 2PA AD ==．四边形ABCD 满足BCAD ，AB AD ⊥，1AB BC ==．点,E F 分别为侧棱,PB PC 上的点，且PE PFPB PCλ==． （Ⅰ）求证：EF 平面PAD ；（Ⅱ）当12λ=时，求异面直线BF 与CD 所成角的余弦值；（Ⅲ）是否存在实数λ，使得平面AFD ⊥平面PCD ？若存在，试求出λ的值；若不存在，请说明理由． （17）（本小题满分14分） 证明：（Ⅰ）由已知，PE PFPB PCλ==， 所以 EFBC ．所以()()0,0,01,0,0,A B ,所以异面直线BF与CD所成角的余弦值为3．…………………………………9分令21x=，则2(1,1,1) =n．若平面AFD ⊥平面PCD ，则120n n ⋅=，所以(22)0λλ-+=，解得23λ=． 所以当23λ=时，平面AFD ⊥平面PCD ．…………………………………………14分 （17）(北京市朝阳区2013年4月高三第一次综合练习文) （本小题满分14分）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAC ⊥平面ABCD ，且P A A C ⊥， 2PA AD ==．四边形ABCD 满足BC AD ，AB AD ⊥，1AB BC ==．E 为侧棱PB 的中点，F 为侧棱PC 上的任意一点.（Ⅰ）若F 为PC 的中点，求证：EF平面PAD ；（Ⅱ）求证：平面AFD ⊥平面PAB ； （Ⅲ）是否存在点F ，使得直线AF 与平面PCD 垂直？若存在，写出证明过程并求出线段PF 的长；若不存在，请说明理由．平面ABCD 平面PAC AC =，且PA AC ⊥，PA ⊂平面PAC .所以PA ⊥平面ABCD ，又AD ⊂平面ABCD ，所以PA AD ⊥． 又因为AB AD ⊥，PA AB A =，所以AD ⊥平面PAB ，而AD ⊂平面AFD ，所以平面AFD ⊥平面PAB ．……………………………………………………8分可见直线AF 与平面PCD 能够垂直，此时线段PF．……………14分 （16）(北京市东城区2013年4月高三综合练习一文）（本小题共14分） 如图，已知AD ⊥平面ABC ，CE ⊥平面ABC ，F 为BC 的中点，若12AB AC AD CE ===．（Ⅰ）求证：//AF 平面BDE ；（Ⅱ）求证：平面BDE ⊥平面BCE ．（16）（共14分）证明：（Ⅰ）取BE 的中点G ，连结GF ，GD .因为F 是BC 的中点，则GF 为△BCE 的中位线．所以//GF EC ，12GF CE =．因为AD ⊥平面ABC ，CE ⊥平面ABC ， 所以////GF EC AD ．A BC DE FABCD EFG又DG ⊂平面BDE ， 所以平面BDE ⊥平面BCE ．16. (北京市房山区2013年4月高三第一次模拟理)（本小题满分14分）在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD ⊥底面ABCD ， ABCD 为直角梯形，BC //AD ，90ADC ∠=︒，112BC CD AD ===，PA PD =，E F ,为AD PC ,的中点．（Ⅰ）求证：PA //平面BEF ；（Ⅱ）若PC 与AB 所成角为45︒，求PE 的长；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求二面角F-BE-A 的余弦值．解得：2=t ∴2=PE …………………………………………………………………….9分解法二：由BCDE 为正方形可得 EC ==由ABCE 为平行四边形 可得EC //AB∴PCE ∠为PC AB 与所成角 即045PCE ∠=…………………………………..…5分 PA PD E AD PE AD =∴⊥为中点由图可知二面角B AC E --的平面角是钝角， 所以二面角B AC E --的余弦值为33-．………………………………………….14分 16．(北京市西城区2013年4月高三一模文)（本小题满分14分）在如图所示的几何体中，面CDEF 为正方形，面ABCD 为等腰梯形，AB //CD ，AC ，22AB BC ==，AC FB ⊥．（Ⅰ）求证：⊥AC 平面FBC ； （Ⅱ）求四面体FBCD 的体积；（Ⅲ）线段AC 上是否存在点M ，使EA //平面FDM ？ 证明你的结论． 16．（本小题满分14分）因为 CDEF 为正方形，所以N 为CE 中点． ………………11分所以 EA //MN ． ………………12分 因为 ⊂MN 平面FDM ，⊄EA 平面FDM ， ………………13分 所以 EA //平面FDM ．所以线段AC 上存在点M ，使得EA //平面FDM 成立． ………………14分17. (北京市海淀区2013年4月高三第二学期期中练习理)（本小题满分14分）在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，ABC ∆是正三角形，AC 与BD 的交点M 恰好是AC 中点，又4PA AB ==，120CDA ∠=，点N 在线段PB 上，且PN = （Ⅰ）求证：BD PC ⊥； （Ⅱ）求证：//MN 平面PDC ; （Ⅲ）求二面角A PC B --的余弦值．PDC ………………9分所以二面角A PC B --余弦值为7………………14分 16．（北京市丰台区2013年高三第二学期统一练习一文） （本题13分）如图，四棱锥P-ABCD 中， BC ∥AD ，BC=1，AD=3，AC ⊥CD,且平面PCD ⊥平面ABCD. （Ⅰ）求证：AC ⊥PD ；（Ⅱ）在线段PA 上,是否存在点E ，使BE ∥平面PCD ？若存在，求PE PA的值；若不存在，请说明理由。
2013年高考试题分类汇编(立体几何)
2013年高考试题分类汇编（立体几何）考点1 公理体系1.（2013·新课标卷Ⅱ·理科）已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β，直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l α⊄，l β⊄，则 A.α∥β且l ∥α B.α⊥β且l ⊥βC.α与β相交，且交线垂直于lD.α与β相交，且交线平行于l 2．（2013·广东卷·理科）设,m n 是两条不同的直线，αβ，是两个不同的平面，下列命题中正确的是A ．若αβ⊥，m α⊂，n β⊂，则m n ⊥B ．若αβ∥，m α⊂，n β⊂，则m n ∥C ．若m n ⊥，m α⊂，n β⊂，则αβ⊥D ．若m α⊂，m n ∥，n β∥，则αβ⊥ 3.（2013·安徽卷·理科）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，那么它们有且只有一条过该点的公共直线4.（2013·江西卷·理科）如图，正方体的底面与正四面体的底面 在同一平面α上，且AB ∥CD ，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m n += A.8 B.9 C.10 D.11考点2多面体1.（2013·江苏卷）如图，在三棱柱ABC C B A -111中， F E D ，，分别是AB ，AC ，1AA 的中点，设三棱锥ADE F -的体积为1V ，三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ，则=21:V V .ABC1ADEF1B1CABCDEFα2.（2013·江苏卷）如图，在三棱锥ABC S -中，平面⊥SAB 平面SBC ，BC AB ⊥，AB AS =，过A 作SB AF ⊥，垂足为F ，点G E ，分别是棱SC SA ，的中点. 求证：（Ⅰ）平面EFG ∥平面ABC ；（Ⅱ）SA BC ⊥.3.（2013·北京卷·理科）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中，E 为BC 的中点，点P 在线段1D E 上，点P 到直线1CC 的 距离的最小值为 .4.（2013·北京卷·文科）如图，在正方体1111ABCD A BC D-中，P 为对角线1BD 的三等分点，P 到各顶点的距离的不同取值有 A.3个 B.4个 C.5个 D.6个5.（2013·辽宁卷·文科）如图，如图，AB 是圆的直径，PA 垂直圆O 所在的平面，C 是圆上的点.（Ⅰ）求证：BC ⊥平面PAC ；（Ⅱ）设Q 为的中点，G 为的AOC ∆重心， 求证：平面∥平面PCB .考点3 旋转体1.（2013·新课标卷Ⅰ·文科）已知H 是球O 的直径AB 上一点，:1:2AH HB =，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为____. 2.（2013·全国大纲卷·理科）已知圆O 和圆K 是球O 的大圆和小圆，其公共弦长等于球O 的半径，32OK =且圆O 与圆K 所在的平面所成的角为60，则球O 的表面积等于 .A BCSG FE AB 1 BC DA 1C 1D 1P A BCDA 1B 1C 1D 1P B考点4 组合体1.（2013·新课标卷Ⅰ·理科）如图，容器高8cm 面恰好接触水面时测得水深为6cm 则球的体积为 A.35003cm π B.38663cm πC.313723cm πD.320483cm π2.（2013·新课标卷Ⅱ·文科）已知正四棱锥O ABCD -的体积为2，底面边O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________.3.（2013·天津卷·文科）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为92π，则正方体的棱长为 .4.（2013·辽宁卷·理科）已知三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上，若3AB =，4AC =，AB AC ⊥，112AA =，则球O 的半径为A B ． C ．132 D ．考点5解答题考法1 线线所成的角 考法2 线面所成的角1.（2013·全国大纲卷·文理科）已知正四棱柱1111ABCD A BC D -中，12AA AB =，CD 与平面1BDC 所成角的正弦值等于A.23 C.3D.13 2.（2013·山东卷·理科）已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直,体积为94,,若P 为底面111A B C 的中心,则PA 与平面ABC 所成角的大小为A.512π B.3π C.4π D.6π 3.（2013·新课标卷Ⅰ·理科）如图，三棱柱111ABC A B C -中，CA CB =，4.（2013·浙江卷·文科）如图，在在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥面ABCD ，2AB BC ==，AD CD ==PA =120ABC ∠=,G 为线段PC 上的点.（Ⅰ）证明：BD ⊥面PAC ；（Ⅱ）若G 是PC 的中点，求DG 与PAC 所成的角的正切值；（Ⅲ）若G 满足PC ⊥面BGD ，求PGGC 的值.5.（2013·天津卷·理科）如图，四棱柱1111ABCD A BC D -中，侧棱1AA ⊥底面ABCD ,AB ∥DC ,AB AD ⊥,1AD CD ==,12AA AB ==,E 为棱1AA 的中点.（Ⅰ）证明11B C CE ⊥（Ⅱ）求二面角11B CE C --的正弦值.（Ⅲ）设点M 在线段1C E 上,且直线AM 与平面11ADD A ,求线段AM 的长.6.（2013·天津卷·文科）如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧棱1AA ⊥底面ABC ，且各棱长均相等.,,D E F 分别为棱AB ,BC ,11AC 的中点. （Ⅰ）证明EF ∥平面1ACD ； （Ⅱ）证明平面1ACD ⊥平面11A ABB ； （Ⅲ）求直线BC 与平面1ACD 所成角的正弦值 AC BDPG AB CDEA 1B 1C 1D 1BAC D EF A 1B 1C 17.（2013·福建卷·理科）如图，在四棱柱1111ABCD A BC D -中，侧棱⊥1AA底面ABCD ,)0(,6,5,4,3,1,//1>=====k k DC kBC k AD k AB AA DC AB （Ⅰ）求证：⊥CD 平面11A ADD（Ⅱ）若直线1AA 与平面C AB 1所成角的正弦值为76， 求k 的值8.（2013·湖南卷·理科）如图，在直棱柱1111ABCD A BC D -中，AD ∥BC ， 90BAD ∠=，AC BD ⊥，1BC =，13AD AA ==.（Ⅰ）证明：1AC B D ⊥；（Ⅱ）求直线11B C 与平面1ACD 所成角的正弦值.考法3 二面角1.（2013·辽宁卷·理科）如图，AB 是圆的直径，PA 垂直圆所在的平面，C 是3.（2013·全国大纲卷·理科）如图，四棱锥P ABCD -中，90ABC BAD ∠=∠=，2BC AD =，PAB ∆与PAD ∆都是等边三角形.（Ⅰ）证明：PB CD ⊥；ADPABCDA 1B 1C 1D 1B 1 BCDA 1C 1D 1A（Ⅱ）求二面角A PD C --的大小.4.（2013·山东卷·理科）如图所示，在三棱锥P ABQ -中，PB ⊥平面ABQ ，BA BP BQ ==，D ，C ，E ，F 分别是AQ ，BQ ， AP ，BP 的中点，2AQ BD =，PD 与EQ 交于点G ，PC 与FQ 交于点H ，连接GH .（Ⅰ）求证：AB ∥GH ；（Ⅱ）求二面角D GH E --的余弦值.5.（2013·北京卷·理科）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，11AAC C 是边长为4的正方形.平面ABC ⊥平面11AAC C ，3AB =，5BC =. （Ⅰ）求证：1AA ⊥平面ABC ； （Ⅱ）求二面角111A BC B --的余弦值；（Ⅲ）证明：在线段1BC 存在点D ，使得1AD A B ⊥，并求1BDBC 的值. 6.（2013·陕西卷·理科）如图，四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，1AO ⊥平面ABCD ，1AB AA =(Ⅰ)证明：1AC ⊥平面11BB D D ； (Ⅱ)求平面11OC B 与平面11BB D D 的夹角θ的大小. 考法4 距离或体积1. （2013·新课标卷Ⅰ·文科）如图，三棱柱111ABC A B C -中,CA CB =，1AB AA =，160BAA ∠=.ABCDEFGH PQA BCA 1B 1C 12.（2013·新课标卷Ⅱ·文科）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，,D E 分别是AB ，1BB 的中点.（Ⅰ）证明：1BC ∥平面1ACD ； （Ⅱ）设12AA AC CB ===，AB =求三棱锥1C ADE -的体积. 3.（2013·全国大纲卷·文科）如图，四棱锥P ABCD -中，90ABC BAD ∠=∠=，2BC AD =，PAB ∆与PAD ∆都是边长为2的等边三角形.（Ⅰ）证明：PB CD ⊥； （Ⅱ）求点A 到PCD 平面的距离.4.（2013·安徽卷·文科）如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是边长为2的菱形，60BAD ∠=,已知2PB PD ==，PA =（Ⅰ）证明：PC BD ⊥； （Ⅱ）若E 为PA 的中点， 求三菱锥P BCE -的体积.5.（2013·福建卷·文科）如图，在四棱柱P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB AD ⊥，5BC =，3DC =，4AD =，60PAD ∠=.（Ⅰ）当正视方向与向量AD 的方向相同时，画出四棱锥P ABCD -的正视图（要求标出尺寸，并写出演算过程）；（Ⅱ）若M 为PA 的中点，求证：求二面角DM ∥平面PBC . （Ⅲ）求三棱锥D PBC -的体积.6.（2013·陕西卷·文科）如图，四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心,ABCDA 1B 1C 1 EABCDPCABCDP1AO ⊥平面ABCD，1AB AA =（Ⅰ）证明:1A BD ∥平面11CD B ； （Ⅱ）求三棱柱111ABD A B D -的体积.7.（2013·湖南卷·文科）如图，在直菱柱111ABC A B C -中，90ABC ∠=，AB AC ==13AA =，D 是BC 的中点，点E 在菱1BB 上运动.（Ⅰ）证明：1AD C E ⊥；（Ⅱ）当异面直线AC ，1C E 所成的角 为60时，求三菱锥111C AB E -的体积.8.（2013·江西卷·文科）如图，直四棱柱1111ABCD A BC D -中，AB ∥CD ，AD AB ⊥，2AB =，AD =，13AA =，E 为CD 上一点，1DE =，3CE =（Ⅰ）证明：BE ⊥平面11BB C C ； （Ⅱ）求点1B 到平面11EAC 的距离.ABCD A 1B 1C 1D 1OAB CDEA 1B 1C 1ACDA 1B 1C 1D 1E。
2013高考数学试题分类汇编：专题09 立体几何(解析版b)
专题09 立体几何一、选择题：1．（山东省济南市2013年1月高三上学期期末文10）若某几何体的三视图 (单位：cm) 如图所示，则此几何体的体积是A. 36 cm 3B. 48 cm 3C. 60 cm 3D. 72 cm 32．(山东省德州市2013届高三上学期期末校际联考文10)某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积为 （ ）A ．3(16)cm p +B ．3(163)cm p +C ．3(204)cm p +D ．3(18)cm p + 【答案】B【解析】由三视图可知，该几何体上面是个长宽都是4，高为1的长方体，下面是直径为2，高为3的圆柱。
所以长方体的体积为314416()cm ⨯⨯=，圆柱的体积为333()cm ππ⨯=，所以该几何体的体积为3(163)cm p +，选B.3. (山东省济宁市2013届高三1月份期末测试文7)下列命题中错误．．的是 A.如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB.如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC.如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，l αβ⋂=，那么直线l ⊥平面γD.如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β4. (山东省烟台市2013届高三上学期期末文6)右图是底面半径为1，母线长均为2的圆锥和圆柱的组合体，则该组合体的侧视图的面积为A.8πB.6πC.4+D.2+5. (山东省烟台市2013届高三上学期期末文10)已知直线a 和平面,,l a a αβαβαβ=⊄⊄I 、，，且a 在αβ、内的射影分别为直线b 和c ，则b 和c 的位置关系是A.相交或平行B.相交或异面C.平行或异面D.相交、平行或异面6.(山东省潍坊市2013年1月高三上学期期末考试A 卷文7)设m ，n 是两条不同直线，βα,是两个不同的平面，下列命题正确的是（A ）βα//,//n m 且,//βα则n m //（B ） βα⊥⊥n m ,且 βα⊥，则 n m ⊥（C ）,,,n m n m ⊥⊂⊥βα 则βα⊥（D ）,//,//,,ββααn m n m ⊂⊂则βα//7. (山东省潍坊市2013年1月高三上学期期末考试A 卷文10)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4的两个全等的等腰直角三角形，若该几何体的所有顶点在同一球面上，则该球的表面积是（A ）π12（B ）π24 （C ）π32 （D ）π48【答案】D 【解析】该几何体的直观图如图1所示，它是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥．其中底面ABCD 是边长为4的正方形，高为CC 1=4，该几何体的所有顶点在同一球面上，则球的直径为D.8.（山东省泰安市2013届高三上学期期末文2）如图，若一个空间几何体的三视图中，正视图和侧视图都是直角三角形，其直角边均为1，则该几何体的体积为A.13B.12C.16D.19.（山东省泰安市2013届高三上学期期末文8）下列命题正确的是A.若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C.若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D.若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行10. （山东省青岛即墨市2013届高三上学期期末考试文7）设a,b 是不同的直线，βα、是不同的平面，则下列命题：①若βα//,//,b a b a 则⊥ ②若ββαα⊥⊥a a 则,,//③若αβαβ//,,a a 则⊥⊥ ④若βαβα⊥⊥⊥⊥则,,,b a b a 其中正确命题的个数是 A.0 B.1 C.2 D.311.（山东省潍坊一中2013届高三12月月考测试文）已知直线a 和平面,,,,l a a a b a ba b ?怂，且a 在,a b 内的射影分别为直线b 和c ，则b 和c 的位置关系是 A.相交或平行 B.相交或异面 C.平行或异面 D.相交、平行或异面12.（山东省潍坊一中2013届高三12月月考测试文）四棱锥P ABCD -的三视图如右图所示，四棱锥P ABCD -的五个顶点都在一个球面上，E 、F 分别是棱AB 、CD 的中点，直线EF 被球面所截得的线段长为 A.12pB.24pC.36pD.48p【答案】A13.（山东省师大附中2013届高三第四次模拟测试1月文）已知两条直线 a ，b 与两个平面α、αβ⊥b ，，则下列命题中正确的是①若α//a ，则b a ⊥；②若b a ⊥，则α//a ； ③若β⊥b ，则βα//；④若βα⊥，则β//b .A ．①③B ．②④C ．①④D ．②③14.（山东省师大附中2013届高三第四次模拟测试1月文）若一个底面为正三角形的几何体的三视图如右图所示，则这个几何体的体积为A ．． C ． ． 615.（山东省青岛一中2013届高三1月调研考试文）已知某几何体的侧视图与其正视图相同，相关的尺寸如下图所示，则这个几何体的体积是（ ）A. 8πB. 7πC. 2π `D. 74π16.（山东省聊城市东阿一中2013届高三上学期期初考试）设直线m 、n 和平面βα、,下列四个命题中，正确的是 （ ）A. 若n m n m //,//,//则ααB. 若βαββαα//,//,//,,则n m n m ⊂⊂C. 若βαβα⊥⊂⊥m m 则,,D. 若ααββα//,,,m m m 则⊄⊥⊥【答案】D【解析】因为选项A 中，两条直线同时平行与同一个平面，则两直线的位置关系有三种，选项B 中，只有Mm,n 相交时成立，选项C 中，只有m 垂直于交线时成立，故选D17.（山东省烟台市莱州一中20l3届高三第二次质量检测文）一个简单几何体的主视图，左视图如图所示，则其俯视图不可能为①长方形；②直角三角形；③圆；④椭圆.其中正确的是A.①B.②C.③D.④18.（山东省烟台市莱州一中20l3届高三第二次质量检测文）对于直线m ，n 和平面,,αβγ，有如下四个命题：（1）若//,,m m n n αα⊥⊥则（2）若,,//m m n n αα⊥⊥则 （3）若,,//αβγβαγ⊥⊥则（4）若,//,,m m n n αβαβ⊥⊂⊥则其中真命题的个数是A.1B.2C.3D.419.（山东省临沂市2013届高三上学期期中考试文）某几何体的正视图和侧视图均如右图，则该几何体的俯视图不可能有是二、填空题：20. (山东省济宁市2013届高三1月份期末测试文14)已知一个空间几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图都是由半圆和矩形组成，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是.21.（山东省潍坊一中2013届高三12月月考测试文）已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高为323p，则A、B两点的球面距离为____________.22.（山东省烟台市莱州一中20l3届高三第二次质量检测文）在正三棱锥S-ABC中，侧面-外接球的表SAB、侧面SAC、侧面SBC两两垂直，且侧棱SA=，则正三棱锥S ABC面积为____________.23.（山东省临沂市2013届高三上学期期中考试文）如图，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F，且EF=1，则四面体A—EFB的体积V等于。
