2023年高考数学复习参考题

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2023年高考数学复习参考题

11、立体几何（理科）

一、选择题：

1.用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图1所示的几何体，则它的俯视图是

由球的三视图可知答案选B.

众所周知三视图和球是全国卷的热门考点,而总结规律2023、2023、2023年的三视图考点

均比较简单，都是简单几何体辨识问题.所以选择这道2023年的深圳一模试题应景,希望2023年高考深圳数学再创辉煌.2.如图，网格上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则几何体的体积为

A.6B.9C.12D.18由三视图可知，其对应几何体为三棱锥，其底面为一边长为6，这边上高为3，棱锥的高为3，故其体积为V

11

6339，应选B.32

此题旨在通过三视图考察学生的空间想象力，是由教材人教A版必修2P15练习题第4题“如图是一个几何体的三视图，想象它的几何结构特征，并说出它的名称.〞蜕变而来.属基础题.

3.已知三棱锥S—ABC的所有顶点都在球O的球面上，底面△ABC是边长为1的正三角形，棱SC是球O的直径且SC=2，则此三棱锥的体积为（）A

．

取正ABC的中心O'，连接OO',OO'平面ABC.又由于O为SC的中点，所以ABC上的高为OO'的2倍

.

B

6C

．

D

．32

OO'112,

所以SPABCSABC，应选A.h12

336此题旨在考察通过三棱锥和球的组合，求得三棱锥的体积.与球心到截面圆的距离相关.

4.若某几何体的三视图如右图所示，则此几何体的体积是______．A.8B．

222C．6D．33

1122

122，应选B.323,

由图知此几何体为边长为2的正方体裁去一个三棱锥（如下图），所以此几何体的体积为V222

求以三视图为背景的几何体体积，应先根据三视图

得到几何体的直观图，要注意虚实线的来由.可选择适当的长方体进行割补.也易于用补形法求出不规则图形的体积.

5.某几何体的三视图如图，其正视图中的曲线部分为半个圆弧，则该几何体的表面积为（）（A）16624（B）16623（C）10624

（

D）10623

根据三视图可知，该几何体由两部分构成，底部为圆柱的一半，底面半径为1，高为3，上部为三棱柱，底面是直角边为2的等腰直角三角形，高为3，所以上部分几何体的表面积为1

S上=（222）（+23）（

+3）=10+2下部分几何体的表面积为

1

S下=（1）（+213）=4

2

2

俯视图

所以该几何体的表面积为104,选C

组合体在近几年的全国卷中出现频率较高.

6.如图，长方体ABCDA1BC11D1中，AB2,

ADAA1的内切圆1设长方体的截面四边形ABC1D为O

，圆O的正视图是椭圆O'，则椭圆O'的离心率等于（

）

A．

B6C

．

D

．32

根据题意，画出图形如下图，椭圆O的长轴长为

2aAB2，短轴长为2bAA1，所以a1,b

，

得c

c

，离心率

e.应选D.

a

22

此题重点考察空间几何体的三视图和椭圆的离心率，难度中等.

7.已知某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的外接球体积为

A．4

B

．

C．8D由三视图可知原几何体如下图，可将其视为正方体的一部分，

3

V==

4

3.应选B.3

此题重点考察空间几何体的三视图以及与球有关的组合体的体积的计算，难度中等.

8.设m,n是两条不同的直线,,是两个不同的平面,以下命题中正确的是

A.若,m,n,则mnB．若//,m,n,则m//nC．若mn,m,n,则D．若m,m//n,n//,则

A、B分别是考察面面垂直、平行的性质定理的易错点，C错是由于面面垂直判定定理的条件

缺失,选D．

此题主要考察空间线面及面面的平行、垂直判定和性质.

9.如图1，已知正方体ABCDA1BC11D

1的棱长为a，动点M,N,Q分别在线段AD1,BC1,

C1D1上.当三棱锥

a

Q-BMN的俯视图如图2所示时，

三棱锥Q-BMN的正视图面积等于

A.

