2011年高考数学试题分类汇编——立体几何与平面几何

19.（本题满分12分）如图5，在圆锥PO中，已

知

PO O的直径AB 2,C是 AB的中点,,D为AC的中

点．

（I）证明：平面POD 平面PAC;

（II）求二面角B PA C的余弦值． 解：（I）连接OC，因为OA OC,D为的AC中点，所以AC OD.

又PO 底面 O,AC 底面 O,所以AC PO.因为

OD,PO是平面POD内的两条相交直线，所以AC 平面POD。而AC 平面PAC，所以平面POD 平面PAC。

（II）在平面POD中，过O作OH PD于H，由（I）知，平面POD 平面PAC,所以OH 平面PAC,又

PA 平面PAC,所以PA OH.

在平面PAO中，过O作OG PA于G,连接HG,则有PA 平面OGH，从而PA HG，所以 OGH是二面角B PA C的平面角．

在Rt ODA中,OD OA sin45

,

在Rt POD中,OH

OH 在Rt POA中

,OG Rt OHG中,sin OGH

OG,

所以cos OGH

。故二面角B PA

C的余弦值为。 55

湖南文

19．（本题满分12分）

如图3，在圆锥PO中，已

知PO O的直径

AB 2,点C在 AB上,且 CAB=30 ,D为AC的中点．

（I）证明：AC 平面

POD;

（II）求直线和平面PAC所成角的正弦值．

解析：（I）因为OA OC,D是AC的中点,所以AC OD.

又PO 底面 O,AC 底面 O,所以AC OD.PO是平面POD内的两条相交直线，所以

AC 平面POD;

（II）由（I）知，AC 平面POD,又AC 平面PAC,所以平面POD 平面PAC,在平面POD中，过O作OH PD于H,则OH 平面PAC,连结CH，则CH是OC在平面PAC上的射影，所以

OCH是直线OC和平面PAC所成的角．

1

，在Rt OHC中,sin OCH OH 。 在Rt POD中

,OH

OC33江苏16.（本小题满分14分）如图，在四棱锥P ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD， AB=AD，∠BAD=60°，E、F分别是AP、AD的中点 求证：（1）直线EF//平面PCD； （2）平面BEF⊥平面PAD.

答案：（1）因为E、F分别是AP、AD的中点，

EF PD,又 PD 面PCD,EF 面PCD

直线EF//平面PCD

（2）连接BD AB=AD, BAD=60 , ABD为正三角形 F是AD的中点， BF AD,

(第

16题图)

又平面PAD⊥平面ABCD，面PAD 面ABCD＝AD, BF 面PAD,BF 面BEF 所以，平面BEF⊥平面PAD.

解析：本题主要考查空间想象能力和推理论证能力、考查平面的表示,直线与平面、平面与平面平行和垂直的判定及性质，容易题. 附加：A．选修4-1：几何证明选讲 （本小题满分10分）

如图，圆O1与圆O2内切于点A，其半径分别为r1与r2

（r．圆O1的弦AB交圆O2于点C（O1不在AB上）． 1 r2）

求证：AB:AC为定值．

A．选修4-1：几何证明选讲 本小题主要考查两圆内切、相似比等基础知识，考查推理论证能力，满分10分。 证明：连结AO1，并延长分别交两圆于点Ｅ和点Ｄ连结BD、CE，因为圆O1与圆O2内切于点A，

所以点O2在AD上，故AD，AE分别为圆O1，圆O2的直径。

从而 ABD ACE

2

，所以BD//CE，

于是

ABAD2r1r1

.，所以AB：AC为定值。 ACAE2r2r2

江西理8. 已知 1 ， 2， 3是三个相互平行的平面，平面 1 ， 2之间的距离为d1，平面 2， 3之间的距离为d2，直线l与 1 ， 2， 3分别相交于P1 ，P2，P1P2 P2P3”是“d1 d2”3，那么“P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】因为 1∥ 2∥ 3，当P1P2 P2P3时不难推出d1 d2，同时当d1 d2时也可以推出

