2014年高考理科数学试题(立体几何)
2014届高考数学一轮复习 第7章《立体几何》(第5课时)知识过关检测 理 新人教A版
2014届高考数学（理）一轮复习知识过关检测：第7章《立体几何》（第5课时）（新人教A版）一、选择题1．(2013·北京海淀区期末)已知平面α、β，直线l，若α⊥β，α∩β＝l，则( ) A．垂直于平面β的平面一定平行于平面αB．垂直于直线l的直线一定垂直于平面αC．垂直于平面β的平面一定平行于直线lD．垂直于直线l的平面一定与平面α、β都垂直解析：选D.对于A，垂直于平面β的平面与平面α平行或相交，故A错；对于B，垂直于直线l的直线与平面α垂直、斜交、平行或在平面α内，故B错；对于C，垂直于平面β的平面与直线l平行或相交，故C错；易知D正确．2．(2012·高考浙江卷)设l是直线，α，β是两个不同的平面( )A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l∥α，l⊥β，则α⊥βC．若α⊥β，l⊥α，则l⊥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β解析：选B.对于选项A，两平面可能平行也可能相交；对于选项C，直线l可能在β内也可能平行于β；对于选项D，直线l可能在β内或平行于β或与β相交，故选B.3．(2013·洛阳统考)已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题中正确的是( )A．若m∥α，α∩β＝n，则m∥nB．若m⊥α，m⊥n，则n∥αC．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥nD．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β解析：选C.对于选项A，若m∥α，α∩β＝n，则m∥n或m，n是异面直线，所以A 错误；对于选项B，n可能在平面α内，所以B错误；对于选项D，m与β的位置关系还可以是m⊂β，m∥β或m与β斜交，所以D错误；由面面垂直的性质可知C正确．4．(2012·高考浙江卷)已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝ 2.将△ABD沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中，( )A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直解析：选B.对于AB⊥CD，因为BC⊥CD，可得CD⊥平面ACB，因此有CD⊥AC.因为AB＝1，BC＝2，CD＝1，所以AC＝1，所以存在某个位置，使得AB⊥CD.5．(2012·高考安徽卷)设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A.若α⊥β，因为α∩β＝m，b⊂β，b⊥m，则根据两个平面垂直的性质定理可得b⊥α，又因为a⊂α，所以a⊥b；反过来，当a∥m时，因为b⊥m，一定有b⊥a，但不能保证b⊥α，所以不能推出α⊥β.二、填空题6.如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中：与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．解析：∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，∴AB⊥平面PAC，∴AB⊥AP.与AP垂直的直线是AB.答案：AB，BC，AC AB7．已知a、b是两条不重合的直线，α、β、γ是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题：①若a⊥α，a⊥β，则α∥β；②若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；③若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥b；④若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a∥b.其中正确命题的序号有________．解析：垂直于同一直线的两平面平行，①正确；α⊥β也有可能成立，②错；a、b也可以异面，③错；由面面平行性质知，a∥b，④正确．答案：①④8.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足__________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)解析：由定理可知，BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)三、解答题9.(2011·高考课标全国卷)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.(1)证明：PA⊥BD；(2)设PD＝AD＝1，求棱锥D－PBC的高．解：(1)证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝3AD.所以BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD，所以BD⊥PD.所以BD⊥平面PAD，故PA⊥BD.(2)如图，作DE⊥PB，垂足为E.已知PD⊥底面ABCD，故PD⊥BC.由(1)知BD⊥AD，因为BC∥AD，所以BC⊥BD.所以BC⊥平面PBD，BC⊥DE.则DE⊥平面PBC，即DE为棱锥D－PBC的高．由PD＝AD＝1知BD＝3，PB＝2.由DE·PB＝PD·BD得DE＝32，所以棱锥D－PBC的高为32.10.(2012·高考安徽卷)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面A1B1C1D1是正方形，O是BD 的中点，E是棱AA1上任意一点．(1)证明：BD⊥EC1；(2)如果AB＝2，AE＝2，OE⊥EC1，求AA1的长．解：(1)证明：如图，连接AC，A1C1，相交于点O.由底面是正方形知，BD⊥AC.因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD.又由AA1∩AC＝A，所以BD⊥平面AA1C1C.再由EC1⊂平面AA1C1C知，BD⊥EC1.(2)设AA1的长为h，连接OC1.在Rt△OAE中，AE＝2，AO＝2，故OE2＝(2)2＋(2)2＝4.在Rt△EA1C1中，A1E＝h－2，A1C1＝22，故EC21＝(h－2)2＋(22)2.在Rt△OCC1中，OC＝2，CC1＝h，OC21＝h2＋(2)2.因为OE⊥EC1，所以OE2＋EC21＝OC21，即4＋(h－2)2＋(22)2＝h2＋(2)2，解得h＝32，所以AA1的长为3 2.一、选择题1．(2013·青岛质检)已知直线l、m，平面α、β，且l⊥α，m⊂β，则α∥β是l ⊥m的( )A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件解析：选B.充分性：若α∥β，∵l⊥α，∴l⊥β，又m⊂β，∴l⊥m，是充分条件；必要性：如图正方体ABCD－A1B1C1D1，取ABCD 为平面α，ADD1A1为平面β，直线l过点B，B1，直线m过点A，D，则符合条件，但不能推出α∥β，不是必要条件．2.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总保持AP ⊥BD1，则动点P的轨迹是( )A．线段B1CB．线段BC1C．BB1中点与CC1中点连成的线段D．BC中点与B1C1中点连成的线段解析：选A.连接AC、CB1、AB1(图略)．易证BD1⊥平面AB1C.所以点P的轨迹是线段B1C.二、填空题3．(2013·桂林质检)已知l，m，n为三条不同的直线，α为一个平面，给出下列命题：①若l⊥α，则l与α相交；②若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α；③若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α；④若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n.其中正确命题的序号为________．解析：由于垂直是直线与平面相交的特殊情况，故①正确；由于m、n不一定相交，故②不正确；根据平行线的传递性，故l∥n，又l⊥α，故n⊥α，从而③正确；由l∥m，m ⊥α，n⊥α知m∥n，故l∥n，故④正确．答案：①③④4.(2013·威海质检)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长是1，过A点作平面A1BD的垂线，垂足为点H，有下列三个命题：①点H是△A1BD的中心；②AH垂直于平面CB1D1；③AC1与B1C所成的角是90°.其中正确命题的序号是________．解析：由于ABCD－A1B1C1D1是正方体，所以A－A1BD是一个正三棱锥，因此A点在平面A1BD上的射影H是三角形A1BD的中心，故①正确；又因为平面CB1D1与平面A1BD平行，所以AH⊥平面CB1D1，故②正确；因为B1C⊥BC1，AB⊥B1C，且AB∩BC1＝B，所以B1C⊥平面ABC1，即AC1与B1C垂直，所成的角等于90°.答案：①②③三、解答题5.如图，在四面体ABCD中，CB＝CD，AD⊥BD，点E、F分别是AB、BD的中点，求证：(1)直线EF∥平面ACD；(2)平面EFC⊥平面BCD.证明：(1)在△ABD中，因为E、F分别是AB、BD的中点，所以EF∥AD.又AD⊂平面ACD，EF⊄平面ACD，所以直线EF∥平面ACD.(2)在△ABD中，因为AD⊥BD，EF∥AD，所以EF⊥BD.在△BCD中，因为CD＝CB，F为BD的中点，所以CF⊥BD.因为EF⊂平面EFC，CF⊂平面EFC，EF与CF交于点F，所以BD⊥平面EFC.又因为BD⊂平面BCD，所以平面EFC⊥平面BCD.。
2014年河南高考理科数学试卷难度分析 碧沙岗陈庆
2014年普通高等学校招生全国统一考试全国课标1理科数学难度分析今年是河南省使用新课标卷高考的第三年，经历了第一年的易，第二年的难，第三年的难易适中，考前按一线教师的估计今年应该不难，趋于稳定。
但从学生考完后的反应来看，选择题、填空题感觉简单，解答题与往年相比不太难。
我拿到试卷认真分析后，认为今年的考题不偏、不怪，理科数学与去年难度略降，但灵活性较强，文科数学与去年相比难度将近。
一、2014年高考数学具体有以下特点1、试题构成总体稳定，风格特点基本没变2014年高考数学试卷在题型、题量、难度分布上保持了相对稳定，同时也有些题不乏新意。
如第6、14、16题。
从试题总体来看，主干知识中函数约22分，立体几何约17分，圆锥曲线约22分，三角函数约20分，概率统计约22分，数列约12分，不等式及其应用约15分，向量、二项式定理、命题、集合与不等式、复数及算法各5分。
不过理科卷中一些常见知识没有考查，比如：三角函数的图像和变换，积分，正态分布，排列组合，线性规划，独立性检验与回归分析等。
今年的考题仍遵循了考试大纲所倡导的“高考应具有较高的，必要的区分度和适当的难度”这一原则。
很多题目似曾见过，但又不尽相同，进行了适度创新，体现了对考生思维能力和灵活应用知识的考查。
总之，试题融入了考纲的命题理念，以重点知识构建试题的主体，选材寓于教材又高于教材，立意创新又朴实无华，为以后的高中新课程的数学教学改革和日常教学，具有积极的导向作用。
2、试题知识点考查层次分明，难度设置比较合理理科试卷共24个题，其中22、23、24题是三选一。
1到12题是选择题，13到16题是填空题，17到24题是解答题。
选择题、填空题中前16个题目中，有14题都是比较常规题型，是学生平时常练的类型，容易上手。
不过个别题目问法较为新颖，需有一定的思辨能力。
第6题融合了类比三角函数的正弦、余弦的推导过程，以及三角函数图像的画法等知识点，有一定的难度。