12122aB.a2C.D.24由俯视图可知点N和点C重合，Q点和D1重合，

M为AD1的中点，故其正视图为三角形，

如右图，从而得到其面积为

111

aaa2.应选：B224

大纲要求会画简单几何体的三视图.考察学生关于简单几何体体积的计算能力和空间想象能

力、

10.《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，估算出堆放斛的米约有

A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛

116

23r8，得r，43

11162320320

（）51.6222斛，应选B.所以米堆的体积为3，故堆放的米约有

43399

设圆锥的底面半径为r，则

以《九章算术》为背景，给予新定义，增加了试题的别致性，中档题.需要想象、计算，本质就是求

1

个圆锥的体积.4

11.某零件的正（主）视图与侧（左）视图均是如下图的图形（实线组成半径为2cm的半圆，虚线是等腰三角形的两腰），俯视图是一个半径为2cm的圆（包括圆心），则该零件的体积是

第2题图

333

A．cmB．cmC．4cmD．

438320

cm33

由题意知，该零件为一个半球挖去一个圆锥构成，

所以其体积为V

21

π23π2214π，所以选C.33

此题考察考生对三视图的基本知识和技能的把握与运用，考察学生关于简单几何体体积

的计算能力和空间想象能力、应用意识及算法思想.

12．用单位立方块搭一个几何体，使它的主视图和俯视图如右图所示，则它的体积的最小值与最大值

分别为A．9与13

B．7与10D．10与15

C．10与16

由题意知选C，

主视图俯视图

此题考察考生对三视图的基本知识和技能的把握与运用，考察学生关于简单几何体体积

的计算能力和空间想象能力、应用意识及推理论证能力.

二、填空题：

13.一个四棱锥的底面为菱形，其三视图如图2所示，则这个四棱锥的体积是．

通过三视图，可以看出该几何体为

111

V

sh4234

332一个四棱锥，

此题旨在考察三视图与几何体体积，学生还有要会从“长对正、高平齐、宽相等〞的原则中提取所需的数据.

侧（左）视图

图2

俯视图

14.已知点A,B,C,D在同一球面上，且ABBC2,

ACABCD体积的最大值为则该球的表面积为

4

，3

由于ABBC2,ACABC为直角三角形，当点D到平面ABC的距离最大

时，其周边体的体积最大，也就是点D在平面ABC内的射影恰为斜边中点时，体积最大，故得到其球的半径为

3

，故其体积为9.2

此题旨在考察周边体的结构特征、球的表面积公式、周边体的体积等知识.

ABC是15.已知球O的直径PQ4，A,B,C是球O球面上的三点,APQBPQCPQ30，

正三角形，则三棱锥PABC的体积为.设球心为M，ABC截面小圆的圆心为O，∵ABC是等边三角形，APQ

BPQCPQ30，∴P在面ABC

的投影O是等边ABC

的重心（此时四心合一）

∵PQ

是直径，PCQ=90,PC=4cos30,PO

3,OC

2O是等边ABC的重心OC=OH∴等边ABC的高

OHAC

603

322

三棱锥PABC体积V=POSABC

131133

32此题重点考察空间几何体的三视图以及与球有关的组合体的体积的计算，难度中等.16.若周边体ABCD的三组对棱分别相等,即ABCD,ACBD,ADBC,则正确的是________（写出

所有正确结论编号）.

①周边体ABCD每组对棱相互垂直；②周边体ABCD每个面的面积相等；

③从周边体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90

。而小于180。；

④连接周边体ABCD每组对棱中点的线段互垂直平分；

⑤从周边体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长.切入：先作出空间周边体ABCD，逐一进行排除.

①当周边体ABCD是正周边体时才成立；②周边体ABCD每个面是全等三角形,面积相等；

③从周边体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和等于

180；④连接周边体ABCD每组对棱中点构成菱形,线段互垂直平分；⑤从周边体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长.正确的是②④⑤.

