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天津市2014届高三理科数学一轮复习试题选编7:立体几何


天津市 2014 届高三理科数学一轮复习试题选编 7:立体几何
选择题 1 . (天津市天津一中 2013 届高三上学期第二次月考数学理试题)几何体的三视图如图所示,则该几何体的体

积为 A. 2? ? 2 3 C. 2? ? B. 4? ? 2 3 D. 4? ?





2 3 3

2 3 3

【答案】C

解 : 由三视图可知 , 该几何体下面是半径为 1, 高为 2 的圆柱 . 上面是正四棱锥 . 真四棱锥的高为

1 2 3 ,圆柱的体积为 2? ,所以 22 ?1 ? 3 ,底面边长为 2 ,所以四棱锥的体积为 ? ( 2)2 ? 3 ? 3 3 2 3 该几何体的体积为 2? ? ,选 C. 3
2 . (天津市和平区 2013 届高三第一次质量调查理科数学)已知正四棱柱 ABCD—A1B1ClD1 中,AA1=2AB,E

是 AA1 的中点,则异面直线 DC1 与 BE 所成角的余弦值为 A.

( D.



1 5

B.

10 10

C.

3 10 10

3 5

【答案】B 3 . (天津市新华中学 2013 届高三寒假复习质量反馈数学(理)试题)某几何体的三视图如图所示,则它的体

积是





2? A. 8 ? 3

? B. 8 ? 3

C. 8 ? 2?

2? D. 3

【答案】A 4 . (天津市新华中学 2013 届高三第三次月考理科数学)设 a , b 是两条直线, ? , ? 是两个平面,则 a ? b 的

一个充分条件是 A. a ? ? , b // ? , ? ? ? C. a ? ? , b ? ? , ? // ? 【答案】C

B. a ? ? , b ? ? , ? // ? D. a ? ? , b // ? , ? ? ?





【解析】若 b ? ? ,? / / ? ,所以 b ? ? ,又 a ? ? ,所以 b ? a ,即 a ? b ,所以选

C.

5 . (天津市新华中学 2013 届高三第三次月考理科数学)如图,E、F 分别是三棱锥 P-ABC 的棱 AP、BC 的中

点,PC=10,AB=6,EF=7,则异面直线 AB 与 PC 所成的角为( A.90°
【答案】B

) ( )

B.60°

C.45°

D.30°

【解析】

,取 AC 的中点 M,连结 EM,MF,因为 E,F 是中点,所以

MF / / AB, MF ?

1 6 1 10 AB ? ? 3 , ME / / PC , ME ? PC ? ? 5 ,所以 MF 与 ME 所成的角即为 AB 与 2 2 2 2

PC 所成的角。在三角形 MEF 中, cos EMF ? 线 AB 与 PC 所成的角为为 60 ,选
?

52 ? 32 ? 72 ?15 1 ? ? ? ,所以 ?EMF ? 120? ,所以直 2? 5? 3 30 2

B. ( )

6 . (天津市新华中学 2013 届高三第三次月考理科数学)已知三棱锥 S ? ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上,

?ABC 是边长为 1 的正三角形, SC 为球 O 的直径,且 SC ? 2 ,则此棱锥的体积为 2 3 2 2 A. B. C. D. 6 6 3 2
【答案】A

【解析】因为 ?ABC 为边长为 1 的正三角形,且球半径为 1,所以四面体 O ? ABC 为正四面体,所以

?ABC 的外接圆的半径为

3 3 2 6 ,所以点 O 到面 ABC 的距离 d ? 1 ? ( ,所以三棱锥的高 ) ? 3 3 3
( )

SF ? 2OE ?

2 6 1 1 3 2 6 2 ? ? ,所以三棱锥的体积为 ? ? ,选 3 3 2 2 3 6

A.
7 . (天津市天津一中 2013 届高三上学期第二次月考数学理试题)α ,β 为平面,m 为直线,如果 ? / / ? ,那么

“ m / /? ”是“ m ? ? ”的 ( ) A.充分非必要条件 B.必要非充分条件 C.充要条件 D.既非充分又非必要条件. 【答案】B【解析】若 ? / / ? ,当 m / /? 时, m ? ? 或 m ? ? .当 m ? ? 时,若 ? / / ? ,则一定有 m / /? , 所以 m / /? 是 m ? ? 的必要不充分条件,选 B.
二、填空题 8 . (天津市宝坻区 2013 届高三综合模拟数学(理)试题)一个几何体的三视图如右图所示(单位: cm ),则该

几何体的体积为__________ cm .
1 1 1 正视图 1 1 侧视图

3

俯视图

【答案】

2 3

9 . (天津耀华中学 2013 届高三年级第三次月考 理科数学试卷)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的

体积为____________;

【答案】80【解析】解:由三视图可知该几何体为上部是一四棱锥,下部为正方体的组合体.四棱锥的高

3,正方体棱长为 4,所以正方体的体积为 43 ? 64 .四棱锥的体积为 ? 4 ? 4 ? 3 ? 16 ,所以该组合体的体 积之和为 64 ? 16 ? 80 .
10. (2011 年高考(天津理) )一个几何体的三视图如右图所示(单位:m)则该几何体的体积为__________ m 【答案】 【命题
3

1 3

锥 的 体 积和 棱 力. 6 ? ? 【解析】 体 积 为 3 正视图 1

3

3

立意】本小题主要考查几何体的三视图、圆 柱的体积计算,考查空间想象能力和计算能 此几何体为一个圆锥和一个长方体组成,其

1 2 侧视图 2

1

1 V ? ? ?12 ? 3 ? 3 ? 2 ?1 ? 6 ? ? 3
高三第三次六校联考数学(理)试题)一个

11. (天津市 2013 届

几何体的三视 角形,则这个几

图如上图所示,且其左视图是一个等边 三 .. 何体的体积为_____.

3 俯视图

(8 ? ? ) 3 6 12. (天津市红桥区 2013 届高三第二次模拟考试数学理试题(word 版) )已知某几何体的三视图如图所示,

【答案】

则该几何体的体积为______________________.

【答案】

3 2

13. (天津市河东区 2013 届高三第二次模拟考试数学(理)试题)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何

体的体积为_________ __

【答案】

3 2

14. (2013 届天津市高考压轴卷理科数学) 已知一个几何体是由上下两部分构成的组合体,其三视图如下,若图

中圆的半径为 1 ,等腰三角形的腰长为 5 ,则该几何体的体积是 _________________

【答案】

4? 3

【解析】由三视图可知 , 该几何体上部分是一个圆锥 , 下部分是个半球 , 球半径为 1, 圆锥的高为

1 2 2 h ? ( 5) 2 ? 1 ? 4 ? 2 ,所以圆锥的体积为 ? ? ? 2 ? ? ,半球的体积为 ? ,所以几何体的总体 3 3 3 2? 2? 4? 积为 . ? ? 3 3 3
15. (天津市天津一中 2013 届高三上学期第二次月考数学理试题) 已知直线 m,n 与平面 α ,β ,给出下列三个命

题: ①若 m∥α ,n∥α ,则 m∥n; ②若 m∥α ,n⊥α ,则 n⊥m; ③若 m⊥α ,m∥β ,则 α ⊥β . 其中真命题的个数是______个 【答案】2 解:①平行于同一平面的两直线不一定平行,所以①错误.②根据线面垂直的性质可知②正确.③根据面 面垂直的性质和判断定理可知③正确,所以真命题的个数是 2 个. 16. (天津市新华中学 2012 届高三上学期第二次月考理科数学)如图为一个几何体的三视图,其中俯视为正三 角形,A 1 B 1 =2,AA 1 =4,则该几何体的表面积为_______。

【答案】 2

3 ? 24

【解析】由三视图可知,该几何体是一个正三棱柱,底面边长为 2,高是 4.所以该三棱柱的表面积为

1 3 2 ? ? 22 ? ? 3 ? 2 ? 4 ? 2 3 ? 24 。 2 2
17. (2012-2013-2 天津一中高三年级数学第四次月考检测试卷(理) )一个几何体的三视图如图所示,则该几

何体的表面积与体积分别为___________
【答案】 2,

3 2

18. (天津市五区县 2013 届高三质量检查(一)数学(理)试题)某几何

体的三视图如图所示,则该几何体的体积为_______.