2013-2017高考文科数学分类汇编-空间几何体的直观图和三视图
C． 2 3
D． 2 2
2
2
1
1Байду номын сангаас
正（主）视图
1
1
2
2
俯视图
1
1 侧（左）视图
1.解析 由该几何体的三视图，在长为 2，宽为 1，高为 1 的长方体中还原其立体图形，如
图所示 .由图及三视图中所给的数据可知， △PAC 与 △ ABC 为等腰直角三角形， △ PAB 与 △ PBC 为 等 边 三 角 形 ， PA PC AB BC 2 ， 所 以 四 面 体 的 表 面 积 为
）.
A. 8 cm3 32 3
C. cm 3
B. 12 cm3
40 3
D.
cm
3
2 正视图
侧视图
2
2 俯视图
8.解析 该几何体是棱长为 2 的正方体和底面边长为
V
23 1 22 2
32
．故选 C．
3
3
2、高为 2 的正四棱锥的组合体，所以
9.（ 2015 重庆文 5） 某几何体的三视图如图所示，则该几何体
2
l
h r
2.（2016 全国乙文 7）如图所示，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径
.
28π
若该几何体的体积是
，则它的表面积是（
）.
3
A. 17 π
B. 18π
C. 20π
D. 28π
2.A 解析 由三视图可知，该几何体是一个球截去球的
1 ，设球的半径为 R ，则
8
7
4 πR3
3 S2
4
2
1
2 2 21 2
2
3 .故选 C.
2013年高考真题理科数学解析分类汇编7-立体几何
2013年高考真题理科数学解析分类汇编7 立体几何一选择题1.[湖南]7．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 A ．1 BCD【答案】 C 【解析】由题知，正方体的棱长为1，1]2,1[1<，宽在区间正视图的高为。
选C2.陕西12. 某几何体的三视图如图所示, 则其体积为 3π. 【答案】3π 【解析】立体图为半个圆锥体，底面是半径为1的半圆，高为2。
所以体积32121312ππ=⋅⋅⋅⋅=V3.安徽理（3）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，那么他们有且只有一条过该点的公共直线【答案】A【解析】B,C,D 说法均不需证明，也无法证明，是公理；A 选项可以推导证明，故是定理。
所以选A4.广东5.某四棱台的三视图如图1所示，则该四棱台的体积是图1A. 4B.143C.163D. 6解析：显然棱台的上下底的面积分别为1214S S==、，故其体积为121114V=()(124)2333S S h+=++⨯=选B5.广东6.设m，n是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，下列命题中正确的是A.若,,m nαβαβ⊥⊂⊂，则m⊥n； B. 若//,,m nαβαβ⊂⊂，则//m nC. 若,,m n m nαβ⊥⊂⊂，则αβ⊥； D. 若,//,//m m n nαβ⊥，则αβ⊥解析：选D ∵,//,//m m n nαβ⊥，∴平面β内存在直线α⊥，故αβ⊥其它选项均错。
6.新课标I，6、如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为 ( )A、500π3cm3B、866π3cm3错误！未找到引用源。
专题17立体几何解答题【2023高考】2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编(解析版)
2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编专题17 立体几何解答题一、解答题1．(2022年全国甲卷理科·第18题)在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面,,1,2,ABCD CD AB AD DC CB AB DP =====∥．(1)证明：BD PA ⊥；(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析：； ．解析：(1)证明：在四边形ABCD 中，作DE AB ⊥于E ，CF AB ⊥于F ，因为//,1,2CD AB AD CD CB AB ====，所以四边形ABCD 为等腰梯形，所以12AE BF ==，故DE =BD ==，所以222AD BD AB +=，所以AD BD ⊥，因为PD ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PD BD ⊥，又PD AD D ⋂=，所以BD ⊥平面PAD ，又因PA ⊂平面PAD ，所以BD PA ⊥；(2)解：如图，以点D 为原点建立空间直角坐标系，BD =，则()()(1,0,0,,A B P ，则(((,0,,AP BP DP =-== ，设平面PAB 的法向量(),,n x y z = ，则有0{0n AP x n BP ⋅=-=⋅=+=，可取)n = ，则cos ,n DP n DP n DP ⋅== ，所以PD 与平面PAB．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2022年全国甲卷理科·第18题2．(2022年全国乙卷理科·第18题ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面A B D 所成的角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)CF 与平面A B D所成的角的正弦值为解析：【小问1详解】因为AD CD =，E 为AC 的中点，所以AC DE ⊥；在ABD △和CBD 中，因为,,B A C D CD ADB DB DB D ∠=∠==，所以ABD CBD ≌△△，所以AB CB =，又因为E 为AC 的中点，所以AC BE ⊥；又因为,DE BE ⊂平面BED ，DE BE E ⋂=，所以AC ⊥平面BED ，因为AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD ．【小问2详解】连接EF ，由(1)知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ，所以AC EF ⊥，所以1=2AFC S AC EF ⋅△，当EF BD ⊥时，EF 最小，即AFC △的面积最小．因为ABD CBD ≌△△，所以2CB AB ==，又因为60ACB ∠=︒，所以ABC 是等边三角形，因为E 为AC 的中点，所以1AE EC ==，B E 因为AD CD ⊥，所以112DE AC ==,在DEB 中，222DE BE +=，所以BE DE ⊥．以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E xyz -，则()()()1,0,0,0,0,0,1A B D ，所以()()1,0,1,1,0AD AB =-=- ，设平面A B D 的一个法向量为(),,n x y z = ，则00n AD x z n AB x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取y()3n = ，又因为()31,0,0,4C F ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，所以314CF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，所以cos ,n CF n CF n CF ⋅=== ，设CF 与平面A B D 所成的角的正弦值为02πθθ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，所以sin cos ,n CF θ== 所以CF 与平面A B D．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2022年全国乙卷理科·第18题3．(2022新高考全国II 卷·第20题)如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --正弦值．【答案】(1)证明见解析 (2)1113解析:(1)证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥P ABC -的高，所以PO ⊥平面ABC ，,AO BO ⊂平面ABC ，所以PO AO ⊥、PO BO ⊥，又PA PB =，所以POA POB ≅△△，即OA OB =，所以OAB OBA ∠=∠，的又AB AC ⊥，即90BAC ∠=︒，所以90OAB OAD ∠+∠=︒，90OBA ODA ∠+∠=︒，所以ODA OAD∠=∠所以AO DO =，即AO DO OB ==，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以//OE PD ，又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ，所以//OE 平面PAC(2)解：过点A 作//Az OP ，如图建立平面直角坐标系，因为3PO =，5AP =，所以4OA ==，又30OBA OBC ∠=∠=︒，所以28BD OA ==，则4=AD，AB =所以12AC =，所以()2,0O，()B，()2,3P ，()0,12,0C，所以32E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则32AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()AB = ，()0,12,0AC =，设平面AEB 的法向量为(),,n x y z =，则3020n AE y z n AB ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩ ，令2z =，则3y =-，0x =，所以()0,3,2n =- ；设平面AEC 的法向量为(),,m a b c =，则302120m AE b c m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令a =6c =-，0b =，所以)6m =- ；所以cos ,n m n m n m⋅=== 设二面角C AE B --为θ，由图可知二面角C AE B --为钝二面角，所以cos θ=，所以11sin 13θ==故二面角C AE B --的正弦值为1113；【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2022新高考全国II 卷·第20题4．(2022新高考全国I 卷·第19题)如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【答案】解析：(1)在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ，则111111111143333A A BC A A ABC A ABC A B BC C C B V S h V S A A V ---=⋅===⋅== ，解得h = 所以点A 到平面1A BC；(2)取1A B 的中点E ,连接AE ,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥,又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC 平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以AE ⊥平面1A BC ，在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥，又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由(1)得AE =，所以12AA AB ==，1A B =2BC =，则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1AC 的中点()1,1,1D ，则()1,1,1BD = ，()()0,2,0,2,0,0BA BC == ,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z = ，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()1,0,1m =- ，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c = ，则020m BD a b c m BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩ ，可取()0,1,1n =-r ，则1cos ,2m n m n m n⋅===⋅ ，所以二面角A BD C --=．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2022新高考全国I 卷·第19题5．(2021年新高考全国Ⅱ卷·第19题)在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD是正方形，若2,3AD QD QA QC ====．(1)证明：平面QAD ⊥平面；(2)求二面角B QD A --平面角的余弦值．【答案】解析:(1)取AD 的中点为O ，连接,QO CO ．因为QA QD =，OA OD =，则QO ⊥AD ，而2,AD QA =2QO ==．在正方形ABCD 中，因为2AD =，故1DO =，故CO =，因为3QC =，故222QC QO OC =+，故QOC 为直角三角形且QO OC ⊥，因为OC AD O = ，故QO⊥的平面ABCD ，因为QO ⊂平面QAD ，故平面QAD ⊥平面ABCD ．(2)在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥，结合(1)中的QO ⊥平面ABCD ，故可建如图所示的空间坐标系．则()()()0,1,0,0,0,2,2,1,0D Q B -，故()()2,1,2,2,2,0BQ BD =-=- ．设平面QBD 的法向量(),,n x y z = ，则00n BQ n BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即220220x y z x y -++=⎧⎨-+=⎩，取1x =，则11,2y z ==，故11,1,2n ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．而平面QAD 的法向量为()1,0,0m = ，故12cos ,3312m n ==⨯ ．二面角B QD A --的平面角为锐角，故其余弦值为23．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年新高考全国Ⅱ卷·第19题6．(2021年新高考Ⅰ卷·第20题)如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD的中点．(1)证明：OA CD ⊥；(2)若OCD 是边长为1等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积．【答案】解析：(1)因为AB=AD,O 为BD 中点，所以AO ⊥BD 因为平面ABD 平面BCD =BD ,平面ABD ⊥平面BCD ，AO ⊂平面ABD ，因此AO ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，所以AO ⊥CD(2)作EF ⊥BD 于F, 作FM ⊥BC 于M,连FM因为AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥BD, AO ⊥CD所以EF ⊥BD, EF ⊥CD, BD CD D ⋂=,因此EF ⊥平面BCD ，即EF ⊥BC 因为FM ⊥BC ，FM EF F =I ,所以BC ⊥平面EFM ，即BC ⊥MF 则EMF ∠为二面角E-BC-D 的平面角, 4EMF π∠=因为BO OD =,OCD 为正三角形,所以OCD 为直角三角形因为2BE ED =,1112(1)2233FM BF ∴==+=从而EF=FM=213AO ∴=AO ⊥Q 平面BCD,所以11111332BCD V AO S ∆=⋅=⨯⨯⨯=的【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年新高考Ⅰ卷·第20题7．(2020年新高考I 卷(山东卷)·第20题)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．【答案】(1)证明见解析；．解析：(1)证明： 在正方形ABCD 中，//AD BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD 平面PBC l =，所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D = ，所以l ⊥平面PDC ；(2)如图建立空间直角坐标系D xyz -，因为1PD AD ==，则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ，设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-，设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y mx z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则z m =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-，则cos ,n PB n PB n PB ⋅<>==线与平面所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>=r u ur==≤≤=1m =时取等号，所以直线PB 与平面QCD．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年新高考I 卷(山东卷)·第20题8．(2020新高考II 卷(海南卷)·第20题)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l．(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，QB ，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；．解析：(1)证明： 在正方形ABCD 中，//AD BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD 平面PBC l =，所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D = ，所以l PDC ；(2)如图建立空间直角坐标系D xyz -，因为1PD AD ==，则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ，设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-，设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，即00y mx z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则z m =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-，则cos ,n PB n PB n PB ⋅<>==根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>=r u ur==≤≤=1m =时取等号，所以直线PB 与平面QCD．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020新高考II 卷(海南卷)·第20题9．(2021年高考全国乙卷理科·第18题)如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．(1)求BC ；(2)求二面角A PM B --的正弦值．【答案】；解析：(1)PD ⊥ 平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -，设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ，则()2,1,1PB a =- ，(),1,0AM a =-，PB AM ⊥ ，则2210PB AM a ⋅=-+=，解得a =2BC a ==；(2)设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z =，则AM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()AP = ，由11110m AM x y m AP z ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，取1x =，可得)2m = ，设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z =，BM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()1,1BP =- ，由222200n BM x nBP y z ⎧⋅==⎪⎨⎪⋅=-+=⎩ ，取21y =，可得()0,1,1n =r，cos ,m n m n m n⋅<>===⋅，所以，sin ,m n <>==因此，二面角A PM B --【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：(1)建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；(2)设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量(注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可)；(3)计算(2)中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年高考全国乙卷理科·第18题10．