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2013和2014高考立体几何大题汇总


2013、14 年立体几何高考大题汇编
1. (2013 江西 (文) ) 如图,直四棱柱 ABCD – A1B1C1D1 中,AB//CD,AD⊥AB,AB=2,AD=

,AA1=3,E

为 CD 上一点,DE=1,EC=3 (1) 证明:BE⊥平面 BB1C1C; (2) 求点 B1 到平面 EA1C1 的距离

【 答 案 】 解 .(1) 证 明 : 过

B



CD

的 垂 线 交

CD



F, 则

BF ? AD ? 2, EF ? AB ? DE ? 1, FC ? 2
在 Rt ?BFE中,BE= 3 ,Rt ?BFC中,BC= 6 .
2 2 2 在 ?BCE中,因为BE ? BC =9=EC ,故 BE ? BC

由 BB1 ? 平面ABCD,得BE ? BB1,所以BE ? 平面BB1C1C (2) 三棱锥E ? A1 B1C1的体积V= AA1 ? S ?A1B1C1= 2

1 3

在Rt ?A1 D1C1中,A1C1= A1 D12 ? D1C12 =3 2 , EA1= AD ? ED ? AA1 =2 3 同理, EC1= EC ? CC1 =3 2 ,
2 2 2 2 2

因此 S?A C E ? 3 5 .设点 B1 到平面 EAC 的体积 1 ? EAC 1 1 1 1 的距离为 d,则 三棱锥B 1 1

1 10 V= ? d ? S?A1EC1= 5d ,从而 5d ? 2, d ? 3 5
2. (2013 重庆(理) )如图,四棱锥 P ? ABCD

中, PA ? 底面ABCD , BC ? CD ? 2, AC ? 4, ?ACB ? ?ACD ? 点, AF ? PB . (1)求 PA 的长; (2)求二面角 B ? AF ? D 的正弦值.

?
3

, F 为 PC 的中

【答案】

3. (2013 浙江(理) )如图,在四面体 A ? BCD 中, AD ? 平面

BCD , BC ? CD, AD ? 2, BD ? 2 2 . M 是 AD 的中点, P 是 BM 的中点,点 Q 在
线段 AC 上,且 AQ ? 3QC .
0 (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.
A

M P Q B C (第 20 题图) D

【 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 ;

1 MD ;取 CD 的三等 2 1 1 分 点 H , 使 DH ? 3CH , 且 AQ ? 3QC , 所 以 QH / / AD / / MD , 所 以 4 2
方法二:如图 7 所示,取 BD 中点 O ,且 P 是 BM 中点,所以 PO / /

PO / /QH ?

OH ? BCD ,所以 PQ / / 面 BDC ; 且H PQ / / , O

(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 ?CHG 就是 C ? BM ? D 的 二面角;由已知得到 BM ? 8 ? 1 ? 3 ,设 ?BDC ? ? ,所以

CD CG CB ? cos ? ,sin ? ? ? ? CD ? 2 2 cos ? , CG ? 2 2 cos ? sin ? , BC ? 2 2 sin ? , BD CD BD
, 在 RT ?BCG 中 , ?BCG ? ? ? sin ? ?

BG ? BG ? 2 2 sin 2 ? , 所以在 RT ?BHG BC

1 2 2 sin 2 ? 中, ,所以在 RT ?CHG 中 ? ? HG ? 3 2 2 sin 2 ? 3 HG

tan ?CHG ? tan 60 ? 3 ?

CG 2 2 cos ? sin ? ? HG 2 2 sin 2 ? 3

? tan ? ? 3 ?? ? (0,90 ) ?? ? 60 ??BDC ? 60 ;
4. (2013 上海春季高考)如图,在正三棱锥 ABC ? A 1B 1C1 中, AA 1

? 6 ,异面直线 BC1 与 AA1

所成角的大小为 A1 B1

? ,求该三棱柱的体积. 6
C1

A B

C

【答案】[解]因为 CC1

AA1 .

所以 ?BC1C 为异面直线 BC1 与 AA1 .所成的角,即 ?BC1C = 在 Rt ?BC1C 中, BC ? CC1 ? tan ?BC1C ? 6 ?

? . 6

3 ?2 3, 3

从而 S?ABC ?

3 BC 2 ? 3 3 , 4

因此该三棱柱的体积为 V ? S?ABC ? AA 1 ? 3 3 ? 6 ? 18 3 .
5. (2013 上海(理) )如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,AD=1,A1A=1,证明直线 BC1 平行于

平面 DA1C,并求直线 BC1 到平面 D1AC 的距离.

D A D1 B

C C1 B1

A1

【答案】因为 ABCD-A1B1C1D1 为长方体,故 AB // C1D1 , AB ? C1D1 ,

故 ABC1D1 为平行四边形,故 BC1 // AD1 ,显然 B 不在平面 D1AC 上,于是直线 BC1 平行于平 面 DA1C; 直线 BC1 到平面 D1AC 的距离即为点 B 到平面 D1AC 的距离设为 h

1 1 1 ? ( ?1? 2) ?1 ? 3 2 3 3 而 ?AD1C 中, AC ? D1C ? 5, AD1 ? 2 ,故 S ?AD1C ? 2 1 3 1 2 2 所以, V ? ? ? h ? ? h ? ,即直线 BC1 到平面 D1AC 的距离为 . 3 2 3 3 3 6. (2013 广东(理) )如图 1,在等腰直角三角形 ABC 中, ?A ? 90? , BC ? 6 , D, E 分别是
考虑三棱锥 ABCD1 的体积,以 ABC 为底面,可得 V ?

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 ; 值. C D O . E C A 图1
【答案】(Ⅰ) 在图 1 中,易得 OC ? 3, AC ? 3

(Ⅱ) 求二面角 A? ? CD ? B 的平面角的余弦

B

A?

O D 图2 E

B

2, AD ? 2 2

A?

C D H

O E

B

连结 OD, OE ,在 ?OCD 中,由余弦定理可得

OD ? OC 2 ? CD2 ? 2OC ? CD cos 45? ? 5
由翻折不变性可知 A?D ? 2 2 , 所以 A?O ? OD ? A?D ,所以 A?O ? OD ,
2 2 2

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 OH ?

30 3 2 2 2 ,从而 A?H ? OH ? OA? ? 2 2

所以 cos ?A?HO ?

OH 15 15 ,所以二面角 A? ? CD ? B 的平面角的余弦值为 . ? A?H 5 5 z A?

