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精选理科试题分类汇编7:立体几何


精选理科试题(大部分详解)分类汇编 7:立体几何
一、选择题 1 . (云南师大附中 2013 届高考适应性月考卷(八)理科数学试题(详解) )

某四面体的三视图如图 2

所示,该四面体的六条棱长中,长度最大的是 A. 5 B. 6 C. 7 D. 2 2

正视图

侧视图


俯视图

【答案】 由题图可知,几何体为如图 1 所示的三棱锥 P ? ABC , 其中 PA ? AC ? 1, PA ? AC , PA ? AB ,

由俯视图可知,

AB ? 5, BC ? 2 2 , PB ? 6 ,故选 D.

图1

? 2 . ( 【解析】 云南省玉溪一中 2013 届高三上学期期中考试理科数学) l , m , n 表示不同的直线, ,?,? 设
表示不同的平面,给出下列四个命题: ①若 m ∥ l ,且 m ? ? . 则 l ? ? ; ②若 m ∥ l ,且 m ∥ ? .则 l ∥ ? ;

③若 ? ? ? ? l , ? ? ? ? m, ? ? ? ? n ,则 l ∥m∥n; ④若 ? ? ? ? m, ? ? ? ? l , ? ? ? ? n, 且 n∥ ? ,则 l ∥m. 其中正确命题的个数是( A.1 B.2 ) C.3 D.4

【答案】B【解析】①正确;②中当直线 l ? ? 时,不成立;③中,还有可能相交一点,不成立;④

正确,所以正确的有 2 个,选 B.

3 .贵州省遵义四中 2013 届高三第四月考理科数学) ( 某几何体的三视图如右图所示, 则它的体积是 (



·1·

(A) 8 ?

2? 3

(B) 8 ?

?
3

(C) 8 ? 2?

(D)

2? 3

【答案】 A【解析】由三视图可知,该几何体是一个正四棱柱挖去一个圆锥,正四棱柱的体积为

1 2? 2? 2 ? 2 ? 2 ? 8 ,圆锥的体积为 ? ? 2 ? ,所以该几何体的体积为 8 ? ,选 A. 3 3 3
4 . (甘肃省兰州一中 2013 高考冲刺模拟(一)数学(理) 已知四棱锥 P )

? ABCD 的三视图如右图所

示,则四棱锥 P ? ABCD 的四个侧面中的最大面积是 A. 6 B. 8 C. 2 5 D. 3

3

3

4 正视图 2 2

2 侧视图

2

俯视图 图1

【答案】A 5 . (甘肃省兰州一中 2013 届高三上学期 12 月月考数学(理)试题)下列说法正确的是

A. 有两个平面互相平行,其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱, B. 四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形, C. 有两个面互相平行,其余各面都是梯形的多面体是棱台, D. 以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥.
【答案】B【解析】选项 A 不正确,如图:
·2·

棱台是由棱锥截来的,故要求梯形的腰延长后要交与一点,故 C 不正确;以直角三角形的一条直角 边所在直线为轴旋转所得的旋转体是圆锥,故 D 不正确。
6 . (贵州省贵阳市 2013 届高三适应性监测考试(二)理科数学 word 版含答案)已知半径为 l 的球,若

以其一条半径为正方体的一条棱作正方体,则此正方体内部的球面面积为 A.

7 ? 4
B

B.

? 2

C.

7? 8

D.

5? 4

【答案】

7 . (云南省昆明三中 2013 届高三高考适应性月考(三)理科数学)若三棱锥 S ? ABC 的所有顶点都在

球 O 的球面上, SA ⊥平面 ABC , SA ? 2 3, AB ? 1 , AC ? 2 , ?BAC ? 60? ,则球 O 的表面积 为 A. 64? B. 16? ( C. 12? ) D. 4?
2 2 ?

【答案】B【解析】因为 AB ? 1 , AC ? 2 ,?BAC ? 60? ,所以 BC ? 1 ? 2 ? 2 ?1? 2cos 60 ? 3 ,

所以 BC ? 3 。所以 ?ABC ? 90 ,即 ?ABC 为直角三角形。因为三棱锥 S ? ABC 的所有顶点都
?

在球 O 的球面上,所以斜边 AC 的中点是截面小圆的圆心 O ' ,即小圆的半径为 r ?

1 3 AC ? .,因 2 2

为 OA, OS 是半径,所以三角形 AOS 为等腰三角形,过 O 作 OM ? SA ,则 M 为中点,所以

OO ' ? AM ?

1 2 3 SA ? ? 3 ,所以半径 OA ? OO '2 ? r 2 ? ( 3)2 ? 1 ? 4 ? 2 ,所以球的表 2 2

·3·

面积为 4? R ? 16? ,选 B.
2

8 . (云南省昆明市 2013 届高三复习适应性检测数学(理)试题)三棱柱 ABC ? A B1C1 中, AA1 与 AC 、 1

AB 所成角均为 60? , ?BAC ? 90? ,且 AB ? AC ? AA1 ? 1 ,则 A1B 与 AC1 所成角的余弦值为
(A)1
【答案】

(B) ?1 C

(C)

3 3

(D) ?

3 3

9. (甘肃省 2013 届高三第一次诊断考试数学(理)试题)某几何体的三视图如图所示,则它的体积是

A.

2? 3

B.8 ?

?
3

C.8-

2? 3

D.8 ?2?