P1P2 P2P3，∴“P1P2 P2P3”是“d1 d2”的充分必要条件

21. （本小题满分14分）

（1）如图，对于任一给定的四面体A1A2A3A4，找出依次排列的四个

相互平行的平面 1， 2， 3， 4，使得

A1

A2

A4

3

Ai i(i 1,2,3,4)，且其中每相邻两个平面间的距离都相等；

（2）给定依次排列的四个相互平行的平面 1， 2， 3， 4，其中每相邻两个平面间的距离都为1，若

一个正四面体A1A2A3A4的四个顶点满足Ai i(i 1,2,3,4)，求该正四面体A1A2A3A4的体积. 【解析】

（1）如图所示，取A1A4的三等分点P2，P3，A1A3的中点M，

M作平面 2，过三点A2，过三点A3，A2A4的中点N，P2，

P3，N作平面 3，因为A2P2∥NP3,A3P3∥MP2,所以平

面 2∥平面 3，再过点A1，A4分别作平面 1， 4与平面 2平行，那么四个平面 1， 2， 3， 4依次相互平行，

A4y

由线段A1A4被平行平面 1， 2， 3， 4截得的线段相等知，期中每相邻两个平面间的距离相等，故 1， 2， 3， 4为所求平面.

（2）解法一：当（1）中的四面体为正四面体，若所得的四个平行平面，每相邻两平面之间的距离为1，则正四面体A1A2A3A4就是满足题意的正四面体.设正四面体的棱长为a，以 A2A3A4的中心O为坐标原点，以直线A4O为y轴，直线OA1为z轴建立如图的右手直角坐标系， 则A1(0,0,

a6a6a,0)，A3(,a)，A2( ,a,0)，A4(0, a,0)

323233

令P2，P3为A1A4的三等分点，N为A2A4的中点，有

a53626a3P ( ,a, a)，P3(0, a,a)，N( , a,0),所以3

436941299

3 (

3a3a,a,0)，4 ( ,a,0)

4444

9x 5y 4z 0 n P3 0

n (x,y,z)设平面A3P，有 ，即 3N的法向量为

3x y 0 n NA3 0

所以，n (1, 3, 6).因为 1， 2， 3， 4相邻平面之间的距离为1，所以点A4到平面A3P3N的距离：

a|( ) 1 a ( ) 0 ( 6)| 1，解得a ，由此可得，边长为的正四面体

22

( 3) ( 6)

1126235

a a a . A1A2A3A4满足条件.所以所求正四面体的体积V Sh

3343123

解法二：如图，现将此正四面体

A1A2A3A4置于一个正方体ABCD A1B1C1D1中，（或者说，在正四

面体的四个面外侧各镶嵌一个直角正三棱锥，得到一个正方体），E1，F1分别是

A4) D1

A1

111

A1B1，C1D1的中点，EE1D1D和BB1F1F

是两个平行平面，若其距离为1，则正四

A

3

面体A1A2A3A4即为满足条件的正四面体.右图是正方体的上底面，现设正方体的棱长为a，若

A1M MN 1，则有A1E1

得a

a

，D1E1 2

A1D1 A1E1

22

a据A1D1 A1E1 A1M D1E1，2

5，

115

5. 2a ，其体积

V a3 4 a3 a3

633

于是正四面体的棱长d

（即等于一个棱长为a的正方体割去四个直角正三棱锥后的体积）

江西文9.将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如右图所示，则该几何体的左视图为（ ）

答案：D 左视图即是从正左方看，找特殊位置的可视点，

连起来就可以得到答案。

辽宁理8．如图，四棱锥S—ABCD的底面为正方形，SD 底面ABCD，

则下列结论中不正确的是 D ．．．

A．AC⊥SB；B．AB∥平面SCD

C．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角 D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角

12．已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=3， ASC BSC 30 ，则棱锥S—ABC的体积为 C

A．3

B．2

C．3

D．1

15．一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为23，它的三视图中的俯

视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是 ．

22．（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲

如图，A，B，C，D四点在同一圆上，AD的延长线与BC的延长线交于E点，且EC=ED． （I）证明：CD//AB；

（II）延长CD到F，延长DC到G，使得EF=EG，证明：A，B，G，F

四点共圆．

22．解：

（I）因为EC=ED，所以∠EDC=∠ECD.

因为A，B，C，D四点在同一圆上，所以∠EDC=∠EBA. 故∠ECD=∠EBA，

所以CD//AB. 5分

（II）由（I）知，AE=BE，因为EF=FG，故∠EFD=∠EGC

从而∠FED=∠GEC.

连结AF，BG，则△EFA≌△EGB，故∠FAE=∠GBE， 又CD//AB，∠EDC=∠ECD，所以∠FAB=∠GBA. 所以∠AFG+∠GBA=180°.

故A，B，G，F四点共圆 10分

辽宁文10．已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=2，∠ASC=∠BSC=45°，则棱锥S-ABC的体积为 C

A

B

C

D

18．（本小题满分12分）

如图，四边形ABCD为正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=

1

PD． 2

（I）证明：PQ⊥平面DCQ；

（II）求棱锥Q—ABCD的的体积与棱锥P—DCQ的体积的比值． 18．解：（I）由条件知PDAQ为直角梯形

因为QA⊥平面ABCD，所以平面PDAQ⊥平面ABCD，交线为AD.