2014高三理科数学单元过关(10)—立体几何
2014高三理科数学单元过关（10）考查单元：立体几何一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．) 1．三视图如图的几何体是 ( )A ．三棱锥B ．四棱锥C ．四棱台D ．三棱台 2．关于直线a 、b ，以及平面M 、N ，给出下列命题： ①若a ∥M ，b ∥M ，则a ∥b ；②若a ∥M ，b ⊥M ，则a ⊥b ； ③若a ∥b ，b ∥M ，则a ∥M ；④若a ⊥M ，a ∥N ，则M ⊥N . 其中正确命题的个数为 ( )A ．0B ．1C ．2D ．3 3．如果底面直径和高相等的圆柱的侧面积是S ，那么圆柱的体积等于 ( ) A.S 2S B.S 2S π C.S 4S D.S4Sπ4．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若E 是AD 的中点，则直线A 1B 与直线C 1E 的位置关系是 ( ) A ．平行 B ．相交 C ．共面 D ．垂直5．已知两条不同直线l 1和l 2及平面α，则直线l 1∥l 2的一个充分条件是 ( ) A ．l 1∥α且l 2∥α B ．l 1⊥α且l 2⊥α C ．l 1∥α且l 2⊄α D ．l 1∥α且l 2⊂α 6．给定下列四个命题：①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行； ②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直； ③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直． 其中，为真命题的是 ( ) A ．①和② B ．②和③ C ．③和④ D ．②和④7．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的 两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为 ( ) A ．12π B ．43π C ．3π D ．123π8．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上 有两个动点E 、F ，且EF ＝12，则下列结论中错误．．的是 ( ) A ．AC ⊥BE B ．EF ∥平面ABCDC ．三棱锥A －BEF 的体积为定值D ．△AEF 的面积与△BEF 的面积相等二、填空题(将答案填写在题中的横线上)9．如图是一个几何体的三视图．若它的体积是33，则a ＝________.10．在△ABC 中，∠ACB ＝90°，AB ＝8，∠ABC ＝60°，PC ⊥平面ABC ，PC ＝4，M 是AB 上一个动点，则PM 的最小值为________．11．如果三棱锥的三个侧面两两垂直，它们的面积分别为6 cm 2、4 cm 2、3 cm 2，那么它的外接球体积是________．12．如右图所示，点P 在正方形ABCD 所在平面外，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝AD，则PA 与BD 所成角的度数为________．13．设P 是60°的二面角α－l －β内一点，PA ⊥α，PB ⊥β，A 、B 分别为垂足，PA ＝2， PB ＝4，则AB 的长是________． 14．如图所示，四棱锥P －ABCD的底面是一直角梯形，AB ∥CD ，CD ＝2AB ， E 为PC 的中点，则BE 与平面PAD的位置 关系为________．三、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)。
2014高考数学理(真题讲练 规律总结 名师押题)热点专题突破：第十四讲 空间向量与立体几何
第十四讲空间向量与立体几何空间向量及运算空间向量的数乘运算空间向量的加减运算空间向量的数量积运算平行与垂直的条件向量的模与两向量的夹角空间向量的坐标运算立体几何中的向量方法直线的方向向量与平面的法向量求空间角用空间向量证明平行与垂直问题1．(用法向量判断平行或垂直)若平面α、β的法向量分别为n1＝(2，－3,5)，n2＝(3,7,3)，则平面α与平面β的位置关系是________．【解析】n1·n2＝2×3－3×7＋5×3＝0，即n1⊥n2.则平面α⊥平面β.【答案】垂直2．(空间向量平行的充要条件)若空间三点A(1,5，－2)，B(2,4,1)，C(p,3，q＋2)共线，则p＋q＝________.【解析】∵A，B，C三点共线，则AB→＝λAC→，即(1，－1,3)＝λ(p－1，－2，q＋4)．∴求得p＝3，q＝2，即p＋q＝5.【答案】 53．(异面直线所成的角)如图4－3－1所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是________．图4－3－1【解析】 以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， 则EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)． ∴EF →·BC 1→＝2.∴cos<EF →，BC 1→>＝22×22＝12.∴EF 和BC 1所成的角为60°. 【答案】 60°4．(空间向量的数量积)已知ABCD —A 1B 1C 1D 1为正方体，①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确命题的序号是________．【解析】 设正方体的棱长为1，①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3(A 1B 1→)2＝3，故①正确；②中A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，由于AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中A 1B 与AD 1两异面直线所成的角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中|AB →·AA 1→·AD →|＝0.故④也不正确．【答案】 ①②5．(二面角)过正方形ABCD 的顶点A ，引P A ⊥平面ABCD .若P A ＝BA ，则平面ABP 和平面CDP 所成的二面角的大小是________．图4－3－2【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，不难求出平面APB 与平面PCD 的法向量n 1＝(0,1,0)，n 2＝(0,1,1)，故平面ABP 与平面CDP 所成二面角(锐角)的余弦值为|n 1·n 2||n 1||n 2|＝22，故所求的二面角的大小是45°.【答案】 45°【命题要点】 ①利用空间向量求线线角；②利用空间向量求线面角.(2013·郑州模拟)如图4－3－3，已知点P 在正方体ABCD —A ′B ′C ′D ′的对角线BD ′上，∠PDA ＝60°.图4－3－3(1)求DP 与CC ′所成角的大小；(2)求DP 与平面AA ′D ′D 所成角的大小．【思路点拨】 (1)建立空间直角坐标系，延长DP 交B ′D ′于H ，求DH →的坐标． (2)DC →是平面AA ′D ′D 的一个法向量，求DP →与DC →的夹角余弦值．【自主解答】 如图，以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，建立空间直角坐标系D —xyz ，设正方体棱长为1，则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)．连结BD ，B ′D ′，在平面BB ′D ′D 中，延长DP 交B ′D ′于H . 设DH →＝(m ，m,1)(m ＞0)， 由已知〈DH →，DA →〉＝60°，由DA →·DH →＝|DA →||DH →|cos 〈DH →，DA →〉， 可得2m ＝2m 2＋1.解得m ＝22，所以DH →＝⎝⎛⎭⎫22，22，1.(1)因为cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，所以〈DH →，CC ′→〉＝45°. 即DP 与CC ′所成的角为45°.(2)平面AA ′D ′D 的一个法向量是DC →＝(0,1,0)． 因为cos 〈DH →，DC →〉＝22×0＋22×1＋1×01×2＝12，所以〈DH →，DC →〉＝60°.可得DP 与平面AA ′D ′D 所成的角为30°.1．解答本题的关键是求向量DH →的坐标，也可根据点P 在线段BD ′上直接求点P 的坐标．2．利用空间向量求两异面直线所成的角，直线与平面所成的角的方法及公式为：(1)异面直线所成角θ(0°＜θ≤90°)设a，b分别为异面直线a，b的方向向量，则：cos θ＝|cos〈a，b〉|＝|a·b||a|·|b|.(2)线面角θ(0°≤θ≤90°)设a是直线l的方向向量，n是平面的法向量，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝|a·n||a|·|n|.变式训练1(2013·课标全国卷Ⅰ)如图4－3－4，三棱柱ABC—A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)证明：AB⊥A1C；图4－3－4(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．【解】(1)证明如图(1)，取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B.因为CA＝CB，所以OC⊥AB.图(1)由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB.因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)解：由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB ，又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ，所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．以O 为坐标原点，OA →的方向为x 轴的正方向，|OA →|为单位长，建立如图(2)所示的空间直角坐标系O —xyz .图(2)由题设知A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0，3)，B (－1,0,0)，则BC →＝(1,0，3)，BB 1→＝AA 1→＝(－1，3，0)，A 1C →＝(0，－3，3)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，则⎩⎨⎧n ·BC →＝0，n ·BB 1→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0.可取n ＝(3，1，－1)，故cos 〈n ，A 1C →〉＝n ·A 1C →|n ||A 1C →|＝－105.所以A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为105.【命题要点】 ①利用空间向量求二面角；②已知二面角的大小求参数的值.(2013·湖北高考)如图4－3－5，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P A ，PC 的中点．图4－3－5(1)记平面BEF 与平面ABC 的交线为l ，试判断直线l 与平面P AC 的位置关系，并加以证明．(2)设(1)中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ，且点Q 满足DQ →＝12CP →.