【答案】C【解析】由三视图知:原几何体为一个正方体里面挖去一个圆锥,正方体的棱长为 2,圆

锥的底面半径为 1,高为 2,所以该几何体的体积为: V =2 - ? ? ?1 ? 2=83 2

1 3

2? 。 3

10.【解析】云南省玉溪一中 2013 届高三上学期期中考试理科数学)一个几何体的三视图如图所示, (

其中主视图和左视图是腰长为 1 的两个全等的等腰直角三角形,则该几何体的外接球的表面积为 ( )

·4·

A. 12?

B. 4 3?

C. 3?

D. 12 3?

【答案】C【解析】由主视图和左视图是腰长为 1 的两个全等的等腰直角三角形,得到这是一个四棱

锥,底面是一个边长是 1 的正方形,一条侧棱 AE 与底面垂直,∴根据求与四棱锥的对称性知,外接 球的直径是 AC 根据直角三角形的勾股定理知 AC ? 1 ? 1 ? 1 ? 3 ,半径为

3 ,所以外接球的面积 2

为 4? (

3 2 ) ? 3? ,选 C. 2

11. (云南省昆明一中 2013 届高三新课程第一次摸底测试数学理)某几何体的三视图如图所示,则该几

何体的表面积为

A. 20 ? 12 2

B. 20 ? 12 3

C. 20 ? 12 5

D.32

B 【答案】【解析】 根据三视图可知, 这是一个四棱台

S , 上 =4,S下 =16 ,

·5·

(2+4) 3 ? S侧 =4 ? =12 3 ,所以表面积为 4+16+12 3=20+12 3 ,选 B. 2
12. (甘肃省兰州一中 2013 高考冲刺模拟(一)数学(理) 如果执行如右图所示的程序框图,则输出的 )

S 值为 A. ?3 B. ?

1 2

C.2

D.

1 3

【答案】C 13. (云南省昆明一中 2013 届高三新课程第一次摸底测试数学理)如图, 在长方体 ABCD—A1B1C1D1

中,对角线 B1D 与平面 A1BC1 相交于点 E,则点 E 为△A1BC1 的 A.垂心 B.内心 C.外心 D.重心

D 【答案】 【解析】 如图

,?EB1 F ? ?DBE ,所以 BE : EF ? 2 :1 ,且 F

为 A1C1 的中点,选 D.

·6·

14.【解析】甘肃省天水市一中 2013 届高三上学期第三次考试数学理试题)已知 m,n 是两条不同的直 (

线,α,β,γ 是三个不同的平面,则下列命题正确的是( A.若 α⊥ γ,α⊥ β,则 γ∥ β B.若 m∥ n,m? α ,n? β ,则 α∥ β C.若 m∥ n,m∥ α,则 n∥ α D.若 n⊥α,n⊥β,则 α∥β

)

【答案】D【解析】A.若 α⊥ γ,α⊥ β,则 γ∥ β,错误, ? 与? 可能平行,也可能相交;

B.若 m∥ n,m? α ,n? β ,则 α∥ β,错误, ?与? 可能平行,也可能相交,要判断两个平面 平行,需要两个平面内的两条相交直线相互平行; C.若 m∥ n,m∥ α,则 n∥ α,错误,可能是 n∥ α,也可能是 n?α; D.若 n⊥α,n⊥β,则 α∥β,正确。垂直于同一条直线的两个平面平行。选 D。
15.【解析】贵州省四校 2013 届高三上学期期末联考数学(理)试题)如图是某几何体的三视图,其 (

中正视图为正方形,俯视图是腰长为 2 的等腰直角三角形,则该几何体的体积是

(

)

A.

8 3

B.

8 2 3

C.

4 3

D.

4 2 3

【答案】A【解析】由三视图可知该几何体为正方体内部四棱锥 P ? ABCD (红线图形)。则正方体的

边长为 2,所以 BC ? 2 2, OP ?

1 8 2 ,所以四棱锥 P ? ABCD 的体积为 ? 2 ? 2 2 ? 2 ? ,选 3 3

A.
16. (甘肃省天水一中 2013 届高三下学期五月第二次检测(二模)数学(理)试题)如图,等腰梯形 ABCD
·7·

中, AB=2DC=2,∠DAB=60°,E 为 AB 的中点,将△ADE 与△BEC 分别沿 ED、EC 向上折起,使 A、B 重合于 点 P,则三棱锥 P—DCE 的外接球的体积为

4 3? A. 27

6? B. 2

C.

6 ? 8

D.

6? 24

【答案】

C

17. (云南省玉溪一中 2013 届高三第五次月考理科数学)一个四棱锥的三视图如图所示,其侧视图是等

边三角形.该四棱锥的体积等于( A. 3 B.2 3 C.3 3

) D.6 3

【答案】A 【解析】由三视图可知,四棱锥的底面是俯视图对应的梯形,四棱锥的侧面是等边三角形

且侧面和底面垂直,所以四棱锥的高为 3 ,底面梯形的面积为

(1 ? 2) ? 2 ? 3 ,所以四棱锥的体积 2

为 ? 3 ? 3 ? 3 ,选 A.如图

1 3



18.【解析】甘肃省天水市一中 2013 届高三上学期第三次考试数学理试题)一个几何体的三视图如图所 (

示,且其侧视图是一个等边三角形,则这个几何的体积为( ) A.

(4 ? ? ) 3 3
·8·

B. (4 ? ? ) 3

C.

(8 ? ? ) 3 3 (8 ? ? ) 3 6

D.

【答案】D【解析】由三视图知,该几何体为一个半圆锥和一个四棱锥的组合体,其中圆锥的底面半

径为 1,高为 3 。四棱锥的底面为边长是 2 的正方形,高为 3 ,所以这个几何体的体积为

1 1 1 (8 ? ? ) 3 V ? ? ? ?12 ? 3 ? ? ? 2 ? 2 ? 3 ? 。选 D。 3 2 3 6
19. (云南省昆明一中 2013 届高三第二次高中新课程双基检测数学理)一条长为 2 的线段,它的三个视

图分别是长为 3, a, b 的三条线段,则 ab 的最大值为 A. 5 B. 6 C.

5 2

D.3

【答案】C【解析】构造一个长方体,让长为 2 的线段为体对角线,由题意知

a 2 ? y 2 ? 1, b 2 ? x 2 ? 1, x 2 ? y 2 ? 3 ,即 a 2 ? b 2 ? x 2 ? y 2 ? 2 ? 3 ? 2 ? 5 ,又 5 ? a 2 ? b 2 ? 2ab ,所
以 ab ?