【答案】 36? 19. (天津市十二区县重点中学 2013 届高三毕业班联考(一)数学(理)试题)某几何体的三视图如图所示,

则该几何体的体积为__________.
2 2 2 1.5 3

1.5
正视图 侧视图

2
2 2 俯视图

第 10 题图
【答案】 108 ? 3? ; 20. (2013 年天津市滨海新区五所重点学校高三毕业班联考理科数学)右图是一个空间几何体的三视图,则该几

何体的体积大小为___________________.

2? 由三视图可知,该几何体时一个边长为 2,2,1 的长方体挖去一个半径为 1 的半球.所以 3 1 4 2? 2? 长方体的体积为 2 ? 2 ? 1 ? 4 ,半球的体积为 ? ? ? ,所以该几何体的体积为 4 ? . 2 3 3 3
【答案】 4 ? 21. (天津南开中学 2013 届高三第四次月考数学理试卷) 一个棱锥的三视图如图,则该棱锥的全面积(单位:cm )
2

为________.

【答案】 48 ? 12 2 22. (2010 年高考(天津理) )一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为__________

【答案】

10 3
3

23. (2012 年天津理)―个几何体的三视图如图所示(单位: m ),则该几何体的体积为______ m .

【答案】由三视图可该几何体为两个相切的球上方了一个长方体组成的组合体,所以其体积

为: V =3 ? 6 ?1+2 ? ? ? (

4 3

3 3 ) = 18+9? m3 . 2

24. (天津市新华中学 2013 届高三第三次月考理科数学)已知一个几何体的三视图如下图所示(单位:cm),其

中正视图是直角梯形,侧视图和俯视图都是矩形,则这个几何体的体积是________cm3.

【答案】

3 2

【解析】 为

由三视图可知,该几何体为一个放到的四棱柱,以梯形为低,所以梯形面积

1? (1 ? 2) 3 3 ? ,四棱柱的高为 1,所以该几何体的体积为 。 2 2 2

25. (天津市十二校 2013 届高三第二次模拟联考数学(理)试题)一个几何体的三视图如图所示,且其侧视力

间一个等边三角形,则这个几何体的体积为__________.

【答案】

(8 ? ? ) 3 6
8 5 ,则正视图中 h 的值为_______. 3

26. (天津市蓟县二中 2013 届高三第二次模拟考试数学(理)试题)一空间几何体的三视图如图所示,若该几

何体的体积为 12? ?

【答案】3 27. (天津市红桥区 2013 届高三第一次模拟考试数学(理)试题(Word 版含答案) )一个几何体的三视图如图

所示,其中正视图,侧视图是全等图形,则该几何体的表面积为_________.

【答案】 20? 28. (2009 高考(天津理))如图是一个几何体的三视图,若它的体积是 3 【答案】 3 三、解答题 29. (天津耀华中学 2013 届高三年级第三次月考 理科数学试卷)

3 ,则 a=_______

在 四 棱 锥

P-ABCD



,





ABCD







梯 平面 ABCD.

形,AB//CD,∠ABC = 90? ,AB=PB=PC=BC=2CD,平面 PBC⊥ (1)求证:AB⊥平面 PBC; (2)求平面 ADP 与平面 BCP 所成的锐二面角的大小; (3)在棱 PB 上是否存在点 M 使得 CM//平面 PAD?若存在,求

PM 的值;若不存在,请说明理由. PB

【答案】解:(1)证明:因为 ?ABC ? 90 ,所以 AB⊥BC
o

因为平面 PBC⊥平面 ABCD,平面 PBC∩平面 ABCD=BC,AB ? 平面 ABCD, 所以 AB⊥平面 PBC. (2)

如图,取 BC 的中点 O,连接 PO,因为 PB=PC,所以 PO⊥BC.因为 PB=PC,所以 PO⊥BC,因为平面 PBC⊥平面 ABCD,所以 PO⊥平面 ABCD.以 O 为原点,OB 所在的直线为 x 轴,在平面 ABCD 内过 O 垂直于 BC 的直线为 y 轴,OP 所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系 O-xyz. 不妨设 BC=2.由 AB=PB=PC=BC=2CD 得,

P(0,0, 3 ), D(?1,1,0), A(1,2,0) .
所以 DP ? (1,?1, 3 ), DA ? (2,1,0) , 设平面 PAD 的法向量为 m ? ( x, y, z ) . 因为 ?

? ?m ? DP ? 0 ? ?m ? DA ? 0

,所以 ?

? x ? y ? 3z ? 0 ?2 x ? y ? 0
3 .所以 m ? (?1,2, 3 ) .

令 x ? ?1 ,则 y ? 2, z ?

取平面 BCP 的一个法向量 n ? (0,1,0) , 所以 cos ? m, n ??

m?n | m || n |

?

2 2

所以平面 ADP 与平面 BCP 所成的锐二面角的大小为 (3)

?
4

在棱 PB 上存在点 M 使得 CM//平面 PAD,此时

PM 1 1 ? .取 AB 的中点 N,连接 CM,CN,MN,则 MN//PA,AN= AB. PB 2 2

因为 AB=2CD,所以 AN=CD,因为 AB//CD,所以四边形 ANCD 是平行四边形,所以 CN//AD. 因为 MN∩CN=N,PA∩AD=A,所以平面 MNC//平面 PAD. 因为 CM ? 平面 MNC,所以 CM//平面 PAD. 30 . (天津市河北区 2013 届高三总复习质量检测(二)数学(理)试题) 在四棱锥 P-ABCD 中 ,PA⊥平面

ABCD,AB//CD,AB⊥AD,PA=AB=4,AD= 2 2 ,CD=2.
(I)设平面 PAB∩平面 PCD=m,求证:CD//m; (Ⅱ)求证:BD⊥平面 PAC; (Ⅲ)设点 Q 为线段 PB 上一点,且直线 QC 与平面 PAC 所成角 的正弦值为

3 PQ ,求 的值. 3 PB

【答案】

31. (2009 高考(天津理))如图,在五面体 ABCDEF 中,FA ? 平面 ABCD, AD//BC//FE,AB ? AD,M 为 EC 的中

点,AF=AB=BC=FE=

1 AD 2

(I) 求异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小; (II) 证明平面 AMD ? 平面 CDE; (III)求二面角 A-CD-E 的余弦值? 【答案】本小题要考查异面直线所成的角、平面与平面 面角等基础知识,考查用空间向量解决立体几何问题的 查空间想像能力、 运算能力和推理论证能力?满分 12 分. 方法一:(Ⅰ)解:由题设知,BF//CE,所以∠CED(或其补角) 线 BF 与 DE 所成的角?设 P 为 AD 的中点,连结 EP,PC?因

垂直、二 方法,考 为异面直 // AP, 为 FE ?

// // PC?又 FA⊥平面 ABCD,所以 EP⊥平面 ABCD?而 PC,AD 都在平面 ABCD 内,故 所以 FA ? EP,同理 AB ?

