【备考2014】2013高考数学 （真题+模拟新题分类汇编） 立体几何 理

1 立体几何立体几何 G1G1 空间几何体的结构 图 1 3 12 G1G1 G2G2 2013 福建卷 已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体 如果该组 合体的正视图 侧视图 俯视图均如图 1 3 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 12 12 解析 该多面体是棱长为 2 的正方体 设球的半径为 R 则 2R 2 R 3 所以 S球 4 R2 12 3 10 G1G1 2013 辽宁卷 已知直三棱柱 ABC A1B1C1的 6 个顶点都在球 O 的球面上 若 AB 3 AC 4 AB AC AA1 12 则球 O 的半径为 A B 2 C D 3 3 17 2 10 13 210 10 C 解析 由题意将直三棱柱 ABC A1B1C1还原为长方体 ABDC A1B1D1C1 则球的直 径即为长方体 ABDC A1B1D1C1的体对角线 AD1 所以球的直径 AD1 13 则球的半径为 故选 C 32 42 122 13 2 G2G2 空间几何体的三视图和直观图 图 1 3 12 G1G1 G2G2 2013 福建卷 已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体 如果该组 合体的正视图 侧视图 俯视图均如图 1 3 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 12 12 解析 该多面体是棱长为 2 的正方体 设球的半径为 R 则 2R 2 R 3 所以 S球 4 R2 12 3 5 G2G2 2013 广东卷 某四棱台的三视图如图 1 1 所示 则该四棱台的体积是 2 图 1 1 A 4 B 14 3 C D 6 16 3 5 B 解析 棱台的上底 下底分别是边长为 1 和 2 的正方形 高为 2 故 V台 S上 1 3 S下 h 故选 B S上S下 14 3 7 G2G2 2013 湖南卷 已知棱长为 1 的正方体的俯视图是一个面积为 1 的正方形 则该 正方体的正视图的面积不可能等于 A 1 B 2 C D 2 1 2 2 1 2 7 C 解析 由题可知 该正方体的俯视图恰好是正方形 则正视图最大值应是正方 体的对角面 最小值为正方形 故面积范围为 1 因 1 故选 C 2 2 1 22 13 G2G2 2013 辽宁卷 某几何体的三视图如图所示 则该几何体的体积是 图 1 3 13 16 16 解析 由三视图可以得到原几何体是一个圆柱里面挖去了一个长方体 所以该几何体的体积为 V 4 4 16 16 16 12 G2G2 2013 陕西卷 某几何体的三视图如图 1 3 所示 则其体积为 3 图 1 3 12 解析 由三视图还原为实物图为半个圆锥 则 V 12 2 3 1 2 1 3 3 3 G2G2 2013 四川卷 一个几何体的三视图如图 1 2 所示 则该几何体的直观图可以 是 图 1 2 图 1 3 3 D 解析 根据三视图原理 该几何体上部为圆台 下部为圆柱 7 G2G2 2013 新课标全国卷 一个四面体的顶点在空间直角坐标系 O xyz 中的坐标 分别是 1 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 画该四面体三视图中的正视图时 以 zOx 平面为投影面 则得到的正视图可以为 图 1 2 7 A 解析 在空间直角坐标系 O xyz 中画出三棱锥 由已知可知三棱锥 O ABC 为 题中所描叙的四面体 而其在 zOx 平面上的投影为正方形 EBDO 故选 A 图 1 4 12 G2G2 2013 浙江卷 若某几何体的三视图 单位 cm 如图 1 3 所示 则此几何体的 体积等于 cm3 4 图 1 3 12 24 解析 此几何体知直观图是一个直三棱柱挖去一个三棱锥而得 如图所示 则体积为 3 4 5 3 4 3 24 1 2 1 3 1 2 5 G2G2 G7G7 2013 重庆卷 某几何体的三视图如图 1 2 所示 则该几何体的体积为 图 1 2 A B C 200 D 240 560 3 580 3 5 C 解析 该几何体为直四棱柱 其高为 10 底面是上底为 2 下底为 8 高为 4 其腰为 5 的等腰梯形 所以其底面面积为 2 8 4 20 所以体积为 V 20 10 200 1 2 G3G3 平面的基本性质 空间两条直线 3 G3G3 2013 安徽卷 在下列命题中 不是公理的是 A 平行于同一个平面的两个平面相互平行 B 过不在同一条直线上的三点 有且只有一个平面 C 如果一条直线上的两点在一个平面内 那么这条直线上所有的点都在此平面内 D 如果两个不重合的平面有一个公共点 那么它们有且只有一条过该点的公共直线 5 3 A 解析 选项 B C D 中的都是公理 都是平面的三个基本性质 4 G3G3 G4G4 G5G5 2013 新课标全国卷 已知 m n 为异面直线 m 平面 n 平面 直线 l 满足 l m l n l l 则 A 且 l B 且 l C 与 相交 且交线垂直于 l D 与 相交 且交线平行于 l 4 D 解析 