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 A? 0, 0, 3 , C ? 0, ?3,0? , D ?1, ?2,0? 所以 CA? ? 0,3, 3 , DA? ? ?1, 2, 3

?

?

C D x

B O E
向量法图

y

?

?

?

?

设 n ? ? x, y, z ? 为平面 A?CD 的法向量,则

? ? ? ? y ? ?x ?n ? CA? ? 0 ?3 y ? 3 z ? 0 ,即 ? ,解得 ? ,令 x ? 1 ,得 n ? 1, ?1, 3 ? ? ? ? ? z ? 3x ?n ? DA? ? 0 ?? x ? 2 y ? 3 z ? 0

?

?

由(Ⅰ) 知, OA? ? 0, 0, 3 为平面 CDB 的一个法向量, 所以 cos n , OA? ?

?

?

n ? OA? 3 15 ,即二面角 A? ? CD ? B 的平面角的余弦 ? ? 5 3? 5 n OA?

值为

15 . 5
第 III 部分

26.【2014 年陕西卷(理 17) 】 (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

DC, CA 于点 F , G, H. 别交四面体的棱 BD,

(I)证明:四边形 EFGH 是矩形; (II)求直线 AB 与平面 EFGH 夹角 ? 的正弦值.

解 (I)由该四面体的三视图可知, BD ? DC, BD ? AD , AD ? DC, BD=DC=2,AD = 1. 由题设,BC//平面 EFGH, 平面 EFGH ? 平面 BDC=FG, 平面 EFGH ? 平面 ABC=EH, ? BC// FG, BC//EH, ? FG//EH. 同理 EF//AD,HG//AD, ? EF//HG, ? 四边形 EFGH 是平行四边形。 又? AD ? DC , AD ? BD, ? AD ? 平面 BDC, ? AD ? BC, ? EF ? FG, ? 四边形 EFGH 是矩形. (II)解法一 如图,以 D 为坐标原点 建立空间直角坐标系,则 D(0,0,0),A(0,0,1), B(2,0,0),C(0,2,0), DA =(0,0,1), BC =(-2,2,0), BA =(-2 , 0, 1). 设平面 EFGH 的法向量 n=(x , y , z) , ? EF//AD,FG//BC, ? n ? DA =0, n ? BC =0, 得?

? z ? 0, 取 n=(1,1,0). ?? 2 x ? 2 y ? 0.
BA ? n BA n ? 2 10 ? . 5 5? 2

? sin ? = cos ? BA, n ? ?

解法二 如图, 以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系, 则D (0,0,0) , A (0,0,1) , B (2,0,0) ,C (0,2,0). E (1,0, ) ,F(1,0,0),G(0,1,0).

1 2

?

1 FE ? (0,0, ), FG ? (?1,1,0), BA ? (?2,0,1). 2
设平面 EFGH 的法向量 n=(x,y,z) ,

?1 ? z ? 0, 则 n ? FE ? 0, n ? FG ? 0, 得 ? 2 取 n=(1,1,0) , ? ?? x ? y ? 0,

? sin ? ? cos ? BA, n ? ?

BA ? n BA n

?

2 10 ? . 5 5? 2

27. 【2014 年重庆卷 (理 19) 】 如下图, 四棱锥 P ? ABCD , 底面是以 O 为中心的菱形,PO ?

底面 ABCD ,

AB ? 2, ?BAD ?

?
3

, M 为 BC 上一点,且 BM ?

1 , MP ? AP . 2

(1)求 PO 的长; (2)求二面角 A ? PM ? C 的正弦值。

P D O M A B C

解: (1)设 PO ? x ,则 PA ? PO 2 ?OA 2 ? x 2 ? 3 , PM ?

PO2 ? OM 2 ? x 2 ?
21 2

3 4

在 ?ABM 中由余弦定理 AM ? 因为 MP ?
2 2

AB 2 ? BM 2 ? 2 AB ? BM cos120 ?

AP ,所以 ?APM 为直角三角形,由勾股定理:
2 2 2 2 2

3 3 21 2 PA ? PM ? AM ? x ? 3 ? x ? ?( ) ,解出 x ? 2 4 2
所以 PO ?

3 2

(2)设点 A 到平面 PMC 的距离为 d ,由体积法知: VA? PBC ? VP? ABC 即 ? S?PBC ? d ?

1 3

1 1 6 1 3 6 ? S?ABC ? PO ? ? ?d ? ? 3? ?d ? 3 3 2 3 2 2 x2 ? 3 ? 15 , 2

点 A 到棱 PM 的距离为 h ? PA ?

设所求二面角为 ? ,则 sin ? ?

d 6 2 10 ? ? ? h 2 5 15

28.【2014 年安徽卷(理 20) 】 (本小题满分 13 分)

如图,四棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 中, A1 A ? 底面 ABCD . 四边形 ABCD 为梯形, AD // BC ,且 AD ? 2 BC .过 A1 , C, D 三点的平面记为 ? , BB1 与 ? 的交点为 Q .

A1 B1 C1

D1

Q

(Ⅰ)证明: Q 为 BB1 的中点; (Ⅱ)求此四棱柱被平面 ? 所分成上下两部分的体积之比; (Ⅲ)若 A1 A ? 4, CD ? 2 ,梯形 ABCD 的面积为 6 , 求平面 ? 与底面 ABCD 所成二面角大小. 【解析】 (Ⅰ)延长 A1Q, AB 交于点 P ∵ P ? A1Q ? 平面 A1QCD , P ? AB ? 平面 ABCD 平面 A1QCD ? 平面 ABCD ? CD ∴ P ? CD ,即 AB, CD, A1Q 三线共点 ∵ AD // 2 BC , ∴
A B P
C

A

D B
C

第(20)题图
A1 D1

B1

C1

Q
D

PB ?1 AB

PQ PB ? ? 1 ,即 Q 为 BB1 的中点 又由四棱柱的几何性质知 A1 A // BQ ,∴ QA1 AB

(Ⅱ)设底面 ABCD 的面积为 s ,侧棱长 AA 1 ? h ,则 S APD ? 多面体 A1QABCD的体积为 V A1QABCD ? V A1 ? APD ? VQ ? BCP 多 面 体

4s s h , S ?PBC ? , BQ ? 3 3 2 1 4s 1 s h 7 ? ? ? h ? ? ? ? sh 3 3 3 3 2 18
体 积 为

A1B1C1D1QCD
7 11 sh ? sh 18 18



VA1B1C1D1QCD ? VABCD? A1B1C1D1 ? VA1QABCD ? sh ?