5 ,当且仅当 a ? b 时取等号,所以选 C. 2

20. (甘肃省兰州一中 2013 高考冲刺模拟(一)数学(理) 如图, ?PAB 所在的平面 ? 和四边形 )

ABCD 所 在 的 平 面 ? 互 相 垂 直 , 且 A D ?? , B C ? ? , AD ? 4 ,
tan ?ADP ? 2tan ?BCP ? 10 ,则点

BC ? 8 , A B ? 6 , 若

P 在平面 ? 内的轨迹是

·9·

?
A

P B

?

D

C
B.椭圆的一部分 C.双曲线的一部分 D.抛物线的一

A.圆的一部分 部分 【答案】B

21.(云南师大附中 2013 届高三高考适应性月考卷(三)理科数学试题)

一个几何体的三视图如图l所示,其中正视图是一个正三角形,则该几何体的体积为 (



A.1

B.

3 3

C. 3 D.

2 3 3

【答案】B【解析】由三视图可知,此几何体为三棱锥,如图 1,其中正视图为 △PAC ,是边长为 2

的正三角形, PD ? 平面ABC ,且 PD ? 3 ,底面 △ABC 为等腰直角三角形, AB ? BC ? 2 ,所以

1 1 3 V ? ? 3? ? 2? 2 ? 3 2 3 ,故选 B. 体积为

图1

22. (云南省玉溪一中 2013 届高三第三次月考理科数学)已知三棱锥的三视图如图所示,则它的外接球

表面积为(


·10·

A.16 ? B.4 ?

C.8 ?

D.2 ?

【答案】B【解析】由三视图可知该几何体是三棱锥,且三棱锥的高为 1,底面为一个直角三角形,

由于底面斜边上的中线长为 1,则底面的外接圆半径为 1,顶点在底面上的投影落在底面外接圆的圆 心上,由于顶点到底面的距离,与底面外接圆的半径相等则三棱锥的外接球半径 R 为 1,则三棱锥的 外接球表面积 S ? 4? R ? 4? ,选 B.
2

23.【解析】贵州省四校 2013 届高三上学期期末联考数学(理)试题)若棱长均为2的正三棱柱内接 (

于一个球,则该球的半径为





A.

3 3

B.

7

C.

2 3 3

D.

21 3

【答案】D【解析】根据对称性可知球心 P 在正三棱柱上下底面中心连线的中点处。则

BM ? 3 , BO1 ?

2 3 2 21 21 2 2 3 ,所以球半径 BP ? BO12 ? PO12 ? ( , ) ?1 ? ? BM ? 3 9 3 3 3

选 D.

·11·

24. (云南省部分名校(玉溪一中、昆明三中、楚雄一中)2013 届高三下学期第二次统考数学(理)试题)

已知直线 l ⊥平面 ? ,直线 m ? 平面 ? ,下面有三个命题: ① ? ∥ ? ? l ⊥ m ;② ? ⊥ ? ? l ∥ m ;③ l ∥ m ? ? ⊥ ? ; 则真命题的个数为 A.0 B.1 C.2 D.3[来源:学科网] 【答案】 C
25. (甘肃省河西五市部分普通高中 2013 届高三第二次联合考试 数学(理)试题)已知一个几何体的三

视图如右图,则该几何体的体积为

(

)

2? 3 4? B. 8 3 4? C. 4 3 2? D. 4 3
A. 8 【答案】D 26. (贵州省六校联盟 2013 届高三第一次联考理科数学试题)某几何体的三视图如图 2 所示,图中的四

边形都是边长为 2 的正方形,两条虚线互相垂直,则该几何体的体积是(



正视图

侧视图

俯视图
图2

A.

20 3

B.

16 3

C . 8?

?
6

D .8 ?

?
3

【答案】A【解析】由三视图知,原几何体为一个正方体挖掉一个正四棱锥其中正方体的棱为 2,正

四棱锥的底面边长为正方体的上底面,高为 1. ∴原几何体的体积为 V ? 23 ? ? 2 ? 2 ? 1 ? 8 ?

1 3

4 20 ,选 A. ? 3 3
·12·

27. (云南省昆明三中 2013 届高三高考适应性月考(三)理科数学)若 ? , ? 是两个不同的平面,下列

? 四个条件:①存在一条直线 a , a ? ? , a ? ? ;②存在一个平面 ? , ? ? ? , ? ? ;③存在两条平
行直线 a, b , a ? ? , b ? ? , a ∥ ? ,b ∥ ? ;④存在两条异面直线

a , b , a ? ? , b ? ? , a ∥ ? ,b ∥ ? .那么可以是 ? ∥ ? 的充分条件有(



A.4 个 B.3 个 C.2 个 D.1 个 【答案】C【解析】①可以;② ? , ? 也有可能相交,所以不正确;③ ? , ? 也有可能相交,所以不正 确;④根据异面直线的性质可知④可以,所以可以是 ? ∥ ? 的充分条件有 2 个,选 C.

28. (云南师大附中 2013 届高三高考适应性月考卷(四)理科数学试题)已知一几何体的三视图如图 4,

主视图和左视图都是矩形,俯视图为正方形,在该几何体上任意选择 4 个顶点,以这 4 个点为顶点 的几何形体可能是 ①矩形;②有三个面为直角三角形,有一个面为等腰三角形的四面体;③每个面都是直角三角形的

四面体. A.①②③

B.②③ C.①③ D.①②

【答案】A【解析】以长方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 为几何体的直观图. 当选择的四个点为 B1、B、C、C1

时,可知①正确;当选择 B、A、B1、C 时,可知②正确;当选择 A、B、D、D1 时,可知③正确. 选 A.

29. (云南省昆明三中 2013 届高三高考适应性月考(三)理科数学)如图 2,正三棱柱 ABC ? A1B1C1 的

主视图 (又称正视图) 是边长为4的正方形, 则此正三棱柱的侧视图 (又称左视图) 的面积为(

)

·13·

C1 2 A1 C A B 图2 主视图 B1 4 2

A. 8 3

B. 4 3

C. 2 3

D.16

【答案】A【解析】由主视图可知,三棱柱的高为 4,底面边长为 4,所以底面正三角形的高为 2

3,

所以侧视图的面积为 4 ? 2 3 ? 8 3 ,选 A.