EP⊥PC,EP⊥AD?由 AB⊥AD,可得 PC⊥AD 设 FA=a,则 EP=PC=PD=a,CD=DE=EC= 2 a ,故∠CED=60°?所以异 面直线 BF 与 DE 所成的角的大小为 60° DM ? CE.连结MP,则MP ? CE. (II)证明:因为 DC ? DE且M为CE的中点,所以

又MP ? DM ? M,故CE ? 平面AMD.而CE ? 平面CDE,所以平面 AMD ? 平面CDE. (III) 解:设Q为CD的中点,连结 PQ,EQ.因为CE ? DE,所以EQ ? CD.因为 PC ? PD,所以PQ ? CD,故?EQP为二面角A ? CD ? E的平面角 .
由(I)可得, EP ? PQ,EQ ?

6 2 a,PQ ? a. 2 2 PQ 3 于是在Rt?EPQ中, cos?EQP ? ? , EQ 3

方法二:如图所示,建立空间直角坐标系, , 点 A 为坐标原点?设 AB ? 1 依题意得 B?1 , 0, 0?, C ?1, 1, 0?, D?0, 2, 0?, E ?0, 1, 1?, F?0, 0, 1?,

(I) 解: BF ? ?? 1 , 0, 1?, DE ? ?0, ?1 , 1?,

?1 1? M? , 1, ?. ? 2 2?

于是 cos BF, DE ?

BF ? DE BF DE
1? 2?

?

0 ? 0 ?1

1 ? . 2? 2 2
0

所以异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小为 60 . (II)证明:由AM ? ? , 1, ?,CE ? ?? 1 , 0, 1?,AD ? ?0, 2, 0?,可得CE ? AM ? 0 ,

?1 ?2

CE ? AD ? 0.因此,CE ? AM,CE ? AD.又AM ? AD ? A,故CE ? 平面AMD. 而CE ? 平面CDE,所以平面 AMD ? 平面CDE. ? ?u ? CE ? 0, (III) 解:设平面 CDE的法向量为u ? ( x,y,z ),则? ? ?u ? DE ? 0. ?? x ? z ? 0, 于是? 令x ? 1,可得u ? (1, 1, 1 ) . ?? y ? z ? 0. 0, 1). 又由题设,平面 ACD 的一个法向量为 v ? (0,

所以, cos u,v ?

u ? v 0 ? 0 ?1 3 ? ? . uv 3 3 ?1

32. (天津市河东区 2013 届高三第二次模拟考试数学(理)试题)(本小题满分 l )

如图,四边形 ABCD 与 BDEF 均为菱形,∠DAB=∠DBF=60°,且 FA=FC. (1)求证:AC⊥平面 BDEF; (2)求证:FC//平面 EAD; (3)求二面角 A-FC-B 的余弦值.

【答案】(Ⅰ)证明:设 AC 与 BD 相交于点 O ,连结 FO .

因为 四边形 ABCD 为菱形,所以 AC ? BD , 且 O 为 AC 中点 又 FA ? FC ,所以 AC ? FO 因为 FO ? BD ? O , 所以 AC ? 平面 BDEF (Ⅱ)证明:因为四边形 ABCD 与 BDEF 均为菱形, 所以 AD // BC , DE // BF , 所以 平面 FBC //平面 EAD 又 FC ? 平面 FBC ,所以 FC // 平面 EAD (Ⅲ)解:因为四边形 BDEF 为菱形,且 ?DBF ? 60? ,所以△ DBF 为等边三角形. 因为 O 为 BD 中点,所以 FO ? BD ,故 FO ? 平面 ABCD . 由 OA, OB, OF 两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系 O ? xyz 设 AB ? 2 .因为四边形 ABCD 为菱形, ?DAB ? 60? ,则 BD ? 2 ,所以 OB ? 1 ,

OA ? OF ? 3 . 所以 O(0,0,0), A( 3,0,0), B(0,1,0),C(? 3,0,0), F (0,0, 3) . ??? ? ??? ? 所以 CF ? ( 3,0, 3) , CB ? ( 3,1,0) . ??? ? ? ?n ? CF ? 0, 设平面 BFC 的法向量为 n = ( x, y,z ) ,则有 ? ??? ? ? ? n ? CB ? 0.
取 x ? 1 ,得 n ? (1,? 3,?1) 3 x ? y ? 0. 易知平面 AFC 的法向量为 v ? (0,1, 0) 所以 ?

? 3x ? 3z ? 0, ?

由二面角 A ? FC ? B 是锐角,得 cos? n, v ? ? 所以二面角 A ? FC ? B 的余弦值为

n?v n v

?

15 . 5

15 5

33. (天津市红桥区 2013 届高三第二次模拟考试数学理试题(word 版) )如图,四棱锥 P-ABCD 的底面是边长

为 2 的正方形,侧面 PCD⊥底面 ABCD,且 PC= PD=2, M,N 分别为棱 PC,AD 的中点. (I)求证:BC⊥PD; (II)求异面直线 BM 与 PN 所成角的余弦值; (Ⅲ)求点 N 到平面 MBD 的距离.

【答案】解法一:

34 . ( 天 津 市 2013 届 高 三 第 三 次 六 校 联 考 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 如 图 , AC 是 圆 O 的 直 径 , 点

B 在圆 O

上, ?BAC ? 30 , BM ? AC 交 AC 于点 M , EA ? 平面 ABC , FC // EA , AC ? 4 , EA ? 3 , FC ? 1 . (Ⅰ)证明: EM ? BF ;
o

(Ⅱ)求平面 BEF 与平面 ABC 所成锐二面角的余弦值; (Ⅲ)求点 C 到平面 EBM 的距离. E

F A O B M C

(第 17 题图)

【答案】 解:(1) AM ? 3,BM ? 3 .如图,以 A 为坐标原点,垂直于 AC 、AC 、AE 所在的直线为 x, y, z

轴建立空间直角坐标系.由已知条件得 A(0,0,0), M (0, 3, 0), E(0, 0, 3), B( 3, 3, 0), F (0, 4,1) , z

F A O
?

M

Cy

x B ???? ??? ? ???? ??? ? ? ME ? (0, ? 3, 3), BF ? (? 3,1,1) .由 ME ? BF ? (0, ? 3, 3) ? (? 3,1,1) ? 0 , ???? ? ??? ? 得 MF ? BF , ?EM ? BF ??? ? ??? ? BE ? ( ? 3, ? 3, 3), BF ? (? 3,1,1) . (2)由(1)知 ? 设平面 BEF 的法向量为 n ? ( x, y, z ) , ? ?? 3x ? 3 y ? 3z ? 0 ? ? ??? ? ? ??? ? ?? 3x ? y ? z ? 0 n ? BE ? 0, n ? BF ? 0, 由 得? , ? ? n ? 3,1, 2 令 x ? 3 得 y ? 1, z ? 2 , , ??? ? AE ? (0, 0, 3) , ABC ABC EA ? 由已知 平面 ,所以取面 的法向量为

?

?

? ? 3 ? 0 ? 1? 0 ? 2 ? 3 2 cos? ? cos ? n, AE ? ? ? 2 ,∴ 3? 2 2 设平面 BEF 与平面 ABC 所成的锐二面角 为 ? ,则
2 ABC 2 平面 BEF 与平面 所成的锐二面角的余弦值为

(3)

2 2

35. (天津市新华中学 2013 届高三寒假复习质量反馈数学(理)试题)已知四棱锥 P-ABCD 的底面为直角梯

形,AB∥DC, ?DAB ? 90? , PA ? 底面 ABCD, 且 PA=AD=DC=

1 AB=1,M 是 PB 的中点. 2

(Ⅰ)证明:面 PAD⊥面 PCD; (Ⅱ)求 AC 与 PB 所成角的余弦值; (Ⅲ)求面 AMC 与面 BMC 所成二面角的余弦值.