∴此四棱柱被平面 ? 所分成上下两部分的体积之比为

V上 V下

?

V A1B1C1D1QCD V A1QABCD

11 sh 11 ? 18 ? 7 7 sh 18

A1

D1

B1

C1

Q
D

A B

?

H
C

P

(Ⅲ)过 A 作 AH ? CD ,垂足为 H ,并连接 A1 H ∵ AA1 ? 平面 ABCD , CD ? 平面 ABCD ∴ AA1 ? CD 又∵ AA1 ? 平面 AA 1 H , AH ? 平面 AA 1 H ,且 AH ? AA 1 ? A, ∴ CD ? 平面

AA1 H
∴ ?AHA1 就是平面 ? 与底面 ABCD 所成二面角的平面角,设为 ?

CD ? 2 , S ABCD ? 6 ,由相似关系得 PD ? 4 ,且 S ?ADP ? 8 ?
∴ AH ? 4 ? AA1 ∴ t an? ?

1 ? PD ? AH ? 2 AH 2

AA1 4 ? ? ? 1, 显然 ? 为锐角,∴ ? ? 4 AH 4

即平面 ? 与底面 ABCD 所成二面角的大小为

? 4

29.【2014 年福建卷(理 07) 】在平面四边形 ABCD 中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD,将△ ABD 沿 BD 折起,使得平面 ABD⊥平面 BCD,如图. (1)求证:AB⊥CD; (2)若 M 为 AD 中点,求直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值.

(1)证明:∵平面 ABD⊥平面 BCD,平面 ABD∩平面 BCD=BD,AB? 平面 ABD,AB⊥BD, ∴AB⊥平面 BCD,又 CD? 平面 BCD,∴AB⊥CD.

(2)解:建立如图所示的空间直角坐标系. ∵AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD, ∴B(0,0,0) ,C(1,1,0) ,A(0,0,1) ,D(0,1,0) ,M ∴ =(0,1,﹣1) , =(1,1,0) , = . .

设平面 BCM 的法向量 =(x,y,z) ,则



令 y=﹣1,则 x=1,z=1.∴ =(1,﹣1,1) . 设直线 AD 与平面 MBC 所成角为θ . 则 sinθ =|cos |= = =

30.【2014 年湖南卷(理 19) 】(本小题满分 12 分) 如图 6, 四棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 的所有棱长都相等,AC ? BD ? O ,A1C1 ? B1 D1 ? O1 , 四边形 ACC1 A1 和四边形 BDD1 B1 均为矩形. (1) 证明: O1O ? 底面 ABCD ; (2)若 ?CBA ? 60 ,求二面角 C1 ? OB1 ? D 的余弦值.
?

A1 B1

O1 C1

D1

A B
图6

O C

D

解: (1)如图 (a),因为四边形 ACC1 A1 为矩形,所以 CC1 ? AC ,同理 DD1 ? BD . 由 题 知 , OO1 // CC1 , OO1 // DD1 , 所 以 OO1 ? AC , OO1 ? BD , 又

AC ? BD ? O ,

故 O1O ? 底面 ABCD .

(2)解法 1 如图(a),过 O1 作 O1 H ? OB1 于 H ,连接 HC1 .

由(1)知,O1O ? 底面 ABCD , 所以 O1O ? 底面 A1 B1C1 D1 , 于是. O1O ? A1C1 , 又因为四棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 的所有棱长都相等,所以四边形 A1 B1C1 D1 为菱形, 因此 A1C1 ? B1 D1 , 从而 A1C1 ? 平面 BDD1 B1 ,所以 A1C1 ? B1O , 于是 B1O ? 平 面 O1 HC1 , 进而 B1O ? HC1 ,故 ?C1 HO1 是二面角 C1 ? OB1 ? D 的平面角. 不妨设 AB ? 2 ,因为 ?CBA ? 60 , 所以 OB ? 3, OC ? O1C1 ? 1 , OB1 ?
?

7,




Rt?OO1 B1
2









O1 H ?

OO1 ? O1 B1 3 ?2 OB1 7

C1 H ? O1C1 ? O1 H 2 ?

19 , 7
2 3 7 2 57 ,即二面角 C1 ? OB1 ? D 的余弦值为 ? 19 19 7

OH 故 cos ?C1 HO1 ? 1 ? C1 H
2 57 . 19

解法 2 因为四棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 的所有棱长都相等,所以四边形 ABCD 为菱形,因 此 AC ? BD , 又 O1O ? 底面 ABCD ,从而 OB , OC , OO1 两两垂直.

标系 O ? xyz .

如图(b),以 O 为坐标原点, OB , OC , OO1 分别为 x 轴, y 轴,z 轴建立空间坐

不妨设 AB ? 2 ,因为 ?CBA ? 60 , 所以 OB ? 3, OC ? 1, 于是相关各点的坐标为:
?

O(0, 0, 0) , B1 ( 3, 0 , 2) , C1 (0 , 1, 2) ,易知

n1 ? (0 , 1, 0) 是平面 BDD1 B1 的一个法向量,

设 n2 ? ( x , y , z) 是平面 OB1C1 的一个法向量,则 ?

? ?n 2 ? OB1 ? 0 ? ?n2 ? OC1 ? 0

,即 ?

? 3x ? 2 z ? 0 ? y ? 2z ? 0

,取

z ? ? 3 ,则 x ? 2, y ? 2 3 ,于是 n2 ? (2, 2 3, ? 3) .
设二面角 C1 ? OB1 ? D 的大小为 ? ,易知 ? 为锐角,于是

cos? ?| cos ? n1 , n2 ?| ?

| n1 ? n 2 | | n1 |? | n 2 |

?

2 3 19

?

2 57 . 19

即二面角 C1 ? OB1 ? D 的余弦值为

2 57 . 19

31.【2014 年辽宁卷(理 19) 】 (本小题满分 12 分) 如图, ?ABC 和 ?BCD 所在平面互相垂直,且 AB ? BC ? BD ? 2 ,

?ABC ? ?DBC ? 1200 ,E、F 分别为 AC、DC 的中点.
(1)求证: EF ? BC ; (2)求二面角 E ? BF ? C 的正弦值.