(2021年高考全国甲卷理科·第19题)已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥(1)证明：BF DE ⊥；(2)当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?【答案】(1)见解析；(2)112B D =解析：因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，所以1BB ⊥底面ABC ，所以1BB AB ⊥因为11//A B AB ，11BF A B ⊥，所以BF AB ⊥，又1BB BF B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．的以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．所以()()()()()()1110,0,0,2,0,0,0,2,0,0,0,2,2,0,2,0,2,2B A C B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a (02a ≤≤)．(1)因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-= ，所以BF DE ⊥．(2)设平面DFE 的法向量为(),,m x y z =，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则cos m BA m BA θ⋅===⋅ ．当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ=所以()minsin θ==，此时112B D =．【点睛】本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出(),0,2D a (02a ≤≤)，在第二问中通过余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年高考全国甲卷理科·第19题11．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第18题)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO上一点，PO ．(1)证明：PA ⊥平面PBC ；(2)求二面角B PC E --的余弦值．【答案】(1)证明见解析；．【解析】(1)由题设，知DAE △为等边三角形，设1AE =，则DO =，1122CO BO AE ===，所以PO ==PC PB ====又ABC 为等边三角形，则2sin 60BA OA =，所以BA =，22234PA PB AB +==，则90APB ∠= ，所以PA PB ⊥，同理PA PC ⊥，又PC PB P = ，所以PA ⊥平面PBC ；(2)过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则111(,0,0),((,244E P B C ---，1(,4PC =-，1(4PB =-，1(,0,2PE =- ，设平面PCB 的一个法向量为111(,,)n x y z =，由00n PC n PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得11111100x x ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩，令1x =，得111,0z y =-=，所以1)n =-，设平面PCE 的一个法向量为222(,,)m x y z =由00m PC m PE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22222020x x ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩，令21x =，得22z y ==，所以m =故cos ,||||n m m n n m ⋅<>===⋅设二面角B PC E --的大小为θ，则cos θ=【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第18题12．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科·第20题)如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；解析：(1) ,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴又11//AA BB 1//MN AA∴在ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM ⊥又 侧面11BB C C 为矩形，1BC BB ∴⊥1//MN BB MN BC⊥由MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN∴BC ⊥平面1A AMN又 11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，11//B C ∴平面ABC又 11B C ⊂平面11EB C F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF=11//B C EF ∴//EF BC∴又BC ⊥ 平面1A AMN∴EF ⊥平面1A AMNEF ⊂ 平面11EB C F ∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN(2)连接NP//AO 平面11EB C F ，平面AONP ⋂平面11EB C F NP =∴//AO NP根据三棱柱上下底面平行，其面1A NMA ⋂平面ABC AM =，面1A NMA ⋂平面1111A B C A N=∴//ON AP故：四边形ONPA 是平行四边形设ABC 边长是6m (0m >)可得：ON AP =，6NP AB m== O 为111A B C △的中心，且111A B C △边长为6m∴16sin 603ON =⨯⨯︒=故：ON AP ==//EF BC ∴AP EPAM BM =∴3EP =解得：EP m=在11B C 截取1B Q EP m ==，故2QN m= 1B Q EP =且1//B Q EP∴四边形1B QPE 是平行四边形，∴1//B E PQ由(1)11B C ⊥平面1A AMN故QPN ∠为1B E 与平面1A AMN 所成角在Rt QPN △，根据勾股定理可得：PQ ===sin QN QPN PQ ∴∠===∴直线1B E 与平面1A AMN 【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其线面角，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和线面角的定义，考查了分析能力和空间想象能力，属于难题．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年高考数学课标Ⅱ卷理科·第20题13．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．(1)证明：点1C 平面AEF 内；(2)若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【答案】(1)证明见解析；．解析：(1)在棱1CC 上取点G ，使得112C G CG =，连接DG 、FG、1C E 、1C F ，在在长方体1111ABCD A B C D -中，//AD BC 且AD BC =，11//BB CC 且11BB CC =，112C G CG = ，12BF FB =，112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =，所以，四边形BCGF 为平行四边形，则//AF DG 且AF DG =，同理可证四边形1DEC G 为平行四边形，1//C E DG ∴且1C E DG =，1//C E AF ∴且1C E AF =，则四边形1AEC F 为平行四边形，因此，点1C 在平面AEF 内；(2)以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系1C xyz -，则()2,1,3A 、()12,1,0A 、()2,0,2E 、()0,1,1F ，()0,1,1AE =-- ，()2,0,2AF =--，()10,1,2A E =- ，()12,0,1A F =- ，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，由00m AE m AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-，得111x y ==，则()1,1,1m =- ，设平面1A EF 的法向量为()222,,n x y z =，由1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，取22z =，得21x =，24y =，则()1,4,2n =，cos,m nm nm n⋅<>===⋅设二面角1A EF A--的平面角为θ，则cosθ=，sinθ∴==因此，二面角1A EF A--．【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计算能力，属于中等题．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题14．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的二面角B−CG−A 的大小．【答案】(1)见详解；(2)30 ．【官方解析】(1)由已知得//AD DE ，//CG BE ,所以//AD CG ，故,AD CG 确定一个平面．从而,,,A C G D 四点共面．由已知得,AB BE AB BC ⊥⊥，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ,所以平面ABC ⊥平面BCGE ．(2)作EH BC ⊥,垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ,平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ．由已知，菱形BCGE 的边长为2，60EBC ∠=︒，可求得1,BH EH ==．以H 为坐标原点，HC的方向为x 轴的的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz -，则(1,1,0),(1,0,0),(2,1,0)A C G CG AC -==-．设平面ACGD 的法向量为(,,)n x y z =，则CG n AC n ⎧=⎪⎨=⎪⎩即0,20.x x y ⎧=⎪⎨-=⎪⎩所以可取(3,6,n =- ．图2图1AA又平面BCGE 的法向量可取为(0,1,0)m =，所以cos ,n mn m |n||m|〈〉=因此二面角B - CG - A 的大小为30︒．【点评】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法．最后将求二面角转化为求二面角的平面角问题考查考生的空间想象能力．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2019年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题15．(2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科·第17题)如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥．()1证明：BE ⊥平面11EB C ；()2若1AE A E =，求二面角1B EC C --的正弦值．【答案】()1证明见解析；(2.【官方解析】证明：()1由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ，故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．()2由()1知190BEB ∠=︒．由题设知11Rt ABE Rt A B E ≅△△，所以45AEB ∠=︒，故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA的方向为x 轴正方向，DA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，则()0,1,0C ，()1,1,0B ，()10,1,2C ，()1,0,1E ，()1,0,0CB = ，()1,1,1CE =- ，()10,0,2CC =．设平面EBC 的法向量为()111,,n x y z =，则00CB n CE n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即11110,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取()0,1,1n =-- .设平面1ECC 的法向量为()222,,m x y z =，则100CC m CE m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即222220,0z x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取()1,1,0m = .于是1cos ,2n m n m n m⋅==-⋅．所以，二面角1B EC C --．【分析】()1利用长方体的性质，可以知道11B C ⊥侧面11A B BA ，利用线面垂直的性质可以证明出11B C EB ⊥，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出BE ⊥平面11EB C ；()2以点D 坐标原点，以1,,DA DC DD分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，设正方形ABCD 的边长为a ，1B B b =，求出相应点的坐标，利用1BE EC ⊥，可以求出,a b 之间的关系，分别求出平面EBC 、平面1ECC 的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角1B EC C --的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角1B EC C --的正弦值.【解析】()1因为1111ABCD A B C D -是长方体，所以11B C ⊥侧面11A B BA ，而BE ⊂平面11A B BA ，所以11BE B C ⊥,又1BE EC ⊥，1111B C EC C = ，111,B C EC ⊂平面11EB C ，因此BE ⊥平面11EB C ；()2以点B坐标原点，以1,,BA BC BB分别为,,x y z 轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，1(0,0,0),(0,,0),(0,,),(,0,)2b B C a C a b E a ，因为1BE EC ⊥，所以2210(,0,(,,002224b b b BE EC a a a a b a ⋅=⇒⋅-=⇒-+=⇒= ，所以(,0,)E a a ，1(,,),(0,0,2),(,0,)EC a a a CC a BE a a =--==，设111(,,)m x y z =是平面BEC 的法向量，所以111110,0,(1,0,1)0.0.ax az m BE m ax ay az m EC +=⎧⎧⋅=⇒⇒=-⎨⎨-+-=⋅=⎩⎩，设222(,,)n x y z =是平面1ECC 的法向量，所以2122220,0,(1,1,0)0.0.az n CC n ax ay az n EC =⎧⎧⋅=⇒⇒=⎨⎨-+-=⋅=⎩⎩，二面角1B EC C --12，所以二面角1B EC C --=【点评】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科·第17题16．(2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科·第18题)如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14,2,60,,,AA AB BAD E M N ==∠=︒分别是BC ，1BB ，1A D的中点．D 1C 111(1)证明：//MN 平面1C DE ；(2)求二面角1A MA N --的正弦值．【答案】解：(1)连结1,B C ME ．因为,M E 分别为1,BB BC 的中点，所以1//ME B C ，且112ME B C =．又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =．由题设知11A B ，可得11B C A D ，故ME ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，//MN ED ．又MN ⊄平面1C DE ，所以//MN 平面1C DE ．(2)由已知可得DE DA ⊥．以D 为坐标原点，DA的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，则1(2,0,0),(2,0,4),2),(1,0,2)A A M N ，1(0,0,4)A A =-，1(2)A M =-- ，1(1,0,2)A N =-，(0,MN =．设(,,)m x y z = 为平面1A MA 的法向量，则1100m A M m A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，所以2040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取m =．设(,,)n p q r = 为平面1A MN 的法向量，则100n MN n A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，．所以020p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)n =- ．于是cos ,m n m n m n ⋅===⋅，所以二面角1A MA N --．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科·第18题17．(2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第19题)(12分)如图，边长为2的正方形ABCD 所在平面与半圆弧CD所在的平面垂直，M 是弧CD 上异于,C D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．【答案】【官方解析】(1)由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD因为BC CD ⊥，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC DM⊥因为M 为 CD上异于,C D 的点，且DC 为直径，所以DM CM ⊥又BC CM C = ，所以DM ⊥平面BMC而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ．(2)以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz-当三棱锥M ABC -体积最大时，M 为 CD的中点，由题设得()0,0,0D ，()2,0,0A ，()2,2,0B ，()0,2,0C ，()0,1,1M ()2,1,1AM =- ，()0,2,0AB = ，()2,0,0DA = 设(),,n x y z = 是平面MAB 的法向量，则00n AM n AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即2020x y z y -++=⎧⎨=⎩可取()1,0,2n = 易知DA 是平面MCD的法向量，因此cos ,n DA n DA n DA⋅<>==⋅所以sin ,n DA <>== 所以面MAB 与面MCD【民间解析】(1)证明：因为面ABCD ⊥半圆面CMD ，且面ABCD 半圆面CMD CD=而四边形ABCD 为正方形，所以AD CD ⊥，所以AD ⊥平面MCD又CM ⊂平面MCD ，所以AD CM ⊥①又因为点M 在以CD 为直径的半圆上，所以CM MD ⊥②又MD 、AD ⊂面MAD ，且MD AD D = ③由①②③可得CM ⊥面MAD ，而CM ⊂平面BMC所以平面AMD ⊥平面BMC(2)如图，以DC 所在直线作为y 轴，以DC 中点为坐标原点O ，过点O 作DA 的平行线，作为x 轴，过点O 作面ABCD 的垂线，作为z轴，建立空间直角坐标系因为13M ABC ABC M ABC V S d --=⋅△，而12222ABC S =⨯⨯=△所以当点M 到平面ABCD 的距离最大时，三棱锥M ABC -的体积最大，此时MO CD⊥所以()0,0,1M ，()2,1,0AA -，()2,1,0B ；()0,1,0C ，()0,1,0D -设面MAB 的法向量为()111,,m x y z = ，易知面MCD 的法向量为()2,0,0n DA == 所以()2,1,1MA =-- ，()2,1,1MB =- 由00m MA m MB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即1111112020x y z x y z --=⎧⎨+-=⎩，解得11102y z x =⎧⎨=⎩，可取()1,0,2m =所以cos ,m n m n m n ⋅<>=== 故所求面MAB 与面MCD==．【题目栏目】立体几何\空间角\二面角【题目来源】2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第19题18．(2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第20题)(12分)如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM所成角的正弦值．【答案】解析：(1)因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =．连接OB．因为AB BC AC ==，所以ABC ∆为等腰直角三角形，且OB AC ⊥，122OB AC ==．由222OP OB PB +=知PO OB ⊥．由OP OB ⊥，OP AC ⊥知PO ⊥平面ABC ．(2)如图，以O 为坐标原点，OB u u u r 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．