【答案】

36. (天津市六校 2013 届高三第二次联考数学理试题(WORD 版) )如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中∠ACB=90°,M,N

分别为 A1B,B1C1 的中点,BC=AA1=2AC=2,求证: (1)求三棱柱 C1-A1CB 的体积; (2)求直线 A1C 与直线 MB1 所成角的余弦值; (3)求平面 B1MN 与平面 A1CB 所成锐二面角的余弦值.

【答案】解:

(1) V ?

2 --------------4 3

(2)

5 ------------8 5

(3)

3 ------------------13 5

37( .天津市蓟县二中 2013 届高三第二次模拟考试数学 (理) 试题) 如图,三棱柱 ABC—A1B1C 1 中,侧面 ABB1A1,AC C1A1

均为正方形, ?BAC ? 90? ,点 D 是棱 BC 的中点. (Ⅰ)求证: AD ? 平面 BCC1B1; (Ⅱ)求证:A1B//平面 AC1D; (Ⅲ)求平面 AC1D 与平面 ACC1A1 所成的锐二面角的余弦值.

【答案】

又因为 AB ? AC , D 为 BC 中点,所以 AD ? BC 因为 CC1 ? BC ? C ,所以 AD ? 平面 BB1C1C (Ⅱ)证明:连结 AC 1 ,交 AC1 于点 O ,连结 OD 因为 ACC1 A 1 为正方形,所以 O 为 AC1 中点

所以,平面 AC1D 与平面 ACC1 A 1 所成的锐二面角的余弦值 是边长为 a 的正方形,侧面 PAD ? 底面 ABCD , 且 PA ? PD ?

38( .2013 年天津市滨海新区五所重点学校高三毕业班联考理科数学) 如图在四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD

3 3

2 AD ,设 E 、 F 分别为 PC 、 BD 的中点. 2 (Ⅰ) 求证: EF //平面 PAD ;
(Ⅱ) 求证:面 PAB ? 平面 PDC ; (Ⅲ) 求二面角 B ? PD ? C 的正切值.

【答案】法一:(Ⅰ)证明: ABCD 为平行四边形

P

E , 连结 AC ? BD ? F , F 为 AC 中点 E 为 PC 中点∴在 ?CPA 中 EF // PA D 且 PA ? 平面 PAD , EF ? 平面 PAD F A
P E M D F A B

C
∴ EF // 平面PAD (Ⅱ)证明:因为面 PAD ? 面 ABCD 平面 PAD ? 面 ABCD ? AD ABCD 为正方形, CD ? AD , CD ? 平面 ABCD 所以 CD ? 平面 PAD ∴ CD ? PA 又 PA ? PD ? 角形, 且 ?PAD ?

B
C

2 AD , 所以 ?PAD 是等腰直角三 2
即 PA ? PD

?
2

CD ? PD ? D ,且 CD 、 PD ? 面 ABCD PA ? 面 PDC 又 PA ? 面 PAB 面 PAB ? 面 PDC (Ⅲ) 【解】:设 PD 的中点为 M ,连结 EM , MF , 则 EM ? PD 由(Ⅱ)知 EF ? 面 PDC , EF ? PD , PD ? 面 EFM , PD ? MF , ?EMF 是二面角 B ? PD ? C 的平面角
Rt ?FEM 中, EF ?

1 1 1 2 PA ? a EM ? CD ? a 2 2 2 4 2 a 2 EF 2 故所求二面角的正切值为 tan ?EMF ? ? 4 ? 1 2 EM 2 a 2 法二:如图,取 AD 的中点 O , 连结 OP , OF . ∵ PA ? PD , ∴ PO ? AD . ∵侧面 PAD ? 底面 ABCD , 平面PAD ? 平面ABCD ? AD ,
z ∴ PO ? 平面ABCD , 而 O, F 分别为 P AD, BD 的中点,∴ OF // AB ,

又 ABCD 是正方形,故 OF ? AD .

a 2 AD ,∴ PA ? PD , OP ? OA ? . ∵ PA ? PD ? C 2 2 D 以 O 为原点,直线 OA, OF , OP 为 x, y, z 轴建立空间直线坐标系, O y F a a a a a a , 0) , D ( ? , 0, 0) , P (0, 0, ) , B ( , a, 0) , C (? , a, 0) . 则有 A( , 0, A 0) , F (0, B 2 2 2 2 2 2 x a a a ∵ E 为 PC 的中点, ∴ E (? , , ) 4 2 4 ???? ??? ? a a a (Ⅰ)证明:易知平面 PAD 的法向量为 OF ? (0, , 0) 而 EF ? ( , 0, ? ) , 2 4 4 ??? ? ??? ? a a a 且 OF ? EF ? (0, , 0) ? ( , 0, ? ) ? 0 , ∴ EF //平面 PAD 2 4 4

E

??? ? ??? ? a ? a a a ??? ∴ PA ? CD ? ( , 0, ? ) ? (0, a, 0) ? 0 , 2 2 2 2 ??? ? ??? ? ∴ PA ? CD ,从而 PA ? CD ,又 PA ? PD , PD ? CD ? D , ∴ PA ? 平面PDC ,而 PA ? 平面PAB , ∴平面 PAB ? 平面 PDC ??? ? a a (Ⅲ) 【解】:由(Ⅱ)知平面 PDC 的法向量为 PA ? ( , 0, ? ) . 2 2 ??? ? a ??? ? ? a 设平面 PBD 的法向量为 n ? ( x, y, z) .∵ DP ? ( , 0, ), BD ? ( ? a, a, 0) , 2 2 a ?a ? ??? ? ? ??? ? ? ? x ? 0? y ? ? z ? 0 ∴由 n ? DP ? 0, n ? BD ? 0 可得 ? 2 ,令 x ? 1 ,则 y ? 1, z ? ?1 , 2 ? ??a ? x ? a ? y ? 0 ? z ? 0 ? ??? ? ? ? ??? ? n ? PA a 6 故 n ? (1,1, ?1) ∴ cos ? n, PA ?? ? ??? , ? ? ? 3 2 n PA a? 3 2 6 即二面角 B ? PD ? C 的余弦值为 , 3 2 所以二面角 B ? PD ? C 的正切值为 2
(Ⅱ)证明:∵ PA ? ( ,0, ? ) , CD ? (0, a,0)

??? ?

39 . (天津南开中学 2013 届高三第四次月考数学理试卷) 如图 , 已知四棱锥 E-ABCD 的底面为菱形 , 且

∠ABC=60°,AB=EC=2,AE=BE= 2

(1)求证:平面 EAB⊥平面 ABCD (2)求二面角 A-EC-D 的余弦值 【答案】解:(1)证明:取 AB 的中点 O,连接 EO,CO

? AE ? EB ? 2,?△AEB 为等腰直角三角形
∴EO⊥AB,EO=1 又∵AB=BC,∠ABC=60°,∴△ABC 是等边三角形,

?CO ? 3 ,又 EC ? 2,? EC 2 ? EO2 ? CO 2 ,? EO ? CO ∵EO⊥平面 ABCD,又 EO ? 平面 EAB,∴平面 EAB⊥平面 ABCD
(2) 以 AB 的 中 点 O 为 坐 标 原 点 ,OB 所 在 直 线 为 y 轴 ,OE 所 在 直 线 为 z 轴 , 如 图 建 系 则

A(0,?1,0),C( 3,0,0), D( 3,?2,0), E(0,0,1) , AC ? ( 3,1,0), EC ? ( 3,0,?1) , DC =(0,2,0)

设平面 DCE 的法向量为 n ? ( x, y,1) ,则 ?