(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= 又 EO⊥BC,因此 BC⊥面 EFO, 又 EF ? 面 EFO,所以 EF⊥BC.

? ,即 FO⊥BC, 2

(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, 建立如图所示的空间直角坐标系.

易得 B(0,0,0) ,A(0,-1, 3 ),D( 3 ,-1,0),C(0,2,0),因而 E (0, ,

1 3 3 1 ), F( , ,0) , 2 2 2 2

所 以 EF ? (

3 3 , 0, ? ), BC ? (0, 2, 0) , 因 此 EF ? BC ? 0 , 从 而 E F ? B C, 所 以 2 2

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=

3 BO 3 1 1 ? FC ? EC= BC·cos30°= ,由△BGO∽△BFC 知, OG ? , 2 BC 4 2 2

因此 tan∠EGO=

EO 2 5 2 5 ? 2 ,从而 sin∠EGO= ,即二面角 E-BF-C 的正弦值为 . OG 5 5

(方法二)在图 2 中,平面 BFC 的一个法向量为 n1 ? (0,0,1) ,设平面 BEF 的法向量

n2 ? ( x, y, z) , 又 B F ? (

3 1 , , 0 )B ,E ? 2 2

? 1 3 ?n2 ? BF ? 0 ( 0 , ,, 由 )? 2 2 ? ?n2 ? BE ? 0

得其中一个

n2 ? (1, ? 3,1) , 设 二 面 角 E-BF-C 的 大 小 为 ? , 且 由 题 意 知 ? 为 锐 角 , 则

cos ? ?| cos ? n1 , n2 ?|?|
2 5 . 5

2 2 5 n1 ? n2 1 ,因 sin ? = = ,即二面角 E-BF-C 的正弦 |? 5 5 | n1 | ? | n2 | 5

值为

32.【2014 年全国大纲卷(19) 】 (本小题满分 12 分) 如图,三棱柱 ABC ? A1B1C1 中,点 A1 在平面 ABC 内的射影 D 在 AC 上, ?ACB ? 90 ,
0

BC ? 1, AC ? CC1 ? 2 .
(1)证明: AC1 ? A1B ; (2)设直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离为 3 ,求二面角 A 1 ? AB ? C 的大小.

解:法一: (1)因为 A 1 D ? 平面 ABC , A 1 D ? 平面 AA 1C1C ,故平面 AA 1C1C ? 平面 ABC .又 BC ? AC ,所以 BC ? 平面 AA1C1C .连结 A1C .因为侧面 AA1C1C 为菱形, 故 AC1 ? A1C .由三垂线定理得 AC1 ? A1 B .

(2) BC ? 平面 AA1C1C , BC ? 平面 BCC1 B1 ,故平面 AA1C1C ? 平面 BCC1 B1 . 作 A1 E ? CC1 , E 为垂足,则 A1 E ? 平面 BCC1 B1 . 又直线 A1 A 平面 BCC1 B1 ,因而 A1 E 为直线 A1 A 与平面 BCC1 B1 的距离, A1 E ? 因为 A1C 为 ?A1CC1 的平分线,故 A1 D ? A1 E ? 故 ?A1 FD 为二面角 A1 ? AB ? C 的平面角.

3.

3.

作 DF ? AB , F 为垂足,连结 A1 F .由三垂线定理得 A1 F ? AB ,

由 AD ?

AA12 ? A1 D 2 ? 1 得 D 为 AC 中点,

AD 1 AC ? BC 5 , tan ?A1 FD ? 1 ? 15 . DF = ? ? DF 2 AB 5 所以二面角 A1 ? AB ? C 的大小为 arc tan 15 。

解法二:以 C 为坐标原点,射线 CA 为 x 轴的正半轴,以 CB 的长为单位长,建立如图所示 的空间直角坐标系 C ? xyz 由题设知 A1D 与 x 轴平行, z 轴在平面 AAC 1 1C 内 (1) 设A (0 , )c 1a 由 | AA1 |? 2 ? , 由题设有 a ? 2, A(2,0,0), B(0,1,0) , 则A B ?? (0 1 , 2 ) ,

( A C 2 0 ,) ? ?



AA1 ? (a ? 2,0, c) , AC1 ? AC ? AA1 ? (a ? 4,0, c), BA1 ? (a, ?1, c) ………………2 分
(a ? 2) 2 ? c 2 ? 2 即 a 2 ? 4a ? c 2 ? 0 ①
2 2 于是 AC1 ? BA 1 B ……………………5 分 1 ? a ? 4a ? c ? 0 ,所以 AC1 ? A

(2)设平面 BCC1B1 的法向量 m ? ( x, y, z) ,则 m ? CB, m ? BB1 ,所以

m ? CB ? 0, m ? BB1 ? 0
因 CB ? (0,1,0), BB1 ? AA 1 ? (a ? 2,0, c) ,所以 ?

?y ? 0 ?(a ? 2) x ? cz ? 0

令 x ? c ,则 z ? 2 ? a ,所以 m ? (c,0, 2 ? a) ,点 A 到平面 BCC1B1 的距离为

| CA | ? | cos ? m, CA ?|?

CA ? m 2c 2c 2c ? ? ? ?c |m| c 2 ? (2 ? a) 2 a 2 ? 4a ? c 2 ? 4 2

又依题设, A 到平面 BCC1B1 的距离为 3 ,所以 c ? 3 代入①解得 a ? 3 (舍去)或 a ? 1 ………………………………8 分 于是 AA 1 的法向量 n ? ( p, q, r ) ,则 n ? AA 1 ? (?1,0, 3) ,设平面 ABA 1 , n ? AB

? 3 ? p ?? p ? 3r ? 0 ?r ? 所以 n ? AA ?? 3 ,令 p ? 3 ,则 1 ? 0, n ? AB ? 0 ,所以 ? ? ??2 p ? q ? 0 ?q ? 2 p ? q ? 2 3, r ? 1, n ? ( 3, 2 3,1)
又 p ? (0,0,1) 为平面 ABC 的法向量,故

n? p 1 1 ? ? | n |?| p | ( 3) 2 ? (2 3) 2 ? 12 ?1 4 1 所以二面角 A ……………………12 分. 1 ? AB ? C 的大小为 arccos 4 cos ? n, p ??
33.【2014 年山东卷(理 17) 】 (本小题满分 12 分) 如 图 , 在 四 棱 柱 ABCD ? A1B1C1D1 中 , 底 面 ABCD 是 等 腰 梯 形 ,