由已知得(0,0,0)O ，(2,0,0)B ，(0,2,0)A -，(0,2,0)C，P，AP =u u u r ．取平面PAC 的法向量为(2,0,0)OB =u u u r ．设(,2,0)(02)≤M a a a -<，则(,4,0)AM a a =-u u u r ．设平面PAM 的法向量为(,,)x y z =n ，由0AP ⋅=u u u r n ，0AM ⋅=u u u r n得20(4)0y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取,)a a =--n ，所以cos ,OB <>=u u u r n，由已知可得cos ,OB <>=u u u r n PAB M COA=，解得4a =-(舍去)，43a =．所以4()3n =-．又(0,2,PC =- ，所以cos ,n PC <>=u u u r ．所以PC 与平面PAM ．【题目栏目】立体几何\空间角\二面角【题目来源】2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第20题19．(2018年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第18题)(12分)如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DCF ∆折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥．(1)证明:平面PEF ⊥平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【答案】解析：(1)由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF ．又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD ．(2)作PH EF ⊥，垂足为H ．由(1)得，PH ⊥平面ABFD ．以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴正方向，||BF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz -．由(1)可得，DE PE ⊥．又2DP =，1DE =，所以PE =．又1PF =，2EF =，故PE PF ⊥．可得32PH EH ==．则33(0,0,0),(1,,0),(1,22H P D DP --= 32HP = 为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin ||||||HP DP HP DP θ⋅===⋅ ．所以DP 与平面ABFD．【题目栏目】立体几何\空间角\直线与平面所成的角【题目来源】2018年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第18题20．(2017年高考数学新课标Ⅰ卷理科·第18题)如图,在四棱锥中,,且．(1)证明:平面平面;(2)若,,求二面角的余弦值．【答案】(1)详见解析;(2)二面角的余弦值为． 【分析】(1)根据题设条件可以得出,,而,就可证明出平面．进而证明平面平面;(2)先找出的中点,找出相互垂直的线,建立以为坐标原点,的方向为轴的正方向,为单位长的空间直角坐标系,列出所需要的点的坐标,设是平面的法向量,是平面的法向量,根据垂直关系,求出和,利用数量积公式可求出二面角的平面角． 【解析】(1)由已知,得,由于,故,从而平面又平面,所以平面平面(2)在平面内做,垂足为,由(1)可知,平面,故,可得平面． P ABCD -//AB CD 90BAP CDP ∠=∠=︒PAB ⊥PAD PA PD AB DC ===90APD ∠=︒A PB C --A PB C --AB AP ⊥CD PD ⊥//AB CD AB ⊥ PAD PAB ⊥PAD AD F FA x AB (),,n x y z = PCB (),,m x y z = PAB (0,1,n =- ()1,0,1m = 90BAP CDP ∠=∠=︒AB AP ⊥CD PD ⊥//AB CD AB PD ⊥AB ⊥PAD AB ⊂PAB PAB ⊥PAD PAD PF AD ⊥F AB ⊥PAD AB PF ⊥PF ⊥ABCD以为坐标原点,的方向为轴正方向,为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系．由(1)及已知可得,,,． 所以,,,． 设是平面的法向量,则,即,可取． 设是平面的法向量,则,即,可取． 则,所以二面角的余弦值为． 【考点】面面垂直的证明,二面角平面角的求解．【点评】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面:①求异面直线所成的角,关键是转化为两直线的方向向量的夹角;②求直线与平面所成的角,关键是转化直线的方向向量和平面的法向量的夹角;③求二面角,关键是转化为两平面的法向量的夹角．建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键．【题目栏目】立体几何\空间角\二面角【题目来源】2017年高考数学新课标Ⅰ卷理科·第18题21．(2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题)如图，四面体中，是正三角形，是直角三角形，，．F FA x ||AB F xyz-APB (C(PC =CB =PA = (0,1,0)AB = (,,)x y z =n PCB 00PC CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ nn 00x y z ⎧+=⎪=(0,1,=-n (,,)x y z =m PAB 00PA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ mm 00z y =⎪=⎩(1,0,1)=n cos ,||||⋅==<>n m n m n m A PB C --ABCD ABC ∆ACD ∆ABD CBD ∠=∠AB BD =(1)证明：平面平面；(2)过的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值．【答案】(Ⅰ)证明略． 【解析】证明:(1)取的中点为,连接为等边三角形∴∴．∴,即为等腰直角三角形,为直角又为底边中点ACD ⊥ABC AC BD E AEC ABCD D AE C --AC O ,BO DO ABC ∆ BO AC ⊥AB BC =AB BC BD BDABD DBC =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩ABD CBD ∴∆≅∆AD CD =ACD ∆ADC ∠O AC∴ 令,则 易得:,∴由勾股定理的逆定理可得即又∵ 由面面垂直的判定定理可得(2)由题意可知即,到平面的距离相等即为中点以为原点,为轴正方向,为轴正方向,为轴正方向,设,建立空间直角坐标系则,,,,DO AC ⊥AB a =AB AC BC BD a ====OD a=OB =222OD OB BD +=2DOB π∠=OD OB ⊥OD AC OD OB AC OB OAC ABC OB ABC ⊥⎧⎪⊥⎪⎪=⎨⎪⊂⎪⊂⎪⎩ 平面平面OD ABC ∴⊥平面OD ADC ⊂平面ADC ABC ⊥平面平面V V D ACE B ACE --=B D ACE E BD O OA x OB y OD z AC a =()0,0,0O ,0,02a A ⎛⎫ ⎪⎝⎭0,0,2a D ⎛⎫ ⎪⎝⎭,0B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,4a E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭易得:,, 设平面的法向量为,平面的法向量为, 则,解得 ,解得 若二面角为,易知为锐角,则．【考点】二面角的平面角;面面角的向量求法【点评】(1)求解本题要注意两点:一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角,二是利用方程思想进行向量运算,要认真细心,准确计算．(2)设m ,n 分别为平面α,β的法向量,则二面角θ与<m ,n >互补或相等,故有|cos θ|=|cos<m ,n>|=．求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．【题目栏目】立体几何\空间角\二面角【题目来源】2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19题22．(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科·第19题)如图，四棱锥 中，侧面 为等比三角形且垂直于底面 ， 是 的中点．(1)证明：直线 平面；(2)点 在棱上，且直线 与底面 所成锐角为 ，求二面角 的余弦值．【答案】(1)证明略；,24a a AE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ ,0,22a a AD ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ,0,02a OA ⎛⎫= ⎪⎝⎭ AED 1n AEC 2n 1100AE n AD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 1n = 2200AE n OA n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ (20,1,n = D AE C --θθ1212cos n n n n θ⋅==⋅ ⋅m n m n P ABCD -PAD ABCD o 1,90,2AB BC AD BAD ABC =∠=∠=E PD //CE PAB M PC BM ABCD o 45M AB D --【基本解法1】(1)证明：取中点为，连接、因为，所以因为是的中点，所以，所以所以四边形为平行四边形，所以因为平面，平面所以直线平面(2)取中点为，连接因为△为等边三角形，所以因为平面平面，平面平面，平面所以平面因为，所以四边形为平行四边形，所以所以以分别为轴建立空间直角坐标系，如图设，则，所以设，则，因为点在棱上，所以，即所以，所以平面的法向量为因为直线与底面所成角为，所以解得设平面的法向量为，则令，则PA F EF AF90BADABC ∠=∠=︒12BC AD =BC 12AD E PD EF 12AD EF BCEFBC //EC BFBF ⊂PABEC ⊄PAB//CEPABAD O OC OP、PAD PO ⊥ADPAD ⊥ABCD PAD ABCD AD =PO ⊂PADPO ⊥ABCDAO BC OABC //AB OCOC AD⊥,,OC OD OP ,,x yz 1BC =(0,1,0),(1,1,0),(1,0,0)P A B C --(1,0,PC = (,,)M x y z (,,PM x y z =-(1,0,0)AB = M PC (01)PM PC λλ=≤≤ (,,(1,0,x y z λ=()M λ()BM λ=- ABCD (0,0,1)n = BM ABCD 45︒|||sin 45||cos ,|||||BM n BM n BM n ⋅︒=<>=== 1λ=-(BM = MAB (,,)m x y z = 00AB m x BM m x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩ 1z =m =所以所以求二面角【基本解法2】(1)证明：取中点为，连接因为，所以，即所以四边形为平行四边形，所以因为平面，平面所以直线平面因为是的中点，所以因为平面，平面所以直线平面因为，所以平面平面因为平面所以直线平面(2)同上【命题意图】线面平行的判定，线面垂直的判定，面面垂直的性质，线面角、二面角的求解【知识拓展】线面平行的证明一般有两个方向，线面平行的判定或面面平行的性质。
2013年全国高考理科数学试题分类汇编7：立体几何Word版含答案
------WORD格式-----可编辑-------2013 年全国高考理科数学试题分类汇编7：立体几何一、选择题1 ．（ 2013 年高考新课标1（理））, 容器高 8cm,如图 , 有一个水平放置的透明无盖的正方体容器将一个球放在容器口, 再向容器内注水, 当球面恰好接触水面时测得水深为6cm,如果不计容器的厚度 , 则球的体积为（）A．500cm3B． 866cm3C． 1372cm3D． 2048cm33333【答案】 A2 ．（ 2013 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD版））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m nB．若C．若m n,m,n, 则D．若【答案】 D//, m,n,则 m // n m, m // n , n //, 则3．（ 2013 年上海市春季高考数学试卷( 含答案 ) ）若两个球的表面积之比为1: 4,则这两个球的体积之比为（）A．1: 2B．1: 4C．1: 8D．1:16【答案】 C4．（ 2013 年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD版含答案（已校对））已知正四棱柱 ABCD A1 BC1 1D1中 AA1 2 AB ,则CD与平面 BDC1所成角的正弦值等于（）A．2B．3C．2D．1 3333【答案】 A5 ．（ 2013 年高考新课标1（理））某几何体的三视图如图所示, 则该几何体的体积为------WORD格式-----可编辑-------（）A．168B．88C．1616D．816【答案】 A6 ．（ 2013 年高考湖北卷（理））一个几何体的三视图如图所示, 该几何体从上到下由四个简单几何体组成, 其体积分别记为V1, V2, V3, V4,上面两个简单几何体均为旋转体, 下面两个简单几何体均为多面体, 则有（）A．V1V2V4V3B．V1V3V2V4C．V2V1V3【答案】 C7 ．（ 2013 年高考湖南卷（理））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（）．．．A．1B．22-1D．2+1 C．22【答案】 C8 ．（ 2013 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD版））某四棱台的三视图如图所示 , 则该四棱台的体积是122正视图侧视图 11俯视图第 5 题图（ ）1416A ．4B ．3C ．3D ．6【答案】 B9 ．（ 2013 年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理） （纯 WORD 版含答案）） 已知 m, n为异面直线 , m平面, n 平面 . 直线 l 满足 l m, ln, l,l , 则（ ）A ． //, 且 l //B ． , 且 lC ．与相交 , 且交线垂直于 lD ． 与相交 , 且交线平行于 l【答案】 D10 ．（ 2013 年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案）） 已知三棱柱9ABCA 1B 1C 1的侧棱与底面垂直 , 体积为 4 , 底面是边长为3的正三角形 . 若 P 为底面A 1B 1C 1的中心 , 则 PA 与平面 ABC 所成角的大小为（）5A ．12B ．3C ．4D ．6【答案】 B11．（ 2013 年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案） ）某几何体的三视图如题5 图所示 , 则该几何体的体积为（）A ． 560B ． 580C ． 200D ． 24033【答案】 C12 ．（ 2013 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD版））已知三棱柱ABC A1 B1C1的6个顶点都在球 O的球面上, 若AB3， AC 4 ,A B AC ,AA112 ,则球O的半径为（）A． 3 17B．2 10C．13D．3 1022【答案】 C13．（ 2013年高考江西卷（理））如图 , 正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上 , 且AB CD ,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 m n（）A． 8B． 9C． 10D． 11【答案】A14．（ 2013 年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯WORD版含答案））一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(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 , 则得到正视图可以为（）A．B．C．D．【答案】A15．（ 2013 年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD版））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,那么他们有且只有一条过该点的公共直线A, 过点A16．（ 2013 年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD版））在空间中作平面的垂线, 垂足为 B ,记 B f ( A) .设,是两个不同的平面, 对空间任意一点P ,Q1 f [ f( P)], Q2 f [ f(P)] ,恒有PQ1PQ2,则（）A．平面与平面垂直B．平面与平面所成的( 锐 ) 二面角为450C．平面与平面平行D．平面与平面所成的( 锐 ) 二面角为600【答案】 A17．（ 2013 年高考四川卷（理））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【答案】 D二、填空题y21(x1) 和18 ．（ 2013年高考上海卷（理））在xOy 平面上, 将两个半圆弧( x1)2(x3)2y21(x3) 、两条直线y1和 y1围成的封闭图形记D, 如图中阴影为部分 . 记 D 绕y 轴旋转一周而成的几何体为, 过(0, y)(| y |1) 作的水平截面, 所得的体积值为 __________【答案】 2216 .19．（ 2013 年高考陕西卷（理） ） 某几何体的三视图如图所示, 则其体积为 ___ _____.321 1 1【答案】320．（ 2013 年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对） ）已知圆 O和圆 K 是球 O 的大圆和小圆 , 其公共弦长等于球O 的半径 , OK3 , 且圆 O 与圆 K 所2在的平面所成的一个二面角为60 , 则球 O 的表面积等于 ______.【答案】 1621．（ 2013 年高考北京卷（理） ） 如图 , 在棱长为 2 的正方体 ABCD -A 1B 1C 1D 1 中 , E 为 BC 的中点 , 点 P 在线段 D 1E 上 , 点 P 到直线 CC 1的距离的最小值为 __________.D1C 1A 1B 1PDCEAB【答案】2 5 5第 6 页 共 40 页22．（ 2013 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯 WORD版含附加题））如图 , 在三棱柱A1 B1C1 ABC 中,D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点,设三棱锥 F ADE的体积为 V1,三棱柱 A1B1C1ABC的体积为 V2, 则V1 : V2____________.CBAF CE BA D【答案】 1: 2423．（ 2013 年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD版））若某几何体的三视图 ( 单位 :cm) 如图所示 , 则此几何体的体积等于 ________ cm2.4332正视图侧视图3俯视图（第 12 题图）【答案】 2424．（ 2013 年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD版））如图,正方体ABCD A1BC D1,P 为 BC的中点 ,Q 为线段CC1 1 1 的棱长为1上的动点 , 过点 A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S. 则下列命题正确的是 __①②③⑤ ___( 写出所有正确命题的编号 ).1时,S为四边形 ; ②当CQ 13①当 0 CQ时 ,S 为等腰梯形 ; ③当CQ时 ,S 与224第 7页共40页C1D1的交点R满足C1R1131时,S的面积; ④当CQ 1 时,S为六边形;⑤当CQ34为 6 .2【答案】①②③⑤25．（ 2013 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD版））某几何体的三视图如图所示 , 则该几何体的体积是 ____________.【答案】 161626．（ 2013 年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD版））已知某一多面体内接于一个简单组合体, 如果该组合体的正视图. 测试图 . 俯视图均如图所示, 且图中的四边形是边长为 2 的正方形 , 则该球的表面积是_______________【答案】 1227．（ 2013 年上海市春季高考数学试卷( 含答案 ) ）在如图所示的正方体ABCD A BC D 中,1 1 1 1异面直线 A B 与 BC 所成角的大小为_______11D1C1A1B1D CA B【答案】3第 8页共40页三、解答题28．（ 2013 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD版））如图,AB是圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点 .(I) 求证 : 平面PAC平面PBC；(II)若 AB 2，AC 1， PA 1，求证：二面角 C PB A的余弦值 .【答案】29．（ 2013 年普通高等学校招生统一考试重庆数学如图 , 四棱锥P ABCD （理）试题（含答案））中 , PA底面 ABCD , BC CD 2, AC 4, ACBACD, F为PC的中3点,AF PB .(1) 求PA的长 ; (2)求二面角 B AF D 的正弦值.【答案】1．（ 2013 年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD版））如图,圆锥顶点为p .底面圆心为 o , 其母线与底面所成的角为 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° .( Ⅰ) 证明 : 平面 PAB 与平面 PCD 的交线平行于底面 ;( Ⅱ) 求 cos COD .【答案】解:( Ⅰ)设面 PAB 面 PCD 直线 m, AB / /CD 且 CD 面PCDAB / / 面PCDAB / /直线 mAB 面 ABCD 直线 m // 面ABCD .所以 , 面 PAB 与面 PCD 的公共交线平行底面 ABCD .( Ⅱ)设底面半径为 r , 线段 CD 的中点为 F ，则OPF60 .