大纲要求会画简单几何体的三视图，而此题的切入点恰是先作出空间周边体ABCD，

逐一进行排除.

三、解答题：

,AB17.如图1，在等腰直角三角形ABC中,A90,BC6,D,E分别是AC上的

点,CDBEO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AO(1)证明:AO平面BCDE；(2)求二面角ACDB的平面角的余弦值.

O图1

图2

B

A

（1）在图1中，易得OC3,AC32,AD22，连结OD,OE，在OCD中，由余弦定理可得

OD2

2

2

O

E

以AOOD.

由翻折不变性可知AD,所以AOODAD，所H同理可证AOOE,又ODOEO,所以AO平面BCDE.(2)传统法:过O作OHCD交CD的延长线于H,连结AH,

由于AO平面BCDE,所以AHCD,所以AHO为二面角ACDB的平面角.

结合图1可知,H为AC中点,

故OH

,从而A

H2

所以cosAHO

OH,所以二面角ACDB.

AH向量法

:以O点为原点,建立空间直角坐标系Oxyz如下图,则A,C0,3,0

,D1,2,0

所以CA,DA1,

设nx,y,z为平面ACD的法向量,则

yxnCA03y0,即,解得,

zn

DA0x2y0

令x1,得n1,

由(1)知,OA

为平面CDB的一个法向量,

nOA所以cosn,OA,即二面角ACDB.

nOA

此题考察空间中线线、线面、面面的位置关系及二面角的平面角，

需要关注翻折问题中的变与不变，

18.如下图，已知AB为圆O的直径，点D为线段AB

上一点，且AD且BC．点P在圆O所在平面上的正投影为点D，PDDB．（1）求证：PACD；

（2）求二面角CPBA的余弦值．

（1）证明1：连接CO，由3ADDB知，点D为AO

又∵AB为圆O的直径，∴ACCB，BC知，CAB60，∴ACO为等边三角形，从而CDAO．

1

DB，点C为圆O上一点，3

∵点P在圆O所在平面上的正投影为点D，∴PD平面ABC，又CD平面ABC，

∴PDCD，由PDAOD得，CD平面PAB，又PA平面PAB，∴PACD．（注：证明CD平面PAB时，也可以由平面PAB平面ACB得到．）证明2：∵AB为圆O的直径，∴ACCB，

在Rt

ABC中设AD1，由3ADDB

BC得，DB3，AB4，BC

∴

BDBC，则BDC∽BCA，∴BCABDC，即CDAO．

BCAB2

∵点P在圆O所在平面上的正投影为点D，∴PD平面ABC，又CD平面ABC，∴PDCD，由PDAOD得，CD平面PAB，又PA平面PAB，∴PACD．证明3：∵AB为圆O的直径，∴AC

CB，在RtABCBC得，ABC30，设AD1，由3AD

DB得，DB3，BC由余弦定理得，CDDBBC2DBBCcos303，

222

∴CDDBBC，即CDAO．

2

2

2

∵点P在圆O所在平面上的正投影为点D，∴PD平面ABC，又CD平面ABC，∴PDCD，由PDAOD得，CD平面PAB，又PA平面PAB，∴PACD．（2）解法1（综合法）：过点D作DEPB，垂足为E，连接CE．由（1）知CD平面PAB，又PB平面PAB，∴CDPB，又DECDD，

∴PB平面CDE，又CE平面CDE，∴CEPB，∴DEC为二面角CPBA

的平面角．由（1）可知CD，PDDB3，

（注：在第（

1）问中使用方法1∴

PB

DE

PDDB，

PB2CD，

DE∴在Rt

CDE中，tan

DEC

∴cosDEC

CPBA.