?DAB ? 60 , AB ? 2CD ? 2 , M 是线段 AB 的中点.
D1 A1 C1 B1

D A

C M B

(I)求证: C1M / / 平面A1 ADD1 ;

(II)若 CD1 垂直于平面 ABCD 且 CD1 = 3 ,求平面 C1 D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐 角)的余弦值. 解: (Ⅰ)连接 AD1

? ABCD ? A1B1C1D1 为四棱柱,?CD // C1D1
又?M 为 AB 的中点,? AM ? 1

CD ? C1D1

? CD // AM , CD ? AM

? AM // C1D1 , AM ? C1D1 ? AMC1D1 为平行四边形 ? AD1 // MC1
又?C1M ? 平面A1 ADD 1

AD1 ? 平面A1 ADD1

? AD1 // 平面A1 ADD1
(Ⅱ)方法一:? AB // A1B1

A1 B1 // C1 D1

?面D1C1M与ABC1D1共面
作 CN ? AB ,连接 D1 N

则 ?D1 NC 即为所求二面角 在 ABCD 中, DC ? 1, AB ? 2, ?DAB ? 60? ? CN ?

3 2

在 Rt?D1CN 中, CD1 ? 3 , CN ? 方法二:作 CP ? AB 于 p 点

3 15 ? D1 N ? 2 2

以 C 为原点, CD 为 x 轴, CP 为 y 轴, CD1 为 z 轴建立空间坐标系,

1 3 ? C1 (?1,0, 3 ), D1 (0,0, 3 ), M ( , ,0) 2 2

1 3 ? C1 D1 ? (1,0,0), D1M ? ( , ,? 3 ) 2 2
设平面 C1 D1M 的法向量为 n ? ( x1 , y1 , z1 )

? x1 ? 0 ? ??1 3 y1 ? 3z1 ? 0 ? x1 ? 2 ?2

? n1 ? (0,2,1)

显然平面 ABCD 的法向量为 n2 ? (1,0,0)

? cos ? n1 , n2 ??

n1 ? n2 n1 n2

?

1 5 ? 5 5

显然二面角为锐角, 所以平面 C1 D1M 和平面 ABCD 所成角的余弦值为

5 5

3 NC 3 5 ? cos?D1CN ? ? 2 ? ? D1 N 5 15 15 2
34.【2014 年四川卷(理 18) 】三棱锥 A ? BCD 及其侧视图、俯视图如图所示。设 M , N 分别为线段 AD , AB 的中点, P 为线段 BC 上的点,且 MN ? NP 。 (1)证明: P 为线段 BC 的中点; (2)求二面角 A ? NP ? M 的余弦值。

A M D
C P 解: (1)由三棱锥 A ? BCD 及其侧视图、俯视图可知,在三棱锥 A ? BCD 中: B 平面 ABD ? 平面 CBD , AB ? AD ? BD ? CD ? CB ? 2
设 O 为 BD 的中点,连接 OA , OC

N

于是 OA ? BD , OC ? BD

所以 BD ? 平面 OAC ? BD ? AC

因为 M , N 分别为线段 AD , AB 的中点,所以 MN // BD ,又 MN ? NP ,故

BD ? NP
假设 P 不是线段 BC 的中点,则直线 NP 与直线 AC 是平面 ABC 内相交直线 从而 BD ? 平面 ABC ,这与 ?DBC ? 60 矛盾 所以 P 为线段 BC 的中点

(2)以 O 为坐标原点, OB 、 OC 、 OA 分别为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系, 则 A(0, 0, 3) , M (?

1 3 1 3 1 3 , 0, ) , N ( , 0, ) , P( , , 0) 2 2 2 2 2 2

于是 AN ? ( , 0, ?

1 2

3 3 3 ) , PN ? (0, ? , ) , MN ? (1, 0, 0) 2 2 2

设平面 ANP 和平面 NPM 的法向量分别为 m ? ( x1 , y1 , z1 ) 和 n ? ( x2 , y2 , z2 )

?1 3 x1 ? z1 ? 0 ? ? AN ? m ? 0 ? ?2 2 ?? 由? ,设 z1 ? 1 ,则 m ? ( 3,1,1) ? ?? 3 y ? 3 z ? 0 ? PN ? m ? 0 1 1 ? ? 2 2

? x2 ? 0 ? ? MN ? n ? 0 ? ?? 3 由? ,设 z2 ? 1 ,则 n ? (0,1,1) 3 ? y ? z ? 0 PN ? n ? 0 ? ? 2 2 ? ? 2 2
cos m, n ? m?n 2 10 ? ? 5 | m |?| n | 5? 2

所以二面角 A ? NP ? M 的余弦值

10 5

35.【2014 年天津卷(理 17) 】 (本小题满分 13 分) 如图,在四棱锥 P ? ABCD 中, PA ? 底面 ABCD , AD ? AB , AB / / DC , AD ? DC ? AP ? 2 , AB ? 1,点 E 为棱 PC 的中点. ⑴证明: BE ? DC ; ⑵求直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值; ⑶若 F 为棱 PC 上一点,满足 BF ? AC ,求二面角 F ? AB ? P 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(如图所示),可得 B(1,0, 0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).C 由 E 为棱 PC 的中点,得 E(1,1,1).

(1)证明:向量 BE=(0,1,1),DC=(2,0,0), 故 BE·DC=0, 所以 BE⊥DC. (2)向量 BD=(-1,2,0),PB=(1,0,-2). 设 n=(x,y,z)为平面 PBD 的法向量, 则?
?n·BD=0, ? ?-x+2y=0, ? 即? ?n·PB=0, ? ?x-2z=0. ?

不妨令 y=1,可得 n=(2,1,1)为平面 PBD 的一个法向量.于是有

n·BE 2 3 cos〈n,BE〉= = = , |n|·|BE| 3 6× 2
所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 3 . 3

(3) 向量 BC=(1,2,0),CP=(-2,-2,2),AC=(2,2,0),AB=(1,0,0).由 点 F 在棱 PC 上, 设 CF=λ ,0≤λ ≤1. 故 BF=BC+CF=BC+λ =(1-2λ ,2-2λ ,2λ ).由 BF⊥AC,得 BF·AC=0,因此 2(1 3 ? 1 1 3? -2λ )+2(2-2λ )=0,解得λ = ,即 BF=?- , , ?.设 n1=(x,y,z)为平面 FAB 的 4 ? 2 2 2?