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 θ＝sin αsin β.【思路点拨】 (1)从EF ∥AC 入手，利用线面平行的判定定理与性质定理进行判断与证明；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解．【自主解答】 (1)直线l ∥平面P AC .证明如下：连接EF ，因为E ，F 分别是P A ，PC 的中点，所以EF ∥AC . 又EF ⊄平面ABC ，且AC ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC . 而EF ⊂平面BEF ，且平面BEF ∩平面ABC ＝l ， 所以EF ∥l .因为l ⊄平面P AC ，EF ⊂平面P AC ， 所以直线l ∥平面P AC .(2)如图所示，由DQ →＝12CP →，作DQ ∥CP ，且DQ ＝12CP .连接PQ ，EF ，BE ，BF ，BD .由(1)可知交线l 即为直线BD .以点C 为原点，向量CA →，CB →，CP →所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设CA ＝a ，CB ＝b ，CP ＝2c ，则有C (0,0,0)，A (a,0,0)，B (0，b,0)，P (0,0,2c )，Q (a ，b ，c )，E ⎝⎛⎭⎫12a ，0，c ，F (0,0，c )．于是FE →＝⎝⎛⎭⎫12a ，0，0，QP →＝(－a ，－b ，c )，BF →＝(0，－b ，c )， 所以cos α＝|FE →·QP →||FE →||QP →|＝aa 2＋b 2＋c 2，从而sin α＝1－cos 2α＝b 2＋c 2a 2＋b 2＋c 2.取平面ABC 的一个法向量为m ＝(0,0,1)， 可得sin θ＝|m ·QP →||m ||QP →|＝ca 2＋b 2＋c 2 .设平面BEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎨⎧n ·FE →＝0，n ·BF →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧12ax ＝0，－by ＋cz ＝0，取n ＝(0，c ，b )．于是|cos β|＝|m·n ||m ||n |＝bb 2＋c2， 从而sin β＝1－cos 2β＝cb 2＋c 2.故sin αsin β＝b2＋c2a2＋b2＋c2·cb2＋c2＝ca2＋b2＋c2＝sin θ，即sin θ＝sin αsin β.1．本题中线段CA、CB、CP的长度关系不确定，因此应分别设出后，再求点的坐标．2．求二面角最常用的办法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．其计算公式为：设m，n分别为平面α，β的法向量，则θ与〈m，n〉互补或相等，|cosθ|＝|cos〈m，n〉|＝|m·n| |m||n|.变式训练2(2013·浙江高考)如图4－3－6，在四面体A—BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝22，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.(1)证明：PQ∥平面BCD；(2)若二面角C—BM—D的大小为60°，求∠BDC的大小．图4－3－6【解】(1)证明如图所示，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O—xyz.由题意知A (0，2，2)，B (0，－2，0)，D (0，2，0)． 设点C 的坐标为(x 0，y 0,0)， 因为AQ →＝3QC →，所以Q ⎝⎛⎭⎫34x 0，24＋34y 0，12.因为点M 为AD 的中点，故M (0，2，1)． 又点P 为BM 的中点，故P ⎝⎛⎭⎫0，0，12， 所以PQ →＝⎝⎛⎭⎫34x 0，24＋34y 0，0.又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0,0,1)，故PQ →·a ＝0. 又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD . (2)设m ＝(x ，y ，z )为平面BMC 的一个法向量． 由CM →＝(－x 0，2－y 0,1)，BM →＝(0,22，1)，知⎩⎨⎧－x 0x ＋(2－y 0)y ＋z ＝0，22y ＋z ＝0.取y ＝－1，得m ＝⎝⎛⎭⎪⎫y 0＋2x 0，－1，22.又平面BDM 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是 |cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 0＋2x 09＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y 0＋2x 02＝12，即⎝⎛⎭⎪⎫y 0＋2x 02＝3.①又BC ⊥CD ，所以CB →·CD →＝0，故(－x 0，－2－y 0,0)·(－x 0，2－y 0,0)＝0，即x 20＋y 20＝2.②联立①②，解得⎩⎨⎧x 0＝0，y 0＝－2(舍去)或⎩⎨⎧x 0＝±62，y 0＝22.所以tan ∠BDC ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 02－y 0＝ 3.又∠BDC 是锐角，所以∠BDC ＝60°.【命题要点】 ①探索线面位置关系是否成立；②探索空间角的大小是否成立.(2013·长沙模拟)如图4－3－7所示，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E是棱DD 1的中点．图4－3－7(1)求直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角的正弦值；(2)在棱C 1D 1上是否存在一点F ，使B 1F ∥平面A 1BE ？证明你的结论． 【思路点拨】 (1)建立空间直角坐标系后，用向量法求解． (2)假设存在点F ，证明B 1F →与平面A 1BE 的法向量垂直即可．【自主解答】 设正方体的棱长为1，如图所示，以AB →，AD →，AA 1→为单位正交基底建立空间直角坐标系．(1)依题意，得B (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，1，12，A (0,0,0)，D (0,1,0)， 所以BE →＝⎝⎛⎭⎫－1，1，12，AD →＝(0,1,0)．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，因为AD ⊥平面ABB 1A 1，所以AD →是平面ABB 1A 1的一个法向量，设直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角为θ，则sin θ＝|BE →·AD →||BE →|·|AD →|＝132×1＝23.即直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角的正弦值为23.(2)依题意，得A 1(0,0,1)，BA 1→＝(－1,0,1)，BE →＝⎝⎛⎭⎫－1，1，12. 设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1BE 的一个法向量，则由n ·BA 1→＝0，n ·BE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x ＋y ＋12z ＝0. 所以x ＝z ，y ＝12z ，取z ＝2，得n ＝(2,1,2)．设F 是棱C 1D 1上的点，则F (t,1,1)(0≤t ≤1)． 又B 1(1,0,1)，所以B 1F →＝(t －1,1,0)． 而B 1F ⊄平面A 1BE ，于是B 1F ∥平面A 1BE ⇔B 1F →·n ＝(t －1,1,0)·(2,1,2)＝0⇔2(t －1)＋1＝0⇔t ＝12⇔F 为C 1D 1的中点，这说明在棱C 1D 1上存在点F (C 1D 1的中点)，使B 1F ∥平面A 1BE .1．解答本题(2)时先假设在棱C 1D 1上存在一点F ，则向量B 1F →与平面A 1BE 的法向量垂直，从而列方程求解．2．空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，所以使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．变式训练3 (2013·潍坊模拟)已知正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ＝2，AA 1＝3，点D 为AC 的中点，点E 在线段AA 1上．图4－3－8(1)当AE ∶EA 1＝1∶2时，求证DE ⊥BC 1；(2)是否存在点E ，使二面角D —BE —A 等于60°，若存在求AE 的长；若不存在，请说明理由．【解】 (1)证明：连结DC 1，因为ABC —A 1B 1C 1为正三棱柱，所以△ABC 为正三角形， 又因为D 为AC 的中点，所以BD ⊥AC ，又平面ABC ⊥平面ACC 1A 1，所以BD ⊥平面ACC 1A 1， 所以BD ⊥DE .因为AE ∶EA 1＝1∶2，AB ＝2，AA 1＝3，所以AE ＝33，AD ＝1， 所以在Rt △ADE 中，∠ADE ＝30°，在Rt △DCC 1中，∠C 1DC ＝60°， 所以∠EDC 1＝90°，即ED ⊥DC 1，所以ED ⊥平面BDC 1，BC 1⊂面BDC 1，所以ED ⊥BC 1. (2)假设存在点E 满足条件，设AE ＝h .取A 1C 1的中点D 1，连结DD 1，则DD 1⊥平面ABC ，所以DD 1⊥AD ，DD 1⊥BD ， 分别以DA 、DB 、DD 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D —xyz ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，E (1,0，h )，所以DB →＝(0，3，0)，DE →＝(1,0，h )，AB →＝(－1，3，0)，AE →＝(0,0，h )， 设平面DBE 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧n 1·DB →＝0，n 1·DE →＝0，⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋hz 1＝0，令z 1＝1，得n 1＝(－h,0,1)，同理，平面ABE 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧n 2·AB →＝0，n 2·AE →＝0，⎩⎨⎧－x 2＋3y 2＝0，hz 2＝0.∴n 2＝(3，1,0)．∴cos〈n1，n2〉＝|－3h|h2＋1·2＝cos 60°＝12.解得h＝22＜3，故存在点E，当AE＝22时，二面角D—BE—A等于60°.建立空间直角坐标系后用空间向量求空间角是高考重点考查内容，但已知空间角求相关量的题目，体现了逆向思维，更能考查学生分析问题和解决问题的能力，对此我们应高度重视．利用空间向量求解空间角问题(12分)如图4－3－9所示，正方形ADEF 与梯形ABCD 所在平面互相垂直，AD ⊥CD ，AB ∥CD ，AB ＝AD ＝12CD ＝2，点M 在线段EC 上且不与E 、C 重合．图4－3－9(1)当点M 是EC 中点时，求证：BM ∥平面ADEF ； (2)当平面BDM 与平面ABF 所成锐二面角的余弦值为66时，求三棱锥M —BDE 的体积． 【规范解答】 (1)以DA 、DC 、DE 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系． 