又四边形ABCD为正方形，DC⊥AD，所以DC⊥平面PDAQ，可得PQ⊥DC.

在直角梯形PDAQ中可得

DQ=PQ=

PD，则PQ⊥QD 2

所以PQ⊥平面DCQ. 6分 （II）设AB=a.

由题设知AQ为棱锥Q—ABCD的高，所以棱锥Q—ABCD的体积V1 由（I）知PQ为棱锥P—DCQ的高，而

，△DCQ

所以棱锥P—DCQ的体积为V2

13a. 3

2

， 13a. 3

故棱锥Q—ABCD的体积与棱锥P—DCQ的体积的比值为1. 12分 全国Ⅰ理（6）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示， 则相应的俯视图可以为 D

（15）已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O

的球面上，且

AB 6,BC ,则棱锥O ABCD的体积为

（22）（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲

如图，D，E分别为 ABC的边AB，AC上的点，且不与 ABC的顶点重合。已知AE的长为n，AD，

AB的长是关于x的方程x2 14x mn 0的两个根。

（Ⅰ）证明：C，B，D，E四点共圆；

（Ⅱ）若 A 90 ，且m 4,n 6，求C，B，D，E

所在圆的半径。

（

22）解：（I）连接DE，根据题意在△ADE和△ACB中， AD×AB=mn=AE×AC, 即

ADAE

.又∠DAE=∠CAB,从而△ADE∽△ACB ACAB

因此∠ADE=∠ACB 所以C,B,D,E四点共圆。

（Ⅱ）m=4, n=6时，方程x-14x+mn=0的两根为x1=2,x2=12.故 AD=2，AB=12.

取CE的中点G,DB的中点F，分别过G,F作AC，AB的垂线，两垂线相交于H点，连接DH.因为C，B，D，E四点共圆，所以C，B，D，E四点所在圆的圆心为H，半径为DH. 由于∠A=90，故GH∥AB, HF∥AC. HF=AG=5，DF=

2

1

(12-2)=5.故C,B,D,E四点所在圆的半径为52 2

全国Ⅰ文(7) 设长方体的长、宽、高分别为2a、a、a,其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为 （A）3 a2 （B）6 a2 （C）12 a2 （D） 24 a2 B

(15)一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的_______(填入所有可能的几何体前的编号)

①三棱锥 ②四棱锥 ③三棱柱 ④四棱柱 ⑤圆锥 ⑥圆柱 ①②③⑤

（18）（本小题满分12分）

如图，已知四棱锥P ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD,AC BD,垂足为H，PH是四棱锥的高。

（Ⅰ）证明：平面PAC 平面PBD;

（Ⅱ）若AB , APB ADB 60°,求四棱锥P ABCD的体积。

(2)因为ABCD为等腰梯形，AB CD,AC 因为 APB= ADR=600，所以等腰梯形ABCD的面积为S=

所以，可得

1

……..9分 2

所以四棱锥的体积为V=

13 x（

……..12分 33

全国Ⅱ理（6）已知直二面角 l , 点A∈ ，AC⊥l,C为垂足，B∈ ，BD⊥l，D为垂足，若AB=2，AC=BD=1，则D到平面ABC的距离等于

(A)

(B) (C)

(D)1

333

【答案】：C

【命题意图】：本小题主要考查面面垂直的性质及点到面的距离的求法。

【解析】：如图，因为二面角 l 是直二面角，AC⊥l，所以AC⊥ ，面ABC 面BCD，过D作

DE BC于E，则DE 面ABC，DE即为D到平面ABC的距离。在Rt ABC中

，

BCRt

BCD中，CD

DE

BD CD

BC（11）已知平面 截一球面得圆M,过圆心M且与 成60 二面角的平面 截该球面 得圆N.若该球面的半径为4，圆M的面积为4 ，则圆N的面积为

(A) 7 (B)9 (C) 11 (D)13 【答案】：D 【命题意图】：本小题主要考查了球及球的截面的相关知识。 【解析】：如图：OM 面 M，由 M的面积为4 ，故AM 2 在Rt OAM中

，OA 4,AM 2, OAM 60 ,OM A

ON 面 N，在Rt OMN中,

OMN 30 ,

ON OM sin30 NB

N的面积 2 13

(16)已知E、F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1棱BB1、CC1上，且B1E=2EB，CF=2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于_____________. 【答案】

：

3

【命题意图】：本小题主要考查了无棱二面角的作法及求法。

【解析】：连FE并延长交CB的延长线于G，连AG，过B作BH AG，连EH，则由三垂线定理知 EHB为面AEF与面ABC所成的二面角的平面角.