若 则 m n 与 m n 为异面直线矛盾 故 A 错 若 且 l 则由 n 平面 知 l n 与 l n 矛盾 故 B 错 若 与 相交 设垂直于交线 的平面为 则 l 又 l m l n m 平面 n 平面 故交线平行于 l 故 选 D 图 1 7 19 G3G3 G5G5 G10G10 G11G11 2013 重庆卷 如图 1 7 所示 四棱锥 P ABCD 中 PA 底面 ABCD BC CD 2 AC 4 ACB ACD F 为 PC 的中点 AF PB 3 1 求 PA 的长 2 求二面角 B AF D 的正弦值 19 解 1 如图 联结 BD 交 AC 于 O 因为 BC CD 即 BCD 为等腰三角形 又 AC 平 分 BCD 故 AC BD 以 O 为坐标原点 的方向分别为 x 轴 y 轴 z 轴的正方向 OB OC AP 建立空间直角坐标系 O xyz 则 OC CDcos 1 而 AC 4 得 AO AC OC 3 又 3 OD CDsin 故 A 0 3 0 B 0 0 C 0 1 0 D 0 0 3333 因 PA 底面 ABCD 可设 P 0 3 z 由 F 为 PC 边中点 得 F 又 0 1 z 2 AF 3 z 因 AF PB 故 0 即 6 0 z 2 舍去 2 0 2 z 2 PB 3 AF PB z2 23 所以 2 3 PA 3 2 由 1 知 3 0 3 0 0 2 设平面 FAD 的法向 AD 3 AB 3 AF 3 6 量为n n1 x1 y1 z1 平面 FAB 的法向量为n n2 x2 y2 z2 由n n1 0 n n1 0 得 AD AF 因此可取n n1 3 2 3x1 3y1 0 2y1 3z1 0 3 由n n2 0 n n2 0 得 AB AF 故可取n n2 3 2 3x2 3y2 0 2y2 3z2 0 3 从而向量n n1 n n2的夹角的余弦值为 cos n n1 n n2 n n1 n n2 n n1 n n2 1 8 故二面角 B AF D 的正弦值为 3 7 8 G4G4 空间中的平行关系 19 G4G4 G11G11 2013 安徽卷 如图 1 5 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 cos COD 图 1 5 19 解 1 证明 设面 PAB 与面 PCD 的交线为 l 因为 AB CD AB 不在面 PCD 内 所以 AB 面 PCD 又因为 AB 面 PAB 面 PAB 与 PCD 的交线为 l 所以 AB l 由直线 AB 在底面上而 l 在底面外可知 l 与底面平行 2 设 CD 的中点为 F 连接 OF PF 由圆的性质 COD 2 COF OF CD 因为 OP 底面 CD 底面 所以 OP CD 又 OP OF O 故 CD 面 OPF 又 CD 面 PCD 因此面 OPF 面 PCD 从而直线 OP 在面 PCD 上的射影为直线 PF 故 OPF 7 为 OP 与面 PCD 所成的角 由题设 OPF 60 设 OP h 则 OF OP tan OPF h tan 60 h 3 根据题设有 OCP 22 5 得 OC OP tan OCP h tan 22 5 由 1 tan45 和 tan 22 5 0 可解得 tan 22 5 1 2tan 22 5 1 tan2 22 5 2 因此 OC 1 h h 2 12 在 Rt OCF 中 cos COF OF OC 3h 2 1 h63 故 cos COD cos 2 COF 2cos2 COF 1 2 2 1 17 12 632 6 G4G4 G5G5 2013 广东卷 设 m n 是两条不同的直线 是两个不同的平面 下 列命题中正确的是 A 若 m n 则 m n B 若 m n 则 m n C 若 m n m n 则 D 若 m m n n 则 6 D 解析 m m n n 又 n 故选 D 19 G4G4 G11G11 2013 湖北卷 如图 1 6 所示 AB 是圆 O 的直径 点 C 是圆 O 上异于 A B 的点 直线 PC 平面 ABC E F 分别是 PA PC 的中点 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 2 设 1 中的直线 l 与圆 O 的另一个交点为 D 且点 Q 满足 记直线 PQ 与平面 DQ 1 2CP ABC 所成的角为 异面直线 PQ 与 EF 所成的角为 二面角 E l C 的大小为 求证 sin sin sin 图 1 6 19 解 1 直线 l 平面 PAC 证明如下 联结 EF 因为 E F 分别是 PA 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 PAC EF 平面 PAC 所以直线 l 平面 PAC 2 方法一 综合法 如图 联结 BD 由 1 可知交线 l 即为直线 BD 且 l AC 8 因为 AB 是 O 的直径 所以 AC BC 于是 l BC 已知 PC 平面 ABC 而 l 平面 ABC 所以 PC l 而 PC BC C 所以 l 平面 PBC 联结 BE BF 因为 BF 平面 PBC 所以 l BF 故 CBF 就是二面角 E l C 的平面角 即 