则A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,4,0)，E (0,0,2)，M (0,2,1)，2分 ∴BM →＝(－2,0,1)，平面ADEF 的一个法向量DC →＝(0,4,0)．∵BM →·DC →＝0，∴BM →⊥DC →，∴BM ⊥DC ， 即BM ∥平面ADEF .4分(2)依题意设M ⎝⎛⎭⎫0，t ，2－t2(0＜t ＜4)，设平面BDM 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，则DB →·n ＝2x ＋2y ＝0，DM →·n ＝ty ＋⎝⎛⎭⎫2－t2z ＝0， 令y ＝－1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，－1，2t4－t .平面ABF 的法向量n 2＝(1,0,0).6分∵|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝12＋4t2(4－t )2＝66， 解得t ＝2.8分∴M (0,2,1)为EC 的中点，S △DEM ＝12S △CDE ＝2，B 到平面DEM 的距离h ＝2，∴V M —BDE ＝V B —DEM ＝13·S △DEM ·h ＝43.12分【阅卷心语】易错提示 (1)解答本题(2)时，易因设不出点M 的坐标而无法求解． (2)不能把条件“平面BDM 与平面ABF 所成锐二面角的余弦值为66”转化为方程，从而求出点M 的坐标，导致无法求解．防范措施 (1)欲要设出在线段上某点的坐标，可利用三点共线向量满足的条件，求出该点坐标，如本例中，可设EM →＝tEC →从而求出点M 的坐标(用t 表示)．(2)已知空间角的大小和求空间角的大小，在解题思路上完全一致，不同点是“已知空间角大小”最后应列出一个方程求参数的值．1．直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，∠BAC ＝30°，BC ＝1，AA 1＝6，M 是CC 1的中点，则异面直线AB 1与A 1M 所成的角为________．【解析】 建立坐标系如图所示， 易得M ⎝⎛⎭⎫0，0，62，A 1(0，3，0)， A (0，3，6)，B 1(1,0,0)， 所以AB 1→＝(1，－3，－6)， A 1M →＝⎝⎛⎭⎫0，－3，62.所以AB 1→·A 1M →＝1×0＋3－62＝0，所以AB 1→⊥A 1M →，即AB 1⊥A 1M . 【答案】 90°2．在如图4－3－10所示的几何体中，△ABC 是边长为2的正三角形，AE ＞1，AE ⊥平面ABC ，平面BCD ⊥平面ABC ，BD ＝CD ，且BD ⊥CD .图4－3－10(1)若AE ＝2，求证：AC ∥平面BDE ； (2)若二面角A —DE —B 为60°，求AE 的长．【解】 (1)分别取BC ，BA ，BE 的中点M ，N ，P ，连接DM ，MN ，NP ，DP ，则MN ∥AC ，NP ∥AE ，且NP ＝12AE ＝1.因为BD ＝CD ，BC ＝2，M 为BC 的中点， 所以DM ⊥BC ，DM ＝1. 又因为平面BCD ⊥平面ABC ， 所以DM ⊥平面ABC . 又AE ⊥平面ABC ， 所以DM ∥AE ，所以DM ∥NP ，且DM ＝NP ，因此四边形DMNP 为平行四边形， 所以MN ∥DP ，所以AC ∥DP ，又AC ⊄平面BDE ，DP ⊂平面BDE ， 所以AC ∥平面BDE .(2)由(1)知DM ⊥平面ABC ，AM ⊥MB ， 建立如图所示的空间直角坐标系M —xyz .第 21 页 共 21 页设AE ＝h ，则M (0,0,0)，B (1,0,0)，D (0,0,1)，A (0，3，0)，E (0，3，h )，BD →＝(－1,0,1)，BE →＝(－1，3，h )．设平面BDE 的法向量n 1＝(x ，y ，z )．则⎩⎨⎧ BD →·n 1＝0，BE →·n 1＝0.所以⎩⎨⎧－x ＋z ＝0，－x ＋3y ＋zh ＝0. 令x ＝1，所以n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1－h 3，1， 又平面ADE 的法向量n 2＝(1,0,0)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝112＋12＋(1－h )23＝12. 解得h ＝6＋1，即AE ＝6＋1.。
2014高考数学立体几何汇编
2014高考立体几何汇编1.（辽宁）.已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（ B ） A ．若//,//,m n αα则//m n B ．若m α⊥，n α⊂，则m n ⊥ C ．若m α⊥，m n ⊥，则//n α D ．若//m α，m n ⊥，则n α⊥2. （辽宁）某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（B ）A ．82π- B ．8π- C ．82π- D ．84π-3.（新课标二6.）如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm ）,图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm ，高为6cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（ ） A. 1727 B. 59 C. 1027D. 13【答案】 C..2710π54π34-π54π.342π944.2342π.546π96321C v v 故选积之比削掉部分的体积与原体体积，高为径为，右半部为大圆柱，半，高为小圆柱，半径加工后的零件，左半部体积，，高加工前的零件半径为==∴=•+•=∴=•=∴π 4.（新课标二11）.直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，∠BCA=90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC=CA=CC 1，则BM 与AN 所成的角的余弦值为（ ）A. 110B. 25【答案】 C ..10305641-0||||θcos 2-1-,0(2-1,1-(∴).0,1,0(),0,1,1(),2,0,2(),2,2,0(,2,,111111C AN BM N M B A C C BC AC Z Y X C C A C B C 故选）。
，），，则轴，建立坐标系。
令为，，如图，分别以=+•======5.（大纲卷8）．正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（ A ）A ．814π B ．16π C ．9π D ．274π6.（大纲卷11）.已知二面角l αβ--为060，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，0135ACD ∠=，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为（ B ）A ．14 BCD ．127.（北京7）在空间直角坐标系Oxyz 中，已知()2,0,0A ，()2,2,0B ，()0,2,0C，(D ，若 1S ，2S ，3S 分别表示三棱锥D ABC -在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投影图形的 面积，则（D ）（A ）123S S S == （B ）12S S =且 31S S ≠ （C ）13S S =且 32S S ≠ （D ）23S S =且 13S S ≠8.（重庆7）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ B ）A.54B.60C.66D.729.（江苏） 设甲、乙两个圆柱的底面分别为1S ，2S ，体积分别为1V ，2V ，若它们的侧面积相等，且4921=S S ，则21V V的值是 ▲ .10.( 广东7).若空间中四条两两不同的直线1234,,,l l l l ，满足122334,,l l l l l l ⊥⊥⊥，则下列结论一定正确的是（D ）A.14l l ⊥B.14//l lC.14,l l 既不垂直也不平行D.14,l l 的位置关系不确定 11.（天津）已知一个几何体的三视图如图所示（单位：m ），则该几何体的体积为_______3m . 解：203p该几何体的体积为212042233p p p ?鬃=3m . 12.（陕西）.已知底面边长为1顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（ ）32.3A π .4B π .2C π 4.3D π【答案】 D Dr r r r 选解得设球的半径为.π3434V ∴,1,4)2(11)2(,32222====++=π 13..猜想一般凸多面体中，E V F ，，所满足的等式是_________. 【答案】 2+=+E V F .2+=+E V F 经观察规律，可得14.（浙江）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的表面积是（D ） A. 902cm B. 1292cm C. 1322cm D. 1382cm俯视图侧视图正视图15.（湖北）在如图所示的空间直角坐标系xyzO-中，一个四面体的顶点坐标分别是（0,0,2），（2,2,0），（1,2，1），（2,2,2），给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（D ）A.①和②B.③和①C. ④和③D.④和②16. （辽宁）（本小题满分12分）如图，ABCAB BC BD===，∆所在平面互相垂直，且2∆和BCDABC DBC∠=∠=，E、F分别为AC、DC的中点.120（1）求证：EF BC⊥；（2）求二面角E BF C--的正弦值.解（Ⅰ）证明：（方法一）过E作EO⊥BC，垂足为O，连OF，由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC，所以∠EOC=∠FOC=2π，即FO⊥BC，又EO⊥BC，因此BC⊥面EFO，又EF⊂面EFO，所以EF⊥BC.（方法二）由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B左垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图2所示的空间直角坐标系.易得B（0,0,0），A(0，-1，),D(,-1,0)，C(0,2,0),因而131(0,(,,0)22E F,所以33(,0,),(0,2,0)EF BC=-=，因此0EF BC⋅=,从而EF BC⊥，所以EF BC⊥.（Ⅱ）（方法一）在图1中，过O作OG⊥BF，垂足为G，连EG，由平面ABC⊥平面BDC，从而EO⊥平面BDC，又OG⊥BF，由三垂线定理知EG垂直BF.