易求得tan EHB

. 3

（19）（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．

如图，棱锥S ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，

AB=BC=2，CD=SD=1.

（Ⅰ）证明：SD⊥平面SAB；

（Ⅱ）求AB与平面SBC所成的角的大小.

【命题立意】：本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系及线面角等基础知识,

考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力.

【解析】：（Ⅰ）证明：连BD AB SB BC,CD SD 1,BD BD SDB BCD, 又 BC CD, BCD BSD 90 ,SD SB 取AB的中点E，连DE，则AE EB CD,

又 AB∥CD，BC⊥CD，

四边形BCDE是矩形,DE AB DA DB

又 SA SB,SD SD SAD SBD, SD SA 故SD⊥平面SAB.

（Ⅱ）过S作SO ED于O，过O作OF BC于F，连SF，则OF∥AB，AB与平面SBC所成的角为OF与平面SBC所成的角。由（Ⅰ）有DE AB，

又SE AB AB 平面SDE SO 平面ABCD， BC 平面SDF.故 SFO即为所求。

在Rt

SDE中，SE SD 1,DE BC 2 SO

OF CD 1

tan SFO SFO 1E为C1D1的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦全国Ⅱ文(15)己知正方体ABCD A1BC11D1中，

值为等于 .【答案】

2 3

【解析】取A1B1的中点F， AEF为所求角，设棱长为2

，则AE 3,AF EF 2，

AE2 EF2 AF22

cos AEF .

2AE EF3

山东理

11.下图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图．其中真命题的个数是 (A)3 (B)2 (C)1 (D)0 【答案】A

【解析】对于①,可以是放倒的三棱柱；容易判断②③可以.

19.（本小题满分12分）

主（正）视图

俯视图

在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ ACB=90 ，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ.

（Ⅰ)若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ; （Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小． 【解析】（Ⅰ)连结AF,因为EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，

EF∩ＦＧ=F,所以平面EFG∥平面ABCD,又易证

EFG∽ ABC,

FGEF111

,即FG BC,即FG AD,又M为AD BCAB222

1

的中点,所以AM AD,又因为ＦＧ∥ＢＣ∥ＡD，所以ＦＧ

2

所以

∥ＡM,所以四边形AMGF是平行四边形,故GM∥FA,又因为ＧＭ 平面ＡＢＦＥ,FA 平面ＡＢＦＥ,所以ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ.

（Ⅱ）取AB的中点O,连结CO,因为ＡＣ＝ＢＣ,所以CO⊥AB, 又因为ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，CO 平面ＡＢＣＤ,所以ＥＡ⊥CO,

又ＥＡ∩AB=A,所以CO⊥平面ＡＢＦＥ,在平面ABEF内,过点O

作OH⊥BF于H,连结CH,由三垂线定理知: CH⊥BF,所以 CHO为二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的平面角. 设ＡＢ=２ＥＦ=2a,因为∠ ACB=90 ，ＡＣ＝ＢＣ

=

,CO=a

,AE

,连结FO,容易证得FO∥EA

且FO

=a,所

以BF a,所以

OH=,所以在Rt COH

2

中,tan∠ CHO=

CO

OH

故∠ CHO=60 ,所以二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小为60 .