由题知 tan 22.5PO.r, tan 60OF tan 60 tan 22.5OF cosCOD, tan 4512tan 22.5 .POr2tan 2 22.5cos COD2 cos2COD 1tan 22.52 -1,cosCOD 1[ 3(2 -1,)]23(3 2 2 )22cos COD17 - 12 2.所以 cos COD 17 - 12 2 .法二 :1．（ 2013 年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD版））如图,在四面体A BCD 中,AD平面 BCD , BC CD , AD2, BD 2 2. M是AD的中点 , P 是 BM 的中点,点Q在线段AC上,且AQ3QC .(1)证明 : PQ //平面BCD ;(2) 若二面角C BM D 的大小为60 0,求 BDC 的大小 .AMPQB DC（第 20题图）【答案】解 :证明 ( Ⅰ) 方法一: 如图 6, 取MD的中点 F ,且 M 是 AD 中点,所以AF 3 FD .因为 P 是 BM中点 , 所以PF / / BD; 又因为 ( Ⅰ)AQ 3QC且AF 3FD , 所 以 QF / / BD , 所 以 面 PQF / / 面 BDC , 且 PQ 面 BDC , 所 以PQ / / 面 BDC ;方法二 : 如图 7所示 , 取 BD 中点 O , 且 P 是 BM 中点 , 所以 PO / / 1MD ; 取 CD 的三等2分 点 H , 使 DH3CH , 且 AQ3QC , 所 以 QH / / 11, 所 以AD / / MD4 2P O/ / Q H且 O HBCD, 所以PQ / / 面 BDC ;P Q/ / ,O H( Ⅱ) 如图 8 所示 , 由已知得到面ADB 面 BDC , 过 C 作 CG BD 于 G , 所以CGBMD , 过 G 作 GH BM 于 H , 连接 CH , 所以 CHG 就是 CBMD 的二面角 ; 由已知得到 BM 8 1 3 , 设BDC, 所以CD cos ,sinCG CB CD2 2 cos , CG 22 cos sin, BC 2 2 sin ,BDCD BD,在 RT BCG 中 ,BCGsinBG BG 2 2 sin2, 所以在 RTBHGBC中 ,HG1 2 2sin2, 所以在 RTCHG 中2 sin2HG32 3tan CHG tan603CG2 2 cos sin HG2 2 sin23tan3(0,90 )60BDC60 ;2．（ 2013 年上海市春季高考数学试卷( 含答案 ) ）如图,在正三棱锥ABC A1B1C1中, AA1 6 ,异面直线 BC1与 AA1所成角的大小为, 求该三棱柱的体积 .6A1C1B1A CB【答案】 [ 解 ] 因为CC1AA1.所以BC1C 为异面直线 BC1与 AA1.所成的角,即BC1C =.6在 Rt BC1C 中,BC CC1tan BC1C32 3 , 63从而 S ABC 3 BC2 3 3 ,4因此该三棱柱的体积为V SABC AA13 3 618 3 .3．（ 2013 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD版含附加题））本小题满分 14分 .如图 ,在三棱锥S ABC 中,平面 SAB平面 SBC , AB BC , AS AB ,过 A 作AF SB ,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)BC SA.SE GFCAB【答案】证明 :(1) ∵AS AB , AF SB ∴F分别是SB的中点∵E.F 分别是 SA.SB 的中点∴EF∥AB又∵ EF 平面 ABC, AB 平面 ABC ∴EF ∥平面 ABC 同理 :FG ∥平面 ABC 又∵ EF FG=F, EF.FG 平面 ABC ∴平面 EFG // 平面 ABC(2) ∵平面 SAB 平面 SBC平面 SAB 平面 SBC =BCAF 平面 SABAF ⊥SB∴ A F ⊥平面 SBC 又∵ BC 平面 SBC ∴AF ⊥BC又∵ AB BC , AB AF=A, AB.AF 平面 SAB ∴BC ⊥平面 SAB 又∵ SA 平面 SAB ∴BC ⊥SA4．（ 2013 年高考上海卷 （理））如图 , 在长方体 ABCD-A 1B 1C 1D 1 中 ,AB=2,AD=1,A 1A=1, 证明直线BC 1 平行于平面 DA 1C, 并求直线 BC 1 到平面 D 1AC 的距离 .DCABC 1A 1 D 1B 1【答案】 因为 ABCD-AB C D 为长方体 , 故 AB // C 1 D 1 , ABC 1D 1 ,1 1 11故 ABC 1D 1 为平行四边形 , 故BC 1 // AD 1 , 显然 B 不在平面 1 于是直线 1DAC 上, BC 平行于平面 DA 1C;直线 BC 1 到平面 D 1AC 的距离即为点B 到平面 D 1AC 的距离设为 h考虑三棱锥 ABCD 1的体积 , 以 ABC 为底面 , 可得 V1 ( 11 2) 1 132 3 而ADC 中 , ACDC5, AD2 , 故 S AD C 311112所以1 3 12 , 即直线 BC 到平面 D AC 的距离为 2, Vhh.32331 135．（ 2013 年高考湖北卷（理） ） 如图 , 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 .(I) 记平面 BEF 与平面 ABC 的交线为 l , 试判断直线 l 与平面 PAC 的位置关系 , 并加以证明 ; (II) 设 (I) 中的直线 l 与圆 O 的另一个交点为D , 且点 Q 满足 DQ1CP . 记直线 PQ2与平面 ABC 所成的角为 , 异面直线 PQ 与 EF 所成的角为 , 二面角 E l C 的大小为, 求证 : sinsin sin .第19 题图【答案】解 :(I)EF AC , AC平面ABC,EF平面ABC EF 平面 ABC又EF 平面 BEFEF ll平面 PAC(II)连接 DF, 用几何方法很快就可以得到求证.( 这一题用几何方法较快 , 向量的方法很麻烦 , 特别是用向量不能方便的表示角的正弦 . 个人认为此题与新课程中对立体几何的处理方向有很大的偏差 .)6．（ 2013 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD版））如图1,在等腰直角三角形 ABC 中, A 90 , BC6, D , E 分别是 AC , AB 上的点,CD BE 2 ,O为BC 的中点.将ADE 沿 DE 折起,得到如图 2 所示的四棱锥A BCDE ,其中A O 3 .( Ⅰ)证明 : A O平面 BCDE ;(Ⅱ) 求二面角 A CD B 的平面角的余弦值 .C O.B AD ECO BA D E图 1图 2【答案】 ( Ⅰ) 在图 1 中 , 易得OC3, AC 3 2, AD 2 2ACO BD EH连结 OD ,OE ,在OCD 中,由余弦定理可得OD OC 2CD 22OC CD cos455由翻折不变性可知 A D2 2 ,所以A O2OD 2 A D 2,所以 A O OD ,理可证 A O OE ,又 OD OE O ,所以 A O 平面 BCDE .( Ⅱ) 传统法 : 过O作OH CD 交 CD 的延长线于 H ,连结 A H ,因为 A O平面 BCDE ,所以 A H CD ,所以 A HO 为二面角 A CD B 的平面角.结合图 1 可知 ,H 为 AC 中点,故 OH32, 从而A H OH2OA 23022所以 cos A HO OH15, 所以二面角A CD B 的平面角的余弦值为15 .A H5z5A向量法 : 以O点为原点 , 建立空间直角坐标系O xyz 如图所示,则 A0,0,3, C0,3,0, D 1,2,0COD 所以 CA0,3,3,DA1,2,3E x向量法图设 n x, y, z为平面 A CD 的法向量,则n CA03y3z0, 解得y x1 ,得 n1, 1, 3, 即, 令x n DA0x 2 y3z0z3x由( Ⅰ) 知 , OA0,0, 3为平面 CDB 的一个法向量,所以 cos n,OA n OA315, 即二面角A CD B 的平面角的余弦n OA355By值为15 .57（． 2013 年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））四棱柱 1 1 1 1如图 ,ABCD-A B CD 中,侧棱 A1A⊥底面 ABCD,AB// DC,AB⊥AD,AD= CD= 1, AA1=AB= 2, E 为棱 AA1的中点 .( Ⅰ) 证明B C⊥CE;11( Ⅱ ) 求二面角B1- CE- C1的正弦值 .( Ⅲ )设点在线段 1 上,且直线与平面 1 1 所成角的正弦值为2, 求线段AM M CE AM ADDA6的长 .【答案】8．（ 2013 年高考新课标1（理））如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=A A1,∠BA A1=60°.( Ⅰ) 证明 AB⊥ A1C;( Ⅱ) 若平面ABC⊥平面 AA1B1B,AB=CB=2,求直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值.【答案】 ( Ⅰ) 取 AB中点 E, 连结 CE, A1B , A1E ,∵A B= AA1 , BAA1 = 600 , ∴BAA1是正三角形 ,∴ A1E ⊥AB,∵ CA=CB,∴ CE⊥ AB,∵CE A1E =E,∴AB⊥面 CEA1,∴AB⊥AC ;1( Ⅱ) 由( Ⅰ) 知 EC⊥AB, EA1⊥ AB,又∵面 ABC⊥面ABB1A1 , 面 ABC∩面ABB1A1 =AB, ∴ EC⊥面ABB1A1 , ∴ EC⊥EA1 ,∴E A,EC, EA1两两相互垂直 , 以 E 为坐标原点 , EA的方向为x轴正方向 ,| EA | 为单位长度 , 建立如图所示空间直角坐标系O xyz,有题设知A(1,0,0),A1(0,3,0),C(0,0, 3 ),B(-1,0,0),则BC=(1,0,3),BB1=AA1=(-1,0,3),AC=(0,-3,3),1设n =(x, y, z)是平面CBB1C1的法向量,n BC0x3z0则, 即, 可取n =( 3 ,1,-1), n BB10x3y0∴ cos n, A1C=n A1C|10 ,| n || AC15∴直线 A 1C 与平面 BB 1C 1C 所成角的正弦值为1059．（ 2013 年高考陕西卷（理） ）如图 ,四棱柱1 1 1 1O 为底面ABCD -A B CD 的底面 ABCD 是正方形 , 中心 , A 1O ⊥平面 ABCD , AB AA 1 2 .( Ⅰ) 证明 : A C ⊥平面 BBDD ;11 1( Ⅱ ) 求平面 OCB 1与平面 BB 1D 1D 的夹角的大小 .D 1C1A 1B 1DCAOB【答案】 解:( Ⅰ)A 1O 面ABCD, 且BD 面ABCD, A 1OBD ; 又因为 , 在正方 形ABCD 中,ACBD ；且 A 1 O ACA, 所以 BD 面A 1 AC 且A 1C 面A 1 AC ，故 A 1C BD.在正方形 AB CD 中 ,AO = 1 . 在 RT A 1OA 中， A 1O 1.设B 1D 1的中点为 E 1，则四边形 A 1OCE 1为正方形，所以 A 1 C E 1O .又BD面 BB D D , E 1 O 面 BB D D ，且BD E 1 OO ，所以由以上三点得1 1 1 1. A 1C 面 BB 1 D 1D .( 证毕 )( Ⅱ )建立直角坐标系统, 使用向量解题 .以 O 为原点 , 以 OC 为 X 轴正方向 , 以 OB 为 Y 轴正方向 . 则B （0,1,0）,C (1，0，0), A 1 (0，0，1), B 1 (1,1,1)A 1C (1,0, 1) .由( Ⅰ) 知 , 平面 BB 1D 1D 的一个法向量 n 1 A 1C (1,0, 1),OB 1(1,1,1), OC （1,0,0）.设 平 面 OCB 的 法 向 量 为1D 1C 1A 1Bn 2 ,则n 2OB 10, n 2 OC 0，1解得其中一个 法向量为n 2 (0,1,-1).DC| n 1 n 2 |1 1AOcos| cos n 1, n 1|B.所以 , 平面 OCB 1与平面 BB 1D 1D 的夹角为310 ． （ 2013 年 高 考 江 西 卷（ 理） ） 如 图 , 四 棱 锥 PA B C中,PA平面 ABCD, E 为BD 的中点,G 为 PD 的中点，DABDCB , EA EBAB1， PA3, 连接 CE 并延长交 AD 于 F .2(1) 求证 : AD 平面 CFG ;(2) 求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值 .【答案】 解 :(1) 在ABD 中 , 因为 E 是 BD 的中点 , 所以 EA EB ED AB 1,故BAD, ABEAEB,23因为 DAB DCB , 所以 EABECB ,从而有 FED FEA ,故 EFAD , AF FD , 又因为 PG GD, 所以 FG ∥ PA .又 PA 平面 ABCD ,所以 GFAD , 故 AD 平面 CFG .(3) 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), C (3,3,0), D (0, 3,0) ,22(4)P(0,0, 3) , 故 BC( 1 ， 3 ，0), CP ( 3 ， 3 , 3),CD( 3 , 3,0)22 22 2 2 2 213设平面 BCP 的法向量 n 1(1, y 1, z 1 ) , 则22 y 1 0,33y 1 3z 1 02 2 2y 133 23 , 即 n 1 (1,解得, ) .z 123 333 32y 2y 23设平面 DCP 的法向量 n 2(1, y 2 , z 2 ) , 则2, 解得3 3 3z 2 2 ,z 2 02y 222即 n(1, 3,2). 从 而 平 面 B C P 与 平 面 D C P 的 夹 角 的 余 弦 值 为2n 1n 2 4 2 cos3 .n 1n 21648911 ．（ 2013 年 高 考 四 川 卷 （ 理 ）） 如 图 , 在 三 棱 柱 ABCA B C 中 , 侧 棱 AA底 面111ABC , ABAC 2AA 1 , BAC120 , D , D 1 分别是线段 BC, B 1C 1 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 A 1BC 平行的直线 l , 说明理由 , 并证明直线l平面 ADD 1A 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 M N 的余弦1值.CDA PC1BD1A1B1【答案】解 :如图,在平面ABC内,过点P做直线l//BC ,因为 l 在平面ABC外,1BC 在平面ABC内,由直线与平面平行的判定定理可知,l //平面ABC.11由已知 , AB AC , D 是 BC 的中点,所以, BC AD ,则直线 l AD .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,所以直线平面ADD1 A1解法一 :连接 AP ,过A作 AE A P 于E,过E作 EF AM 于F,连接AF.111由知 , MN平面AEA1,所以平面A EA1平面A1MN.所以 AE平面AMN,则AM AE .11所以 A1M平面AEF,则A1M AF .故AFE 为二面角A AM N 的平面角(设为).1设AA11,则由 A B2A 1 C,A BAC A 120,有BAD 60 , AB 2, AD 1 .又 P 为 AD 的中点,所以 M 为 AB 的中点,且 AP 1 , AM 1 ,2在Rt AAP1中 ,A1P5A1 AM 中,AM12.; 在Rt2从而 , AE AA1AP1AFAA1AM1, A1P,A1M52所以 sin AE2AF5.2215 .所以cos1sin 2155故二面角 A AM N 的余弦值为1515解法二 :设1A A E B C A AE , AD AA AA如图 ,过作平行于为坐标原点, 分别以,的1.11 1 1, 以111 11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,故 M 31,131,1, ,2, N,222所以 A1M 3,1,1 ,A1A0,0,1 ,NM3,0,0 . 22设平面 AAM1的一个法向量为n1x1 , y1, z1, 则n1A1M ,n1 A1M 0,n1A1A,即n1 A1A 0,故有x1, y1, z13,1,10, 22x1, y1, z10,0,10,3 x 1 y z0,从而 2 1211z10.取 x11,则 y 3 ,所以n11,3,0 .1设平面 AMN1的一个法向量为 n2x2 , y2 , z2,则x2 , y2, z2310,n2A1M ,n2A1M 0,, ,1故有22即n2NM ,n2NM0,x2, y2 , z23,0,00,从而3x21y2z20, 223x20.取 y22 ,则 z1,所以 n0,2, 1 .22设二面角 A AM1N 的平面角为, 又为锐角 ,则 cos n11,3,00,2,115 . n225n1n25故二面角A AM N15的余弦值为1512．（ 2013 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯 WORD版含附加题））本小题满分10 分 .如图 , 在直三棱柱A1 B1 C1 ABC中,AB AC,AB AC 2 ,AA14,点 D 是BC 的中点(1)求异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值(2)求平面 ADC1与 ABA1所成二面角的正弦值.【答案】本题主要考察异面直线. 二面角 . 空间向量等基础知识以及基本运算, 考察运用空间向量解决问题的能力.解 :(1)以 AB, AC, AA为为单位正交基底建立空间直角坐标系A xyz ,1则A(0,0,0) B(2,0,0) , C ( 0,2,0) ,A1(0,0,4), D (1,1,0) ,C1(0,2,4)∴ A1 B(2,0,4),A1B (1, 1,4)∴ cos A1B, C1 D A1B C1 D18 3 10 A1 B C1D20 1810∴异面直线 A1 B 与 C1 D 所成角的余弦值为310 10(2) AC(0,2,0)是平面 ABA1的的一个法向量设平面ADC1的法向量为 m(x, y, z) ,∵ AD(1,1,0) , AC1 (0,2,4)由 m AD, m AC1x y 0取 z 1, 得y2, x 2, ∴平面ADC1的法向量为m (2, 2,1)∴4z02y设平面ADC1与 ABA1所成二面角为AC m425∴ coscos AC, m, 得sinAC m 2 333∴平面 ADC1与 ABA15所成二面角的正弦值为313．（ 2013 年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD版含答案（已校对））如图,四棱锥 P ABCD 中,ABC BAD 90 ，BC 2 AD, PAB 与PAD 都是等边三角形 .(I) 证明 : PB CD ;(II)求二面角 A PD C 的大小.【答案】14．（ 2013 年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））如图所示 , 在三棱锥P ABQ 中, PB平面ABQ ,BA BP BQ , D ,C , E, F分别是A Q,B ,Q A, P B P AQ2BD, PD与EQ交于点G,PC与FQ交于点 H ,的中点,连接 GH .( Ⅰ) 求证 : AB GH ; (Ⅱ) 求二面角D GH E 的余弦值.【答案】解:( Ⅰ) 证明 : 因为D , C , E, F分别是AQ, BQ, AP, BP的中点 , 所以 EF ∥ AB , DC ∥ AB ,所以 EF ∥ DC ,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 PCD GH ,所以 EF ∥ GH ,又EF ∥ AB ,所以 AB ∥ GH .( Ⅱ) 解法一 : 在△ABQ中 ,AQ 2BD , AD DQ ,所以ABQ=90 ,即AB BQ, 因为PB平面ABQ, 所以AB PB ,又 BP BQ B, 所以AB平面PBQ, 由( Ⅰ) 知AB∥GH ,所以GH平面PBQ,又 FH平面 PBQ ,所以 GH FH ,同理可得 GH HC ,所以FHC 为二面角 D GH E 的平面角,设BABQ BP2,连接 PC ,在Rt△FBC中 , 由勾股定理得 ,FC2 ,在Rt△PBC中 , 由勾股定理得 ,PC 5 ,HC1PC5又 H 为△PBQ的重心,所以33FH 5同理 3 ,5524cos FHC9955在△FHC中 , 由余弦定理得2,94即二面角DGHE的余弦值为 5 .解法二 : 在△ABQ中,AQ2BD ,AD DQ ,所以ABQ 90, 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BA BQ BP 2,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 ,, FQ(0,2, 1) ,DP(1, 1,2) ,CP (0,1,2) ,设平面EFQ的一个法向量为m( x1 , y1 , z1) ,由m EQ 0 , m FQ 0 , x12y1z10得2 y1z1取y11,得m(0,1,2) .设平面 PDC 的一个法向量为n( x2, y2, z2)由n DP 0 , n CP 0 ,x2y2 2z20得y22z20cos m, nm n 4取z 21,得 nm n5(0,2,1) . 所以4因为二面角DGH E为钝角 , 所以二面角DGHE的余弦值为5 .15．（ 2013 年高考湖南卷（理） ） 如图 5, 在直棱柱ABCD A 1BC 1 1D 中， AD / / BC , BAD90 , AC BD, BC 1, ADAA 1 3.1(I) 证明 : AC B 1 D ; (II)求直线 B C 与平面 ACD所成角的正弦值 .1 11【答 案】解 : ( Ⅰ)ABCDA 1B 1C 1D 1是直棱柱 BB 1 面ABCD,且 BD面ABCD BB 1 AC 又ACBD,且BDBB 1B, AC 面BDB 1。
2013年全国高考理科数学试题分类汇编7：立体几何(修改)