因此∠EGO为二面角E-BF-C的平面角；在△EOC中，EO=12EC=12BC·cos30°=2，由△BGO∽△BFC知，4BOOG FCBC=⋅=,因此tan∠EGO=2EOOG=,从而sin∠EGO即二面角E-BF-C（方法二）在图2中，平面BFC的一个法向量为1(0,0,1)n=，设平面BEF的法向量2(,,)n x y z=，又31(,,0),(,)2B F B E==,由22n BFn BE⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得其中一个2(1,n=，设二面角E-BF-C的大小为θ，且由题意知θ为锐角，则ECA121212cos |cos ,|||||||5n nn n n n θ⋅=<>==⋅因sin θ5，即二面角E -BF -C 的正弦值为5.17（浙江)（本题满分15分）如图，在四棱锥BCDE A -中，平面⊥ABC 平面======∠=∠AC BE DE CD AB BED CDE BCDE ,1,2,90,02. （1）证明：⊥DE 平面ACD ; （2）求二面角E AD B --的大小解：（I ）在直角梯形BCDE 中，由1DE BE ==，2CD =得，BD BC ==由2AC AB ==，则222AB AC B C =+，即A C B C ⊥，又平面⊥ABC 平面BCDE ，从而AC ⊥平面BCDE ，所以AC DE ⊥，又DE DC ⊥，从而DE ⊥平面ACD ； （II ）方法一：作BF AD ⊥，与AD 交于点F ，过点F 作FG DE ，与AE 交于点G ，连结BG ，由（I ）知，DE AD ⊥，则FG AD ⊥，，所以BFG ∠是二面角E AD B --的平面角，在直角梯形BCDE 中，由222CD BD BC =+，得BD BC ⊥，又平面⊥ABC 平面BCDE ，得BD ⊥平面ABC，从而，BD AB ⊥，由于AC ⊥平面BCDE ，得：AC CD ⊥，在Rt ACD 中，由2CD =，AC =AD =在Rt AED 中，1DE =，AD =，得AE，在Rt A B D 中，BD =2AB =，AD，得3BF =23AF AD =，从而23GF =，在,ABE ABG 中，利用余弦定理分别可得2cos 3BAE BG ∠==， 在BFG 中，222cos 2GF BF BG BFG BF GF +-∠==⋅，所以6BFG π∠=，即二面角E AD B --的大小是6π．方法二：以D 为原点，分别以射线,DE DC 为,x y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D xyz -如图所示，由题意可知各点坐标如下：()()()(()0,0,0,1,0,0,0,2,0,,1,1,0D E C A B ，设平面ADE 的法向量为()111,,m x y z =，平面ABD 的法向量为()222,,n x y z =，可算得(0,2,AD =-，()(1,1,0,1,2,DB AE ==-，由00m AD m AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得，1111102020y x y ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩，可取(0,1,m =，由0n AD n BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得，22220200y x y ⎧-=⎪⎨+=⎪⎩，可取(1,1,2n =，于是3cos ,2m n m n m n⋅〈〉==， 由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角E AD B --的大小是6π． 468101214161818.（天津）（本小题满分13分）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ^底面ABCD ，AD AB ^，//AB DC ，2AD DC AP ===，1AB =，点E 为棱PC 的中点.（Ⅰ）证明 BE DC ^；（Ⅱ）求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值； （Ⅲ）若F 为棱PC 上一点，满足BF AC ^， 求二面角F ABP --的余弦值.解：（方法一）依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系（如图），可得()1,0,0B ，()2,2,0C ，()0,2,0D ，()0,0,2P .由E 为棱PC 的中点，得()1,1,1E . （Ⅰ）证明：向量()0,1,1BE =，()2,0,0DC =，故0B E D C ?. 所以，BE DC ^.（Ⅱ）解：向量()1,2,0BD =-，()1,0,2PB =-.设(),,n x y z =为平面PBD 的法向量，则0,0,n BD n PBìï?ïíï?ïî即20,20.x y x z ì-+=ïïíï-=ïî 不妨令1y =，可得()2,1,1n =为平面PBD 的一个法向量.于是有cos ,36n BE n BE n BE×===× 所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为. （Ⅲ）解：向量()1,2,0BC =，()2,2,2CP =--，()2,2,0AC =，()1,0,0AB =. 由点F 在棱PC 上，设CF CP l =，01l＃.故()12,22,2BF BC CF BC CP l l l l =+=+=--. 由BF AC ^，得0BF AC?，因此，()()2122220l l -+-=，解得34l =.即113,,222BF 骣÷ç=-÷ç÷ç桫. 设()1,,n x y z =为平面FAB 的法向量，则110,0,n AB n BFìï?ïíï?ïî即0,1130.222x x y z ì=ïïïíï-++=ïïî 不妨令1z =，可得()10,3,1n =-为平面FAB 的一个法向量. 取平面ABP 的法向量()20,1,0n =，则121211cos ,1010nn n n n n×===-×. 易知，二面角F AB P --.（方法二）（Ⅰ）证明：如图，取PD 中点M ，连接EM ，AM . 由于,E M 分别为,PC PD 的中点， 故//EM DC ，且12EM DC =，又由已知，可得//EM AB 且EM AB =，故四边形ABEM 为平行四边形，所以//BE AM . 因为PA ^底面ABCD ，故PA CD ^，而CD DA ^，从而CD ^平面PAD ，因为AM Ì平面PAD ，于是CD AM ^，又//BE AM ，所以BE CD ^.（Ⅱ）解：连接BM ，由（Ⅰ）有CD ^平面PAD ，得CD PD ^，而//EM CD ，故PD EM ^.又因为AD AP =，M 为PD 的中点，故PD AM ^，可得PD BE ^，所以PD ^平面BEM ，故平面BEM ^平面PBD .所以直线BE 在平面PBD 内的射影为直线BM ，而BE EM ^，可得EBM Ð为锐角，故EBM Ð为直线BE 与平面PBD 所成的角.依题意，有PD =，而M 为PD 中点，可得AM =BE =.故在直角三角形BEM 中，tanEM AB EBMBE BE ?==in 3s EMB ?. 所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为3. （Ⅲ）解：如图，在PAC D 中，过点F 作//FH PA 交AC 于点H .因为PA ^底面ABCD ，故FH ^底面ABCD ，从而FH AC ^.又BF AC ^，得AC ^平面FHB ，因此AC BH ^.在底面ABCD 内，可得3CH HA =，从而3CF FP =.在平面PDC 内，作//FG DC 交PD 于点G ，于是3DG GP =.由于//DC AB ，故//GF AB ，所以,,,A B F G 四点共面. 由AB PA ^，AB AD ^，得AB ^平面PAD ，故AB AG ^. 所以PAG Ð为二面角F AB P --的平面角.在PAG D 中，2PA =，142PG PD ==，45APG ?，由余弦定理可得2AG =，os 0c 1PAG ?. 19（陕西）（本小题满分12分）四面体ABCD 及其三视图如图所示，过棱AB 的中点E 作平行于AD ，BC 的平面分别交四面体的棱CA DC BD ，，于点H G F ，，.（I ）证明：四边形EFGH 是矩形；（II ）求直线AB 与平面EFGH 夹角θ的正弦值. 解：（1）.FG.⊥BCD ⊥,//∴,,AD//HG AD//EF,∴ADHG ADEF EFGH ⊂HG EF,EFGH,AD//HC AH EH//BC,∴EHBC EFGH,⊂EH EFGH,//B BCD⊥AD DC,⊥BD Δ,Δ为矩形所以，四边形，即面，且且共面和，面面同理且共面面面面且为等腰由题知，EHGF EF EF HG EF HG EF GC DG FB DF C RT BCD ====（2）510|,cos |sin 510252,cos ),0,1,1(0),,,()0,1-1(),2100(),1-20()0,0,1(),211,0(),0,1,0(),020(),100(,,,,(1)=><==>=<∴=======∴n AB z y x EHGF G E F B A z y x θ所以，，解得一个则法向量，设面，，，，，，，，，，轴建系，则为知，分别以由20.(（江苏）本小题满分14分)如图，在三棱锥A B C P -中，D ，E ，F 分别为棱AB AC PC ,,的中点.已知AC PA ⊥,,6=PA.5,8==DF BC求证: (1)直线//PA 平面DEF ；(2)平面⊥BDE 平面ABC .21.（新课标二18）（本小题满分12分）如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点. （Ⅰ）证明：PB ∥平面AEC ；（Ⅱ）设二面角D-AE-C 为60°，AP=1，E-ACD 的体积. 解： （1）设AC 的中点为G, 连接EG 。
(完整word版)2014年江苏省高考数学试卷答案与解析
2014年江苏省高考数学试卷参考答案与试题解析一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共计70分）1．（5分）（2014•江苏）已知集合A={﹣2，﹣1，3，4}，B={﹣1，2，3}，则A∩B={﹣1，3}．2．（5分）（2014•江苏）已知复数z=（5+2i）2（i为虚数单位），则z的实部为21．3．（5分）（2014•江苏）如图是一个算法流程图，则输出的n的值是5．4．（5分）（2014•江苏）从1，2，3，6这4个数中一次随机抽取2个数，则所取2个数的乘积为6的概率是．P=故答案为：．5．（5分）（2014•江苏）已知函数y=cosx与y=sin（2x+φ）（0≤φ＜π），它们的图象有一个横坐标为的交点，则φ的值是．的交点，可得．根据的交点，．，∴，+=．故答案为：．6．（5分）（2014•江苏）为了了解一片经济林的生长情况，随机抽测了其中60株树木的底部周长（单位：cm），所得数据均在区间[80，130]上，其频率分布直方图如图所示，则在抽测的60株树木中，有24株树木的底部周长小于100cm．．7．（5分）（2014•江苏）在各项均为正数的等比数列{a n}中，若a2=1，a8=a6+2a4，则a6的值是4．=8．（5分）（2014•江苏）设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V1，V2，若它们的侧面积相等，且=，则的值是．=，它们的侧面积相等，==故答案为：．9．（5分）（2014•江苏）在平面直角坐标系xOy中，直线x+2y﹣3=0被圆（x﹣2）2+（y+1）2=4截得的弦长为．==2故答案为：10．（5分）（2014•江苏）已知函数f（x）=x2+mx﹣1，若对于任意x∈[m，m+1]，都有f（x）＜0成立，则实数m的取值范围是（﹣，0）．，，，解得﹣＜，11．（5分）（2014•江苏）在平面直角坐标系xOy中，若曲线y=ax2+（a，b为常数）过点P（2，﹣5），且该曲线在点P处的切线与直线7x+2y+3=0平行，则a+b的值是﹣3．（，解方程可得答案．，（，，，，是解答的关键．12．（5分）（2014•江苏）如图，在平行四边形ABCD中，已知AB=8，AD=5，=3，•=2，则•的值是22．=3，可得=+，﹣，=3•=3，=+，=﹣，•（+）（﹣）=||•﹣|﹣•﹣•=+，=﹣，是解答的关键．13．（5分）（2014•江苏）已知f（x）是定义在R上且周期为3的函数，当x∈[0，3）时，f （x）=|x2﹣2x+|，若函数y=f（x）﹣a在区间[﹣3，4]上有10个零点（互不相同），则实数a的取值范围是（0，）．|的图象如图：由图象可知）14．（5分）（2014•江苏）若△ABC的内角满足sinA+sinB=2sinC，则cosC的最小值是．（bcosC==≥=当且仅当≤．故答案为：．二、解答题（本大题共6小题，共计90分）15．