解法2：（坐标法）以D为原点，DC、DB和DP的方向分别为x轴、y轴和z轴的正向，建立如下图

的空间直角坐标系．

（注：假使第（1）问就使用“坐标法〞时，建系之前先要证明CDAB．）

设AD1，由3AD

DBBC得，PDDB

3，CD，∴D

(0,0,0)，C，B(0,3,0)，P(0,0,3)，

∴PC3)

，PB(0,3,3)，CD

(，

由CD平面PAB，知平面PAB的一个法向量为CD(．

设平面PBC的一个法向量为n(x,y,z)，则

3y0n

PC0

，即，令y

1，则xz1，

3y3z

0nPB0

∴n,1)，

设二面角CPBA

的平面角的大小为，

nCD

则cos5|n||CD|∴二面角CPBA此题考察此题考察空间中线线、线面、面面的位置关系及二面角的平面角，通过投影代入线线垂直等知识，考察考生空间想象、推理论证，以及运算求解能力.

19.已知多面体ABCDE中，AB平面ACD，DE平面ACD，ACADCDDE2，

AB1，F为CE的中点.

（1）求证：AFCD；

（2）求直线AC与平面CEB所成角的大小的余弦值.(1）证明：取CD的中点G，连接AG、GF，则GF//DE

ACADAGCDDE平面ACDDECD

GFCDAGGFG

CD平面AGFAF平面AGFAFCD

（2）解：分别以GD、GF、GA为x、y、z轴

建立如图空间直角坐标系Gxyz，

则B(0,1,),C(1,0,0),E(1,2,0)

CB(1,1,),CE(2,2,0),CA(1,0,)

设平面CBE的法向量为n(x,y,z)，

nCBxyz0则2x2y0

设x1，则(1,1,0)cosCA,n

2

4

设直线AC与平面CBE所成角为

，则cos

4

∴直线AC与平面CBE所成角的余弦值为

.4

此题考察此题考察空间中线线、线面、面面的位置关系及线面角的相关知识，

考察考生空间想象、推理论证，以及运算求解能力.

20.如图，在三棱柱ABCA1B1C中，侧棱AA1底面ABC，ABAC2AA1，BAC120，D,D1分别是线段BC,B1C1的中点，过线段AD的中点P作BC的平行线，分别交AB，AC于点M，N．

（1）证明：MN平面ADD1A1；（2）求二面角AA1MN的余弦值．

（1）证明：由于ABAC,D是BC的中点,C

所以,BCAD.

由于M，N分别为AB，AC的中点，所以MNBC．

所以MNAD.

由于AA1平面ABC,MN平面ABC，所以AA1MN.

C

D

D1

A1

B1

P

B

AD与AA1相交,又由于AD,AA1在平面ADD1A1内,且

所以MN平面ADD1A1.

A作AEA1P于E,（2）解法一:连接A1P,过

过E作EFA1M于F,连接AF.

C

B

由（Ⅰ）知,MN平面AEA1,所以平面AEA1平面AMN.1

所以AE平面AMN,则A1MAE.1所以A1M平面AEF,则A1MAF.

故AFE为二面角AAMN的平面角(设为)．1

设AA11,则由ABAC2AA1,BAC120,有BAD60,AB2,AD1.又P为AD的中点，则M为AB的中点，所以AP

1

,AM1.2

在Rt

AA1P1P，A

Rt

A1AM中，AM

1从而AE

AA1

APAA1AMAF．

A1MA1PAE.

AF5

所以sin

由于

AFE为锐角，所以cos故二面角AAM

N1

.

解法二:设AA11.如图,过A1作A1E平行于B1为坐标原点,分别以AE1C1,以A1,AD11,A1A的方向

为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz(点O与点A1重合)．则A10,0,0,A0,0,1.

由于P为AD的中点,所以M,N分别为AB,AC的中点,

C1

故M112,1,N2,1,

1

所以A1M2,1,A1A0,0,1,NM

设平面AAM的法向量为n1x1,y1,z1，

1

．

1

,10,x1,y1,z1n1A1M,n1A1M0,

2则故有即n1A1A,

n1A1A0,

x1,y1,z10,0,10.