? ?EC ? n ? 0 ? ?DC ? n ? 0

,即 ?

? 3x ? 1 ? 0 ?2 y ? 0

,解得:

? ? 3 ? 3 ,? n ? ? ,0,1? ?x ? ? ? 3 ? ? 3 ? ? ?y ? 0
同理求得平面 EAC 的一个法向量为 m ? ?

? 3 ? ? , ? 1 , 1 ? 3 ? ? ?

? cos ? n, m ??

n?m nm

?

2 7 2 7 ,所以二面角 A-EC-D 的余弦值为 7 7

40. (天津市五区县 2013 届高三质量检查(一)数学(理)试题)在三棱锥 S -ABC 中, ?ABC 是边长为 2 的正

三角形,平面 SAC ? 平面 AB C, SA ? SC ? 3 ,E,F 分别为 AB、SB 的中点. (I)证明:AC ? SB; (Ⅱ)求锐二面角 F -CE –B 的余弦值; (Ⅲ)求 B 点到平面 CEF 的距离.

【答案】证明:(Ⅰ)法一:取 AC 中点 O ,连结 SO , BO .

∵ SA ? SC ,AB ? AC , ∴ AC ? SO 且 AC ? BO, ∴ AC ? 平面 SOB ,又 SB ? 平面 SOB ,∴ AC ? SB 法二:取 AC 中点 O ,以 O 为原点, 分别以 OA 、 OB 、 OS 为 x 轴、 y 轴、 z 轴, 建立空间直角坐标系,则 A(1,0,0) , B(0, 3,0)

S

z

1 3 3 2 S (0,0, 2) , E ( , ,0) , F (0, , ) , C (-1,0,0) 2 ??? 2 2 2 ??? ? ∴ AC ? (-2,0,0) , SB ? (0, 3,? 2) ??? ? ??? ? AC ? SB ? (?2,0,0) ? (0, 3,? 2) ? 0


C O A x E

F B y

AC ? SB

??? ? 3 3 1 2 ,0), EF ? (? ,0, ), 2 2 2 2 ? ? 3 ? ??? 3 y?0 ? CE ? n ? x ? ? 2 2 设 n ? ( x, y, z) 为平面 CEF 的一个法向量,则 ? ? ? 1 2 ? ??? EF ?n ? ? x ? z?0 ? ? 2 2
(Ⅱ)由(Ⅰ)得 CE ? ( , 取 z =1 , x= 2, y ? ? 6 . ∴ n ? ( 2 ,? 6 ,1)

??? ?

? ??? ? ??? ? ? ??? ? n ? OS 1 又 OS ? (0, 0, 2) 为平面 ABC 的一个法向量, ∴ cos n,OS ? ? ??? ? ? n ? OS 3
∴二面角 F ? CE ? B 的余弦值为 (Ⅲ)由(Ⅰ)(Ⅱ)得 EB ? (? ,

1 3

? 1 3 ,0) , n ? ( 2,? 6, 1) 为平面 CEF 的一个法向量 2 2 ? ??? ? n ? EB 2 2 ∴点 B 到平面 CEF 的距离 d ? ? ? 3 n
??? ?
41. (天津市红桥区 2013 届高三第一次模拟考试数学(理)试题(Word 版含答案) )(本小题满分 I )

如图,已知直四棱柱(侧 棱垂直底面的四棱柱)ABCD—A1B1C1D l 中,底面为 梯形,AD⊥DC,AB// DC,且满足 DC=DD1=2AD=2AB=2 (I)求证:DB⊥平面 B1BCC1; (II)求二面角 A1-BD-C1 的余弦值·

【答案】

42. (天津市耀华中学 2013 届高三第一次月考理科数学试题) (本小题满分 13 分)在如图所示的多面体中, EF ?

平面 AEB,AE ? EB,AD//EF,EF//BC.BC=2AD=4,EF=3,AE=BE=2,G 为 BC 的中点。 (1)求证:AB//平面 DEG; (2)求证:BD ? EG; (3)求二面角 C—DF—E 的正弦值。

【答案】

43. (天津市天津一中 2013 届高三上学期第二次月考数学理试题)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面为直角梯

ABCD,AD∥BC,∠BAD=90 ,PA⊥底面 ABCD,且 PA=AD=AB=2BC,M,N 分别为 PC,PB 的中点.(1)求证:PB⊥DM;(2) 求 CD 与平面 ADMN 所成角的正弦值;(3)在棱 PD 上是否存在点 E,PE∶ED=λ ,使得二面角 C-AN-E 的平面 o 角为 60 .存在求出 λ 值.

O

【答案】解:(1)如图以 A 为原点建立空间直角坐标系

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

C(2,1,0),D(0,2,0) M(1,

1 ,1),N(1,0,1), 2

E(0,m,2-m),P(0,0,2)

??? ? ???? ? 3 PB ? (2,0,-2), DM ? (1,- ,1) 2 ??? ? ???? ? ? PB ? DM =0 ? PB ? DM ??? ? ? (2) CD =(-2,1,0)平面 ADMN 法向量 n =(x,y,z) ? ???? ???? ? ???? ? ?n ? AD ? 0 ?2 y ? 0 AD =(0,2,0) AN =(1,0,1) ? ? ???? n =(1,0,-1) ? ? ?n ? AN ? 0 ? x ? z ? 0 ??? ? ? | CD ? n | 2 10 ? ? ? 设 CD 与平面 ADMN 所成角 α ,则 sin ? ? ???? ? 5 | CD |? | n | 5? 2 ???? ?? ? ? AC ? (2,1, 0) ?? (3)设平面 ACN 法向量 p =(x,y,z) ? ???? p =(1,-2,-1) AN ? (1, 0,1) ? ? ???? ? ? ? 2?m ? AN ? (1, 0,1) 平面 AEN 的法向量 q =(x,y,z) ? ??? ,-1) q =(1, ? m ? ? AE ? (0, m, 2 ? m)

? ? ? | p?q | ? ? cos 45? ? ? | p |?| q |
即?
2 ? ?7 m ? 20m ? 4 ? 0

4 ? 2m 1 m 2 2 ? , 3 ? 2m ? (2 ? m) ?| ?4 ? 4m | 2 2?m 2 6? 2?( ) m 2?
m=

? ? m ? [0, 2 2]

10 ? 6 2 PE:ED=(3 2 -4):2 7

不存在,为 135°钝角

44. (天津市十二区县重点中学 2013 届高三毕业班联考 (一) 数学 (理) 试题)如图,四棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1
0 的底面 ABCD 是平行四边形 , 且 AB ? 1 , BC ? 2 , ?ABC ? 60 , E 为 BC 的中点 , AA1 ? 平面

ABCD .
(Ⅰ)证明:平面 A1 AE ? 平面 A1 DE ; (Ⅱ)若 DE ? A1 E ,试求异面直线 AE 与 A1 D 所成角的余弦值; (Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,试求二面角 C -A1D-E 的余弦值.

A1 B1 C1
A B

D1

D
E

C

1 BC ? AB ? CD 2 0 所以 ?ABE 是正三角形, ?AEB ? 60
【答案】解(Ⅰ)依题意, BE ? EC ?

1 ? (180 0 ? 120 0 ) ? 30 0 2 0 所以 ?AED ? 90 , DE ? AE 因为 AA1 ? 平面 ABCD , DE ? 平面 ABCD ,所以 AA1 ? DE 因为 AA 1 ? AE ? A ,所以 DE ? 平面 A 1 AE 因为 DE ? 平面 A1 DE ,所以平面 A1 AE ? 平面 A1 DE (Ⅱ)取 BB1 的中点 F ,连接 EF 、 AF ,连接 B1C ,则 EF // B1C // A1 D 所以 ? AEF 是异面直线 AE 与 A1 D 所成的角
又 ?CED ? 因为 DE ? 3 , A1 E ? 所以 A1 A ?