（14分）（2014•江苏）已知α∈（，π），sinα=．（1）求sin（+α）的值；（2）求cos（﹣2α）的值．（（（．∴﹣=+=sin cos﹣+．，=，﹣=cos sin2﹣）的值为：﹣16．（14分）（2014•江苏）如图，在三棱锥P﹣ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB 的中点，已知PA⊥AC，PA=6，BC=8，DF=5．求证：（1）直线PA∥平面DEF；（2）平面BDE⊥平面ABC．DE=EF=BC=417．（14分）（2014•江苏）如图，在平面直角坐标系xOy中，F1，F2分别为椭圆+=1（a＞b＞0）的左、右焦点，顶点B的坐标为（0，b），连接BF2并延长交椭圆于点A，过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C，连接F1C．（1）若点C的坐标为（，），且BF2=，求椭圆的方程；（2）若F1C⊥AB，求椭圆离心率e的值．的坐标为（，，即，，）+y+（=0）（）==（得．18．（16分）（2014•江苏）如图，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区，规划要求：新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80m，经测量，点A位于点O正北方向60m处，点C位于点O正东方向170m处（OC为河岸），tan∠BCO=．（1）求新桥BC的长；（2）当OM多长时，圆形保护区的面积最大？CE=OP=m m PC=PQ=m=﹣﹣19．（16分）（2014•江苏）已知函数f（x）=e x+e﹣x，其中e是自然对数的底数．（1）证明：f（x）是R上的偶函数；（2）若关于x的不等式mf（x）≤e﹣x+m﹣1在（0，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围；（3）已知正数a满足：存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）＜a（﹣x03+3x0）成立，试比较e a﹣1与a e﹣1的大小，并证明你的结论．﹣，当且仅当m﹣﹣（）﹣﹣（）20．（16分）（2014•江苏）设数列{a n}的前n项和为S n，若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得S n=a m，则称{a n}是“H数列”．（1）若数列{a n}的前n项和为S n=2n（n∈N*），证明：{a n}是“H数列”；（2）设{a n}是等差数列，其首项a1=1，公差d＜0，若{a n}是“H数列”，求d的值；（3）证明：对任意的等差数列{a n}，总存在两个“H数列”{b n}和{c n}，使得a n=b n+c n（n∈N*）成立．=，解得，，则，三、附加题（本大题包括选做题和必做题两部分）（一）选择题（本题包括21、22、23、24四小题，请选定其中两个小题作答，若多做，则按作答的前两个小题评分）【选修4-1：几何证明选讲】21．（10分）（2014•江苏）如图，AB是圆O的直径，C，D是圆O上位于AB异侧的两点，证明：∠OCB=∠D．【选修4-2：矩阵与变换】22．（10分）（2014•江苏）已知矩阵A=，B=，向量=，x，y为实数，若A=B，求x+y的值．A=B，可得方程组，即可求A=B==A=B，﹣【选修4-3：极坐标及参数方程】23．（2014•江苏）在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为（t为参数），直线l与抛物线y2=4x相交于A，B两点，求线段AB的长．的参数方程为，化为普通方程为=8【选修4-4：不等式选讲】24．（2014•江苏）已知x＞0，y＞0，证明（1+x+y2）（1+x2+y）≥9xy．3，两式相乘可得结论．，(二）必做题（本部分包括25、26两题，每题10分，共计20分）25．（10分）（2014•江苏）盒中共有9个球，其中有4个红球，3个黄球和2个绿球，这些球除颜色外完全相同．（1）从盒中一次随机取出2个球，求取出的2个球颜色相同的概率P；（2）从盒中一次随机取出4个球，其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x1，x2，x3，随机变量X表示x1，x2，x3中的最大数，求X的概率分布和数学期望E（X）．个球共有个球颜色相同共有P==，P=26．（10分）（2014•江苏）已知函数f0（x）=（x＞0），设f n（x）为f n﹣1（x）的导数，n∈N*．（1）求2f1（）+f2（）的值；（2）证明：对任意n∈N*，等式|nf n﹣1（）+f n（）|=都成立．代入式子求值；代入所给的式子求解验证．=代入上式得，（+））x+）对任意时，=）对任意代入上式得，（+）+cos=±）（|=。
十年真题(-2019)高考数学真题分类汇编 专题09 立体几何与空间向量选择填空题 理(含解析)
专题09立体几何与空间向量选择填空题历年考题细目表题型年份考点试题位置单选题2019表面积与体积2019年新课标1理科12单选题2018几何体的结构特征2018年新课标1理科07单选题2018表面积与体积2018年新课标1理科12单选题2017三视图与直观图2017年新课标1理科07单选题2016三视图与直观图2016年新课标1理科06单选题2016空间向量在立体几何中的应用2016年新课标1理科11单选题2015表面积与体积2015年新课标1理科06单选题2015三视图与直观图2015年新课标1理科11单选题2014三视图与直观图2014年新课标1理科12单选题2013表面积与体积2013年新课标1理科06单选题2013三视图与直观图2013年新课标1理科08单选题2012三视图与直观图2012年新课标1理科07单选题2012表面积与体积2012年新课标1理科11单选题2011三视图与直观图2011年新课标1理科06单选题2010表面积与体积2010年新课标1理科10填空题2017表面积与体积2017年新课标1理科16填空题2011表面积与体积2011年新课标1理科15填空题2010三视图与直观图2010年新课标1理科14历年高考真题汇编1．【2019年新课标1理科12】已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC,△ABC是边长为2的正三角形,E，F分别是PA,AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（)A．8πB．4πC．2πD．π【解答】解：如图，由PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，可知三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心，连接BO并延长,交AC于G，则AC⊥BG，又PO⊥AC，PO∩BG＝O，可得AC⊥平面PBG，则PB⊥AC，∵E，F分别是PA,AB的中点，∴EF∥PB，又∠CEF＝90°，即EF⊥CE，∴PB⊥CE，得PB⊥平面PAC，∴正三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球,其直径为D．半径为，则球O的体积为．故选：D．2．【2018年新课标1理科07】某圆柱的高为2，底面周长为16,其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（)A．2B．2C．3 D．2【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2,直观图以及侧面展开图如图:圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中，最短路径的长度：2．故选:B．3．【2018年新课标1理科12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．B．C．D．【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面,并且正六边形时,α截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长，α截此正方体所得截面最大值为：6．故选：A．4．【2017年新课标1理科07】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A．10 B．12 C．14 D．16【解答】解：由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，S梯形2×(2+4）＝6，∴这些梯形的面积之和为6×2＝12，故选：B．5．【2016年新课标1理科06】如图，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．若该几何体的体积是,则它的表面积是( ）A．17πB．18πC．20πD．28π【解答】解：由题意可知三视图复原的几何体是一个球去掉后的几何体，如图：可得:,R＝2．它的表面积是：4π•2217π．故选：A．6．【2016年新课标1理科11】平面α过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m、n所成角的正弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：如图：α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABA1B1＝n,可知：n∥CD1，m∥B1D1,∵△CB1D1是正三角形．m、n所成角就是∠CD1B1＝60°．则m、n所成角的正弦值为：．故选：A．7．【2015年新课标1理科06】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛【解答】解：设圆锥的底面半径为r，则r＝8，解得r，故米堆的体积为π×（）2×5，∵1斛米的体积约为1.62立方，∴1。
2014届《创新设计·高考一轮总复习》数学(理)第八篇 立体几何 第3讲
抓住3个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
两种判定方法 异面直线的判定方法
(1)判定定理：过平面外一点与平面内一点的直线，和平面内
不经过该点的直线是异面直线． (2)反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共 面，从而可得两直线异面．
抓住3个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
考点自测 1．下列命题是真命题的是 ( )．
DD1四条，因为各棱具有相同的位置且正方体共有12条棱， 12×4 排除两棱的重复计算，共有异面直线 ＝24(对)． 2
答案 24
抓住3个考点
突破3个考向
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考向一 平面的基本性质及其应用 【例1】► 如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中， E 、 F
分别是AB和AA1的中点．求证：
的平面，有下列四个命题：
①若m⊂β，α⊥β，则m⊥α； ②若α∥β，m⊂α，则m∥β； ③若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β； ④若α⊥γ，β⊥γ，m⊥α，则m⊥β.
其中正确命题的序号是
A．①③ C．③④ B．①② D．②③
抓住3个考点 突破3个考向
(
)．
揭秘3年高考
解析
若m⊂β ， α⊥β ，则m⊥α 或 m∥α ，或 m与 α相交，故①
BD所成的角．
抓住3个考点 突破3个考向 揭秘3年高考
1 在Rt△EGF中，由EG＝FG＝ AC，求得∠FEG＝45° ，即异 2 面直线EF与BD所成的角为45° .