30. (贵州省六校联盟 2013 届高三第一次联考理科数学试题)正方体 ABCD ?

A1 B1C1 D1 的棱长为 2 ,

MN 是它的内切球的一条弦(我们把球面上任意两点之间的线段称为球的弦) P 为正方体表面上的 ,
动点,当弦 MN 的长度最大时, PM ? PN 的取值范围是 .

【答案】 [0, 2] 【解析】因为 MN 是它的内切球的一条弦,所以当弦 MN 经过球心时,弦 MN 的长

度最大,此时 MN ? 2 .以 A ' 为原点建立空间直角坐标系如图.

根据直

径的任意性,不妨设 M , N 分别是上下底面的中心,则两点的空间坐标为 M (1,1, N (1,1, ,设坐 2), 0) 标为 P ( x, y, z ) ,则 PM ? (1 ? x,1 ? y, 2 ? z ) , PN ? (1 ? x,1 ? y, ? z ) ,所以

???? ?

????

???? ???? ? ???? ???? ? PM ?PN ? (1 ? x) 2 ? (1 ? y ) 2 ? z (2 ? z ) ,即 PM ?PN ? ( x ? 1) 2 ? ( y ? 1) 2 ? ( z ? 1) 2 ? 1 .因为点 P 为

PM ?PN 的取值范围与点 P 在哪个面上无关, 正方体表面上的动点, 所以根据 x, y, z 的对称性可知, ,
不妨设,点 P 在底面 A ' B ' C ' D ' 内,此时有 0 ? x ? 2, 0 ? y ? 2, z ? 0 ,所以此时

???? ???? ?

???? ???? ? ???? ???? ? ,所以当 x ? y ? 1 时,PM ?PN ? 0 , PM ?PN ? ( x ? 1) 2 ? ( y ? 1) 2 ? ( z ? 1) 2 ? 1 ? ( x ? 1) 2 ? ( y ? 1) 2 ,
·14·

此时 PM ?PN 最小,当但 P 位于正方形的四个顶点时, PM ?PN 最大,此时有

???? ???? ?

???? ???? ?

???? ???? ? ???? ???? ? ???? ???? ? PM ?PN ? ( x ? 1) 2 ? ( y ? 1) 2 ? 2 ,所以 PM ?PN 的最大值为 2. ,所以 0 ? PM ?PN ? 2 ,即

???? ???? ? PM ?PN 的取值范围是 [0, 2] .

31. (云南省玉溪一中 2013 届高三第五次月考理科数学) 正三棱柱 ABC? A1 B1C1 内接于半径为 1 的球,

则当该棱柱体积最大时,高 h ?
【答案】



2 3 【解析】根据对称性可知,球心 O 位于正三棱柱上下底面中心连线的中点上。设正三 3

棱柱的底面边长为 x , AB ? 则

3 2 3 3 3 2 x2 x, AB ' ? ? x? x, 所以 OB ' ? 1 ? ( x) ? 1 ? , 2 3 2 3 3 3

所 以 高 h ? 2OB ' ? 2 1 ?

x2 x2 ? 0 得 x2 ? 3 , 即 正 三 棱 柱 底 面 边 长 x 的 取 值 范 围 是 , 由 1? 3 3

0? x? 3

















1 2 3 x2 3x 2 x2 3 x2 2 2 V? x ? ? 2 1? ? ? 1? ? ? x ?x (1 ? ) , 2 2 3 2 3 2 3

·15·

x2 x2 x2 ? ?1? x2 x2 x2 x2 3 )3 ? 4 , x2 ?x2 (1 ? ) ? 36 ? ? (1 ? ) ? 36 ? ( 6 6 3 6 6 3 3 3
即体积 V ?

x2 x2 3 x2 3 4 2 3 ? 1 ? ,即 x 2 ? 2 时取等号,此时 ,当且仅当 ? x 2 ?x 2 (1 ? ) ? ? ? 6 3 2 3 2 3 3

x2 2 1 2 3 高 h ? 2 1? 。 ? 2 1? ? 2 ? 3 3 3 3
32. (云南省玉溪一中 2013 届高三第四次月考理科数学)已知正三棱锥 P ? ABC ,点 P, A, B, C 都在半径

为 3 的球面上,若 PA, PB, PC 两两互相垂直,则球心到截面 ABC 的距离为________.

3 【答案】 3 【解析】因为在正三棱锥 P ? ABC 中,PA,PB,PC 两两互相垂直,所以可以把该正三棱
锥看作为一个正方体的一部分, (如图所示) ,此正方体内接于球,正方体的体对角线为球的直径, 球心为正方体对角线的中点.球心到截面 ABC 的距离为球的半径减去正三棱锥 P ? ABC 在面 ABC 上的 高.已知球的半径为 3 ,所以正方体的棱长为 2,可求得正三棱锥 P ? ABC 在面 ABC 上的高为

2 3 , 3

所以球心到截面 ABC 的距离为 3 ?

2 3 3 . ? 3 3

33. (贵州省贵阳市 2013 届高三适应性监测考试(二)理科数学 word 版含答案)一个几何体的三视图

如图所示,这个几何体的体积是____________.

·16·

【答案】

1 2

34. (云南省部分名校(玉溪一中、昆明三中、楚雄一中)2013 届高三下学期第二次统考数学(理)试题)

一个几何体的 三视图如图所示,则这个几何体的表面积与其外接球面积之比为________.

【答案】

3

?

;

35. (贵州省遵义四中 2013 届高三第四月考理科数学)如右图, 设 A、B、C、D 为球 O 上四点,若 AB、

AC 、 AD 两 两 互 相 垂 直 , 且 AB ? AC ? 6 , AD ? 2 , 则 A 、 D 两 点 间 的 球 面 距


【答案】


2? 【解析】因为 AB、AC、AD 两两互相垂直,所以分别以 AB、AC、AD 为棱构造一个长方体, 3

·17·

在长方体的体对角线为球的直径, 所以球的直径 2 R ? 为 R ? 2 ,在正三角形 AOD 中, ?AOD ?