1

x1y1z10,从而2取x11,

则y1,2

z1

0.

所以n11,是平面AAM的一个法向量．1设平面AMN的法向量为n2x2,y2,z2,1

1

22,10,n2A1M,n2A1M0,

x2,y2,z2

则故有

即n2NM,n2NM0,x,y,z0.

222

1

x2y2z20,从而取y22,则z21,2

20.

所以n20,2,1是平面AMN的一个法向量．1设二面角AAMN的平面角为,又为锐角，1

则cos

n1n2n1n

2

.5

.故二面角AAMN的余弦值为1

此题考察此题考察空间中线线、线面、面面的位置关系及线面角的相关知识，

考察考生空间想象、推理论证，以及运算求解能力.

21.如图，在周边体ABOC中,OCOA,OCOB,AOB1200,且OAOBOC1.（1）设P为AC的中点，证明:在AB上存在一点Q,使PQOA,并计算（2）求二面角OACB的平面角的余弦值.方法1:

（1）证明：在平面OAB内作ONOA交AB于N，连接NC

又OAOC，OA平面ONC

AB

的值；AQ

NC平面ONC，OANC

取Q为AN的中点，则PQ//NCPQOA

在等腰AOB中，AOB120OABOBA30

在RtAON中，OAN30，ON

1

ANAQ2

在ONB中，NOB1209030NBO，

NBONAQ.

AB

3AQ

（2）解：连接PN,PO，由OCOA，OCOB，知OC平面OAB又ON平面OAB，OCON又由ONOA，OCOAO得ON平面AOC，AC平面AOC，ONAC

又P是AC的中点，OAOCACOP，OPONO

AC平面PONPN平面PON

AC

PNOPN为二面角OACB的平面角

在等腰RtCOA中，OC

OA1，OP

在RtAON中，

ONOAtan30

在RtPON中，

PN

POcosOPNPN

方法2：（1）证明：在平面AOB中，过点O，作ONOA交取O为坐标原点，分别以OA，ON，OC所在的直线为x轴，建立空间直角坐标系Oxyz（如下图）

则A(1,0,0)，C(0,0,1)B(

13,,0)22

11

P为AC中点，

P(,0,

22

设AQAB((0,1))AB(,

3,0)22

3333

,0)(1,,0)=(1,0,0)(,2222131,)(,

2222PQOAPQOA0

即

113AB13

0，.所以存在点Q(,3.,0)，使得PQOA，且

322AQ26

（2）解：记平面ABC的法向量为(n1,n2,n3)，则由，，且(1,0,1)，

33

(,,0)

22

n1n30得3故可取(11,,1)30n2

2又平面OAC的法向量为e(0,1,0)cos,

5

二面角OACB的平面角是锐角，记为，则cos

.5

此题考察此题考察空间中线线、线面、面面的位置关系及二面角的平面角的相关知识，

考察考生空间想象、推理论证，以及运算求解能力.

22.三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1C1C侧面ABB1A1，ACAA1

2AB，

AA1C160，ABAA1，H为棱CC1的中点，D在棱BB1上，且A1D面AB1H．

（Ⅰ）求证：D为BB1的中点；

（Ⅱ）求二面角C1A1DA的余弦值．

[向量法](Ⅰ)连结AC1,由于ACC1为正三角形,

H为棱CC1的中点,

面ABB1A1,所以AHCC1,从而AHAA1,又面AAC11C

AH面AAC面AAC11C面ABB1,11C,1A1AA

C

所以AH面ABB1A1.

以A为原点,建立空间直角坐标系Axyz如下图,

不妨设AB,则AA12,A

10,2,0,B1设D

2,0,

t,0,

则AB1

2,0,A1D

t2,0,

所以AB1A1D22t20,解得t1,

即D,所以D为BB1的中点.