A1 A 2 ? AE 2 ,

1 6 2 , AF ? EF ? ?1 ? 2 2 2 2 2 2 AE ? EF ? AF 6 所以 cos?AEF ? ? 2 ? AE ? EF 6 (Ⅰ)(Ⅱ)解法 2:以 A 为原点,过 A 且垂直于 BC 的直线为 x 轴, AD 所在直线为 y 轴、 AA1 所在直线为 z 建立右手系空间直角坐标系 设 AA1 ? a ( a ? 0 ), A(0 , 0 , 0)

2 , BF ?

3 1 , , 0) 2 2 (Ⅰ)设平面 A1 AE 的一个法向量为 n1 ? (m , n , p) ,
则 D(0 , 2 , 0) A1 (0 , 0 , a) E (

? 3 1 m? n ?0 ?n1 ? AE ? 则? 2 2 ?n ? AA ? ap ? 0 1 ? 1
p ? 0 ,取 m ? 1 ,则 n ? ? 3 ,从而 n1 ? (1 , ? 3 , 0) , 2 同理可得平面 A1 DE 的一个法向量为 n 2 ? ( 3 , 1 , ) , a
直接计算知 n1 ? n2 ? 0 ,所以平面 A1 AE ? 平面 A1 DE (Ⅱ)由 DE ? A1 E 即 ( 解得 a ?

3 2 1 3 1 ) ? (2 ? ) 2 ? 0 ? ( ) 2 ? ( ) 2 ? a 2 2 2 2 2

2 3 1 AE ? ( , , 0) , A1 D ? (0 , 2 , ? 2 ) 2 2 所以异面直线 AE 与 A1 D 所成角的余弦值
cos? ? | AE ? A1 D | | AE | ? | A1 D | ? 6 6

(Ⅲ)由(Ⅱ)可知 A1 A ?

???? ? ?? ? ??? ? ? 3 1 ? ??? ? A D ? n ? 1 3 =0 , ,0 又 CD = ? , A1 D ? (0 , 2 , ? 2 ) 设 平 面 CA 的 法 向 量 n3 = ? x, y, z 则 ? ??? 得 D ? ?? ? ? ? 1 ? 2 2 ? CD ? n =0 ? ? ? 3 ? ?? ? n3 = 1, 3, 6

?? ? 2 ,平面 A1 DE 的一个法向量为 n2 ? ( 3 , 1 ,

2)

?

?

设二面角 C -A1D-E 的平面角为 ? ,且 ? 为锐角

?? ? ?? ? ?? ? ?? ? n2 ? n3 4 3 2 5 则 cos ? = cos n2 ,n3 = ?? ? ?? ? = = 5 10 ? 6 n2 n3
所以二面角 C -A1D-E 的余弦值为

2 5 5

45. (2013 届天津市高考压轴卷理科数学)如图,在长方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 ,中, AD ? AA1 ? 1, AB ? 2 ,点 E 在棱

AB 上移动. (1)证明: D1 E ? A1 D ; (2)当 E 为 AB 的中点时,求点 E 到面 ACD1 的距离; (3) AE 等于何值时,二面角 D1 ? EC ? D 的大小为 D1 A1 B1 C1
?
4

.

D A E B

C

【答案】 解 : 以 D 为坐标原点 , 直线 DA, DC , DD1 分别为 x, y, z 轴 , 建立空间直角坐标系 , 设 AE ? x , 则

A1 (1, 0,1), D1 (0, 0,1), E (1, x, 0), A(1, 0, 0), C (0, 2, 0)

D1 A1 B1

C1

D A E

C

B ???? ? ???? ? ???? ? ???? ? (1) 因为DA1 , D1 E ? (1, 0,1), (1, x, ?1) ? 0, 所以DA1 ? D1 E. ???? ? ???? (2)因为 E 为 AB 的中点,则 E (1,1, 0) ,从而 D1 E ? (1,1, ?1), AC ? (?1, 2, 0) , ? ???? ???? ? ? ?n ? AC ? 0, ? AD1 ? (?1, 0,1) ,设平面 ACD1 的法向量为 n ? (a, b, c) ,则 ? ? ???? ? ? ?n ? AD1 ? 0, ? ??a ? 2b ? 0 ?a ? 2b 也即 ? ,得 ? ,从而 n ? (2,1, 2) ,所以点 E 到平面 ACD1 的距离为 ??a ? c ? 0 ?a ? c ???? ? ? | D E ? n | 2 ?1? 2 1 h ? 1? ? ? . 3 3 |n| ? (3)设平面 D1 EC 的法向量 n ? (a, b, c) , ????? ? ??? ? ???? ? ∴ CE ? (1, x ? 2, 0), D1C ? (0, 2, ?1), DD1 ? (0, 0,1), ? ???? ? ? ?n ? D1C ? 0, ?2b ? c ? 0 ?? 由 ? ? ??? 令 b ? 1,? c ? 2, a ? 2 ? x , ? ?a ? b( x ? 2) ? 0. ? ?n ? CE ? 0, ? ∴ n ? (2 ? x,1, 2). ? ????? | n ? DD1 | ? 2 2 2 ? ? . 依题意 cos ? ? ????? ? 2 4 | n | ? | DD1 | 2 2 ( x ? 2) ? 5

∴ x1 ? 2 ? 3 (不合,舍去), x2 ? 2 ? 3 .
4 46 . ( 2012-2013-2 天津一中高三年级数学第四次月考检测试卷(理) ) . 在长方体

∴ AE ? 2 ? 3 时,二面角 D1 ? EC ? D 的大小为

?

ABCD ? A1 B1C1 D1 中, (Ⅱ)求 DE 与平面 AD1 E 所成 AB ? BC ? 1 , AA1 ? 2 , E 为 BB1 中点.(Ⅰ)证明: AC ? D1 E ; 角的正弦值; (Ⅲ)在棱 AD 上是否存在一点 P ,使得 BP ∥平面 AD1 E ?若存在,求 DP 的长;若不
存在,说明理由.
D1 A1 B1 C1

E

D A B

C

【答案】 (Ⅰ)证明:连接 BD ∵ ABCD ? A1 B1C1 D1 是长方体,∴ D1 D ? 平

面 ABCD , 又 AC ? 平面 ABCD ∴ D1 D ? AC 在长方形 ABCD 中, AB ? BC ∴ BD ? AC

??1 分
A1

????2 分

D1

z

C1

又 BD ? D1 D ? D ∴ AC ? 平面 BB1 D1 D , ????3 分 而 D1 E ? 平面 BB1 D1 D ∴ AC ? D1 E ???4 分

B1

E

(Ⅱ)如图建立空间直角坐标系 Dxyz ,则

A(1, 0, 0), D1 (0, 0, 2), E (1,1,1), B(1,1, 0) ??? ? ???? ? ???? AE ? (0,1,1), AD1 ? (?1, 0, 2), DE ? (1,1,1) ???5 分 ? ???? ? ? ? ?n?AD1 ? 0 设平面 AD1 E 的法向量为 n ? ( x, y, z ) ,则 ? ? ??? ? n ? AE ?0 ? ?
令 z ? 1, 则 n ? (2, ?1,1) 分

,
A x

D B

C y

?