( 6) 2 ? ( 6) 2 ? 22 ? 16 ? 4 , 所以球半径

?
3

,所以 A、D 两点间的球面距离为

?
3

R?

2? . 3

36. (云南省玉溪一中 2013 届高三第三次月考理科数学) 设动点 P 在棱长为 1 的正方体 ABCD ? A1B1C1D1

的对角线 BD1 上,记

D1 P ? ? 。当 ?APC 为钝角时,则 ? 的取值范围是 D1 B



【答案】 ( ,1) 【解析】由题设可知,以

1 3





为单位正交基底,建立如图所示的空间直角

坐 标 系 D ﹣ xyz , 则 有 A(1, 0, 0) , B(1,1, 0) , C (0,1, 0) , D(0, 0,1) , 则 D1B ? (1, 1, 1) 得 ? ,

???? ?

???? ? ???? ? ??? ???? ???? ? ? ? D1P ? ? D1B ? (?, ?, ??) ,所以 PA ? PD1 ? D1 A ? (??, ??, ?) ? (1,0, ?1) ? (1 ? ?, ??, ? ?1) , ??? ???? ???? ? ? ? PC ? PD1 ? DC ? (??, ??, ?) ? (0,1, ?1) ? (??,1? ?, ? ?1) 1
显 然 ?APC 不 是 平 角 , 所 以 ?APC 为 钝 角 等 价 于 PA?PC ? 0

??? ??? ? ?

, 即

?? ( 1 ? ? ) ? ? ( ? ? 1

1 ,即 ( ? ? 2 ? ( ? 1 ?)? 1)(3? ? 1)? 0,解得 ? ? ? 1 ,因此 ? 的取值范围是 ) 0 3

1 ( ,1) 。 3
37.(云南师大附中 2013 届高三高考适应性月考卷(三)理科数学试题)

正三棱锥A-BCD内接于球O,且底面边长为 3 ,侧棱长为2,则球O的表面积为____ .
【答案】

16? 【解析】如图 3,设三棱锥 A ? BCD 的外接球球心为 3

·18·

O,

图3

半径为 r,BC=CD=BD= 3 ,AB=AC=AD=2,

AM ? 平面BCD ,M为正 △BCD 的中心,则DM=1,AM= 3 ,OA=OD=r,所以 ( 3 ? r ) 2 ? 1 ? r 2 ,解得
r? 2 3

,所以 S ? 4πr 2 ?

16 π. 3

38. (甘肃省 2013 届高三第一次诊断考试数学(理)试题)直三棱柱 ABC-A1B1Cl 的各顶点都在同一

球面上,若 AB =AC= AA1=2,∠BAC=120o,则此球的表面积等于
【答案】20? 【解析】 由余弦定理得:CB
2



所以在?ABC ? AB2 ? CA2 ? 2 AB ? AC ? cos1200 ? 2 3 ,

中,设?ABC 外接圆的圆心为 O1,半径为 r,则由正弦定理得:

BC ? 2r , 所以r ? 2 ,设球的半径 sin A
2

为 R,圆心为 O,则 R2 ? OO12 ? r 2 ? 1 ? 4 ? 5 ,所以球的表面积为 4? R ? 20? 。
39. (云南省昆明一中 2013 届高三第二次高中新课程双基检测数学理)已知球与棱长均为 2 的三棱锥各

条棱都相切,则该球的表面积为

.

【答案】 2? 【解析】将该三棱锥放入正方体内,若球与三棱锥各棱均相切等价于球与正方体各面均

相切,所以 2 R ?

2, R ?

2 1 ,则球的表面积为 S ? 4? R 2 ? 4? ? ? 2? . 2 2

三、解答题 40. (云南师大附中 2013 届高考适应性月考卷(八)理科数学试题(详解)(本小题满分 12 分)如图 3, )

在直三棱柱 ABC ? A B1C1 中,△ ABC 为等腰直角三角形,?BAC ? 90 ,且 AB ?AA 1 , E 、F 分 1
?

别为 BC 、 CC1 的中点.
·19·

(1)求证: B1E ⊥平面 AEF ; (2)当 AB ? 2 时,求点 E 到平面 B1 AF 的距离.
A1 B1 C1 F E

【答案】(Ⅰ)证明:在直三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中,不妨设 | AB |?| AA1 | =a ,

∵△ABC 为等腰直角三角形, ?BAC ? 90? ,

∴ BC ?| B1C1 |? 2a ,

∵E、F 分别为 BC、 CC1 的中点,
? 2 ? 3 2 2 , ∴| B1 E | ?| BE | ? | BB1 | ? ? ? 2 a? ? a ? 2 a ? ? ?
2 2 2 2

? 2 ? 1 2 3 2 , | EF | ?| EC | ? | CF | ? ? ? 2 a? ? 4 a ? 4 a ? ? ?
2 2 2

2

1 9 | B1 F |2 ?| B1C1 |2 ? | C1F |2 ? 2a2 ? a2 ? a2 , 4 4 3 3 9 有 | B1 E |2 ? | EF |2 ? a2 ? a2 ? a2 ?| B1F |2 , 2 4 4
∴B1 E ? EF ,

又∵AE ? BC, B1B ? 平面 ABC,∴B1 E ? AE , AE ? EF ? E ,
∴B1 E ? 平面 AEF.

(Ⅱ)解:由条件知,

| AE |? 2, | B1E |? 6, | EF |? 3, | AF |? 5 ,
·20·

| AB1 |? 2 2, | B1F |? 3 ,
1 1 6 | AE | ? | EF |? ? 2 ? 3 ? , 2 2 2 8?5?9 1 3 ? , sin ?B1 AF ? 在 △AFB1 中, cos ?B1 AF ? , 2? 2 2 ? 5 10 10

∵AE ? EF ,∴S△AEF ?

∴S△AB1F ?