CBF 由 作 DQ CP 且 DQ CP DQ 1 2CP 1 2 联结 PQ DF 因为 F 是 CP 的中点 CP 2PF 所以 DQ PF 从而四边形 DQPF 是平行四 边形 PQ FD 联结 CD 因为 PC 平面 ABC 所以 CD 是 FD 在平面 ABC 内的射影 故 CDF 就是直线 PQ 与平面 ABC 所成的角 即 CDF 又 BD 平面 PBC 有 BD BF 知 BDF 为锐角 故 BDF 为异面直线 PQ 与 EF 所成的角 即 BDF 于是在 Rt DCF Rt FBD Rt BCF 中 分别可得 sin sin sin CF DF BF DF CF BF 从而 sin sin sin 即 sin sin sin BF DF CF BF CF DF 方法二 向量法 如图 由 作 DQ CP 且 DQ CP DQ 1 2CP 1 2 联结 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 所在直线分别为 x y z 轴 建立如图所示的空间直角 CA CB CP 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 F 0 0 c 于是 1 2a 0 c a b c 0 b c FE 1 2a 0 0 QP BF 所以 cos 从而 sin FE QP FE QP a a2 b2 c21 cos2 b2 c2 a2 b2 c2 又取平面 ABC 的一个法向量为m m 0 0 1 可得 sin m m QP m m QP c a2 b2 c2 设平面 BEF 的一个法向量为n n x y z 所以由 n n FE 0 n n BF 0 可得取n n 0 c b 1 2ax 0 by cz 0 于是 cos 从而 sin m m n n m m n n b b2 c21 cos2 c b2 c2 故 sin sin sin 即 sin sin b2 c2 a2 b2 c2 c b2 c2 c a2 b2 c2 9 sin 16 G4G4 G5G5 2013 江苏卷 如图 1 2 在三棱锥 S ABC 中 平面 SAB 平面 SBC AB BC AS AB 过 A 作 AF SB 垂足为 F 点 E G 分别是棱 SA SC 的中点 求证 1 平面 EFG 平面 ABC 2 BC SA 图 1 2 16 证明 1 因为 AS AB AF SB 垂足为 F 所以 F 是 SB 的中点 又因为 E 是 SA 的中点 所以 EF AB 因为 EF 平面 ABC AB 平面 ABC 所以 EF 平面 ABC 同理 EG 平面 ABC 又 EF EG E 所以平面 EFG 平面 ABC 2 因为平面 SAB 平面 SBC 且交线为 SB 又 AF 平面 SAB AF SB 所以 AF 平面 SBC 因为 BC 平面 SBC 所以 AF BC 又因为 AB BC AF AB A AF AB 平面 SAB 所以 BC 平面 SAB 因为 SA 平面 SAB 所以 BC SA 8 G4G4 2013 江西卷 如图 1 2 所示 正方体的底面与正四面体的底面在同一平面 上 且 AB CD 正方体的六个面所在的平面与直线 CE EF 相交的平面个数分别记为 m n 那么 m n 图 1 2 A 8 B 9 C 10 D 11 8 A 解析 直线 CE 与上下两个平面平行 与其他四个平面相交 直线 EF 与左右两 个平面平行 与其他四个平面相交 所以 m 4 n 4 故选 A 10 图 1 4 18 G4G4 G11G11 2013 山东卷 如图 1 4 所示 在三棱锥 P ABQ 中 PB 平面 ABQ BA BP BQ D C E F 分别是 AQ BQ AP BP 的中点 AQ 2BD PD 与 EQ 交于点 G PC 与 FQ 交于点 H 联结 GH 1 求证 AB GH 2 求二面角 D GH E 的余弦值 18 解 1 证明 因为 D C E F 分别是 AQ BQ AP BP 的中点 所以 EF AB DC AB 所以 EF DC 又 EF 平面 PCD DC 平面 PCD 所以 EF 平面 PCD 又 EF 平面 EFQ 平面 EFQ 平面 PCD GH 所以 EF GH 又 EF AB 所以 AB GH 2 方法一 在 ABQ 中 AQ 2BD AD DQ 所以 ABQ 90 即 AB BQ 因为 PB 平面 ABQ 所以 AB PB 又 BP BQ B 图 1 5 所以 AB 平面 PBQ 由 1 知 AB GH 所以 GH 平面 PBQ 又 FH 平面 PBQ 所以 GH FH 同 理可得 GH HC 所以 FHC 为二面角 D GH E 的平面角 设 BA BQ BP 2 联结 FC 在 Rt FBC 中 由勾股定理得 FC 在 Rt PBC 中 由勾股定理得 PC 又 H 为 25 PBQ 的重心 所以 HC PC 同理 FH 1 3 5 3 5 3 在 FHC 中 由余弦定理得 cos FHC 即二面角 D GH E 的余弦值为 5 9 5 9 2 2 5 9 4 5 4 5 方法二 在 ABQ 中 AQ 2BD AD DQ 所以 ABQ 90 又 PB 平面 ABQ 所以 BA BQ BP 两两垂直 以 B 为坐标原点 分别以 