山东文 19．（本小题满分12分）

AB=2AD，如图，在四棱台ABCD A底面ABCD是平行四边形，D1D 平面ABCD，1BC11D1中，

AD=A1B1， BAD=60°

（Ⅰ）证明：AA1 BD； （Ⅱ）证明：CC1∥平面A1BD． 19．（I）证法一：

因为D1D 平面ABCD，且BD 平面ABCD， 所以D1D BD，又因为AB=2AD， BAD 60 ， 在 ABD中，由余弦定理得

BD2 AD2 AB2 2AD ABcos60 3AD2，所以AD2 BD2 AB2，因此AD BD，

又AD D1D D,所以BD 平面ADD1A1 平面ADD1A1，故AA1 BD. 1.又AA证法二：

因为D1D 平面ABCD，且BD 平面ABCD， 所以BD D1D.，取AB的中点G，连接DG，

在 ABD中，由AB=2AD得AG=AD，

又 BAD 60 ，所以 ADG为等边三角形。

因此GD=GB，故 DBG GDB，又 AGD 60 ，

所以 GDB=30 ,故 ADB= ADG+ GDB=60 +30 =90 ,所以BD AD.又AD D1D D,

所以BD 平面ADD1A1，又AA1 平面ADD1A1，故AA1 BD. （II）连接AC，A1C1，设AC BD E，连接EA1

因为四边形ABCD为平行四边形，所以EC

1

AC. 2

由棱台定义及AB=2AD=2A1B1知A1C1//EC且A1C1=EC， 所以边四形A1ECC1为平行四边形，因此CC1//EA1，

又因为EA1 平面A1BD，CC1 平面A1BD，所以CC1//平面A1BD。

陕西理5．某几何体的三视图如图所示，则它的体积是 （ ） （A）8

2 2

（B）8 （C）8 2 （D） 333

【思路点拨】根据已知的三视图想象出空间几何体，然

后由几何体的组成和有关几何体体积公式进行计算．

【精讲精析】选A 由几何体的三视图可知几何体为一个组合体， 即一个正方体中间去掉一个圆锥体，所以它的体积是

12

V 23 12 2 8 .

33

AE BC， ACD 90 ，B．（几何证明选做题）如图，∠B=∠D，

且AB=6，AC=4，AD=12，则BE= ．

【分析】寻找两个三角形相似的条件，再根据相似三角形的对应边成比例求解．

【解】因为AE BC，

所以∠AEB= ACD 90，又因为∠B=∠D，所以△AEB∽△ACD，所以所以AE

ACAD

, AEAB

AB AC6 4

2，在Rt△AEB

中，BE

AD12

【答案】陕西文

15．B．（几何证明选做题）如图，∠B=∠D，AE BC， ACD 90，且AB=6，AC=4，AD=12，

则AE= ．

【分析】寻找两个三角形相似的条件，再根据相似三角形的对应边成比例求解． 【解】因为AE BC，

所以∠AEB= ACD 90，又因为∠B=∠D，所以△AEB∽△ACD，所以

ACADAB AC6 4

2． ,所以AE AEABAD12

【答案】2

16.（本小题满分12分）

如图，在△ABC中，∠ABC=45°，∠BAC=90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC=90， （1）证明：平面ＡＤＢ⊥平面ＢＤＣ； （2 ）设BD=1，求三棱锥D—ＡＢＣ的表面积。

【分析】（1）确定图形在折起前后的不变性质，如角的大小不变，线段长度不变，线线关系不变，再由面面垂直的判定定理进行推理证明；（2）充分利用垂直所得的直角三角形，根据直角三角形的面积公式计算．

【解】（1）∵折起前ＡＤ是ＢＣ边上的高，

∴ 当Δ ＡＢＤ折起后，AD⊥ＤＣ，AD⊥ＤＢ， 又DB ＤＣ＝Ｄ，

∴ＡＤ⊥平面ＢＤＣ，又∵AD

平面

BDC.

∴平面ABD⊥平面BDC．

（2）由（1）知，DA DB,DB DC,DC DA, DB=DA=DC=1，

111S DAM S

DBC S DCA 1 1 ,S ABC sin60

2221S 3

∴三棱锥D

—ＡＢＣ的表面积是2

上海理

7.若圆锥的侧面积为2 ，底面面积为 ，则该圆锥的体积为

21．（14分）已知ABCD A1BC11D1是底面边长为1的正四棱柱，O1是AC11和B1D1的交点。 （1）设AB1与底面A1B1C1D1所成的角的大小为 ，二面角A B1D1 A1的大小为 。

求证：tan ； （2）若点C到平面AB1D1的距离为

D

4

，求 3

B

正四棱柱ABCD A1BC11D1的高。 21．解：设正四棱柱的高为h。

⑴ 连AO1，AA1 底面A1B1C1D1于A1，

∴ AB1与底面A1B1C1D1所成的角为 AB1A1，即 AB1A1

BD1

1

∵ AB1 AD1，O1为B1D1中点，∴AO1 B1D1，又AO11 B1D1， ∴ AO1A1是二面角A B1D1 A1的平面角，即 AO1A1 ∴ tan

AA1AA1

h，tan 。

AOA1B111

⑵ 建立如图空间直角坐标系，有A(0,0,h),B1(1,0,0),D1(0,1,0),C(1,1,h)

AB1 (1,0, h),AD1 (0,1, h),AC (1,1,0)

设平面AB1D1的一个法向量为n (x,y,z)，

n AB1 n AB1 0

∵ ，取z 1得n (h,h,1) n AD1 n AD1 0

|n AC|4∴ 点C到平面AB1D

1的距离为d ，则h 2。

|n|3

上海文

已知ABCD A1BC11D1是底面边长为1的正四棱柱，高AA1 2，求 （1）异面直线BD与AB1所成角的大小（结果用反三角函数值表示）； （2）四面体AB1D1C的体积.