? ? ?n1·AB=0, ? 法向量,则? 即? 1 1 3 不妨令 ?n1·BF=0, ?- x+ y+ z=0. ?
x=0,

z=1,可得 n1=(0,-3,1)为平面

? 2

2

2

FAB 的一个法向量.取平面 ABP 的法向量 n2=(0,1,0),则
cos〈, 〉=

n1·n2 -3 3 10 = =- . |n1|·|n2| 10 10×1

3 10 易知二面角 F AB P 是锐角,所以其余弦值为 . 10 方法二:(1)证明:如图所示,取 PD 中点 M,连接 EM,AM.由于 E,M 分别为 PC,PD 的 1 中点,故 EM∥DC,且 EM= DC.又由已知,可得 EM∥AB 且 EM=AB,故四边形 ABEM 为平行四 2 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? 平面 PAD, 所以 CD⊥AM.又 BE∥AM,所以 BE⊥CD.

(2)连接 BM,由(1)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,所以 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 为锐角, 故∠EBM 为直线 BE 与平面 PBD 所成的角. 依题意,有 PD=2 2,而 M 为 PD 中点,可得 AM= 2,进而 BE= 2.故在直角三角形

EM AB 1 3 BEM 中,tan∠EBM= = = ,因此 sin∠EBM= , BE BE 3 2
3 . 3 (3)如图所示,在△PAC 中,过点 F 作 FH∥PA 交 AC 于点 H.因为 PA⊥底面 ABCD,所以 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 CH=3HA,从而 CF=3FP.在平面 PDC 内,作 FG∥DC 交 PD 于点 G,于是 DG=3GP.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 为二面角 F AB P 的平面角. 所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为

1 2 10 在△PAG 中,PA=2,PG= PD= ,∠APG=45°.由余弦定理可得 AG= ,cos∠PAG 4 2 2 3 10 3 10 = ,所以二面角 F AB P 的余弦值为 . 10 10

36.【2014 年全国新课标Ⅰ(理 19) 】(本小题满分 12 分)如图三棱柱 ABC ? A1B1C1 中,侧 面 BB1C1C 为菱形, AB ? B1C . (Ⅰ) 证明: AC ? AB1 ; (Ⅱ)若 AC ? AB1 , ?CBB1 ? 60o ,AB=BC 求二面角 A ? A1B1 ? C1 的余弦值.

【解析】 : (Ⅰ)连结 BC1 , 交 B1C 于 O, 连结 AO. 因为侧面 BB1C1C 为菱形, 所以 B1C ? BC1 O 为 B1C 与 BC1 的中点.又 AB ? B1C ,所以 B1C ? 平面 ABO ,故 B1C ? AO 又 B1O ? CO ,故 AC ? AB1 (Ⅱ) 因为 AC ? AB1 且 O 为 B1C 的中点, 所以 AO=CO 又因为 AB=BC 故 OA⊥OB ………6 分

?BOA ? ?BOC
OA,OB, OB1 两两互相垂直.

以 O 为坐标原点,OB 的方向为 x 轴正方向,OB 为单位 长,建立如图所示空间直角坐标系 O- xyz . 因为

?CBB1 ? 600 ,所以 ?CBB1 为等边三角形.又 AB=BC
? ? ? 3? 3 ? 3 ? A? 0, 0, , 0 ,0? , B ?1,0,0 ? , B1 ? 0, , C ? 0, ? ? ? ? ? 3 ? ? ? 3 ? 3 ? ? ? ? ? ?

? ? ? 3 3? 3? 3 ? AB1 ? ? ? 0, 3 , ? 3 ? ? , A1 B1 ? AB ? ? ? 1, 0, ? 3 ? ? , B1C1 ? BC ? ? ? ?1, ? 3 , 0 ? ? ? ? ? ? ? ?
设 n ? ? x, y, z ? 是平面的法向量,则

? ?n ? ? ?n

? 3 3 y? z?0 ? AB1 ? 0 ? 3 3 ,即 ? A1 B1 ? 0 ?x ? 3 z ? 0 ? 3 ?
? ?m A1 B1 ? 0 ? ?n B1C1 ? 0

所以可取 n ? 1, 3, 3

?

? ?

设 m 是平面的法向量,则 ?

,同理可取 m ? 1, ? 3, 3

?

则 cos n, m ?

nm n m

?

1 1 ,所以二面角 A ? A1B1 ? C1 的余弦值为 . 7 7

37.【2014 年全国新课标Ⅱ(理 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,AD= 3 ,求三棱锥 E-ACD 的体积.

(1)连结 BD 交 AC 于点 O,连结 EO 因为 ABCD 为矩形,所以 O 为 BD 的中点 又 E 为的 PD 的中点,所以 EO PB EO ? 平面 AEC,PB ? 平面 AEC,所以 PB 平面 AEC (2)因为 PA ? 平面 ABCD,ABCD 为矩形,所以 AB,AD,AP 两两垂直 如图,以 A 为坐标原点, AB 的方向为 x 轴的正方向, AP 为单位长,建立空间直角坐标

系,则 A—xyz,则 D(0, 3 ,0),则 E(0, 设 B(m,0,0)(m>0),则 C(m,

3 1 , ), AE =(0, 2 2

3 1 , ) 2 2

3 ,0)

设 n(x,y,z)为平面 ACE 的法向量,

则{

n1 ? AC ? 0 n1 ? AE ? 0

mx ? 3 y ? 0
即{

3 1 y? z ?0 2 2
3)

可取 n1 =(

3 ,-1, m

又 n1 =(1,0,0)为平面 DAE 的法向量, 由题设 cos(n1 , n2 ) =

1 ,即 2

1 3 3 = ,解得 m= 2 2 3 ? 4m 2
因为 E 为 PD 的中点,所以三棱锥 E-ACD 的高为

1 ,三棱锥 E-ACD 的体积为 2

V=

1 1 3 1 3 ? ? 3? ? = 3 2 2 2 8

38.【2014 年江苏卷(理 16) 】如图,在三棱锥 P 错误!未找到引用源。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. P

(1)∵D,E,分别为 PC,AC,的中点 ∴DE∥PA 又∵DE

D

? 平面 PAC,PA ? 平面 PAC

A F

∴直线 PA∥平面 DEF

E

C

(2)∵E,F 分别为棱 AC,AB 的中点,且 BC=8,由中位线知 EF=4

B

∵D,E,分别为 PC,AC,的中点,且 PA=6,由中位线知 DE=3,又∵DF=5

∴DF?=EF?+DE?=25, ∴DE⊥EF, 又∵DE∥PA, ∴PA⊥EF, 又∵PA⊥AC, 又∵AC

?