(Ⅱ

)C

1,A1D1,0,AC110,,

由于A1D平面AB1H,AB1平面AB1H,所以A1DAB1,

ynAD0y01

设平面C1A1D的法向量为nx,y,z,则,

即,

解得,

xzy0nA1C10

令x3,

得n,

显然平面AA1D

的一个法向量为AH,

C

H

C1

nAH

所以cosn,AH,

11nAH

A

D

B1

A1

所以二面角C1A1D

A的余弦值为.

11

[传统法](Ⅰ)

设AB

B

,

由ACAA1,所以ACAA12a,

由于A1D平面AB1H,AB1平面AB1H,所以A1DAB1,从而DA1B1A1B1A90,所以A1DB1AB1A1,所以故DB1a,所以D为BB1的中点.

DB1A1B1

,

B1A1AA1

M,连结C1M,则C1MAA1,(Ⅱ)连结AC1,由AAC1160可得AAC11为正三角形,取AA1中点

面ABB1A1,面AAC由于面AAC11C11C面ABB1,1A1AA

C1M面AAC11C,所以C1M面ABB1A1.

N,连结C1N,则C1NA1D,所以MNC1是二面角C1A1DA的平面角.

作MNA1D于

经计算得C1M

,MN

,C1N

a,cosMNC1,

.所以二面角C1A1D

A此题考察此题考察空间中线线、线面、面面的位置关系及二面角的平面角，，考察考生空间想象、推理论证，以及运算求解能力.

23.如图，已知正方形ABCD在水平面上的正投影（投影线垂直于投影面）是四边形A'B'C'D'，其中A与．

A'重合，且BB'DD'CC'．

（1）证明：AD'//平面BB'C'C，并指出四边形AB'C'D'的形状；

（2）假使四边形AB'C'D'中，AD'2，AB'，正方形ABCD的边长为6，求平面ABCD与平面AB'C'D'所成的锐二面角的余弦值．证明：（1）依题意，BB'平面AB'C'D'，

C

CC'平面AB'C'D'，DD'平面AB'C'D'，

所以BB'//CC'//DD'．

解法1：在CC'上取点E，使得CEDD'，连结BE，D'E，如图5－1．由于CE//DD'，且CEDD'，

D

E

B

C'

D'

B'

A(A')

所以CDD'E是平行四边形，D'E//DC，且D'EDC．又ABCD是正方形，DC//AB，且DCAB，

所以D'E//AB，且D'EAB，故ABED'是平行四边形，从而AD'//BE，又BE平面BB'C'C，AD'平面BB'C'C，所以AD'//平面BB'C'C．

四边形AB'C'D'是平行四边形（注：只需指出四边形AB'C'D'的形状，不必证明）．解法2：由于DD'//CC'，CC'平面BB'C'C，DD'平面BB'C'C，所以DD'//平面BB'C'C．

由于ABCD是正方形，所以AD//BC，又BC平面BB'C'C，AD平面BB'C'C，所以AD//平面BB'C'C．

而DD'平面ADD'，AD平面ADD'，DD'ADD，所以平面ADD'//平面BB'C'C，

又AD'平面ADD'，所以AD'//平面BB'C'C．

四边形AB'C'D'是平行四边形（注：只需指出四边形AB'C'D'的形状，不必证明）．（2）解：依题意，在Rt△ABB'中，BB'在Rt△ADD'中，DD'

AB2AB'2(6)2(5)21，

AD2AD'2()2(2)22，

所以CC'BB'DD'AA'1203．（注：或CC'CEEC'DD'BB'C213）连结AC，AC'，如图5－2，在Rt△

ACC'中，AC'

AC2CC'2(23)232．

D

222

所以AC'B'C'AB'，故AC'B'C'

解法1：延长CB，C'B'相交于点F，则

D'

FB'BB'13

，而B'C'2，所以FC'2．FC'CC'32

连结AF，则AF是平面ABCD与平面AB'C'D'的交线．在平面AB'C'D'内作C'GAF，垂足为G，连结CG．

F

A(A')