???7 分

?? x ? 2 z ? 0 ? ?y ? z ? 0 ? ???? ? ???? n?DE 2 ?1 ?1 2 cos ? n, DE ?? ? ???? ? ? 3 3? 6 n ?DE

????8

47 .( 天 津 市 宝 坻 区 2013 届 高 三 综 合 模 拟 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 在 四 棱 锥 P ? ABCD

2 ??????9 分 3 (Ⅲ)假设在棱 AD 上存在一点 P ,使得 BP ∥平面 AD1 E . ??? ? 设 P 的坐标为 (t ,0,0) (0 ? t ? 1) ,则 BP ? (t ? 1, ?1,0) 因为 BP ∥平面 AD1 E ??? ? ? ??? ?? 1 所以 BP ? n , 即 BP?n ? 0 , 2(t ? 1) ? 1 ? 0 ,解得 t ? , ??????12 分 2 1 所以 在棱 AD 上存在一点 P ,使得 BP ∥平面 AD1 E ,此时 DP 的长 .??13 分 2
所以 DE 与平面 AD1 E 所成角的正弦值为

中, ?ABC ? ?ACD ? 90? , ?BAC ? ?CAD ? 60? ,

PA ? 平面 ABCD , E 为 PD 的中点, PA ? 2 AB ? 2 .

(Ⅰ)求四棱锥 P ? ABCD 的体积 V ; (Ⅱ)若 F 为 PC 的中点,求证:平面 PAC ? 平面 AEF ; (Ⅲ)求锐二面角 E ? AC ? D 的大小. P E F A B C
【答案】(Ⅰ)解:在 Rt ?ABC 中, AB ? 1 , ?BAC ? 60? ,

D

∴ BC ? 3 , AC ? 2 在 Rt ?ACD 中, AC ? 2 , ?CAD ? 60? ,∴ CD ? 2 3 , AD ? 4

1 1 1 1 5 AB ? BC ? AC ? CD ? ? 1? 3 ? ? 2 ? 2 3 ? 3 2 2 2 2 2 1 5 5 3?2 ? 3 则V ? ? 3 2 3 (Ⅱ)建立如图所示的空间直角坐标系 A ? xyz
∴ S ABCD ?

1 3 A(0,0,0) , B(1,0,0) , C (1, 3,0) , D(?2,2 3,0) , P(0,0,2) , F ( , , 1) , E(?1, 3, 1) 2 2 ??? ? 1 3 ??? ? ??? ? AF ? ( , , 1) , AC ? (1, 3,0) , AE ? (?1, 3, 1) 2 2 ?? 设平面 AEF 的一个法向量为 n1 ? ( x,y,z) ? ???? ?? 1 3 y?z ?0 ? AF ? n1 ? x ? 由? 2 2 ? ?? ? ??? ? AE ? n1 ? ? x ? 3 y ? z ? 0 ?? 取 z ? 1,y ? 3 ,得 x ? 1 ,即 n1 ? (1, 3, 1) ??? ? 又平 面 PAC 的一个法向量为 CD ? (?3, 3, 0) ?? ??? ? ∴平面 PAC ? 平面 AEF ?n1 ? CD ? ?3?1? 3 ? 3 ? 0 ?? ? (Ⅲ)易知平面 ACD 的一个法向量为 n2 ? (0, 0, 1) ?? ? 设平面 AEF 的一个法向量为 n3 ? ( x,y,z) ???? ?? ? ? ? AC ? n3 ? x ? 3 y ? 0 由 ? ??? ? ?? ? ? ? AE ? n3 ? ? x ? 3 y ? z ? 0 ?? ? 取 y ? 1 ,得 x ? ? 3,z ? ?2 3 , n3 ? (? 3, 1,?2 3) ?? ? ?? ? ?2 3 3 ∴ cos ? n2 ,n3 ?? ?? 1? 4 2 又因为二面角 E ? AC ? D 为锐角 ∴二面角 E ? AC ? D 的大小为 30° 48. (2011 年高考 (天津理) ) 如图,在三棱柱 ABC ? A1B1C1 中, H 是正方形 AA1 B1 B 的中心, AA1 ? 2 2 , C1 H ?
平面 AA1 B1 B ,且 C1H ? 5 .

C B

C1 B1 H A1

A

(Ⅰ)求异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值; (Ⅱ)求二面角 A ? A1C1 ? B1 的正弦值; (Ⅲ)设 N 为棱 B1C1 的中点,点 M 在平面 AA1 B1 B 内,且 MN ? 平面 A1 B1C1 ,求线段 BM 的长. 【答案】 【命题立意】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识,考查空 间向量解决立体几何问题的方法,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力 【解析】方法一:如图所示,建立空间直角坐标系,点 B 为坐标原点.依题意得
z

C B

C1 N B1
y

A
x

M H A1

A(2 2,0,0) , B(0,0,0) , C( 2, 2, 5) ???? ???? ? ???? ???? ? ??? ? ???? ? AC ?A1 B1 4 2 ? ? (I)易得 AC ? (? 2, ? 2, 5) , AB1 ? (?2 2,0,0) ,于是 cos ? AC , A1 B1 ?? ???? ???? ? 3 | AC | ? | A1B1 | 3 ? 2 2
所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为

?? ????? ???? ????? ?? ? ?m?A1C1 ? 0 (II)易知 AA1 ? (0, 2 2,0) , AC , 1C1 的法向量 m ? ( x, y, z ) , 则 ? ?? ???? 1 1 ? (? 2, ? 2, 5) ,设平面 AA ? ? m?AA1 ? 0 ?? ? ?? 2 x ? 2 y ? 5 z ? 0 即? , 不 妨 令 x ? 5 , 可 得 m ? ( 5 , 0, 2 , ) 同 样 地 , 设 平 面 A1B1C1 的 法 向 量 2 2 y ? 0 ? ? ? ????? ? ? ? 2x ? 2 y ? 5z ? 0 ?n?A1C1 ? 0 ? ? ,即 ? , 不 妨 令 y ? 5 , 可 得 n ? ( 0 , 5 , 2, n ? ( x, y, z ) , 则 ? ? ????? )于 是 ?2 2 x ? 0 ? ? ? n?A1 B1 ? 0 ? ?? ? ?? ? ?? ? 3 5 m?n 2 2 , cos ? m, n ?? ?? ? = = ,从而 sin ? m, n ?? 7 7 |m|?|n| 7? 7
3 5 7 2 3 2 5 , , ) ,设 M (a, b,0) , (III)由 N 为棱 B1C1 的中点,得 N ( 2 2 2 ???? ? 2 3 2 5 MN ? ( ? a, ? b, ) , 由 MN ? 平 面 A1 B1 2 2 2
所以二面角 A ? A1C1 ? B1 的正弦值为

2 . 3

C ,1 得

???? ? ????? ? ? MN ?A1 B1 ? 0 ? ????? ? ???? ? ? MN ?A1C1 ? 0

,



? ? 2 2 ( ? a ) ? ( ?2 2) ? 0 ? ?a ? 2 2 ? ? 2 2 , ,0) , 因 此 , 解 得 ? , 故 M( ? 2 4 ?( 2 ? a ) ? ( ? 2) ? ( 3 2 ? b)(? 2) ? 5 ? 5 ? 0 ?b ? 2 ? ? 2 2 4 ? 2 ? ???? ? ???? ? 2 2 10 , ,0) ,所以线段 BM 的长 | BM |? BM ? ( . 2 4 4 方法二:(I)由于 AC // AC 1 1 ,故 ?C1 A 1B 1 是异面直线 AC 与 A 1B 1 所成的角.因为 C1 H ? 平面 AA 1 B1 B ,, 又

H 是正方形 AA1 B1 B 的中心, AA1 ? 2 2 , C1H ? 5 .可得 A1C1 ? B1C1 ? 3
2 A1C12 ? A1 B12 ? B1C12 2 ,所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 . ? 3 2 A1C1 ? A1 B1 3 (II) 连接 AC1 , 易知 AC1 ? B1 C1 , 又由于 AA1 ? B1 A1 , A1C1 ? A1C1 , 所以 ?AC1 A 1 ? ?B 1C 1A 1 , 过点 A 作 AR ? A1C1 于 点 R, 连 接 B1 R , 于 是 B1 R ? A1C1 , 故 ?ARB1 为 二 面 角 A ? A1C1 ? B1 的 平 面 角 , 在
因此 cos ?C1 A1 B1 ?