EF=E,

AC

? 平面 ABC,EF ? 平面 ABC,∴PA⊥平面 ABC,∴DE⊥平面 ABC,∵DE ? 平面 BDE,

∴平面 BDE⊥平面 ABC

39.【2014 年北京卷(理 17) 】 (本小题 14 分)

B, C 分别为 AM , MD 的中点, 如图, 正方形 AMDE 的边长为 2, 在五棱锥 P ? ABCDE
中, F 为棱 PE 的中点,平面 ABF 与棱 PD, PC 分别交于点 G , H . (1)求证: AB // FG ; (2)若 PA ? 底面 ABCDE ,且 AF ? PE ,求直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小,并 求线段 PH 的长.

解: (I)在正方形中,因为 B 是 AM 的中点,所以 AB ∥ DE 。 又因为 AB ? 平面 PDE, 所以 AB ∥平面 PDE, 因为 AB ? 平面 ABF,且平面 ABF 平面 PDF ? FG , 所以 AB ∥ FG 。 (Ⅱ)因为 PA ? 底面 ABCDE,所以 PA ? AB , PA ? AE .

,0 ,0) 如图建立空间直角坐标系 Axyz , 则 A(0

,B(1, 0, 0) , C (2,1, 0) , P(0, 0, 2) , F (0,1,1) ,

BC ? (1,1, 0) .
设平面 ABF 的法向量为 n ? ( x, y, z ) ,则

? ?n ? AB ? 0, ? x ? 0, 即? ? ? ?n ? AF ? 0, ? y ? z ? 0.
? 1, 1) 令 z ? 1, , 则 y ? ?1 。 所 以 n ? ( 0 , , 设 直 线 BC 与 平 面 ABF 所 成 角 为 a, 则

sin a ? cos n, BC ?

n ? BC n BC

?

1 。 2

因此直线 BC 与平面 ABF 所成角为 30 . 设点 H 的坐标为 (u, v, w). 。 因为点 H 在棱 PC 上,所以可设 PH ? ? PC(0

? 1), ,

即 (u, v, w ? 2) ? ? (2,1, ?2). 。所以 u ? 2? , v ? ? , w ? 2 ? 2? 。 因为 n 是平面 ABF 的法向量,所以 n ? AB ? 0 ,即 (0, ?1,1) ? (2? , ? , 2 ? 2? ) ? 0 。 解得 ? ?

4 2 2 2 ,所以点 H 的坐标为 ( , , ). 。 3 3 3 3

所以 PH ? ( ) ? ( ) ? (? ) ? 2
2 2 2

4 3

2 3

4 3

40.【2014 年广东卷(理 18) 】 (本小题满分 13 分)如图 4,四边形 ABCD 为正方形,PD ? 平面 ABCD , ?DPC ? 30 , AF ? PC 于点 F , FE / / CD ,交 PD 于点 E . (1)证明: CF ? 平面ADF (2)求二面角 D ? AF ? E 的余弦值。 A
0

B

D E P F

C

PD ? 平面 ABCD , ? PD ? AD ,又 CD ? AD , PD CD ? D ,
(1)

? AD ? PC ,又 AF ? PC , ? PC ? 平面 ADF ,即 CF ? 平面ADF ; 0 (2)设 AB ? 1,则 Rt ?PDC 中, CD ? 1 ,又 ?DPC ? 30 , ? PC ? 2 , PD ? 3 ,由(1)知 CF ? DF

? AD ? 平面 PCD ,

z A B

7, ? DF ? 3 , AF ? AD 2 ? DF 2 ? 2 2 ?CF ? AC 2 ? AF 2 ? 1 ,又 FE / /CD , 2 ? DE ? CF ? 1 ,? DE ? 3 ,同理 EF ? 3 CD ? 3 , PD PC 4 4 4 4 如图所示,以 D 为原点,建立空间直角坐标系,则 A(0, 0,1) ,

D E P x F

C

y

E( 3 ,0,0) , F ( 3 , 3 ,0) , P( 3,0,0) , C (0,1, 0) , 4 4 4

? 3 ?m ? AE ? AE ? ( 4 ,0,0) 设 m ? ( x, y, z ) 是平面 AEF 的法向量,则 ? ,又 ? , 3 ?m ? EF EF ? (0, ,0) ? ? 4 ? 3 ?m ? AE ? 4 x ? z ? 0 所以 ? ,令 x ? 4 ,得 z ? 3 , m ? (4,0, 3) , 3 ?m ? EF ? y ? 0 ? 4 由(1)知平面 ADF 的一个法向量 PC ? (? 3,1,0) , 设二面角 D ? AF ? E 的平面角为 ? ,可知 ? 为锐角, | m ? PC | cos ? ?| cos ? m, PC ?|? ? 4 3 ? 2 57 ,即所求. 19 19 ? 2 | m | ?| PC |
41. 【2014 年湖北卷 (理 19) 】 如图, 在棱长为 2 的正方体 ABCD ? A1B1C1D1 中,E , F , M , N 分 别 是 棱 AB, AD, A1B1 , A1D1 的 中 点 , 点 P, Q 分 别 在 棱 DD1 , BB1 上 移 动 , 且

DP ? BQ ? ? ?0 ? ? ? 2? .

(1)当 ? ? 1 时,证明:直线 BC1 ∥ 平面 EFPQ ; (2)是否存在 ? ,使平面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角?若存在,求出 ? 的值;若不存在,说明理由.

【解析】以 D 为原点,射线 DA,DC,DD1 分别为 x, y, z 轴的正半轴建立空间直角坐标系

D ? xyz 。由已知得 B(2, 2,0),C1 (0, 2, 2), E(2,1,0), F(1,0,0), P(0,0, ? )

BC1 ? (?2,0,2),FP ? (?1,0, ?), FE ? (1,1,0).
(Ⅰ)证明:当 ? ? 1 时, FP ? (?1,0,1) 因为 BC1 ? (?2,0, 2) ,所以 BC1 ? 2FP ,即 BC1∥FP

而 FP ? 平面EFPQ ,且 BC1 ? 平面EFPQ ,故直线 BC1 ∥ 平面 EFPQ 。 (Ⅱ)设平面 EFPQ 的一个法向量为 n ? ( x, y, z) ,则 由?