B1B

A

D

A1

D

1

1

20、解：⑴ 连BD,AB1,B1D1,AD1，∵ BD//BB 1D1,A1∴ 异面直线BD与AB1所成角为 AB1D1，记 AB1D1 ，

， A1D

B

D

AB12 B1D12 AD12 cos

2AB1 B1D1∴ 异面直线BD与AB

1所成角为arccos

。 10

BD1

1

⑵ 连AC,CB1,CD1，则所求四面体的体积

12

V VABCD A1B1C1D1 4 VC B1C1D1 2 4 。

33

四川理

3．l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是

（A）l1 l2，l2 l3 l1//l3

（C）l2//l3//l3 l1，l2，l3共面 答案：B

解析：由l1 l2，l2//l3，根据异面直线所成角知l1与l3所成角为90°，选B．

15．如图，半径为R的球O中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是_________．

2

答案：2πR

解析：如图，设求的一条半径与圆柱相应的母线夹角为α，则圆柱的侧面积S 2 Rsin 2Rcos 2 R2sin2 ，当

（B）l1 l2，l2//l3 l1 l3

（D）l1，l2，l3共点 l1，l2，l3共面

4

时，S取最大值2 R2，此时球的表

面积与该圆柱的侧面积之差为2 R2． 19．（本小题共l2分）

如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中．∠ BAC=90°，AB=AC=AA1 =1．D是棱CC1上的一P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA． （I）求证：CD=C1D：

（II）求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值； （Ⅲ）求点C到平面B1DP的距离．

19．解析：（1）连接B1A交BA1于O, B1P//面BDA1,

B1P 面AB1P,面AB1P 面BA1D OD, B1P//OD,又O为B1A的中点，

D为AP中点， C1为A1P, ACD PC1D C1D CD,D为CC1的中点。 AH AD,连接BH，则 （2）由题意AB AC,AB AA1 AB 面AA1C1C,过B 作BH AD, AHB为二面角A A1D B的平面角。在

AA1D中，AA1 1,AD

,

A1D

22

AH2

BH AHB 则AH BH3

（3）因为VC B1PD VB1PCD，所以h S B1PD

131

A1B1 S PCD,A1B1 1 3

S PCD S PC1C S PC1D

111 , 244

95 5

3 DBP

在

B1DP中，B1D ,B1P PD DB1P 1

322 2

S B1PD

1331 ,h 2243

四川文

15．如图，半径为4的球O中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之

差是_________． 答案：32π

解析：如图，设球一条半径与圆柱相应的母线夹角为α，圆柱侧面积S 2 4sin 2 4cos ＝

4

19．（本小题共l2分）

如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=1，延长A1C1至点P，使C1P＝A1C1，连接AP交棱CC1于D．

（Ⅰ）求证：PB1∥平面BDA1； （Ⅱ）求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值；

本小题主要考查直三棱柱的性质、线面关系、二面角等基本知识，并考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查应用向量知识解决问题的能力． 解法一： （Ⅰ）连结AB1与BA1交于点O，连结OD， ∵C1D∥平面AA1，A1C1∥AP，∴AD=PD，又AO=B1O，

32 sin2 ，当

时，S取最大值32 ，此时球的表面积与该圆柱的侧面积之差为32 ．

∴OD∥PB1，又OD 面BDA1，PB1 面BDA1， ∴PB1∥平面BDA1． （Ⅱ）过A作AE⊥DA1于点E，连结BE．∵BA⊥CA，BA⊥AA1，且AA1∩AC=A， ∴BA⊥平面AA1C1C．由三垂线定理可知BE⊥DA1． ∴∠BEA为二面角A－A1D－B的平面角． 在Rt△A1C1D

中，A1D ，

又S AA1D

11 1 1

AE，∴AE 22在Rt△BAE

中，BE AH2

，∴cos AHB ．

BH3

故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为

2

． 3

解法二： 如图，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A1－B1C1A，则A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，B(1,0,1)，P(0,2,0)．