1 1 3 | AB1 | ?| AF | sin ?B1 AF ? ? 2 2 ? 5 ? ?3, 2 2 10

设点 E 到平面 B1 AF 的距离为 d , 则 d ? S△AB1F ?| B1E | ?S△AEF ,
6? 3 6 2 ?1 ,

所以 d ?

即点 E 到平面 B1 AF 的距离为 1.

41 . 云 南 省昆 明市 2013 届 高三 复习 适应 性检 测数学 (理 )试 题) 如图,四边形 ABCD 是正方 (

形, PD ∥ MA , MA ? AD , PM ? 平面CDM , MA ? (Ⅰ)求证:平面 ABCD ? 平面 AMPD ;

1 PD . 2

? (Ⅱ)若 BC 与 PM 所成的角为 45 ,求二面角 M ? BP ? C 的余弦值.

C B D P A M

【答案】解:(I)? PM ? 平面 CDM ,且 CD ? 平面 CDM ,

? PM ? CD , 又 ABCD 是正方形,? CD ? AD ,而梯形 AMPD 中 PM 与 AD 相交,
?CD ? 平面 AMPD ,
·21·

又 CD ? 平面 ABCD , ? 平面 ABCD ? 平面 AMPD

z
C B D P A M

y

x
(II)? CD ? 平面 AMPD ,则 CD ? PD , CD ? AD , 又 PD ∥ MA , MA ? AD ,? PD ? AD , 以点 D 为原点, DA, DP, DC 依次为 x, y , z 轴,建立空间直角坐标系, 不妨设 MA ?

1 PD ? 1 , AD ? a . 2

则 A(a,0,0) , M (a,1,0) , B(a,0, a) ,

C (0,0, a) , P(0, 2, 0)

???? ? ??? ? PM ? (a, ?1,0) , BC ? (?a,0,0) ,
由 BC 与 PM 所成的角为 45 ,
?

???? ??? ? ? 得 cos ? PM , BC ? ?
解得 a ? 1 .

a2 a ?1 ? a
2

?

2 2

??? ? ???? ? ? BP ? (?1, 2, ?1) , PM ? (1, ?1,0) ,
求得平面 MBP 的一个法向量是

?? n1 ? (1,1,1) ;
??? ? ??? ? BC ? (?1,0,0) , BP ? (?1, 2, ?1) ,
求得平面 CBP 的一个法向量是 n2 ? (0,1, 2) ;
·22·

?? ?

?? ?? ? ?? ?? ? n1 ? n2 1? 2 15 则 cos ? n1 , n2 ?? ?? ?? ? , ? ? 5 3? 5 n1 ? n2
故二面角 M ? BP ? C 的余弦值为 ? (其他做法参照给分)

15 5

42. (云南省昆明一中 2013 届高三新课程第一次摸底测试数学理)如图,三棱柱 ABC—A1B1C1 中,

侧棱与底面 ABC 垂直,且 AB1⊥BC1,AB=AA1=1,BC=2。 (I)证明:A1C1⊥AB; (II)求二面角 A1—BC1—A 的余弦值。

·23·

【答案】

·24·

·25·

43. (云南省部分名校 2013 届高三第一次统一考试理科数学(玉溪一中、昆明三中、楚雄一中) 如图, )

三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中, AA1 ⊥面 ABC , BC ? AC, BC ? AC ? 2 ,

AA1 ? 3 , D 为 AC 的中点.
(1)求证: AB1 // 面BDC1 ; (2)求二面角 C1 ? BD ? C 的余弦值; B1 (3)在侧棱 AA1 上是否存在点 P ,使得 B

CP ? 面BDC1 ?请证明你的结论.
C C1 D A
1

A

【答案】 (I)证明:连接 B1C,与 BC1 相交于 O,连接 OD.

∵BCC1B1 是矩形,∴O 是 B1C 的中点. 又 D 是 AC 的中点, ∴OD//AB1. ∵AB1 ? 面 BDC面 BDC1,∴AB1//面 BDC1. (II)解:如图,建立空间直角坐标系, 则 C1(0,0,0) ,B(0,3,2) , C(0,3,0) ,A(2,3,0) , D(1,3,0) ,
A1 C1 D A C B1

z

B

1 ,OD

?

y

x

???? ???? ? C1B ? (0,3, 2) , C1D ? (1,3,0) ,
设 n ? ( x1 , y1 , z1 ) 是面 BDC1 的一个法向量,则

?

? ???? ?n ? 1 B ? 0, ?3 y ? 2 z ? 0, ? C 1 1 1 1 ? ? ? ? ???? 即? ,取 n ? (1, ? , ) . C ? n ? 1 D ? 0 ? x1 ? 3 y1 ? 0 ? 3 2 ???? ? 易知 C1C ? (0,3,0) 是面 ABC 的一个法向量.
·26·

? ? ???? ? 2 n ? 1C C 2 ? ???? cos n, C1C ? ? ???? ? ? . ∴二面角 C —BD—C 的余弦值为 . ? 1 7 7 n ? C1C
(III)假设侧棱 AA1 上存在一点 P 使得 CP⊥面 BDC1. 设 P(2,y,0) (0≤y≤3) ,则 CP ? (2, y ? 3,0) ,

??? ?

??? ???? ? ?CP? 1 B ? 0, C ? ? 3( y ? 3) ? 0, ? ? 则 ? ??? ???? ,即 ? . C ? CP? 1 D ? 0 ? ?2 ? 3( y ? 3) ? 0
∴侧棱 AA1 上不存在点 P,使 CP⊥面 BDC1.

? y ? 3, ? 7 ? 解之 ? y ? ∴方程组无解. 3 ?

44. (云南省玉溪一中 2013 届高三第四次月考理科数学) (本题 12 分) 如图 6, 在长方体 ABCD? A1 B1C1 D1

中, AA1 ? AD ? 1 , E 为 CD 中点. (1)求证: B1 E ? AD1 ; (2)在棱 AA 上是否存在一点 P ,使得 DP // 平面 B1 AE ?若存在,求 AP 的长;若不存在,说明理 1 由; (3)若二面角 A ? B1 E ? A1 的大小为 30°,求 AB 的长.