? ?FE n ? 0 ? ?FP n ? 0

可得 ?

?x ? y ? 0 ,于是可取 n ? (? , ?? ,1) ?? x ? ? y ? 0

同理可得平面 MNPQ 的一个法向量为 m ? (2 ? ?, 2 ? ?,1) 若存在 ? ,使得平面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角, 则 m n ? (2 ? ?, 2 ? ?,1) (?, ??,1) ,即 ? (2 ? ? ) ? ? (2 ? ? ) ? 1 ? 0 解得 ? ? 1 ?

2 2 2 ,使平面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角。 2

故存在 ? ? 1 ?

42.【2014年江西卷(理19) 】(本小题满分12分) 如图,四棱锥 P ? ABCD 中, ABCD 为矩形,平面 PAD ? 平面 ABCD . (1)求证: AB ? PD; (2)若 ?BPC ? 90? , PB ? 2, PC ? 2, 问 AB 为 何 值 时 , 四 棱 锥

P ? ABCD 的体积最大?并求此时平面 PBC 与平面 DPC 夹角的余弦值.
【解析】 解: (1) Q 面 PAD ? 面 ABCD ,面 PAD ? 面 ABCD = AD , AB ? AD ? AB ? 面 ABCD ……………………………………2 分 又 Q PD ? 面 ABCD ……………………………………3 分 ? AB ? PD ……………………………………4 分 (2)过 P 作 PO ? AD ,由(1)有 PO ? 面 ABCD, 作 OM ? BC ,连接 PM,作 PM ? BC ……………………………………5 分 设 AB=x.

1 1 1 4 2 1 VP? ABCD ? ? OP ? S ABCD ? ? OP ? AB ? BC ? ? x gxg 6 ? 8x 2 ? 6 x 4 …7 分 3 3 3 3 3
? 当 x2 ?
6 2 6 2 即x ? 时, Vmax ? ……………………………………9 分 3 9 3

如图建立空间直角坐标系, P ? 0, 0,

? ? ?

? 6? 6 ? ,0? , M ? 0, ? ? ? ?, 3 ? ? 3 ?

? 6 6 ? C? ? ? 3 , 3 ,0? ? ? ?

? ? 6 D? ? , 0, 0 ? ? 3 ?, ? ?

uuur ? uuu r ? 6 6? 6 6 6? 0, , ? , , ? , PC ? ? ? ? PM ? ? ? ? ? 3 ? ? 3 3 ? , 3 3 ? ? ? ? uuu r ? ? 6 MC ? ? ? , 0, 0 ? ? 3 ? ? ? uuu r ? r ? 6 6 ? uuu 6 ? PD ? ? ? , 0, ? ,0? , DC ? ? 0, ? ? 3 ? ? ? ……………………………………10 分 3 ? ? ? 3 ? u r r 设面 PMC 、面 PDC 的法向量分别为 m ? ? x1 , y1 , z1 ? , n ? ? x2 , y2 , z2 ?

u r uuur ? mgPM ? 0 ? r uuu r ?u ? ? mgPC ? 0 r uuu r ?u mgMC ? 0 ? ?
u r

? 6 6 y1 ? z1 ? 0 ? 3 3 ? ? 6 6 ? 6 x1 ? y1 ? z1 ? 0 ?? 3 3 3 ? ? 6 x1 ? 0 ?? ? ? 3

设 y1 ? 1 ,则 z1 ? 1 ,? m ? ? 0,1,1? 同理可得 m ? ?1,1,1? ……………………………………11 分

u r

u r r u r r mgn 6 cos m, n ? u r r ? 3 m n
平面 PBC 与平面 DPC 夹角的余弦值为

6 。…………………………………12 分 3

43.【2014 年上海卷(理 19) 】(本题满分 12 分) 底面边长为 2 的正三棱锥 P-ABC ,其表面展开图是 三角形 P 如图. 求 △ PP 1P 2P 3, 1 2P 3 的各边长及此三棱锥的 体积 V .
A C P3

P1

B

P2

【解析】 :根据题意可得 P 1 , B, P 2 共线, ∵ ?ABP 1 ? ?BAP 1 ? ?CBP 2 , ?ABC ? 60? , ∴ ?ABP 1 ? 60? ,同理 ?P 2 ? ?P 3 ? 60? , 1 ? ?BAP 1 ? ?CBP 2 ? 60? ,∴ ?P ∴△ PP 1 2P 3 是等边三角形, P ? ABC 是正四面体,所以△ PP 1 2P 3 边长为 4; ∴V ?

2 2 2 ? AB3 ? 12 3

44.【2014 年浙江卷(理 20) 】 (本小题满分 15 分) 如图,在四棱锥 A ? BCDE 中,平面 ABC ? 平面 BCDE , ?CDE ? ?BED ? 90? ,

AB ? CD ? 2 , DE ? BE ? 1 , AC ? 2 . ⑴证明: DE ? 平面 ACD ; ⑵求二面角 B ? AD ? E 的大小.

证明: (Ⅰ ) 在直角梯形 BCDE 中, 由 DE=BE=1, CD=2, 得 BD=BC= , 由 AC= , AB=2 2 2 2 得 AB =AC +BC ,即 AC⊥ BC,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; 作 BF⊥ AD,与 AD 交于点 F,过点 F 作 FG∥ DE,与 AB 交于点 G,连接 BG,由(Ⅰ )知 DE⊥ AD, 则 FG⊥ AD, 所以∠ BFG 就是二面角 B﹣AD﹣E 的平面角, 在直角梯形 BCDE 中, 2 2 2 由 CD =BC +BD ,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 DC=2,AC= ,得 AD= ; 在 Rt△ AED 中,由 ED=1,AD= 得 AE= ; 在 Rt△ ABD 中,由 BD= ,AB=2,AD= 得 BF= ,AF= AD,从而 GF= ,

在△ ABE,△ ABG 中,利用余弦定理分别可得 cos∠ BAE=

,BC= .

在△ BFG 中,cos∠ BFG= 所以,∠ BFG=

=



,二面角 B﹣AD﹣E 的大小为


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非常zy123456贡献于2014-02-09 0.0分 (0人评价)暂无用户评价 我要评价 ...2013高考数学真题——立体几何大题汇编 暂无评价|0人阅读|0次下载|举报文档 ...
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