11

（Ⅰ）在△PAA1中有C1D AA1，即D(0,1,)．

22

∴A1B (1,0,1)，A1D (0,1,x)，B1P ( 1,2,0)．

设平面BA1D的一个法向量为n1 (a,b,c)，

n1 A1B a c 0,

1

c 1则 令，则 n (1,, 1)． 11

2n AD b c 0. 11

2 1

∵n1 B1P 1 ( 1) 2 ( 1) 0 0，

2

∴PB1∥平面BA1D，

1

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，平面BA1D的一个法向量n1 (1,, 1)．

2又n2 (1,0,0)为平面AA1D的一个法向量．∴cos n1,n2

n1 n212

．

|n1| |n2|1 33

2

故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为

2． 3

正视图

天津理

12．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为 ．

侧视图

10【解】．

3

几何体是由一个正四棱锥和一个长方体组合而成．

设几何体的体积为V，正四棱锥的体积为V1，长方体的体积为V2． 则V V1 V2

12410

2 1 12 2 2 ． 333

14．如图，四边形ABCD是圆O的内接四边形，延长AB

和

俯视图

DC相交于点P．若

【解

PB1PC1BC

， ．则的值为 ． PA2PD3AD

PBPCBC

． PDPADA

因为四边形ABCD是圆O的内接四边形，

所以 PBC D，又 BPC DPA，所以 BPC∽ DPA．于是

PB1PC1PBPC BC

， ，所以因为 ， PA2PD3PDPA DA

2

PBPC BC PBPC BC 111BC从而，于是，． PAPD DA PAPD DA

236AD

19．（本小题满分12分）如图，在长方体ABCD A1BC11D1中，E,F分别是棱BC，CC1上的点，CF AB 2CE，AB:AD:AA1 1:2:4．

（Ⅰ）求异面直线EF与A1D所成的角的余弦值； （Ⅱ）证明：AF 平面A1ED；

B

ED

BAD1

22

（Ⅲ）求二面角A1 ED F的正弦值．

【解】解法1．如图所示，建立空间坐标系，点A为坐标原点．设AB 1，由CF AB 2CE，AB:AD:AA1 1:2:4知

1AD 2，AA1 4，CF 1，CE ．

2

于是C 1,2,0 ，D 0,2,0 ，F 1,2,1 ，E 1,,0 ，A1 0,0,4 ．

3

2

uuur 1 uuur

（Ⅰ）EF 0,,1 ，A1D 0,2, 4 ．

2

uuuruuur

uuuruuurEF A1D

于是cosEF,A1D

EF A1D

1

0 0 2 1 1 4

3 ．

5

由于异面直线所成的角的范围是 0,

2

，所以异面直线EF与A1D所成的角的余弦值为

3． 5

uuuruuur r 3 uuu1 （Ⅱ）AF 1,2,1 ，EA1 1, ,4 ，ED 1,,0 ，

2 2

则uuAFur uuuEAr

，uuAFur uuEDur1 0 0．于是AF EA1，

AF ED，又EA1IED E， 所以AF 平面A1ED．

ruuur 1y z （Ⅲ）设平面EFD的法向量ur x,y,z ，则 u EF 0, ruuEDur

即

20, u 0. x 1 2

y 0.取x 1，则y 2，z 1．ur

x,y,z 1,2, 1 ．

由（Ⅱ）可知，uAFuur

uu为平面A1ED的一个法向量，又

AFur 1,2,1 ．

所以cosur,uuAFur ur uuAFurruuuru

AF

23，从而sinu,AF 所以二面角A1 ED

F 解法2．设AB 1，由CF AB 2CE，AB:AD:AA1 1:2:4知

AD 2，AA1 4，CF 1，CE

12

． （Ⅰ）连接B1C，BC1，设B1C与BC1交于点M，易知A1D//B1C． 由

CE CF 1

，所以EF//BC1． ACBCCD1

14

EFB所以 BMC是异面直线与A1

1D所成的角．

因为SM CM

12B1C 所以由余弦定理有

BM2 CM2 BC2cos BMC 3

．2 BM CM5

所以异面直线EF与A3B1D所成的角的余弦值为5

． E（Ⅱ）连接AC，设AC与DE交于点N．

因为

CDCB CEAB 1

2

，所以Rt DCE∽Rt CBA．从而 CDE BCA． 又由于 CDE CED 90 ，所以 BCA CED 90 ．因此AC DE．

又因为CC1 DE，且CC1IAC C，所以DE 平面ACF．从而AF DE．

连接BF，同理可证BC1 平面ABF，从而AF B1C，所以AF A1D． 因为AF DE，AF A1D，DEIA1D D，所以AF 平面A1ED． （Ⅲ）连接A1N,FN．由（Ⅱ）可知DE 平面ACF．