图6 → → →

【答案】解:(1)以 A 为原点,AB,AD,AA1的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐

→ ?a ? B 标系(如图).设 AB=a, A(0,0,0), (0,1,0), 1(0,1,1), ? ,1,0?, 1(a,0,1), AD1=(0,1,1), 则 D D E 故 ?2 ? → ? a → ?a ? → ? B1E=?- ,1,-1?,AB1=(a,0,1),AE=? ,1,0?.

? 2

?

?2

?

a → → 因为AD1·B1E=- ×0+1×1+(-1)×1=0, 2
所以 B1E⊥AD1.

·27·

(2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0,z0), → 使得 DP∥平面 B1AE.此时DP=(0,-1,z0). 又设平面 B1AE 的法向量 n=(x,y,z).

?ax+z=0, ? → 因为 n⊥平面 B1AE,所以 n⊥AB1,n⊥AE,得?ax ? 2 +y=0. ?
→ 取 x=1,得平面 B1AE 的一个法向量 n=?1,- ,-a?. 2 ? ?

?

a

?

a 1 → 要使 DP∥平面 B1AE,只要 n⊥DP,有 -az0=0,解得 z0= . 2 2
1 又 DP?平面 B1AE,所以存在点 P,满足 DP∥平面 B1AE,此时 AP= . 2 (3)连接 A1D,B1C,由长方体 ABCD-A1B1C1D1 及 AA1=AD=1,得 AD1⊥A1D. 因为 B1C∥A1D,所以 AD1⊥B1C. 又由(1)知 B1E⊥AD1,且 B1C∩B1E=B1, → → 所以 AD1⊥平面 DCB1A1.所以AD1是平面 A1B1E 的一个法向量,此时AD1=(0,1,1). → 设AD1与 n 所成的角为 θ,

n·AD1 则 cosθ= = → |n||AD1| 2



- -a 2 1+ +a 4

a

a2

.
2

因为二面角 A-B1E-A1 的大小为 30°, 3a 2 2 解得 a=2,即 AB 的长为 2.
45. (贵州省六校联盟 2013 届高三第一次联考理科数学试题) (本小题满分 12 分)如图 5 ,已知在四棱

所以|cosθ|=cos30°,即

5a 1+ 4

2



3 , 2

锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 是矩形, PA ? 平面 ABCD , PA ? AD ? 1 , AB ? 2 , F 是 PD 的 中点, E 是线段 AB 上的点.
·28·

(I)当 E 是 AB 的中点时,求证: AF // 平面 PEC ; (II)要使二面角 P ? EC ? D 的大小为 45? ,试确定 E 点的位置.

P F D C

A

E
图5

B

【答案】解: 【法一】 (I)证明:如图,取 PC 的中点 O ,连接 OF , OE .

由已知得 OF / / DC 且 OF ?

1 DC , 2

又? E 是 AB 的中点,则 OF / / AE 且 OF ? AE ,

? AEOF 是平行四边形,
∴ AF / / OE 又? OE ? 平面 PEC , AF ? 平面 PEC

························· 4? ··········· ·········· ···· ·········· ··········· ···

? AF / / 平面 PEC ····································· 6? ··········· ·········· ··········· ····· ·········· ··········· ··········· ·····
(II)如图,作 AM ? CE 交 CE 的延长线于 M . 连接 PM ,由三垂线定理得 PM ? CE , ··········· ····· ·········· ····· ? ?PMA 是二面角 P ? EC ? D 的平面角.即? ?PMA ? 45 o ················ 9?

? PA ? 1 ? AM ? 1 ,设 AE ? x ,
由 ?AME ? ?CBE 可得 x ?

(2 ? x) 2 ? 1 ? x ?

5 4

故,要使要使二面角 P ? EC ? D 的大小为 45o ,只需 AE ?

5 ················12? ··········· ····· ·········· ····· 4

【法二】 (I)由已知, AB, AD, AP 两两垂直,分别以它们所在直线为 x, y, z 轴建立空间直角坐 标系 A ? xyz .
z

P 则 A(0, 0, 0) , F (0, , ) ,则 AF ? (0, , ) ························· 2? ··········· ·········· ···· ·········· ··········· ··· F
·29·

??? ? 1 1 1 1 2 2 2 2 ? E (1, 0, 0) , C (2,1, 0) , P(0, 0,1) ,

y D x C

A

E

B

设平面 PEC 的法向量为 m ? ( x, y, z )

??

?? ??? ? ?m?EC ? 0 ? x ? y ? 0 ? 则 ? ?? ??? , ?? ? ?? x ? z ? 0 ?m?EP ? 0 ? ?? 令 x ? 1 得 m ? (1, ?1,1) ……………………………………… 4?
由 AF ?m ? (0, , )? ?1,1) ? 0 ,得 AF ? m (1, 又 AF ? 平面 PEC ,故 AF / / 平面 PEC ··························· 6? ··········· ·········· ······ ·········· ··········· ······ (II)由已知可得平面 DEC 的一个法向量为 AP ? (0, 0,1) , 设 E ? (t , 0, 0) ,设平面 PEC 的法向量为 m ? ( x, y, z )

??? ?? ?

1 1 2 2

????

??

??? ?

??

?? ??? ? ?? ?m?EC ? 0 ?(2 ? t ) x ? y ? 0 ? 则 ? ?? ??? ,令 x ? 1 得 m ? (1, t ? 2, t ) ··············· 10? ··········· ···· ·········· ····· ?? ? ?m?EP ? 0 ??tx ? z ? 0 ? ??? ? ? AP?n 5 o ? ? |? t ? , 由 cos 45 ?| ??? 4 | AP | ? | n |
故,要使要使二面角 P ? EC ? D 的大小为 45o ,只需 AE ?

5 4

12?