图52

由于CC'平面AB'C'D'，AF平面AB'C'D'，所以CC'AF．从而AF平面CC'G，CGAF．

所以CGC'是平面ABCD与平面AB'C'D'所成的一个锐二面角．

3

2

C'AC'F3在Rt△AC'F中，C'G，

2AF532

(3)2

2

3

35330

在Rt△CC'G中，CGCC'2C'G23255

2

所以coscosCGC'

C'G6

，

CG6

6

即平面ABCD与平面AB'C'D'所成的锐二面角的余弦值为．6D解法2：以C'为原点，C'A为x轴，C'B'为y轴，C'C为z轴，

建立空间直角坐标系（如图5－3），则平面AB'C'D'的一个法向量n(0,0,1)．

设平面ABCD的一个法向量为m(x,y,z)，由于A(,0,0)，B(0,

2,1)，C(0,0,3)，所以(,2,1)，(0,2,2)，

而m，m，所以m0且m0，

x2yz0即，取z1，则y2，x3，2y2z0

所以平面ABCD的一个法向量为m(3,2,1)．

|mn||02011|6

cos|cosm,n|．

222222|m||n|6(3)(2)1001

所以平面ABCD与平面AB'C'D'所成的锐二面角的余弦值为

．6

解法3：由题意，正方形ABCD在水平面上的正投影是四边形A'B'C'D'，．所以平面ABCD与平面AB'C'D'所成的锐二面角的余弦值

SAB'C'D'

．

SABCD

，6

而SABCD(6)26，SAB'C'D'B'C'AC'236，所以cos

所以平面ABCD与平面AB'C'D'所成的锐二面角的余弦值为

．6

此题考察此题考察空间中线线、线面、面面的位置关系及二面角的平面角，通过投影代入线线垂直等知识，考察考生空间想象、推理论证，以及运算求解能力.

24.如图，已知ABCDA1BC11D1是底面边长为1的正四棱柱.（1）证明：平面ABD1平面AAC11；

（2）当二面角B1AC1D1的平面角为120时，求四棱锥AA1BC11D1的体积.

（1）证明：AA1平面A1B1C1D1，

B1

A11

D1

B

C

A

D

B1D1平面A1B1C1D1

AA1B1D1，又B1D1A1C1，B1D1平面AA1C1又B1D1平面AB1D1，平面ABD1平面AAC11；（2）方法1：建立如下图的空间直角坐标系，设AA1h，那么A1(0,0,0)，A(0,0,h)，B1(1,0,0)，D1(0,1,0)，C1(1,1,0)

AB1(1,0,h)；AD1(0,1,h)；B1C1(0,1,0)；D1C1(1,假设平面AB1C1与平面AD1C1的法向量分别为

n1(x1,y1,z1)，n2(x2,y2,z2)

n1AB1x1hz10那么令z11，则x1h

n1B1C1y10

n1(x1,y1,z1)(h,01)

同理可以求得：n2(x2,y2,z2)(0,h,1)

D|n1n2||n1||n2||cosn1n2|

1

1h21h21，h212,h1

2

此时，正四棱柱ABCDA1B1C1D1是棱长为1的正方体，

B

D111

且四棱锥AA1B1C1D1的体积V11

33

方法2：过点B1作B1HAC1于H，连接D1H，简单证得D1HAC1，

所以B1HD11200，且在B1HD1中，由余弦定理可得：

B1H=D1H

62

B1D1B1H2D1H22B1HD1Hcos12002所以B1H=D1H=

3

又可证得：AB1B1C1所以在RTAB1C1，由等面积法：AB1B1C1=B1HAC1即h11

2

所以h1h22

3

此时，正四棱柱ABCDA1B1C1D1是棱长为1的正方体，且四棱锥AA1B1C1D1的体积

V

1111.33

此题考察此题考察空间中线线、线面、面面的位置关系及二面角的平面角，以正四