又NF 平面ACF，A1N 平面ACF，所以DE NF,DE A1N． 因此 A1NF为二面角A1 ED F的平面角． 易知Rt CNE∽Rt CBA，则

CNEC

，又AC

，所以CN ． BCAC5

在Rt

CNF中，NF 连接AC1F 11F中，A1,A1F，在Rt

AC

．在Rt

A中，。 AN AN1155

A1N2 FN2 A1F22

在 A1NF中，cos A1NF 。 ，所以sin A1NF

32A1N

FN3

所以二面角A1 ED

F 天津文 11．如图，四边形ABCD是圆O的内接四边形，延长AB和DC相交于点P．若PB 1，PD 3．则

BC

的值为 ． AD1【解】．

3

因为四边形ABCD是圆O的内接四边形， 所以 PBC D，又 BPC DPA， 所以 BPC∽ DPA．

正视图

侧视图

PBPCBC

于是． PDPADA

因为，PB 1，PD 3，所以，

俯视图

12题图

BCPB1

． ADPD3

F

12．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为．

E

1

1 2 2 1 3． 2

19．（本小题满分12分）如图，在五面体ABCDE中，四边形ADEF

【解】3．设几何体的体积为V，则V

是正方形，FA 平面ABCD，BC//AD，CD

1，AD B

D

BAD CDA 45 ．

（Ⅰ）求异面直线CE与AF所成的角的余弦值；

（Ⅱ）证明：CD 平面ABF；

（Ⅲ）求二面角B EF A的正切值． 【解】（Ⅰ）因为四边形ADEF是正方形，所以FA//ED． 故 CED为异面直线EF与A1D所成的角．

因为FA 平面ABCD，所以FA CD．故ED CD． 在Rt CDE中，CD

1，ED AD ，

E

B

ED所以CE

3．因此cos CED

CE3

所以异面直线EF与A1D

所成的角的余弦值为

． 3

（Ⅱ）过点B作BG//CD，交AD于G，则 BGA CDA 45 ，又 BAD CDA 45 ， 所以BG AB．从而CD AB．又CD FA，且FAIAB A．所以CD 平面ABF．

（Ⅲ）由（Ⅱ）及已知，可得AG G为AD的中点．

取EF的中点N，连接GN．则GN EF．因为BC//AD，所以BC//EF． 过点N作NM EF，交BC于M．则 GNM为二面角B EF A的平面角．

连接GM，可得AD 平面GNM．所以AD GM，从而BC

GM．由已知可得GM 由NG//FA，FA GM，可得NG GM．在Rt NGM中，tan NGM 所以二面角B EF A的正切值为

． 2

GM1

． NG4

1． 4

浙江理3．下列命题中错误的是 D ．．A．如果平面 ⊥平面 ，那么平面 内一定存在直线平行于平面 B．如果平面 不垂直于平面 ，那么平面 内一定不存在直线垂直于平面 C．如果平面 ⊥平面 ，平面 ⊥平面 ， l，那么l⊥平面 D．如果平面 ⊥平面 ，那么平面 内所有直线都垂直于平面

14．已知一个球的球心O到过球面上A、B、C三点的截面的距离等于此球半径的一半，若

AB BC CA 3，则球的体积为.

20．（本小题满分15分）

32

3

如图，在平面内直线EF与线段AB相交于C点，∠BCF＝30，且AC = CB = 4，将此平面沿直线EF折成60的二面角 －EF－ ，BP⊥平面 ，点P为垂足.

（Ⅰ） 求△ACP的面积；

（Ⅱ） 求异面直线AB与EF所成角的正切值.

E

A A B

（第20题图）

20．（本小题满分15分）

方法一：

（Ⅰ）解：如图，在平面 内，过点P作PM⊥EF，点M为垂足，连结BM，则∠BMP为二面角 －

EF－ 的平面角. 以点P为坐标原点，以直线PM为x轴，射线PB为z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz.

在Rt△BMC中,由∠BCM＝30，CB = 4，得 CM =2，BM =2.

在Rt△BMP中,由∠BMP＝60，BM =2，得 MP = 1，BP =.

故P（0,0,0），B（0，0,3），C（－1,－2，0），M（－1,0,0）.

由∠ACM＝150，得A（1,－4，0）.所以CP= （1,23,0），= （2,－23,0）, 则 －10, cos∠ACP = －

533

, sin∠ACP = . 22因此S△ACP＝33. 7分

（Ⅱ）解：BA＝（1,－43,－3），＝（0,－23,0）, 24,

cos<,>=方法二：

（Ⅰ）解：如图，在平面 内，过点P作PM⊥EF，点M为垂足,连结BM，则∠BMP为二面角 －

323

, 所以AB与EF所成角的正切值为. 15分

6

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