BA BQ BP 所在直线为 x 轴 y 轴 z 轴 11 建立如图所示的空间直角坐标系 设 BA BQ BP 2 则 E 1 0 1 F 0 0 1 Q 0 2 0 D 1 1 0 C 0 1 0 P 0 0 2 所以 1 2 1 EQ 0 2 1 1 1 2 0 1 2 FQ DP CP 设平面 EFQ 的一个法向量为m m x1 y1 z1 由m m 0 m m 0 EQ FQ 得取 y1 1 得m m 0 1 2 x1 2y1 z1 0 2y1 z1 0 设平面 PDC 的一个法向量为n n x2 y2 z2 由n n 0 n n 0 DP CP 得 x2 y2 2z2 0 y2 2z2 0 取 z2 1 得n n 0 2 1 所以 cos m m n n m m n n m m n n 4 5 因为二面角 D GH E 为钝角 所以二面角 D GH E 的余弦值为 4 5 图 1 5 19 G4G4 G5G5 G7G7 G11G11 2013 四川卷 如图 1 7 所示 在三棱柱 ABC A1B1C1中 侧棱 AA1 底面 ABC AB AC 2AA1 BAC 120 D D1分别是线段 BC B1C1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 A1BC 平行的直线 l 说明理由 并证明直线 l 平面 ADD1A1 2 设 1 中的直线 l 交 AB 于点 M 交 AC 于点 N 求二面角 A A1M N 的余弦值 图 1 7 12 19 解 1 如图 在平面 ABC 内 过点 P 作直线 l BC 因为 l 在平面 A1BC 外 BC 在 平面 A1BC 内 由直线与平面平行的判定定理可知 l 平面 A1BC 由已知 AB AC D 是 BC 的中点 所以 BC AD 则直线 l AD 因为 AA1 平面 ABC 所以 AA1 直线 l 又因为 AD AA1在平面 ADD1A1内 且 AD 与 AA1相交 所以直线 l 平面 ADD1A1 2 解法一 联结 A1P 过 A 作 AE A1P 于 E 过 E 作 EF A1M 于 F 联结 AF 由 1 知 MN 平面 AEA1 所以平面 AEA1 平面 A1MN 所以 AE 平面 A1MN 则 A1M AE 所以 A1M 平面 AEF 则 A1M AF 故 AFE 为二面角 A A1M N 的平面角 设为 设 AA1 1 则由 AB AC 2AA1 BAC 120 有 BAD 60 AB 2 AD 1 又 P 为 AD 的中点 所以 M 为 AB 中点 且 AP AM 1 1 2 所以 在 Rt AA1P 中 A1P 在 Rt A1AM 中 A1M 5 22 从而 AE AF AA1 AP A1P 1 5 AA1 AM A1M 1 2 所以 sin AE AF 2 5 所以 cos 1 sin2 1 2 5 2 15 5 故二面角 A A1M N 的余弦值为 15 5 解法二 设 A1A 1 如图 过 A1作 A1E 平行于 B1C1 以 A1为坐标原点 分别以 的方向为 x 轴 y 轴 A1E A1D1 A1A z 轴的正方向 建立空间直角坐标系 O xyz 点 O 与点 A1重合 则 A1 0 0 0 A 0 0 1 13 因为 P 为 AD 的中点 所以 M N 分别为 AB AC 的中点 又 AB AC 2AA1 BAC 120 故可得 M 1 N 1 3 2 1 2 3 2 1 2 所以 0 0 1 0 0 A1M 3 2 1 2 1 A1A NM 3 设平面 AA1M 的一个法向量为n n1 x1 y1 z1 则即 n n1 A1M n n1 1 A1A n n1 1 A1M 0 n n1 A1A 0 故有 x1 y1 z1 3 2 1 2 1 0 x1 y1 z1 0 0 1 0 从而 3 2 x1 1 2y1 z1 0 z1 0 取 x1 1 则 y1 所以n n1 1 0 33 设平面 A1MN 的一个法向量为n n2 x2 y2 z2 则 即 n n2 A1M n n2 NM n n2 A1M 0 n n2 2 NM 0 故有 x2 y2 z2 3 2 1 2 1 0 x2 y2 z2 3 0 0 0 从而 3 2 x2 1 2y2 z2 0 3x2 0 取 y2 2 则 z2 1 所以n n2 0 2 1 设二面角 A A1M N 的平面角为 又 为锐角 则 cos n n1 1 n n2 2 n n1 1 n n2 2 1 3 0 0 2 1 2 5 15 5 故二面角 A A1M N 的余弦值为 15 5 18 G4G4 G7G7 G10G10 2013 新课标全国卷 如图 1 3 所示 直三棱柱 ABC A1B1C1中 D E 分别是 AB BB1的中点 AA1 AC CB AB 2 2 1 证明 BC1 平面 A1CD 2 求二面角 D A1C E 的正弦值 14 图 1 3 18 解 1 证明 联结 AC1交 A1C 于点 F 则 F 为 AC1中点 又 D 是 AB 中点 联结 DF 则 BC1 DF 因为 DF 平面 A1CD BC1 平面 A1CD 所以 BC1 平面 A1CD 2 由 AC CB AB 得 AC BC 2 2 以 C 为坐标原点 的方向为 x 轴正方向 建立如图所示的空间直角坐标系 