抓住3个考点
突破3个考向
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热点突破15 准确判断空间点、线、面的位置关系 【命题研究】 通过近三年的高考试题分析，主要结合线线、
共 面 ， 即 AD 与 BC 共 面 ， 所 以 A 、 B 、 C 、 D 在同一平面内，这与 A 是
立体几何高考题_模拟试题带答案解析
WORP文档下载可编辑2014 高考及模拟立体几何带答案一．解答题（共17小题）1．(2014•山东）如图，四棱锥P﹣ABCD中，AP⊥平面PCD,AD∥BC，AB=BC=AD,E，F分别为线段AD，PC的中点．（Ⅰ)求证：AP∥平面BEF；(Ⅱ）求证：BE⊥平面PAC．2．（2014•四川）在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形（Ⅰ）若AC⊥BC，证明:直线BC⊥平面ACC1A1;（Ⅱ）设D、E分别是线段BC、CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M,使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．3．（2014•湖北）在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，E为PC中点，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ADC=90°，AB=AD=PD=1，CD=2．（Ⅰ）求证：BE∥平面PAD;（Ⅱ)求证：BC⊥平面PBD；（Ⅲ）设Q为侧棱PC上一点,，试确定λ的值，使得二面角Q﹣BD﹣P为45°．4．（2014•江苏）如图，在三棱锥P﹣ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，已知PA⊥AC，PA=6，BC=8，DF=5．求证：(1)直线PA∥平面DEF;（2）平面BDE⊥平面ABC．5．（2014•黄山一模）如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，AD=PA=2，CD=2,E、F分别是AB、PD的中点．(1)求证：AF∥平面PCE；(2)求证：平面PCE⊥平面PCD;(3）求四面体PEFC的体积．6．（2014•南海区模拟）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是直角梯形，AB∥CD,AB⊥AD，△PAB和△PAD是两个边长为2的正三角形,DC=4,O为BD的中点，E为PA的中点．（Ⅰ）求证：PO⊥平面ABCD；（Ⅱ)求证:OE∥平面PDC；(Ⅲ)求直线CB与平面PDC所成角的正弦值．7．（2014•天津模拟)如图，在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，下底ABCD是边长为2的正方形，上底A1B1C1D1是边长为1的正方形，侧棱DD1⊥平面ABCD，DD1=2．(1）求证：B1B∥平面D1AC；（2)求证：平面D1AC⊥平面B1BDD1．8．（2013•北京）如图,在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD=2AB,平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD．E和F分别是CD和PC的中点，求证:(Ⅰ）PA⊥底面ABCD；（Ⅱ）BE∥平面PAD;（Ⅲ）平面BEF⊥平面PCD．9．(2013•天津）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱A1A⊥底面ABC，且各棱长均相等．D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点．（Ⅰ）证明：EF∥平面A1CD；（Ⅱ)证明:平面A1CD⊥平面A1ABB1;（Ⅲ）求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值．10．(2013•浙江）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥面ABCD，AB=BC=2，AD=CD=,PA=,∠ABC=120°，G为线段PC上的点．(Ⅰ）证明：BD⊥平面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，求的值．11．（2013•湖南）如图．在直棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=,AA1=3，D是BC的中点，点E在棱BB1上运动．（1)证明：AD⊥C1E；(2)当异面直线AC，C1E 所成的角为60°时,求三棱锥C1﹣A1B1E的体积．12．（2012•山东）如图,几何体E﹣ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形,CB=CD，EC⊥BD．（Ⅰ）求证:BE=DE;（Ⅱ)若∠BCD=120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC．13．（2012•江苏)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1B1=A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点（点D 不同于点C），且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：（1)平面ADE⊥平面BCC1B1；(2）直线A1F∥平面ADE．14．（2011•天津）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC=45°，AD=AC=1,O为AC中点,PO⊥平面ABCD,PO=2,M为PD中点．（Ⅰ）证明：PB∥平面ACM；（Ⅱ）证明：AD⊥平面PAC；(Ⅲ）求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．15．(2011•北京)如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB=2，∠BAD=60°．（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；(Ⅱ）若PA=AB，求PB与AC所成角的余弦值;（Ⅲ)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长．16．（2010•深圳模拟）如图，在四棱锥S﹣ABCD中,底面ABCD为正方形,侧棱SD⊥底面ABCD，E、F分别是AB、SC 的中点（1）求证:EF∥平面SAD（2)设SD=2CD，求二面角A﹣EF﹣D的大小．17．（2010•重庆）如图，三棱锥P﹣ABC中,PC⊥平面ABC，PC=AC=2,AB=BC，D是PB上一点，且CD⊥平面PAB．（1）求证:AB⊥平面PCB；（2)求二面角C﹣PA﹣B的大小的余弦值．2014年12月05日180********的高中数学组卷参考答案与试题解析一．解答题（共17小题）1．（2014•山东）如图，四棱锥P﹣ABCD中,AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB=BC=AD，E，F分别为线段AD，PC的中点．（Ⅰ）求证：AP∥平面BEF；(Ⅱ)求证：BE⊥平面PAC．考点：直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．专题：综合题；空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ)证明四边形ABCE是平行四边形,可得O是AC的中点，利用F为线段PC的中点，可得PA∥OF,从而可证AP∥平面BEF；（Ⅱ）证明BE⊥AP、BE⊥AC,即可证明BE⊥平面PAC．解答:证明：（Ⅰ）连接CE,则∵AD∥BC，BC=AD，E为线段AD的中点，∴四边形ABCE是平行四边形,BCDE是平行四边形，设AC∩BE=O，连接OF，则O是AC的中点，∵F为线段PC的中点，∴PA∥OF，∵PA⊄平面BEF，OF⊂平面BEF,∴AP∥平面BEF；（Ⅱ）∵BCDE是平行四边形，∴BE∥CD，∵AP⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AP⊥CD，∴BE⊥AP，∵AB=BC，四边形ABCE是平行四边形,∴四边形ABCE是菱形,∴BE⊥AC，∵AP∩AC=A，∴BE⊥平面PAC．点评：本题考查直线与平面平行、垂直的判定，考查学生分析解决问题的能力，正确运用直线与平面平行、垂直的判定是关键2．(2014•四川）在如图所示的多面体中,四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形（Ⅰ）若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1；（Ⅱ)设D、E分别是线段BC、CC1的中点,在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．考点: 直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．专题: 综合题；空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）先证明AA1⊥平面ABC，可得AA1⊥BC，利用AC⊥BC，可以证明直线BC⊥平面ACC1A1；(Ⅱ)取AB的中点M，连接A1M，MC,A1C,AC1,证明四边形MDEO为平行四边形即可．解答：(Ⅰ）证明：∵四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形,∴AA1⊥AB，AA1⊥AC，∵AB∩AC=A，∴AA1⊥平面ABC，∵BC⊂平面ABC，∴AA1⊥BC，∵AC⊥BC，AA1∩AC=A，∴直线BC⊥平面ACC1A1；（Ⅱ）解:取AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1,设O为A1C,AC1的交点，则O为AC1的中点．连接MD,OE，则MD∥AC,MD=AC,OE∥AC,OE=AC，∴MD∥OE,MD=OE，连接OM,则四边形MDEO为平行四边形，∴DE∥MO，∵DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC,∴DE∥平面A1MC,∴线段AB上存在一点M（线段AB的中点），使直线DE∥平面A1MC．点评：本题考查线面垂直的判定与性质的运用,考查存在性问题，考查学生分析解决问题的能力,属于中档题．3．(2014•湖北）在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，E为PC中点，底面ABCD是直角梯形,AB∥CD,∠ADC=90°,AB=AD=PD=1，CD=2．（Ⅰ）求证：BE∥平面PAD；（Ⅱ）求证：BC⊥平面PBD；（Ⅲ）设Q为侧棱PC上一点，，试确定λ的值，使得二面角Q﹣BD﹣P为45°．考点：直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题．专题: 证明题．分析:（Ⅰ）取PD的中点F，连接EF、AF，由中位线得性质和AB∥CD及AB=1证出四边形ABEF为平行四边形，则BE∥AF，根据线面平行的判定得BE∥平面PAD；(Ⅱ）由平面PCD⊥底面ABCD,PD⊥CD证出PD⊥AD，利用三条线相互垂直关系,建立直角坐标系，求出,即BC⊥DB，再由PD⊥平面ABCD,可得PD⊥BC，即证BC⊥平面PBD;（Ⅲ）利用(Ⅱ）建立的坐标系和结论，求出平面PBD的法向量，利用求出Q的坐标，再利用垂直关系求平面QBD的法向量的坐标，由两个法向量的数量积运算表示二面角的余弦值,化简后求出λ∈（0，1）的值．解答:解：（Ⅰ）取PD的中点F，连接EF，AF，∵E为PC中点，∴EF∥CD，且，在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=1，∴EF∥AB，EF=AB,∴四边形ABEF为平行四边形,∴BE∥AF，∵BE⊄平面PAD，AF⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD．（4分）（Ⅱ）∵平面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，∴PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AD．(5分）如图，以D为原点建立空间直角坐标系D﹣xyz．则A（1，0，0)，B（1,1,0），C（0，2，0）,P（0，0，1）．（6分），，∴,BC⊥DB，（8分)又由PD⊥平面ABCD,可得PD⊥BC，∴BC⊥平面PBD．（9分）（Ⅲ)由（Ⅱ)知,平面PBD的法向量为，（10分）∵，,且λ∈（0，1）∴Q(0，2λ，1﹣λ），（11分）设平面QBD的法向量为=（a，b，c）,，,由,，得,∴,（12分)∴，（13分)因λ∈(0，1），解得．（14分）点评：本题用了几何法和向量法进行证明平行及垂直关系、求值,有中点时通常构造中位线证明线线平行，根据线面平行的判定定理转化到线面平行;向量法主要利用数量积为零证明垂直,对待二面角、线面角问题用向量法要简单些，建立坐标系要利用几何体中的垂直条件．4．（2014•江苏）如图,在三棱锥P﹣ABC中，D，E，F分别为棱PC,AC，AB的中点，已知PA⊥AC,PA=6，BC=8，DF=5．求证：（1)直线PA∥平面DEF；(2）平面BDE⊥平面ABC．考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面垂直的判定．专题: 证明题；空间位置关系与距离．分析:（1）由D、E为PC、AC的中点，得出DE∥PA，从而得出PA∥平面DEF；（2）要证平面BDE⊥平面ABC,只需证DE⊥平面ABC,即证DE⊥EF，且DE⊥AC即可．解答:证明：（1）∵D、E为PC、AC的中点，∴DE∥PA,又∵PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，∴PA∥平面DEF；（2)∵D、E为PC、AC的中点，∴DE=PA=3;又∵E、F为AC、AB的中点,∴EF=BC=4;∴DE2+EF2=DF2，∴∠DEF=90°，∴DE⊥EF;∵DE∥PA,PA⊥AC,∴DE⊥AC;∵AC∩EF=E，∴DE⊥平面ABC；∵DE⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABC．点评：本题考查了空间中的平行与垂直问题，解题时应明确空间中的线线、线面、面面之间的垂直与平行的互相转化关系，是基础题目．5．(2014•黄山一模）如图,PA垂直于矩形ABCD所在的平面，AD=PA=2，CD=2,E、F分别是AB、PD的中点．（1）求证：AF∥平面PCE；（2）求证：平面PCE⊥平面PCD；(3）求四面体PEFC的体积．考点：直线与平面平行的判定；棱锥的结构特征；平面与平面垂直的判定．专题：计算题；证明题．分析：（1）设G为PC的中点，连接FG，EG，根据中位线定理得到FG CD，AE CD，进而可得到AF∥GE，再由线面平行的判定定理可证明AF∥平面PCE，得证．（2）根据PA=AD=2可得到AF⊥PD,再由线面垂直的性质定理可得到PA⊥CD，然后由AD⊥CD结合线面垂直的判定定理得到CD⊥平面PAD,同样得到GE⊥平面PCD，再由面面垂直的判定定理可得证．（3）先由（2）可得知EG为四面体PEFC的高,进而求出S△PCF，根据棱锥的体积公式可得到答案．解答：解：（1)证明：设G为PC的中点，连接FG，EG，∵F为PD的中点,E为AB的中点，∴FG CD，AE CD∴FG AE，∴AF∥GE∵GE⊂平面PEC,∴AF∥平面PCE;（2）证明:∵PA=AD=2，∴AF⊥PD又∵PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，∵AD⊥CD，PA∩AD=A,∴CD⊥平面PAD，∵AF⊂平面PAD，∴AF⊥CD．∵PD∩CD=D，∴AF⊥平面PCD，∴GE⊥平面PCD，∵GE⊂平面PEC，∴平面PCE⊥平面PCD；（3）由(2）知，GE⊥平面PCD，所以EG为四面体PEFC的高，又GF∥CD,所以GF⊥PD,EG=AF=，GF=CD=，S△PCF=PD•GF=2．得四面体PEFC的体积V=S△PCF•EG=．点评：本题主要考查线面垂直的判定定理和性质定理、面面垂直的判定定理．考查对立体几何中基本定理的掌握程度和灵活运用能力．6．（2014•南海区模拟)如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，△PAB和△PAD是两个边长为2的正三角形，DC=4，O为BD的中点,E为PA的中点．（Ⅰ）求证：PO⊥平面ABCD；（Ⅱ）求证:OE∥平面PDC；(Ⅲ）求直线CB与平面PDC所成角的正弦值．考点：直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．专题：证明题．分析：（Ⅰ）由条件先证明四边形ABFD为正方形，由等腰三角形的性质证明PO⊥BD,由勾股定理求得PO⊥AO，从而证得PO⊥平面ABCD．（Ⅱ)过O分别做AD，AB的平行线，以它们做x,y轴，以OP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出和的坐标，由可得OE∥PF，从而证得OE∥平面PDC．（Ⅲ) 设平面PDC的法向量为，直线CB与平面PDC所成角θ，求出一个法向量为，又,可得和夹角的余弦值，即为直线CB与平面PDC所成角的正弦值．解答：解：(Ⅰ)证明:设F为DC的中点，连接BF，则DF=AB．∵AB⊥AD,AB=AD,AB∥DC,∴四边形ABFD为正方形．∵O为BD的中点，∴O为AF，BD的交点，∵PD=PB=2,∴PO⊥BD，…。
2014届《创新设计·高考一轮总复习》数学 (理)第八篇 立体几何 第2讲
示，其中AE⊥平面BCD，CD⊥BD，且CD＝4，BD＝5， BE＝2，ED＝3，AE＝4.∴AD＝5. 又CD⊥BD，CD⊥AE， 则CD⊥平面ABD，
抓住2个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
故CD⊥AD，所以AC＝ 41且S△ACD＝10. 在Rt△ABE中，AE＝4，BE＝2，故AB＝2 5. 在Rt△BCD中，BD＝5，CD＝4， 故S△BCD＝10，且BC＝ 41. 在△ABD中，AE＝4，BD＝5，故S△ABD＝10.