2013年全国高考理科数学试题分类汇编7：立体几何一、选择题1 ．（2013年高考新课标1（理））如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6cm,如果不计容器的厚度,则球的体积为（ ）A ．35003cm πB ．38663cm πC ．313723cm πD ．320483cm π【答案】A2 ．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是（ ）A ．若αβ⊥,m α⊂,n β⊂,则m n ⊥B ．若//αβ,m α⊂,n β⊂,则//m nC ．若m n ⊥,m α⊂,n β⊂,则αβ⊥D ．若m α⊥,//m n ,//n β,则αβ⊥【答案】D3 ．（2013年上海市春季高考数学试卷(含答案)）若两个球的表面积之比为1:4,则这两个球的体积之比为（ ）A ．1:2B ．1:4C ．1:8D ．1:16【答案】C4 ．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））已知正四棱柱1111ABCD A BC D -中12AA AB =,则CD 与平面1BDC 所成角的正弦值等于（ ）A ．23B C ．3D ．13【答案】A5 ．（2013年高考新课标1（理））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（ ）A ．168π+B ．88π+C ．1616π+D ．816π+【答案】A6 ．（2013年高考湖北卷（理））一个几何体的三视图如图所示,该几何体从上到下由四个简单几何体组成,其体积分别记为1V ,2V ,3V ,4V ,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体均为多面体,则有（ ）A ．1243V V V V <<<B ．1324V V V V <<<C ．2134V V V V <<<D ．2314V V V V <<<【答案】C7 ．（2013年高考湖南卷（理））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 （ ）A ．1B C ．2D ．2【答案】C8 ．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是（ ）A ．4B ．143 C ．163D ．6【答案】B9 ．（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯WORD 版含答案））已知n m ,为异面直线,⊥m 平面α,⊥n 平面β.直线l 满足,,,l m l n l l αβ⊥⊥⊄⊄,则 （ ）A ．βα//,且α//lB ．βα⊥,且β⊥lC ．α与β相交,且交线垂直于lD ．α与β相交,且交线平行于l【答案】D10．（2013年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直,体积为94,.若P 为底面111A B C 的中心,则PA 与平面ABC所成角的大小为（ ）A ．512πB ．3πC ．4πD ．6π【答案】B11．（2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））某几何体的三视图如题()5图所示,则该几何体的体积为 （ ）A ．5603B ．5803C ．200D ．240正视图俯视图侧视图第5题图【答案】C12．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））已知三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上,若34AB AC ==，,AB AC ⊥,112AA =,则球O 的半径为 （ ）A ．2B ．C ．132D ．【答案】C13．（2013年高考江西卷（理））如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB CD ,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m n +=（ ）A ．8B ．9C ．10D ．11【答案】A14．（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯WORD 版含答案））一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz -中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(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,则得到正视图可以为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A15．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD 版））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, 那么他们有且只有一条过该点的公共直线 【答案】A16．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD 版））在空间中,过点A 作平面π的垂线,垂足为B ,记)(A f B π=.设βα,是两个不同的平面,对空间任意一点P ,)]([)],([21P f f Q P f f Q βααβ==,恒有21PQ PQ =,则（ ）A ．平面α与平面β垂直B ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为045 C ．平面α与平面β平行D ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为060【答案】A17．（2013年高考四川卷（理））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【答案】D 二、填空题18．（2013年高考上海卷（理））在xOy 平面上,将两个半圆弧22(1)1(1)x y x -+=≥和22(3)1(3)x y x -+=≥、两条直线1y = 和1y =-围成的封闭图形记为D,如图中阴影部分.记D 绕y轴旋转一周而成的几何体为Ω,过(0,)(||1)y y ≤作Ω的水平截面,所得截面面积为48ππ,试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体,得出Ω的体积值为__________【答案】2216ππ+.19．（2013年高考陕西卷（理））某几何体的三视图如图所示, 则其体积为___3π_____.【答案】3π 20．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））已知圆O 和圆K 是球O 的大圆和小圆,其公共弦长等于球O 的半径,32OK =,且圆O 与圆K 所在的平面所成的一个二面角为60,则球O 的表面积等于______.【答案】16π21．（2013年高考北京卷（理））如图,在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E 为BC 的中点,点P 在线段D 1E上,点P 到直线CC 1的距离的最小值为__________.1B【答案】522．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））如图,在三棱柱ABC C B A -111中,F E D ，，分别是1AA AC AB ，，的中点,设三棱锥ADE F -的体积为1V ,三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ,则=21:V V ____________.【答案】1:2423．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD 版））若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积等于________2cm .【答案】2424．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD 版））如图,正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1,P 为BC 的中点,Q 为线段1CC 上的动点,过点A,P,Q 的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是__①②③⑤___(写出所有正确命题的编号).A BCADEF BC①当102CQ <<时,S 为四边形;②当12CQ =时,S 为等腰梯形;③当34CQ =时,S 与11C D 的交点R 满足1113C R =;④当314CQ <<时,S 为六边形;⑤当1CQ =时,S【答案】①②③⑤25．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是____________.【答案】1616π-26．（2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD 版））已知某一多面体内接于一个简单组合体,如果该组合体的正视图.测试图.俯视图均如图所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是_______________【答案】12π27．（2013年上海市春季高考数学试卷(含答案)）在如图所示的正方体1111ABCD A BC D -中,异面直线1A B 与1B C 所成角的大小为_______D 1 C 1B 1A 1D C AB【答案】3π三、解答题28．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））如图,AB 是圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点. (I)求证:PAC PBC ⊥平面平面；(II)2.AB AC PA C PB A ===--若，1，1，求证：二面角的余弦值【答案】29．（2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））如图,四棱锥P ABCD-中,PA ABCD ⊥底面,2,4,3BC CD AC ACB ACD π===∠=∠=,F 为PC 的中点,AF PB ⊥.(1)求PA 的长; (2)求二面角B AF D --的正弦值.【答案】1．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD版））如图,圆锥顶点为p.底面圆心为o ,其母线与底面所成的角为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°.(Ⅰ)证明:平面PAB 与平面PCD 的交线平行于底面; (Ⅱ)求cos COD ∠.【答案】解: (Ⅰ) PAB P D ,////C m AB CD CD PCD AB PCD ⋂=⊂⇒设面面直线且面面//AB m ⇒直线 ABCD m ABCD AB 面直线面//⇒⊂ . 所以,ABCD D P PAB的公共交线平行底面与面面C . (Ⅱ) rPOOPF F CD r =︒︒=∠5.22tan .60,由题知，则的中点为线段设底面半径为. ︒-︒=︒∠==︒⋅︒⇒=︒5.22tan 15.22tan 245tan ,2cos 5.22tan 60tan 60tan ,2COD r OF PO OF . )223(3)],1-2(3[21cos ,1-25.22tan 12cos 2cos 22-==+∠=︒⇒-∠=∠COD COD COD 212-17cos .212-17cos =∠=∠COD COD 所以.法二:1．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD 版））如图,在四面体BCD A -中,⊥AD 平面BCD ,22,2,==⊥BD AD CD BC .M 是AD 的中点,P 是BM 的中点,点Q 在线段AC 上,且QC AQ 3=.(1)证明://PQ 平面BCD ;(2)若二面角D BM C --的大小为060,求BDC ∠的大小.【答案】解:证明(Ⅰ)方法一:如图6,取MD 的中点F ,且M 是AD 中点,所以3AF FD =.因为P 是BM 中点,所以//PF BD ;又因为(Ⅰ)3AQ QC =且3AF FD =,所以//QF BD ,所以面//PQF 面BDC ,且PQ ⊂面BDC ,所以//PQ 面BDC ;ABCDPQM（第20题图）方法二:如图7所示,取BD 中点O ,且P 是BM 中点,所以1//2PO MD ;取CD 的三等分点H ,使3DH CH =,且3AQ QC =,所以11////42QH AD MD ,所以////P O Q H P Q O H∴,且OH BCD ⊂,所以//PQ 面BDC ;(Ⅱ)如图8所示,由已知得到面ADB ⊥面BDC ,过C 作CG BD ⊥于G ,所以CG BMD ⊥,过G 作GH BM ⊥于H ,连接CH ,所以C H G ∠就是C B M D --的二面角;由已知得到3BM ==,设BDC α∠=,所以cos ,sin ,sin ,,CD CG CBCD CG BC BD CD BDαααααα===⇒===, 在RT BCG ∆中,2sin BGBCG BG BCααα∠=∴=∴=,所以在R T B H G ∆中, 2133HG α=∴=,所以在RT CHG ∆中tan tan 6033CGCHG HG ∠==== tan (0,90)6060BDC ααα∴=∈∴=∴∠=;2．（2013年上海市春季高考数学试卷(含答案)）如图,在正三棱锥111ABC A B C -中,16AA =,异面直线1BC 与1AA 所成角的大小为6π,求该三棱柱的体积.【答案】[解]因为1CC 1AA .所以1BC C ∠为异面直线1BC 与1AA .所成的角,即1BC C ∠=6π. 在Rt 1BC C ∆中,11tan 63BC CC BC C =⋅∠=⨯=从而24ABC S BC ∆==因此该三棱柱的体积为16ABC V S AA ∆=⋅==3．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））本小题满分14分.如图,在三棱锥ABC S -中,平面⊥SAB 平面SBC ,BC AB ⊥,AB AS =,过A 作SB AF ⊥,垂足为F ,点G E ，分别是棱SC SA ，的中点.求证:(1)平面//EFG 平面ABC ; (2)SA BC ⊥.【答案】证明:(1)∵AB AS =,SB AF ⊥∴F 分别是SB 的中点∵E.F 分别是SA.SB 的中点 ∴EF∥AB又∵EF ⊄平面ABC, AB ⊆平面ABC ∴EF∥平面ABC 同理:FG∥平面ABC又∵EF FG=F, EF.FG ⊆平面ABC∴平面//EFG 平面ABC (2)∵平面⊥SAB 平面SBC 平面SAB 平面SBC =BCABCS GFEB 1A 1C 1ACBAF ⊆平面SABAF⊥SB∴AF⊥平面SBC 又∵BC ⊆平面SBC ∴AF⊥BC又∵BC AB ⊥, AB AF=A, AB.AF ⊆平面SAB ∴BC⊥平面SAB 又∵SA ⊆平面SAB∴BC⊥SA4．（2013年高考上海卷（理））如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=2,AD=1,A 1A=1,证明直线BC 1平行于平面DA 1C,并求直线BC 1到平面D 1AC 的距离.C 11A【答案】因为ABCD-A 1B 1C 1D 1为长方体,故1111//,AB C D AB C D =,故ABC 1D 1为平行四边形,故11//BC AD ,显然B 不在平面D 1AC 上,于是直线BC 1平行于平面DA 1C; 直线BC 1到平面D 1AC 的距离即为点B 到平面D 1AC 的距离设为h考虑三棱锥ABCD 1的体积,以ABC 为底面,可得111(12)1323V =⨯⨯⨯⨯= 而1AD C ∆中,11AC DC AD ==故132AD C S ∆= 所以,13123233V h h =⨯⨯=⇒=,即直线BC 1到平面D 1AC 的距离为23.5．（2013年高考湖北卷（理））如图,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.(I)记平面BEF 与平面ABC 的交线为l ,试判断直线l 与平面PAC 的位置关系,并加以证明;(II)设(I)中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ,且点Q 满足12DQ CP =.记直线PQ 与平面ABC所成的角为θ,异面直线PQ 与EF 所成的角为α,二面角E l C --的大小为β,求证:sin sin sin θαβ=.第19题图【答案】解:(I)EF AC ,AC ABC ⊆平面,EF ABC ⊆平面EF ABC ∴平面又EF BEF ⊆平面EF l ∴ l PAC ∴平面(II)连接DF,用几何方法很快就可以得到求证.(这一题用几何方法较快,向量的方法很麻烦,特别是用向量不能方便的表示角的正弦.个人认为此题与新课程中对立体几何的处理方向有很大的偏差.)6．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））如图1,在等腰直角三角形ABC中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 分别是,AC AB 上的点,CD BE =O 为BC 的中点.将ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中A O '=.(Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ; (Ⅱ) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值.【答案】(Ⅰ) 在图1中,易得3,OC AC AD ===连结,OD OE,在OCD ∆中,由余弦定理可得OD ==由翻折不变性可知A D '=,所以222A O OD A D ''+=,所以A O OD '⊥, 理可证A O OE '⊥, 又ODOE O =,所以A O '⊥平面BCDE .(Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD ⊥交CD 的延长线于H ,连结A H ', 因为A O '⊥平面BCDE ,所以A H CD '⊥, 所以A HO '∠为二面角A CD B '--的平面角.结合图1可知,H 为AC 中点,故OH =,从而AH '== 所以cos OH A HO A H '∠==',所以二面角A CD B '--向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O xyz -则(A ',()0,3,0C -,()1,2,0D -所以(CA '=,(1,DA '=- 设(),,n x y z =为平面A CD '的法向量,则C D OBE'AH.CO BDEA CDOBE'A图1图200n CA n DA ⎧'⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩,即3020y x y ⎧=⎪⎨-+=⎪⎩,解得y x z =-⎧⎪⎨=⎪⎩,令1x =,得(1,n =- 由(Ⅰ) 知,(OA '=为平面CDB 的一个法向量,所以cos ,53n OA n OA n OA '⋅'===',即二面角A CD B '--的平面角的余弦值为5. 7．（2013年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））如图, 四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中, 侧棱A 1A ⊥底面ABCD , AB //DC , AB ⊥AD , AD = CD = 1, AA 1 = AB = 2,E 为棱AA 1的中点.(Ⅰ) 证明B 1C 1⊥CE ;(Ⅱ) 求二面角B 1-CE -C 1的正弦值.(Ⅲ) 设点M 在线段C 1E 上, 且直线AM 与平面ADD 1A 1, 求线段AM 的长.【答案】8．（2013年高考新课标1（理））如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=A A1,∠BA A1=60°.(Ⅰ)证明AB⊥A1C;(Ⅱ)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB=2,求直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值.【答案】(Ⅰ)取AB 中点E,连结CE,1A B ,1A E,∵AB=1AA ,1BAA ∠=060,∴1BAA ∆是正三角形,∴1A E ⊥AB, ∵CA=CB, ∴CE⊥AB, ∵1CE A E ⋂=E,∴AB⊥面1CEA,∴AB⊥1AC ;(Ⅱ)由(Ⅰ)知EC⊥AB,1EA ⊥AB,又∵面ABC⊥面11ABB A ,面ABC∩面11ABB A =AB,∴EC⊥面11ABB A ,∴EC⊥1EA ,∴EA,EC,1EA 两两相互垂直,以E 为坐标原点,EA 的方向为x 轴正方向,|EA |为单位长度,建立如图所示空间直角坐标系O xyz -, 有题设知A(1,0,0),1A(0,,0),C(0,0,),B(-1,0,0),则BC),1BB =1AA1A C),设n =(,,)x y z 是平面11CBB C 的法向量,则100BC BB ⎧∙=⎪⎨∙=⎪⎩n n ,即0x x ⎧=⎪⎨=⎪⎩,可取n∴1cos ,A C n =11|A C A C∙n |n ||∴直线A 1C 与平面BB 1C 1C9．（2013年高考陕西卷（理））如图, 四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形, O 为底面中心, A 1O ⊥平面ABCD, 1AB AA =(Ⅰ) 证明: A 1C ⊥平面BB 1D 1D ;(Ⅱ) 求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小.1A【答案】解:(Ⅰ) BD O A ABCD BD ABCD O A ⊥∴⊂⊥11,,面且面 ;又因为,在正方形AB CD中,BD C A AC A C A AC A BD A AC O A BD AC ⊥⊂⊥=⋂⊥11111,，故面且面所以；且. 在正方形AB CD 中,AO = 1 . .111=∆O A OA A RT 中，在O E C A OCE A E D B 1111111⊥为正方形，所以，则四边形的中点为设.，所以由以上三点得且，面面又O O BD D D BB O D D BB BD =⋂⊂⊂111111E .E ,D D BB C A 111面⊥.(证毕)(Ⅱ) 建立直角坐标系统,使用向量解题.以O 为原点,以OC 为X 轴正方向,以OB 为Y 轴正方向.则)1,0,1()1,1,1(),100(),001(,0,1,0111-=⇒A B A C B ，，，，）（.由(Ⅰ)知, 平面BB 1D 1D 的一个法向量.0,0,1),1,1,1(),1,0,1(111）（==-==OC OB C A n 设平面OCB 1的法向量为，则0,0,2122=⋅=⋅n OB n n1A).1-,1,0(法向量2=n 为解得其中一个21221|,cos |cos 212111=⋅==><=n n θ. 所以,平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ为3π 10．（2013年高考江西卷（理））如图,四棱锥P A B-中,PA ,ABCD E BD ⊥平面为的中点,G PD 为的中点，3,12DAB DCB EA EB AB PA ∆≅∆====，,连接CE 并延长交AD 于F . (1) 求证:AD CFG ⊥平面;(2) 求平面BCP 与平面DCP 的夹角的余弦值.【答案】解:(1)在ABD ∆中,因为E 是BD 的中点,所以1EA EB ED AB ====,故,23BAD ABE AEB ππ∠=∠=∠=,因为DAB DCB ∆≅∆,所以EAB ECB ∆≅∆, 从而有FED FEA ∠=∠,故,EF AD AF FD ⊥=,又因为,PG GD =所以FG ∥PA . 又PA ⊥平面ABCD ,所以,GF AD ⊥故AD ⊥平面CFG .