C xyz 设 CA CA 2 则 D 1 1 0 E 0 2 1 A1 2 0 2 1 1 0 0 2 1 CD CE 2 0 2 CA1 设n n x1 y1 z1 是平面 A1CD 的法向量 则 即 n n CD 0 n n CA1 0 x1 y1 0 2x1 2z1 0 可取n n 1 1 1 同理 设m m为平面 A1CE 的法向量 则 m m CE 0 m m CA1 0 可取m m 2 1 2 从而 cos n n m m 故 sin n n m m n n m m n n m m 3 3 6 3 即二面角 D A1C E 的正弦值为 6 3 4 G3G3 G4G4 G5G5 2013 新课标全国卷 已知 m n 为异面直线 m 平面 n 平面 直线 l 满足 l m l n l l 则 A 且 l B 且 l 15 C 与 相交 且交线垂直于 l D 与 相交 且交线平行于 l 4 D 解析 若 则 m n 与 m n 为异面直线矛盾 故 A 错 若 且 l 则由 n 平面 知 l n 与 l n 矛盾 故 B 错 若 与 相交 设垂直于交线 的平面为 则 l 又 l m l n m 平面 n 平面 故交线平行于 l 故 选 D G5G5 空间中的垂直关系 19 G5G5 G11G11 G12G12 2013 福建卷 如图 1 6 所示 在四棱柱 ABCD A1B1C1D1中 侧棱 AA1 底面 ABCD AB DC AA1 1 AB 3k AD 4k BC 5k DC 6k k 0 1 求证 CD 平面 ADD1A1 2 若直线 AA1与平面 AB1C 所成角的正弦值为 求 k 的值 6 7 3 现将与四棱柱 ABCD A1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的四棱 柱 规定 若拼接成的新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 种不同的拼接方案 在这些拼接成的新四棱柱中 记其中最小的表面积为 f k 写出 f k 的解析式 直接写出答案 不必说明理由 图 1 6 19 解 1 证明 取 CD 的中点 E 联结 BE AB DE AB DE 3k 四边形 ABED 为平行四边形 BE AD 且 BE AD 4k 在 BCE 中 BE 4k CE 3k BC 5k BE2 CE2 BC2 BEC 90 即 BE CD 又 BE AD 所以 CD AD AA1 平面 ABCD CD 平面 ABCD AA1 CD 又 AA1 AD A CD 平面 ADD1A1 16 2 以 D 为原点 的方向为 x y z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标 DA DC DD1 系 则 A 4k 0 0 C 0 6k 0 B1 4k 3k 1 A1 4k 0 1 所以 4k 6k 0 AC 0 3k 1 0 0 1 AB1 AA1 设平面 AB1C 的法向量n n x y z 则由得取 y 2 AC n n 0 AB1 n n 0 4kx 6ky 0 3ky z 0 得n n 3 2 6k 设 AA1与平面 AB1C 所成角为 则 sin cos n n AA1 AA1 n n AA1 n n 6k 36k2 13 6 7 解得 k 1 故所求 k 的值为 1 3 共有 4 种不同的拼接方案 f k 72k2 26k 0 5 18 6 G4G4 G5G5 2013 广东卷 设 m n 是两条不同的直线 是两个不同的平面 下 列命题中正确的是 A 若 m n 则 m n B 若 m n 则 m n C 若 m n m n 则 D 若 m m n n 则 6 D 解析 m m n n 又 n 故选 D 16 G4G4 G5G5 2013 江苏卷 如图 1 2 在三棱锥 S ABC 中 平面 SAB 平面 SBC AB BC AS AB 过 A 作 AF SB 垂足为 F 点 E G 分别是棱 SA SC 的中点 求证 1 平面 EFG 平面 ABC 2 BC SA 图 1 2 17 16 证明 1 因为 AS AB AF SB 垂足为 F 所以 F 是 SB 的中点 又因为 E 是 SA 的中点 所以 EF AB 因为 EF 平面 ABC AB 平面 ABC 所以 EF 平面 ABC 同理 EG 平面 ABC 又 EF EG E 所以平面 EFG 平面 ABC 2 因为平面 SAB 平面 SBC 且交线为 SB 又 AF 平面 SAB AF SB 所以 AF 平面 SBC 因为 BC 平面 SBC 所以 AF BC 又因为 AB BC AF AB A AF AB 平面 SAB 所以 BC 平面 SAB 因为 SA 平面 SAB 所以 BC SA 19 G5G5 G11G11 2013 江西卷 如图 1 6 所示 四棱锥 P ABCD 中 PA 平面 ABCD E 为 BD 的中点 G 为 PD 的中点 DAB DCB EA EB AB 1 PA 联结 CE 并延长交 3 2 AD 于 F 1 求证 AD 平面 CFG 2 求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值 图 1 6 解 1 证明 在 ABD 