7πa2 3 .
7πa2 答案 (1)16π (2) 3
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[方法锦囊] (1)已知与球有关的组合体的三视图，要将其还原 为几何体，对组合体的表面积和体积可以分割计算．
(2)处理与几何体外接球相关的问题时，一般需依据球和几何
体的对称性，确定球心与几何体的特殊点间的关系．解决与 棱柱有关的问题时需注意运用棱柱的体对角线即为外接球直 径这一知识．
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两个关注点 (1)“切”“接”问题 一般要过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问 题转化为平面问题，从而寻找几何体各元素之间的关系． (2)特殊图形可以用补图的方法解答．
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考点自测 1．圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那 么这个圆柱的侧面积是 A．4πS C．πS B．2πS 2 3 D. πS 3 ( )．
(2)旋转体的侧面积和表面积
①若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则 S侧＝ 2πrl ，S表＝ 2πr(r＋l) ．
抓住2个考点
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永辉中学生学习中心数学高考试题分库 第 1 页 共 1 页 二、填空题：
1、在xoy平面上,将两个半圆弧22(1)1(1)xyx和22
(3)1(3)xyx、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,过(0,)(||1)yy作的水平截面,所得截面面积为2418y,试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体,得出的体积值为_____.
2、某几何体的三视图如图所示, 则其体积为________. 3、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______. 4、如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上,点P到直线CC1的距离的最小值为__________.
5、如图,在三棱柱ABCCBA111中,FED，，分别是1AAACAB，，的中点,设三棱锥
ADEF
的体积为1V,三棱柱ABCCBA111的体积为2V,则21:VV____________. 永辉中学生学习中心数学高考试题分库 第 2 页 共 2 页 6、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________2
cm.
7、如图,正方体1111ABCDABCD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_____ (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11CD的交
点R满足1113CR;④当314CQ时,S为六边形;⑤当1CQ时,S的面积为62. 8、某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是____________. 永辉中学生学习中心数学高考试题分库
第 3 页 共 3 页 9、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_______________
三、解答题： 10、如图,AB是圆的直径,PA垂直圆所在的平面,C是圆上的点. (1) 求证:平面PAC平面PBC; (2) 若，，，112PAACAB求证：二面角APBC的余弦值；
11、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°.
(1) 证明:平面PAB与平面PCD的交线平行于底面; (2) 求cosCOD. 永辉中学生学习中心数学高考试题分库 第 4 页 共 4 页 如图,在四面体BCDA中,AD平面BCD,22,2,BDADCDBC.M是AD的中点,P
是BM的中点,点Q在线段AC上,且QCAQ3.
（1）证明://PQ平面BCD; （2）若二面角DBMC的大小为0
60,求BDC的大小.
如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于,AB的点,直线PC平面ABC,E,F分别是PA,PC
的中点.
(1) 记平面BEF与平面ABC的交线为l,试判断直线l与平面PAC的位置关系,并加以证明; 永辉中学生学习中心数学高考试题分库 第 5 页 共 5 页 (2) 设(I)中的直线l与圆O的另一个交点为D,且点Q满足12DQCP.记直线PQ与平面
ABC所成的角为,异面直线PQ与EF所成的角为,二面角ElC的大小为,求证:sinsinsin.
如图1,在等腰直角三角形ABC中,90A,6BC,,DE分别是,ACAB上的点,2CDBE,O
为BC的中点.将ADE沿DE折起,得到如图2所示的四棱锥ABCDE,其中3AO
. (1) 证明:AO平面BCDE; (2) 求二面角ACDB的平面角的余弦值.
如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 侧棱A1A⊥底面ABCD, AB//DC, AB⊥AD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E为棱AA1的中点. 永辉中学生学习中心数学高考试题分库
第 6 页 共 6 页 (1) 证明B1C1⊥CE; (2) 求二面角B1-CE-C1的正弦值. (3) 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为26, 求线段AM 的长.
如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=A A1,∠BA A1=60° . (1) 证明AB⊥A1C; (2) 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. 永辉中学生学习中心数学高考试题分库
第 7 页 共 7 页 如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥平面ABCD, 12ABAA.
(1) 证明: A1C⊥平面BB1D1D; (2) 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角的大小.
如图,四棱锥PABCD中,PA平面ABCD, E为BD的中点，G为PD的中点，3,12DABDCBEAEBABPA，,连接CE并延长交AD于F. 永辉中学生学习中心数学高考试题分库
第 8 页 共 8 页 (1) 求证:;AD平面;CFG (2) 求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值.
如图,在三棱柱11ABCABC中,侧棱1AA底面ABC,12ABACAA,120BAC,1,DD分别
是线段11,BCBC的中点,P是线段AD的中点.
(1) 在平面ABC内,试作出过点P与平面1ABC平行的直线l,说明理由,并证明直线l平面
11ADDA;
(2) 设(1)中的直线l交AB于点M,交AC于点N,求二面角1AAMN的余弦值. 永辉中学生学习中心数学高考试题分库 第 9 页 共 9 页 如图,在直三棱柱111ABCABC中,ACAB,2ACAB,41AA,点D是BC的中点
(1) 求异面直线BA1与DC1所成角的余弦值 (2) 求平面1ADC与1ABA所成二面角的正弦值.
如图,四棱锥PABCD中,902,ABCBADBCADPAB，与PAD都是等边三角形.
(1) 证明:;PBCD (2) 求二面角APDC的大小. 如图所示,在三棱锥ABQP中,PB平面ABQ,BQBPBA,FECD,,, 分别是BPAPBQAQ,,,的中点, PDBDAQ,2与EQ交于点G,PC与FQ交于点H,连接GH. 永辉中学生学习中心数学高考试题分库
第 10 页 共 10 页 (1) 求证:AB//GH
(2) 求二面角EGHD的余弦值. 如图,在直棱柱1111//ABCDABCDADBC中，,90,,1BADACBDBC,13ADAA.
(1) 证明:1ACBD;
(2) 求直线11CB与平面1ACD所成角的正弦值.
如图,在四棱柱1111DCBAABCD中,侧棱,1AA底面ABCD,AB//,DC11AA,kAB3,
kAD4,kBC5,).0(6KkDC
(1)求证:CD平面11AADD; (2)若直线1AA与平面CAB1所成角的正弦值为76,求k的值; (3)现将与四棱柱形状1111DCBAABCD和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的棱
柱,规定:若拼接成的新的四棱柱形状和大小完全相同,则视为同一种拼接方案.问:共有几种永辉中学生学习中心数学高考试题分库 第 11 页 共 11 页 不同的方案?在这些拼接成的新四棱柱中,记其中最小的表面积为)(kf,写出)(kf的表达式
(直接写出答案,不必要说明理由)
如图,直棱柱111ABCABC中,,DE分别是1,ABBB的中点,122AAACCBAB.
（1）证明:1//BC平面1ACD;
（2）求二面角1DACE的正弦值.
如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1C1C是边长为4的正方形,平面ABC⊥平面AA1C1C,AB=3,BC=5.