(3) 以点A 为坐标原点建立如图所示的坐标系,则3(0,0,0),(1,0,0),(2A B C D ,(4)3(0,0,)2P ,故133333(0),(,),(2222BC CP CD ==--=-，，，设平面BCP 的法向量111(1,,)n y z =,则111102233022y y z ⎧+=⎪⎪⎨⎪--+=⎪⎩ ,解得1123y z ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩,即12(1,)33n =-.设平面DCP 的法向量222(1,,)n y z =,则22232233022y y z ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩,解得222y z ⎧=⎪⎨=⎪⎩, 即2(1n =.从而平面BCP 与平面DCP 的夹角的余弦值为12124cos 416n n n n θ⋅=== 11．（2013年高考四川卷（理））如图,在三棱柱11ABC A B C -中,侧棱1AA ⊥底面ABC ,12AB AC AA ==,120BAC ∠=,1,D D 分别是线段11,BC B C 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1A BC 平行的直线l ,说明理由,并证明直线l ⊥平面11ADD A ;(Ⅱ)设(Ⅰ)中的直线l 交AB 于点M ,交AC 于点N ,求二面角1A A M N --的余弦值.1C【答案】解:()I 如图,在平面ABC 内,过点P 做直线l //BC ,因为l 在平面1ABC 外,BC 在平面1ABC 内,由直线与平面平行的判定定理可知, l //平面1ABC . 由已知,AB AC =,D 是BC 的中点,所以,BC AD ⊥,则直线l AD ⊥.因为1AA ⊥平面ABC ,所以1AA ⊥直线l .又因为1,AD AA 在平面11ADD A 内,且AD 与1AA 相交,所以直线平面11ADD A()II 解法一:连接1A P ,过A 作1AE A P ⊥于E ,过E 作1EF AM ⊥于F ,连接AF . 由()I 知,MN ⊥平面1AEA ,所以平面1AEA ⊥平面1A MN . 所以AE ⊥平面1A MN ,则1AM AE ⊥. 所以1A M ⊥平面AEF ,则1A M ⊥AF .故AFE ∠为二面角1A AM N --的平面角(设为θ). 设11AA =,则由12AB AC AA ==,120BAC ∠=,有60BAD ∠=,2,1AB AD ==. 又P 为AD 的中点,所以M 为AB 的中点,且1,12AP AM ==, 在1Rt AAP 中, 1AP =;在1Rt A AM 中, 1AM从而,11AA AP AE A P ∙==11AA AM AF A M ∙==所以sin AE AF θ==所以cos θ===. 故二面角1A AM N --解法二:设11AA =.如图,过1A 作1A E 平行于11B C ,以1A 为坐标原点,分别以111,A E A D ,1AA 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1A 重合).则()10,0,0A ,()0,0,1A .因为P 为AD 的中点,所以,M N 分别为,AB AC 的中点,故11,1,,122M N ⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以131,122A M ⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭,()10,0,1A A =,()3,0,0NM =.设平面1AA M 的一个法向量为()1111,,n x y z =,则1111,,n A M n A A ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩即11110,0,n A M n A A ⎧∙=⎪⎨∙=⎪⎩故有()()()1111111,,,10,2,,0,0,10,x y z x y z ⎧⎫∙=⎪⎪⎪⎨⎝⎭⎪∙=⎩从而111110,220.x y z z ++=⎪⎨⎪=⎩取11x =,则1y =,所以()11,n =. 设平面1A MN 的一个法向量为()2222,,n x y z =,则212,,n A M n NM ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩即2120,0,n A M n NM ⎧∙=⎪⎨∙=⎪⎩故有()())2222221,,,10,22,,0,x y z x y z ⎧⎛⎫∙=⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎪∙=⎪⎩从而222210,20.x y z ++=⎨⎪=⎩取22y =,则21z =-,所以()20,2,1n =-. 设二面角1A AM N --的平面角为θ,又θ为锐角, 则1212cos n n n n θ∙===∙故二面角1A AM N -- 12．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））本小题满分10分.如图,在直三棱柱111A B C ABC -中,AC AB ⊥,2==AC AB ,41=AA ,点D 是BC 的中点 (1)求异面直线B A 1与D C 1所成角的余弦值 (2)求平面1ADC 与1ABA 所成二面角的正弦值.【答案】本题主要考察异面直线.二面角.空间向量等基础知识以及基本运算,考察运用空间向量解决问题的能力.解:(1)以{}1,,为为单位正交基底建立空间直角坐标系xyz A -,则)0,0,0(A )0,0,2(B ,)0,2,0(C ,)4,0,0(1A ,)0,1,1(D ,)4,2,0(1C ∴)4,0,2(1-=A ,)4,1,1(1--=A∴10103182018,cos 11==>=<C A ∴异面直线B A 1与D C 1所成角的余弦值为10103 (2))0,2,0(= 是平面1ABA 的的一个法向量设平面1ADC 的法向量为),,(z y x =,∵)0,1,1(=,)4,2,0(1=AC 由1,AC ⊥⊥∴⎩⎨⎧=+=+0420z y y x 取1=z ,得2,2=-=x y ,∴平面1ADC 的法向量为)1,2,2(-=m 设平面1ADC 与1ABA 所成二面角为θ∴32324,cos cos =⨯-==><=θ, 得35sin =θ ∴平面1ADC 与1ABA 所成二面角的正弦值为35 13．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））如图,四棱锥P ABCD-中,902,ABC BAD BC AD PAB ∠=∠==∆，与PAD ∆都是等边三角形.(I)证明:;PB CD ⊥ (II)求二面角A PD C --的大小.【答案】14．（2013年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））如图所示,在三棱锥P ABQ -中,PB ⊥平面ABQ ,BA BP BQ ==,,,,D C E F 分别是,,,AQ BQ AP BP 的中点, 2AQ BD =,PD 与EQ 交于点G ,PC 与FQ 交于点H ,连接GH .(Ⅰ)求证:AB GH ; (Ⅱ)求二面角D GH E --的余弦值.【答案】解:(Ⅰ)证明:因为,,,D C E F 分别是,,,AQ BQ AP BP 的中点,所以EF ∥AB ,DC ∥AB ,所以EF ∥DC ,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PCD GH =, 所以EF ∥GH ,又EF ∥AB ,所以AB ∥GH .(Ⅱ)解法一:在△ABQ 中, 2AQ BD =,AD DQ =,所以=90ABQ ∠,即AB BQ ⊥,因为PB ⊥平面ABQ ,所以AB PB ⊥,又BP BQ B =,所以AB ⊥平面PBQ ,由(Ⅰ)知AB ∥GH ,所以GH ⊥平面PBQ ,又FH ⊂平面PBQ ,所以GH FH ⊥,同理可得GH HC ⊥,所以FHC ∠为二面角D GH E --的平面角,设2BA BQ BP ===,连接PC ,在t R △FBC 中,由勾股定理得,FC ,在t R △PBC 中,由勾股定理得,PC ,又H 为△PBQ 的重心,所以13HC PC == 同理3FH =,在△FHC 中,由余弦定理得552499cos 5529FHC +-∠==-⨯,即二面角D GH E --的余弦值为45-. 解法二:在△ABQ 中,2AQ BD =,AD DQ =,所以90ABQ ∠=,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2BA BQ BP ===,则(1,0,1)E ,(0,0,1)F ,(0,2,0)Q ,(1,1,0)D ,(0,1,0)C (0,0,2)P ,,所以(1,2,1)EQ =--,(0,2,1)FQ =-,(1,1,2)DP =--,(0,1,2)CP =-,设平面EFQ 的一个法向量为111(,,)m x y z =,由0m EQ ⋅=,0m FQ ⋅=,得111112020x y z y z -+-=⎧⎨-=⎩取11y =,得(0,1,2)m =.设平面PDC 的一个法向量为222(,,)n x y z =由0n DP ⋅=,0n CP ⋅=, 得222222020x y z y z --+=⎧⎨-+=⎩取21z =,得(0,2,1)n =.所以4cos ,5m nm n m n ⋅==因为二面角D GH E --为钝角,所以二面角D GH E --的余弦值为45-. 15．（2013年高考湖南卷（理））如图5,在直棱柱1111//ABCD A BC D AD BC -中，,90,,1BAD AC BD BC ∠=⊥=,13AD AA==.(I)证明:1AC B D ⊥; (II)求直线111B C ACD 与平面所成角的正弦值.【答案】解: (Ⅰ) AC BB ABCD BD ABCD BB D C B A ABCD ⊥⇒⊂⊥∴-111111,面且面是直棱柱D B AC BDB D B BDB AC B BB BD BD AC 11111,,⊥∴⊂⊥∴=⋂⊥，面。
2013年全国高考理科数学试题分类汇编7：立体几何(修改】
2013年全国高考理科数学试题分类汇编7：立体几何一、选择题1 ．（2013年高考新课标1（理））如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6cm,如果不计容器的厚度,则球的体积为（ ）A ．35003cm π B ．38663cm π C ．313723cm πD ．320483cm π【答案】A2 ．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷）设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是（ ）A ．若αβ⊥,m α⊂,n β⊂,则m n ⊥B ．若//αβ,m α⊂,n β⊂,则//m nC ．若m n ⊥,m α⊂,n β⊂,则αβ⊥D ．若m α⊥,//m n ,//n β,则αβ⊥【答案】D3 ．（2013年上海市春季高考数学试卷）若两个球的表面积之比为1:4,则这两个球的体积之比为 （ ）A ．1:2B ．1:4C ．1:8D ．1:16【答案】C4 ．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理））已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中12AA AB =,则CD 与平面1BDC 所成角的正弦值等于（ ）A ．23B C D ．13【答案】A5 ．（2013年高考新课标1（理））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（ ）A ．168π+B ．88π+C ．1616π+D ．816π+【答案】A6 ．（2013年高考湖北卷（理））一个几何体的三视图如图所示,该几何体从上到下由四个简单几何体组成,其体积分别记为1V ,2V ,3V ,4V ,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体均为多面体,则有（ ）A ．1243V V V V <<< B．1324V V V V <<<C ．2134V V V V <<<D ．2314V V V V <<<【答案】C7 ．（2013年高考湖南卷（理））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 （ ）A ．1B C D 【答案】C8 ．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理））某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是（ ）A ．4B ．143C ．163D ．6【答案】B9 ．（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理））已知n m ,为异面直线,⊥m 平面α,⊥n 平面β.直线l 满足,,,l m l n l l αβ⊥⊥⊄⊄,则 （ ）A ．βα//,且α//lB ．βα⊥,且β⊥lC ．α与β相交,且交线垂直于lD ．α与β相交,且交线平行于l【答案】D10．（2013年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直,体积为94,的正三角形.若P 为底面111A B C 的中心,则PA 与平面ABC 所成角的大小为（ ）A ．512πB ．3πC ．4πD ．6π【答案】B11．（2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理））某几何体的三视图如题()5图所示,则该几何体的体积为 （ ）A ．5603 B ．5803C ．200D ．240正视图俯视图侧视图第5题图【答案】C12．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理））已知三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上,若34AB AC ==，,AB AC ⊥,112AA =,则球O 的半径为（ ）A B ．C ．132D ．【答案】C13．（2013年高考江西卷（理））如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB CD ,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m n +=（ ）A ．8B ．9C ．10D ．11【答案】A14．（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理））一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz -中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(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,则得到正视图可以为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A15．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理））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, 那么他们有且只有一条过该点的公共直线 【答案】A 16．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理））在空间中,过点A 作平面π的垂线,垂足为B ,记)(A f B π=.设βα,是两个不同的平面,对空间任意一点P ,)]([)],([21P f f Q P f f Q βααβ==,恒有21PQ PQ =,则（ ）A ．平面α与平面β垂直B ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为045C ．平面α与平面β平行D ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为060【答案】A 17．（2013年高考四川卷（理））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【答案】D 二、填空题18．（2013年高考上海卷（理））在xOy 平面上,将两个半圆弧22(1)1(1)x y x -+=≥和22(3)1(3)x y x -+=≥、两条直线1y = 和1y =-围成的封闭图形记为D,如图中阴影部分.记D 绕y轴旋转一周而成的几何体为Ω,过(0,)(||1)y y ≤作Ω的水平截面,所得截面面积为48ππ,试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体,得出Ω的体积值为__________【答案】2216ππ+.19．（2013年高考陕西卷（理））某几何体的三视图如图所示, 则其体积为___3π_____.【答案】3π 20．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理））已知圆O 和圆K 是球O 的大圆和小圆,其公共弦长等于球O 的半径,32OK =,且圆O 与圆K 所在的平面所成的一个二面角为60,则球O 的表面积等于______.【答案】16π21．（2013年高考北京卷（理））如图,在棱长为2的正方体ABCD -A1B 1C 1D 1中,E 为BC 的中点,点P 在线段D 1E上,点P 到直线CC 1的距离的最小值为__________.【答案】522．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学））如图,在三棱柱ABCC B A -111中,F E D ，，分别是1AA AC AB ，，的中点,设三棱锥A D E F -的体积为1V ,三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ,则=21:V V ____________.【答案】1:2423．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理））若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积等于________2cm .【答案】2424．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理））如图,正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,P 为BC的中点,Q 为线段1CC 上的动点,过点A,P,Q 的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是__①②③⑤___(写出所有正确命题的编号).①当102CQ <<时,S 为四边形;②当12CQ =时,S 为等腰梯形;③当34CQ =时,S 与11C D 的交点R 满足1113C R =;④当314CQ <<时,S 为六边形;⑤当1CQ =时,S.【答案】①②③⑤A BCADEF BC25．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是____________.【答案】1616π-26．（2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理））已知某一多面体内接于一个简单组合体,如果该组合体的正视图.测试图.俯视图均如图所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是_______________【答案】12π27．（2013年上海市春季高考数学）在如图所示的正方体1111ABCD A B C D -中,异面直线1A B 与1B C 所成角的大小为_______【答案】3π三、解答题28．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理））如图,AB 是圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点.(I)求证:PAC PBC ⊥平面平面；(II)2.AB AC PA C PB A ===--若，1，1，求证：二面角的余弦值D 1 C 1 B 1A 1D C AB【答案】29．（2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理））如图,四棱锥P A B C D-中,PA ABCD ⊥底面,2,4,3BC CD AC ACB ACD π===∠=∠=,F 为PC 的中点,AF PB ⊥.(1)求PA 的长; (2)求二面角B AF D --的正弦值.【答案】1．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理））如图,圆锥顶点为p.底面圆心为o,其母线与底面所成的角为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°.(Ⅰ)证明:平面PAB 与平面PCD 的交线平行于底面; (Ⅱ)求cos COD ∠.【答案】解: (Ⅰ) PAB P D ,////C m AB CD CD PCD AB PCD ⋂=⊂⇒ 设面面直线且面面//AB m ⇒直线 ABCD m ABCD AB 面直线面//⇒⊂ . 所以,ABCD D P PAB 的公共交线平行底面与面面C . (Ⅱ) rPOOPF F CD r =︒︒=∠5.22tan .60,由题知，则的中点为线段设底面半径为. ︒-︒=︒∠==︒⋅︒⇒=︒5.22tan 15.22tan 245tan ,2cos 5.22tan 60tan 60tan ,2COD r OF PO OF . )223(3)],1-2(3[21cos ,1-25.22tan 12cos 2cos 22-==+∠=︒⇒-∠=∠COD COD COD 212-17cos .212-17cos =∠=∠COD COD 所以.法二:1．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理））如图,在四面体BCD A -中,⊥AD 平面BCD ,22,2,==⊥BD AD CD BC .M 是AD 的中点,P 是BM 的中点,点Q 在线段AC 上,且QC AQ 3=.(1)证明://PQ 平面BCD ;(2)若二面角D BM C --的大小为060,求BDC ∠的大小.【答案】解:证明(Ⅰ)方法一:如图6,取MD 的中点F ,且M 是AD 中点,所以3AF FD =.因为P 是BM 中点,所以//PF BD ;又因为(Ⅰ)3AQ QC =且3AF FD =,所以//QF BD ,所以面//PQF 面BDC ,且PQ ⊂面BDC ,所以//PQ 面BDC ;ABCDPQM（第20题图）方法二:如图7所示,取BD 中点O ,且P 是BM 中点,所以1//2PO MD ;取CD 的三等分点H ,使3DH CH =,且3AQ QC =,所以11////42QH AD MD ,所以////P OQ H P Q O H ∴,且OH BCD ⊂,所以//PQ 面BDC ;(Ⅱ)如图8所示,由已知得到面ADB ⊥面BDC ,过C 作CG BD ⊥于G ,所以CG BMD ⊥,过G 作GH BM ⊥于H ,连接CH ,所以C H G ∠就是C B M D--的二面角;由已知得到3BM ==,设BDC α∠=,所以cos ,sin ,sin ,,CD CG CBCD CG BC BD CD BDαααααα===⇒===, 在RT BCG ∆中,2sin BGBCG BG BC ααα∠=∴=∴=,所以在R T B H G ∆中,2133HG α=∴=,所以在RT CHG ∆中tan tan 603CG CHG HG ∠====tan (0,90)6060BDC ααα∴=∈∴=∴∠= ;2．