中 因为 E 是 BD 中点 所以 EA EB ED AB 1 故 BAD ABE AEB 2 3 因为 DAB DCB 所以 EAB ECB 从而有 FED BEC AEB 3 所以 FED FEA 故 EF AD AF FD 又因为 PG GD 所以 FG PA 又 PA 平面 ABCD 所以 GF AD 故 AD 平面 CFG 2 以点 A 为坐标原点建立如图所示的坐标系 则 A 0 0 0 B 1 0 0 C D 0 0 3 2 3 2 0 3 18 P0 0 故 3 2 BC 1 2 3 2 0 CP 3 2 3 2 3 2 CD 3 2 3 2 0 设平面 BCP 的法向量n n1 1 y1 z1 则 1 2 3 2 y1 0 3 2 3 2 y1 3 2z1 0 解得即n n1 y1 3 3 z1 2 3 1 3 3 2 3 设平面 DCP 的法向量n n2 1 y2 z2 则解得 3 2 3 2 y2 0 3 2 3 2 y2 3 2z2 0 y2 3 z2 2 即n n2 1 2 3 从而平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值为 cos n n1 n n2 n n1 n n2 4 3 16 9 8 2 4 图 1 7 17 G5G5 G10G10 G11G11 2013 北京卷 如图 1 7 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 1 求证 AA1 平面 ABC 2 求二面角 A1 BC1 B1的余弦值 3 证明 在线段 BC1上存在点 D 使得 AD A1B 并求的值 BD BC1 17 解 1 证明 因为 AA1C1C 为正方形 所以 AA1 AC 因为平面 ABC 平面 AA1C1C 且 AA1垂直于这两个平面的交线 AC 所以 AA1 平面 ABC 19 2 由 1 知 AA1 AC AA1 AB 由题知 AB 3 BC 5 AC 4 所以 AB AC 如图所示 以 A 为原点建立空间直角坐标系 A xyz 则 B 0 3 0 A1 0 0 4 B1 0 3 4 C1 4 0 4 设平面 A1BC1的一个法向量为n n x y z 则 n n A1B 0 n n A1C1 0 即 3y 4z 0 4x 0 令 z 3 则 x 0 y 4 所以n n 0 4 3 同理可得 平面 B1BC1的一个法向量为m m 3 4 0 所以 cos n n m m n n m m n n m m 16 25 由题知二面角 A1 BC1 B1为锐角 所以二面角 A1 BC1 B1的余弦值为 16 25 3 设 D x y z 是直线 BC1上一点 且 BD BC1 所以 x y 3 z 4 3 4 解得 x 4 y 3 3 z 4 所以 4 3 3 4 AD 由 0 即 9 25 0 AD A1B 解得 9 25 因为 0 1 所以在线段 BC1上存在点 D 使得 AD A1B 9 25 此时 BD BC1 9 25 18 G5G5 G11G11 2013 辽宁卷 如图 1 4 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 AB 2 AC 1 PA 1 求二面角 C PB A 的余弦值 20 图 1 4 18 解 1 证明 由 AB 是圆的直径 得 AC BC 由 PA 平面 ABC BC 平面 ABC 得 PA BC 又 PA AC A PA 平面 PAC AC 平面 PAC 所以 BC 平面 PAC 因为 BC 平面 PBC 所以平面 PBC 平面 PAC 2 方法一 过 C 作 CM AP 则 CM 平面 ABC 如图 以点 C 为坐标原点 分别以直线 CB CA CM 为 x 轴 y 轴 z 轴建立空间直角坐标系 1 5 因为 AB 2 AC 1 所以 BC 3 因为 PA 1 所以 A 0 1 0 B 0 0 P 0 1 1 3 故 0 0 0 1 1 CB 3 CP 设平面 BCP 的法向量为n n1 1 x y z 则 CB n n1 1 0 CP n n1 1 0 所以 3x 0 y z 0 不妨令 y 1 则n n1 0 1 1 因为 0 0 1 1 0 AP AB 3 设平面 ABP 的法向量为n n2 x y z 则 AP n n2 0 AB n n2 0 所以 z 0 3x y 0 不妨令 x 1 n n2 1 0 3 于是 cos n n1 n n2 3 2 2 6 4 所以由题意可知二面角 C PB A 的余弦值为 6 4 解法二 过 C 作 CM AB 于 M 21 图 1 6 因为 PA 平面 ABC CM 平面 ABC 所以 PA CM 故 CM 平面 PAB 过 M 作 MN PB 于 N 联结 NC 由三垂线定理得 CN PB 所以 CNM 为二面角 C PB A 的平面角 在 Rt ABC 中 由 AB 2 AC 1 得 BC CM BM 3 3 2 3 2 在 Rt PAB 中 由 AB 2 PA 1 得 PB 5 因为 Rt BNM Rt BAP 所以 MN 1 3 2 5 故 MN 3 5 10 又在 Rt CNM 中 CN 故 cos CNM 30 5 6 4 所以二面角 C PB A 的余弦值为 6 4 