2 2 2 14 ,连接 AB1 ) ? 3 3 AR 2 ? B1 R 2 ? AB12 3 5 2 ? ? ,从而 sin ?ARB1 ? 在 ?ARB1 中, AB1 ? 4, AR ? B1 R,cos ?ARB1 ? ,所以二面 7 2 AR ? B1 R 7
Rt ?A1 RB1 , B1 R ? A1B1 sin ?RA1B1 ? 2 2 1 ? (
3 5 7 (III)因为 MN ? 平面 A1 B1C1 ,所以 MN ? A1 B1 ,取 HB1 的中点 D,连接 ND,由于 N 是 B1C1 的中点,所以
角 A ? A1C1 ? B1 的正弦值为

1 5 ND // C1H 且 ND ? C1 H ? , 又 C1 H ? 平面 AA1 B1 B , 所以 ND ? 平面 AA1 B1 B , 故 ND ? A1 B1 , 又 2 2 MN ? ND ? N ,所以 A1 B1 ? 平面 MND ,连接 MD 并延长交 A1B1 于点 E,则 ME ? A1 B1 ,故 ME // AA1 ,由于 2 2 DE B1 E B1 D 1 ? ? ? , 得 DE ? B1 E ? . 延长 EM 交 AB 于点 F, 可得 BF ? B1 E ? , 连接 NE,在 2 2 AA1 B1 A1 B1 A 4
Rt ?ENM 中 , ND ? ME , 故 ND 2 ? DE ? DM , 所 以 DM ? Rt ?BFM 中 BM ? FM 2 ? BF 2 ?

ND 2 5 2 2 ? , 得 FM ? , 连 接 BM, 在 DE 4 4

49. (天津市新华中学 2013 届高三第三次月考理科数学)如图,在四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 是正方

10 . 4

形,侧棱 PD ? 底面 ABCD , PD ? DC , E 是 PC 的中点,作 EF ? PB 交 PB 于点 F (1)证明: PA // 平面 EDB . (2)证明: PB ? 平面 EFD . (3)求二面角 C ? PB ? D 的大小.

【答案】解: (1)证明:连接 AC 与 BD 交于 M ,? ABCD 为正方形,? M 为 AC 中点.

? E 为 PC 中点,? EM / / PA
又 EM ? 平面 EDB , PA ? 平面 EDB

? PA //平面 EDB (2)? PD ? DC, E 为 PC 中点, ? DE ? PC ? ABCD 为正方形,? BC ? CD 又? PD ? 平面 ABCD , BC ? 平面 ABCD ? BC ? PD 又 PD、CD 是平面 PCD 内的两条相交直线, 即 BC ? 平面 PCD ,又 DE ? 平面 PCD ,所以 DE ? BC

50. (2013 天津高考数学(理) )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. (Ⅰ) 证明 B1C1⊥CE; (Ⅱ) 求二面角 B1-CE-C1 的正弦值.
(Ⅲ) 设点 M 在线段 C1E 上, 且直线 AM 与平面 ADD1A1 所成角的正弦值为
2 , 求线段 AM 的长. 6

【答案】本题主要考查空间两条直线的位置关系,二面角、 直线与平面所成的角,直线与平面垂直等基础

知识.考查空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力. ( 方 法 一 ) 如 图 , 以 点 A 为 原 点 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 , 依 题 意 得 A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0).

(Ⅰ)证明:易得 B1C1 ? (1,0, ?1), CE ? (?1,1, ?1) ,于是 B1C1 ? CE ? 0 ,所以 B1C1 ? CE . (Ⅱ)解: B1C ? (1, ?2, ?1) . 设平面 B1CE D 法向量 m ? ( x, y, z ) , ???? ?m ? B1C ? 0 ?x ? 2 y ? z ? 0 ? 则? ,即 ? ,消去 x ,得 x ? 2 y ? 0 , ??? ? ? x ? y ? z ? 0 m ? CE ? 0 ? ? ? 不妨设 z ? 1 ,可得一个法向量为 m ? (?3, ?2,1) . ???? ? 由(Ⅰ), B1C1 ? CE , 又 CC1 ? B1C1 , 可得 B1C1 ? 平面 CEC1 , 故 B1C1 ? (1,0, ?1) 为平面 CEC1 的一个 法向量.

???? ?

??? ?

???? ? ??? ?

???? ?

??? ?

????

???? ? 于是 cos m, B1C1 ?

???? ? ???? ? 21 m ? B1C1 ?4 2 7 ???? ? ? ,从而 sin m, B1C1 ? ?? 7 7 | m | ? | B1C1 | 14 ? 2

21 . 7 ???? ? ???? ? ???? ? ??? ? (Ⅲ)解: AE ? (0,1,0) , EC1 ? (1,1,1) ,设 EM ? ? EC1 ? (?, ?, ? ) , 0 ? ? ? 1 , ???? ? ??? ? ???? ? ??? ? 有 AM ? AE ? EM ? (?, ? ? 1, ? ) .可取 AB ? (0,0,2) 为平面 ADD1A1 的一个法向量. 设 ? 为直线 AM 与平面 ADD1A1 所成角, ???? ? ??? ? ???? ? ??? ? 2? ? | AM ? AB | ? ??? ? ? 则 sin ? ?| cos AM , AB | = ???? ? | AM | ? | AB | ? 2 ? (? ? 1)2 ? ? 2 ? 2 3? 2 ? 2? ? 1
所以二面角 B1-CE-C1 的正弦值为 于是

?
3? 2 ? 2? ? 1

?

1 2 ,解得 ? ? ,所以 AM= 3 6

2.

(解法二) (Ⅰ) 证明 : 因为 侧 棱 CC1 ⊥ 底面 A1 B1 C1 D1, B1C1 ? 平 面 A1 B1 C1 D1. 所 以 CC 1 ? B 1C 1 . 经 计算可 得
2 2 B1E ? 5 , B1C1 ? 2 , EC1 ? 3 , 从而 B1 E2 ? B 1 EC1 中 , B 1C1 ? C1E , 又 1C 1 ? EC 1 . 所以在△ B CE ? 平 面 C C CC1 , C1E ? 平 面 C C 1 E , CC1 ? C1E ? C1 , 所 以 B 1C1 ⊥ 平 面 C C 1 E, 又 1 E, 故 B1C1 ? CE . (Ⅱ)解 : 过 B1 作 B1G ⊥ CE 于点 G, 连 接 C1G . 由 (Ⅰ), B1C1 ? CE 垂 直 , 故 CE ⊥ 平 面 B1C1G , 得

CE ? C1G ,所以∠ B1GC1 为二面角 B1-CE-C1 的平面角.在△ CC1E 中,由 CE ? C1E ? 3 , CC1 ? 2 ,
可得 C1G ? 值为

2 6 42 21 .在 Rt△ B1C1G 中, B1G ? ,所以 sin ?B1GC1 ? ,即二面角 B1-CE-C1 的正弦 3 3 7

21 . 7


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