（2013年上海市春季高考数学）如图,在正三棱锥111ABC A B C -中,16AA =,异面直线1BC 与1AA 所成角的大小为6π,求该三棱柱的体积.【答案】[解]因为1CC 1AA .所以1BC C ∠为异面直线1BC 与1AA .所成的角,即1BC C ∠=6π. 在Rt 1BC C ∆中,11tan 6BC CC BC C =⋅∠==,从而2ABC S ∆==因此该三棱柱的体积为16ABC V S AA ∆=⋅==.3．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏）本小题满分14分.如图,在三棱锥ABC S -中,平面⊥SAB 平面SBC ,BC AB ⊥,AB AS =,过A 作SB AF ⊥,垂足为F ,点G E ，分别是棱SC SA ，的中点.求证:(1)平面//EFG 平面ABC ; (2)SA BC ⊥.【答案】证明:(1)∵AB AS=,SB AF ⊥∴F 分别是SB 的中点∵E.F 分别是SA.SB 的中点 ∴EF∥AB又∵EF ⊄平面ABC, AB ⊆平面ABC ∴EF∥平面ABC 同理:FG∥平面ABC又∵EF FG=F, EF.FG ⊆平面ABC∴平面//EFG 平面ABC (2)∵平面⊥SAB 平面SBC 平面SAB 平面SBC =BC AF ⊆平面SAB AF⊥SBABCSGFEB 1A 1C 1ACB∴AF⊥平面SBC 又∵BC ⊆平面SBC ∴AF⊥BC又∵BC AB ⊥, AB AF=A, AB.AF ⊆平面SAB ∴BC⊥平面SAB 又∵SA ⊆平面SAB∴BC⊥SA4．（2013年高考上海卷（理））如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=2,AD=1,A 1A=1,证明直线BC 1平行于平面DA 1C,并求直线BC 1到平面D 1AC 的距离.C 11A【答案】因为ABCD-A 1B 1C 1D 1为长方体,故1111//,AB C D AB C D =,故ABC 1D 1为平行四边形,故11//BC AD ,显然B 不在平面D 1AC 上,于是直线BC 1平行于平面DA 1C; 直线BC 1到平面D 1AC 的距离即为点B 到平面D 1AC 的距离设为h考虑三棱锥ABCD 1的体积,以ABC 为底面,可得111(12)1323V =⨯⨯⨯⨯= 而1AD C ∆中,11AC D C AD ===故132AD C S ∆=所以,13123233V h h =⨯⨯=⇒=,即直线BC 1到平面D 1AC 的距离为23.5．（2013年高考湖北卷（理））如图,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.(I)记平面BEF 与平面ABC 的交线为l ,试判断直线l 与平面PAC 的位置关系,并加以证明;(II)设(I)中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ,且点Q 满足12DQ CP =.记直线PQ 与平面ABC所成的角为θ,异面直线PQ 与EF 所成的角为α,二面角E l C --的大小为β,求证:sin sinsin θαβ=.【答案】解:(I)EF AC ,AC ABC ⊆平面,EF ABC ⊆平面第19题图EF ABC∴ 平面⊆平面又EF BEF∴EF l∴ 平面l PAC(II)连接DF,用几何方法很快就可以得到求证.(这一题用几何方法较快,向量的方法很麻烦,特别是用向量不能方便的表示角的正弦.个人认为此题与新课程中对立体几何的处理方向有很大的偏差.)6．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理））如图1,在等腰直角三角形ABC中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 分别是,AC AB 上的点,CD BE ==O 为BC 的中点.将ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中A O '=.(Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ; (Ⅱ) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值.【答案】(Ⅰ) 在图1中,易得3,OC AC AD ===连结,OD OE ,在OCD ∆中,由余弦定理可得OD==由翻折不变性可知A D '=所以222A O OD A D ''+=,所以A O OD '⊥,理可证A O OE '⊥, 又OD OE O = ,所以A O '⊥平面BCDE . (Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD ⊥交CD 的延长线于H ,连结A H ', 因为A O '⊥平面BCDE ,所以A H CD '⊥, 所以A HO '∠为二面角A CD B '--的平面角. 结合图1可知,H 为AC 中点,故2OH =,从而2AH '==所以cos OH A HO A H '∠==',所以二面角A CD B '--向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O xyz -则(A ',()0,3,0C -,()1,2,0D -所以(CA '= ,(1,DA '=- C D OBE'AH.CO BDEA CDOB'A图1图2设(),,n x y z =为平面A CD '的法向量,则00n CA n DA ⎧'⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩,即3020y x y ⎧=⎪⎨-++=⎪⎩,解得y x z =-⎧⎪⎨=⎪⎩,令1x =,得(1,n =- 由(Ⅰ) 知,(OA '=为平面CDB 的一个法向量,所以cos ,n OA n OA n OA '⋅'===',即二面角A CD B '--的平面角的余弦值为5. 7．（2013年普通高等学校招生统一考试天津数学（理））如图, 四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中, 侧棱A 1A ⊥底面ABCD ,AB //DC , AB ⊥AD , AD = CD = 1, AA 1 = AB = 2, E 为棱AA 1的中点.(Ⅰ) 证明B 1C 1⊥CE ;(Ⅱ) 求二面角B 1-CE -C 1的正弦值.(Ⅲ) 设点M 在线段C 1E 上, 且直线AM 与平面ADD 1A 1, 求线段AM 的长.【答案】8．（2013年高考新课标1（理））如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=A A1,∠BA A1=60°.(Ⅰ)证明AB⊥A1C;(Ⅱ)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB=2,求直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值.【答案】(Ⅰ)取AB 中点E,连结CE,1A B ,1A E,∵AB=1AA ,1BAA ∠=060,∴1BAA ∆是正三角形,∴1A E ⊥AB, ∵CA=CB, ∴CE⊥AB, ∵1CE A E ⋂=E,∴AB⊥面1CEA,∴AB⊥1AC ;(Ⅱ)由(Ⅰ)知EC⊥AB,1EA ⊥AB,又∵面ABC⊥面11ABB A ,面ABC∩面11ABB A =AB,∴EC⊥面11ABB A ,∴EC⊥1EA ,∴EA,EC,1EA 两两相互垂直,以E 为坐标原点,EA 的方向为x 轴正方向,|EA|为单位长度,建立如图所示空间直角坐标系O xyz -, 有题设知A(1,0,0),1A(0,,0),C(0,0,),B(-1,0,0),则BC),1BB =1AA),1A C),设n =(,,)x y z 是平面11CBB C 的法向量,则100BC BB ⎧∙=⎪⎨∙=⎪⎩n n ,即0x x ⎧=⎪⎨=⎪⎩,可取n∴1cos ,A C n =11|A C A C ∙n |n||∴直线A 1C 与平面BB 1C 1C9．（2013年高考陕西卷（理））如图, 四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形, O 为底面中心, A 1O ⊥平面ABCD, 1AB AA ==(Ⅰ) 证明: A 1C ⊥平面BB 1D 1D ;(Ⅱ) 求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小.1A【答案】解:(Ⅰ) BD O A ABCD BD ABCD O A ⊥∴⊂⊥11,,面且面 ;又因为,在正方形AB CD中,BD C A AC A C A AC A BD A AC O A BD AC ⊥⊂⊥=⋂⊥11111,，故面且面所以；且. 在正方形AB CD 中,AO = 1 . .111=∆O A OA A RT 中，在O E C A OCE A E D B 1111111⊥为正方形，所以，则四边形的中点为设.，所以由以上三点得且，面面又O O BD D D BB O D D BB BD =⋂⊂⊂111111E .E ,D D BB C A 111面⊥.(证毕)(Ⅱ) 建立直角坐标系统,使用向量解题.以O 为原点,以OC 为X 轴正方向,以OB 为Y 轴正方向.则)1,0,1()1,1,1(),100(),001(,0,1,0111-=⇒A B A C B ，，，，）（.由(Ⅰ)知, 平面BB 1D 1D 的一个法向量.0,0,1),1,1,1(),1,0,1(111）（==-==OC OB C A n 设平面OCB 1的法向量为，则0,0,2122=⋅=⋅n OB n n).1-,1,0(法向量2=n 为解得其中一个21221|||||,cos |cos 212111=⋅=⋅=><=n n n n θ.1A所以,平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ为3π 10．（2013年高考江西卷（理））如图,四棱锥P A B-中,PA ,ABCD E BD ⊥平面为的中点,G PD 为的中点，3,12DAB DCB EA EB AB PA ∆≅∆====，,连接CE 并延长交AD 于F . (1) 求证:AD CFG ⊥平面;(2) 求平面BCP 与平面DCP 的夹角的余弦值.【答案】解:(1)在ABD ∆中,因为E 是BD 的中点,所以1EA EB ED AB ====,故,23BAD ABE AEB ππ∠=∠=∠=,因为DAB DCB ∆≅∆,所以EAB ECB ∆≅∆, 从而有FED FEA ∠=∠,故,EF AD AF FD ⊥=,又因为,PG GD =所以FG ∥PA . 又PA ⊥平面ABCD ,所以,GF AD ⊥故AD ⊥平面CFG .(3) 以点A 为坐标原点建立如图所示的坐标系,则3(0,0,0),(1,0,0),(2A B C D ,(4)3(0,0,)2P ,故1333(0),(),(2222BC CP CD ==--=- ， 设平面BCP 的法向量111(1,,)n y z = ,则111102233022y y z ⎧+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩ ,解得11323y z ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩,即12(1,)3n = .设平面DCP 的法向量222(1,,)n y z = ,则22232233022y y z ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩,解得222y z ⎧=⎪⎨=⎪⎩,即2n = .从而平面BCP 与平面DCP的夹角的余弦值为12124cos 4n n n n θ⋅=== . 11．（2013年高考四川卷（理））如图,在三棱柱11ABC A B C -中,侧棱1AA ⊥底面ABC ,12AB AC AA ==,120BAC ∠= ,1,D D 分别是线段11,BC B C 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1A BC 平行的直线l ,说明理由,并证明直线l ⊥平面11ADD A ;(Ⅱ)设(Ⅰ)中的直线l 交AB 于点M ,交AC 于点N ,求二面角1A A M N --的余弦值.1C【答案】解:()I 如图,在平面ABC 内,过点P 做直线l //BC ,因为l 在平面1A BC 外,BC 在平面1A BC 内,由直线与平面平行的判定定理可知, l //平面1A BC .由已知,AB AC =,D 是BC 的中点,所以,BC AD ⊥,则直线l AD ⊥.因为1AA ⊥平面ABC ,所以1AA ⊥直线l .又因为1,AD AA 在平面11ADD A 内,且AD 与1AA 相交,所以直线平面11ADD A()II 解法一:连接1A P ,过A 作1AE A P ⊥于E ,过E 作1EF A M ⊥于F ,连接AF . 由()I 知,MN ⊥平面1AEA ,所以平面1AEA ⊥平面1A MN . 所以AE ⊥平面1A MN ,则1A M AE ⊥. 所以1A M ⊥平面AEF ,则1A M ⊥AF .故AFE ∠为二面角1A A M N --的平面角(设为θ).设11AA =,则由12AB AC AA ==,120BAC ∠= ,有60BAD ∠=,2,1AB AD ==.又P 为AD 的中点,所以M 为AB 的中点,且1,12AP AM ==, 在1Rt AA P 中, 12A P =;在1Rt A AM 中, 1A M =从而,11AA AP AE A P ∙==,11AA AM AF A M ∙==,所以sin AE AF θ==所以cos 5θ===. 故二面角1A A M N --的余弦值为5解法二:设11AA =.如图,过1A 作1A E 平行于11B C ,以1A 为坐标原点,分别以111,A E A D ,1AA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1A 重合).则()10,0,0A ,()0,0,1A .因为P 为AD 的中点,所以,M N 分别为,AB AC 的中点,故11,,1,,12222M N ⎛⎫⎛⎫-⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以11,12A M ⎫=⎪⎪⎝⎭,()10,0,1A A =,)NM =.设平面1AA M 的一个法向量为()1111,,n x y z =,则1111,,n A M n A A ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩ 即11110,0,n A M n A A ⎧∙=⎪⎨∙=⎪⎩故有()()()1111111,,,10,22,,0,0,10,x y z x y z ⎧⎛⎫∙=⎪ ⎪ ⎪⎨⎝⎭⎪∙=⎩从而111110,220.x y z z ++=⎨⎪=⎩取11x =,则1y =,所以()11,n =. 设平面1A MN 的一个法向量为()2222,,n x y z =,则212,,n A M n NM ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩ 即2120,0,n A M n NM ⎧∙=⎪⎨∙=⎪⎩故有()())2222221,,,10,2,,0,x y z x y z ⎧⎫∙=⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎪∙=⎪⎩从而222210,220.x y z ++=⎨⎪=⎩取22y =,则21z =-,所以()20,2,1n =-. 设二面角1A A M N --的平面角为θ,又θ为锐角,则1212cos 5n n n n θ∙===∙. 故二面角1A A M N --的余弦值为512．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷）本小题满分10分.如图,在直三棱柱111A B C ABC -中,AC AB ⊥,2==AC AB ,41=AA ,点D 是BC 的中点 (1)求异面直线B A 1与D C 1所成角的余弦值 (2)求平面1ADC 与1ABA 所成二面角的正弦值.【答案】本题主要考察异面直线.二面角.空间向量等基础知识以及基本运算,考察运用空间向量解决问题的能力.解:(1)以{}1,,AA AC AB 为为单位正交基底建立空间直角坐标系xyz A -,则)0,0,0(A )0,0,2(B ,)0,2,0(C ,)4,0,0(1A ,)0,1,1(D ,)4,2,0(1C ∴)4,0,2(1-=B A ,)4,1,1(1--=B A∴10103182018,cos 11==∙>=<D C B A D C B A ∴异面直线B A 1与D C 1所成角的余弦值为10103 (2))0,2,0(=AC 是平面1ABA 的的一个法向量设平面1ADC 的法向量为),,(z y x m =,∵)0,1,1(=AD ,)4,2,0(1=AC 由1,AC ⊥⊥ ∴⎩⎨⎧=+=+0420z y y x 取1=z ,得2,2=-=x y ,∴平面1ADC 的法向量为)1,2,2(-=设平面1ADC 与1ABA 所成二面角为θ∴32324,cos cos =⨯-==><=m AC θ, 得35sin =θ ∴平面1ADC 与1ABA 所成二面角的正弦值为3513．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理））如图,四棱锥P ABCD-中,902,ABC BAD BC AD PAB ∠=∠==∆，与PAD ∆都是等边三角形. (I)证明:;PB CD ⊥ (II)求二面角A PD C --的大小.【答案】14．（2013年普通高等学校招生统一考试山东数学（理））如图所示,在三棱锥P ABQ -中,PB ⊥平面ABQ ,BA BP BQ ==,,,,D C E F 分别是,,,AQ BQ AP BP 的中点, 2AQ BD =,PD 与EQ 交于点G ,PC 与FQ 交于点H ,连接GH .(Ⅰ)求证:AB GH ; (Ⅱ)求二面角D GH E --的余弦值.【答案】解:(Ⅰ)证明:因为,,,D C E F 分别是,,,AQ BQ AP BP 的中点,所以EF ∥AB ,DC ∥AB ,所以EF ∥DC , 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PCD GH =, 所以EF ∥GH , 又EF ∥AB , 所以AB ∥GH .(Ⅱ)解法一:在△ABQ 中, 2AQ BD =,AD DQ =,所以=90ABQ ∠,即AB BQ ⊥,因为PB ⊥平面ABQ ,所以AB PB ⊥,又BP BQ B = ,所以AB ⊥平面PBQ ,由(Ⅰ)知AB ∥GH ,所以GH ⊥平面PBQ ,又FH ⊂平面PBQ ,所以GH FH ⊥,同理可得GH HC ⊥, 所以FHC ∠为二面角D GH E --的平面角,设2BA BQ BP ===,连接PC ,在t R △FBC 中,由勾股定理得,FC =在t R △PBC 中,由勾股定理得,PC =,又H 为△PBQ 的重心,所以133HC PC ==同理3FH =,在△FHC 中,由余弦定理得552499cos 5529FHC +-∠==-⨯,即二面角D GH E --的余弦值为45-.解法二:在△ABQ 中,2AQ BD =,AD DQ =,所以90ABQ ∠=,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2BA BQ BP ===,则(1,0,1)E ,(0,0,1)F ,(0,2,0)Q ,(1,1,0)D ,(0,1,0)C (0,0,2)P ,,所以(1,2,1)EQ =-- ,(0,2,1)FQ =- ,(1,1,2)DP =-- ,(0,1,2)CP =- ,设平面EFQ 的一个法向量为111(,,)m x y z =,由0m EQ ⋅= ,0m FQ ⋅=,得111112020x y z y z -+-=⎧⎨-=⎩取11y =,得(0,1,2)m =.设平面PDC 的一个法向量为222(,,)n x y z =由0n DP ⋅= ,0n CP ⋅=, 得222222020x y z y z --+=⎧⎨-+=⎩取21z =,得(0,2,1)n =.所以4cos ,5m n m n m n ⋅==因为二面角D GH E --为钝角,所以二面角D GH E --的余弦值为45-.15．（2013年高考湖南卷（理））如图5,在直棱柱1111//ABCD A B C D AD BC -中，,90,,1BAD AC BD BC ∠=⊥= ,13AD AA ==.(I)证明:1AC B D ⊥; (II)求直线111B C ACD 与平面所成角的正弦值.【答案】解: (Ⅰ)AC BB ABCD BD ABCD BB D C B A ABCD ⊥⇒⊂⊥∴-111111,面且面是直棱柱D B AC BDB D B BDB AC B BB BD BD AC 11111,,⊥∴⊂⊥∴=⋂⊥，面。
2013年全国高考理科数学试题分类汇编7：立体几何(修改)
全国高考数学试题分类汇编7：立体几何一、选择题错误!未指定书签。
．（2013年高考新课标1（理））如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6cm,如果不计容器的厚度,则球的体积为（ ）A ．35003cm π B ．38663cm π C ．313723cm πD ．320483cm π【答案】A错误!未指定书签。
．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是（ ）A ．若αβ⊥,m α⊂,n β⊂,则m n ⊥B ．若//αβ,m α⊂,n β⊂,则//m nC ．若m n ⊥,m α⊂,n β⊂,则αβ⊥D ．若m α⊥,//m n ,//n β,则αβ⊥【答案】D错误!未指定书签。
．（2013年上海市春季高考数学试卷(含答案)）若两个球的表面积之比为1:4,则这两个球的体积之比为（ ）A ．1:2B ．1:4C ．1:8D ．1:16【答案】C错误!未指定书签。
．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中12AA AB =,则CD 与平面1BDC 所成角的正弦值等于（ ）A ．23B C ．3D ．13【答案】A错误!未指定书签。
．（2013年高考新课标1（理））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（ ）A ．168π+B ．88π+C ．1616π+D ．816π+【答案】A错误!未指定书签。
．（2013年高考湖北卷（理））一个几何体的三视图如图所示,该几何体从上到下由四个简单几何体组成,其体积分别记为1V ,2V ,3V ,4V ,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体均为多面体,则有 （ ）A ．1243V V V V <<< B．1324V V V V <<<C ．2134V V V V <<<D ．2314V V V V <<<【答案】C错误!未指定书签。