19 G5G5 G11G11 2013 全国卷 如图 四棱锥 P ABCD 中 ABC BAD 90 BC 2AD PAB 和 PAD 都是等边三角形 1 证明 PB CD 2 求二面角 A PD C 的大小 19 解 1 取 BC 的中点 E 联结 DE 则四边形 ABED 为正方形 过 P 作 PO 平面 ABCD 垂足为 O 联结 OA OB OD OE 由 PAB 和 PAD 都是等边三角形知 PA PB PD 所以 OA OB OD 即点 O 为正方形 ABED 对角线的交点 故 OE BD 从而 PB OE 因为 O 是 BD 的中点 E 是 BC 的中点 所以 OE CD 因此 PB CD 2 解法一 由 1 知 CD PB CD PO PB PO P 故 CD 平面 PBD 又 PD 平面 PBD 所以 CD PD 22 取 PD 的中点 F PC 的中点 G 连 FG 则 FG CD FG PD 联结 AF 由 APD 为等边三角形可得 AF PD 所以 AFG 为二面角 A PD C 的平面角 联结 AG EG 则 EG PB 又 PB AE 所以 EG AE 设 AB 2 则 AE 2 EG PB 1 2 1 2 故 AG 3 AE2 EG2 在 AFG 中 FG CD AF AG 3 1 223 所以 cos AFG FG2 AF2 AG2 2 FG AF 6 3 因此二面角 A PD C 的大小为 arccos 6 3 解法二 由 1 知 OE OB OP 两两垂直 以 O 为坐标原点 的方向为 x 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz OE 设 2 则 AB A 0 0 D 0 0 22 C 2 0 P 0 0 222 2 0 PC 222 PD 22 0 0 AP 22 AD 22 设平面 PCD 的法向量为n n1 x y z 则 n n1 x y z 2 0 PC 222 n n1 x y z 0 0 PD 22 可得 2x y z 0 y z 0 取 y 1 得 x 0 z 1 故n n1 0 1 1 设平面 PAD 的法向量为n n2 m p q 则 n n2 m p q 0 0 AP 22 n n2 m p q 0 0 AD 22 可得 m q 0 m p 0 23 取 m 1 得 p 1 q 1 故n n2 1 1 1 于是 cos n n1 1 n n2 n n1 1 n n2 n n1 1 n n2 2 6 3 由于 n n1 1 n n2 等于二面角 A PD C 的平面角 所以二面角 A PD C 的大小为 arccos 6 3 18 G5G5 G10G10 2013 陕西卷 如图 1 6 四棱柱 ABCD A1B1C1D1的底面 ABCD 是正方形 O 为底面中心 A1O 平面 ABCD AB AA1 2 1 证明 A1C 平面 BB1D1D 2 求平面 OCB1与平面 BB1D1D 的夹角 的大小 图 1 1 18 解 1 方法一 由题设易知 OA OB OA1两两垂直 以 O 为原点建立直角坐标系 如图 AB AA1 2 OA OB OA1 1 A 1 0 0 B 0 1 0 C 1 0 0 D 0 1 0 A1 0 0 1 由 易知 B1 1 1 1 A1B1 AB 1 0 1 0 2 0 A1C BD 1 0 1 BB1 0 0 A1C BD A1C BB1 A1C BD A1C BB1 A1C 平面 BB1D1D 方法二 A1O 平面 ABCD A1O BD 又 四边形 ABCD 是正方形 BD AC BD 平面 A1OC BD A1C 又 OA1是 AC 的中垂线 A1A A1C 且 AC 2 AC2 AA A1C2 22 1 AA1C 是直角三角形 AA1 A1C 又 BB1 AA1 A1C BB1 A1C 平面 BB1D1D 24 2 设平面 OCB1的法向量n n x y z 1 0 0 1 1 1 OC OB1 n n OC x 0 n n OB1 x y z 0 取n n 0 1 1 x 0 y z 由 1 知 1 0 1 是平面 BB1D1D 的法向量 A1C cos cos n n A1C 1 2 2 1 2 又 0 2 3 19 G4G4 G5G5 G7G7 G11G11 2013 四川卷 如图 1 7 所示 在三棱柱 ABC A1B1C1中 侧棱 AA1 底面 ABC AB AC 2AA1 BAC 120 D D1分别是线段 BC B1C1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 A1BC 平行的直线 l 说明理由 并证明直线 l 平面 ADD1A1 2 设 1 中的直线 l 交 AB 于点 M 交 AC 于点 N 求二面角 A A1M N 的余弦值 图 1 7 19 解 1 如图 在平面 ABC 内 过点 P 作直线 l BC 因为 l 在平面 A1BC 外 BC 在 平面 A1BC 内 由直线与平面平行的判定定理可知 l 平面 A1BC 由已知 AB AC D 是 BC 的中点 所以 BC AD 则直线 l AD 因为 AA1 平面 ABC 所以 AA1 直线 l 又因为 AD AA1在平面 ADD1A1内 且 AD 与 AA1相交 所以直线 l 平面 ADD1A1 2 解法一 联结 A1P 过 A 作 AE A1P 于 E 过 E 作 EF A1M 于 F 联结 AF 由 1 知 MN 平面 AEA1 所以平面 AEA1 平面 A1MN 所以 AE 平面 A1MN 则 A1M AE 所以 A1M 平面 AEF 则 A1M AF 故 AFE 为二面角 A A1M N 的平面角 设为 设 AA1 1 则由 AB AC 2AA1 BAC 120 有 BAD 60 AB 2 AD 1 25 又 P 为 AD 的中点 所以 M 为 AB 中点 且 AP AM 1 1 2 所以 在 Rt AA1P 中 A1P 在 Rt A1AM 中 A1M 5 22 从而 AE AF AA1 AP A1P 1 5 AA1 AM A1M 1 2 所以 sin AE AF 2 5 所以 cos 1 sin2 1 2 5 2 15 5 故二面角 A A1M N 的余弦值为 15 5 解法二 设 A1A 1 如图 过 A1作 A1E 平行于 B1C1 以 A1为坐标原点 分别以 的方向为 x 轴 y 轴 A1E A1D1 A1A z 轴的正方向 建立空间直角坐标系 O xyz 点 O 与点 A1重合 则 A1 0 0 0 A 0 0 1 因为 P 为 AD 的中点 所以 M N 分别为 AB AC 的中点 又 AB AC 2AA1 BAC 120 故可得 M 1 N 1 3 2 1 2 3 2 1 2 所以 0 0 1 0 0 A1M 3 2 1 2 1 A1A NM 3 设平面 AA1M 的一个法向量为n n1 x1 y1 z1 则即 n n1 A1M n n1 1 A1A n n1 1 A1M 0 n n1 A1A 0 故有 x1 y1 z1 3 2 1 2 1 0 x1 y1 z1 0 0 1 0 从而 3 2 x1 1 2y1 z1 0 z1 0 取 x1 1 则 y1 所以n n1 1 0 33 设平面 A1MN 的一个法向量为n n2 x2 y2 z2 则 26 即 n n2 A1M n n2 NM n n2 A1M 0 n n2 2 NM 0 故有 x2 y2 z2 3 2 1 2 1 0 x2 y2 z2 3 0 0 0 从而 3 2 x2 1 2y2 z2 0 3x2 0 取 y2 2 则 z2 1 所以n n2 0 2 1 设二面角 A A1M N 的平面角为 又 为锐角 则 cos n n1 1 n n2 2 n n1 1 n n2 2 1 3 0 0 2 1 2 5 15 5 故二面角 A A1M N 的余弦值为 15 5 17 G5G5 G11G11 G9G9 2013 天津卷 如图 1 3 所示 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 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 求线段 AM 的 2 6 长 图 1 1 17 解 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 1 证明 易得 1 0 1 1 1 1 于是 0 所以 B1C1 CE B1C1 CE B1C1 CE 27 2 1 2 1 B1C 设平面 B1CE 的法向量m m x y z 则即消去 x 得 y 2z 0 不妨令 z 1 可得一个法向 m m B1C 0 m m CE 0 x 2y z 0 x y z 0 量为m m 3 2 1 由 1 B1C1 CE 又 CC1 B1C1 可得 B1C1 平面 CEC1 故 1 0 1 为平面 B1C1 CEC1的一个法向量 于是 cos m m 从而 sin m m B1C1 m m B1C1 m m B1C1 4 14 2 2 7 7 B1C1 21 7 所以二面角 B1 CE C1的正弦值为 21 7 3 0 1 0 1 1 1 设 0 1 有 AE EC1 EM EC1 1 可取 0 0 2 为平面 ADD1A1的一个法向量 AM AE EM AB 设 为直线 AM 与平面 ADD1A1所成的角 则 sin cos AM AB AM AB AM AB 2 2 1 2 2 2 3 2 2 1 于是 解得 负值舍去 所以 AM 3 2 2 1 2 6 1 32 方法二 1 证明 因为侧棱 CC1 平面 A1B1C1D1 B1C1 平面 A1B1C1D1 所以 CC1 B1C1 经计算可得 B1E B1C1 EC1 从而 523 B1E2 B1C EC 所以在 B1EC1中 B1C1 C1E 又 CC1 C1E 平面 CC1E CC1 C1E C1 所以 2 12 1 B1C1 平面 CC1E 又 CE 平面 CC1E 故 B1C1 CE 2 过 B1 作 B1G CE 于点 G 联结 C1G 由 1 B1C1 CE 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 CC1 2 可得 C1G 在 Rt B1C1G 中 B1G 所以 sin B1GC1 3 2 6 3 42 3 21 7 28 即二面角 B1 CE C1的正弦值为 21 7 3 联结 D1E 过点 M 作 MH ED1于点 H 可得 MH 平面 ADD1A1 联结 AH AM 则 M