46. (甘肃省天水一中 2013 届高三下学期五月第二次检测 (二模) 数学(理) 试题)如 图,在多面体 ABCDE

中, DB ? 平面ABC , AE // DB , 且?ABC 是边长为 2 的等边三角形, AE ? 1 ,CD 与平面 ABDE 所成 角的正弦值为

6 . 4

(1)在线段 DC 上是否存在一点 F,使得 EF ? 面DBC ,若 存在,求线段 DF 的长度,若不存在,说明理由; (2)求二面角 D ? EC ? B 的平面角的余弦值.

·30·

【答案】解:(Ⅰ)取 AB 的中点 G,连结 CG,则 CG ? AB ,



DB ? 平面ABC

,





D ? B

C, G 所



CG ? 面A

B

D E所 ,



s ?CDG ? i n

CG 6 ,CG= 3 ,故 CD= 2 2 DB ? CD2 ? CB2 ? 2 ? CD 4
?

取 CD 的中点为 F,BC 的中点为 H,因为 FH // BD , AE // BD ,所以 AEFH 为平行四边形,得
?

1 2

1 2

EF // AH ,

AH ? BC ? ? ? AH ? 平面 BCD AH ? BD ?

∴ EF ? 面DBC

存在 F 为 CD 中点,DF= 2 时,使得 EF ? 面DBC

(Ⅱ)如图建立空间直角坐标系, 则 C (1, 3 , 0) 、 B(0 , 0 , 0) 、

??? ? E (2 , 0 ,1) 、 D ? 0 , 0 , 2 ? ,从而 BE ? (2 , 0 ,1) ,
·31·

??? ? ??? ? EC ? (?1, 3 , ? 1) , DE ? (2, 0, ?1) .
设 n1 ? ( x , y , z ) 为平面 BCE 的法向量,

?? ?

?? ??? ? ? ?n1 ? BE ? 2 x ? z ? 0 ? ? 则 ? ?? ??? ? ? ?n1 ? EC ? ? x ? 3 y ? z ? 0 ?
?? ? 3 , ? 2) 可以取 n1 ? (1 , ? 3
8分

设 n2 ? ( x , y , z ) 为平面 CDE 的法向量,

?? ?

?? ???? ? ?n1 ? DE ? 2 x ? z ? 0 ? ? 则 ? ?? ??? ? ? ?n1 ? EC ? ? x ? 3 y ? z ? 0 ?
取 n2 ? (1, 3,2 ) 因此, cos ? n1 ? n2 ??

?? ?

?? ?? ?

?4 6 , ?? 4 8 6 3

47. (甘肃省河西五市部分普通高中 2013 届高三第二次联合考试 数学(理)试题) (本小题满分 12 分)

在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=BC=CA=AA1=2,侧棱 AA1⊥面 ABC,D、E 分别是棱 A1B1、AA1 的中点,点 F 在棱 AB 上,且 AF ?
1 AB . 4

(Ⅰ )求证:EF∥ 平面 BDC1; (Ⅱ )求二面角 E-BC1-D 的余弦值.

【答案】 (1)证法一:设 O 为 AB 的中点,连结 A1O,

∵AF=

1 AB ,O 为 AB 的中点 4

∴F 为 AO 的中点,又 E 为 AA1 的中点 ∴EF∥A1O 又∵D 为 A1B1 的中点,O 为 AB 的中点 ∴A1D=OB 又 A1D∥OB
·32·

∴四边形 A1DBO 为平行四边形 ∴A1O∥BD 又 EF∥A1O ∴EF∥BD 又 EF ? 平面 DBC1 , BD ? 平面 DBC1 ∴EF∥平面 DBC1 证法二:建立如图所示的坐标系。 (坐标系建立仅为参考) z

(6 分)

y

o

x

∵AB=BC=CA=AA1=2,D、E 分别为 A1B1、AA1 的中点,AF=

1 AB 4

0, ,B(1,0,0) E(-1,0,1) ( - , 0) ,F ,D(0,0,2) 1(0, 3, ) ,C 2)
设平面平面 DBC1 的法向量为 n ? ( x, y, z)

1 2

1 EF ? ( ,0,-1 , BD ? (?1,0,2) , BC1 ? (?1, 3,2) ) 2

BD ? n ? ? x ? 2z ? 0
令 z=1, 则 y=0,x=2

BC1 ? ?x ? 3 y ? 2z ? 0 n ? (2,0,1 )

EF ? n ? 2 ?

1 ? 0 ? 1 ? (?1) ? 0 2
∴ EF ? n 又 EF ? 平面 BDC1 ∴EF∥平面 BDC1 (6 分)

(2)设面 EBC1 的法向量为 m ? ( x, y, z)

BE ? (?2,0,1) , BC1 ? (?1, 3,2) BC1 ? m ? ?x ? 3 y ? 2z ? 0
令 x=1,则 z=2,y=- 3 cos< m, n >=

BE ? m ? ?2 x ? z ? 0

∴ m ? (1,? 3,2)

m?n m?n

?

2 ? 1 ? 0 ? (? 3 ) ? 1 ? 2 5 ?2 2
·33·

?

10 5

由图知二面角 E-BC1-D 为锐二面角,所以二面角的余弦值为

10 5

(12 分)

48. (云南省玉溪一中 2013 届高三第五次月考理科数学) (本小题满分 12 分)在边长为 5 的菱形 ABCD

9 中,AC=8.现沿对角线 BD 把△ABD 折起,折起后使∠ADC 的余弦值为 . 25 (1)求证:平面 ABD⊥平面 CBD; (2)若 M 是 AB 的中点,求折起后 AC 与平面 MCD 所成角的正弦值。 A M B D B M D A

C
【答案】 【解】

C (1)证明 在菱形 ABCD 中,记 AC,BD 的交点为 O,AD=5,

∴OA=4,OD=3,翻折后变成三棱锥 A-BCD,在△ACD 中,

AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos ∠ADC
9 =25+25-2×5×5× =32, 25 在△AOC 中,OA +OC =32=AC , ∴∠AOC=90°,即 AO⊥OC, 又 AO⊥BD,OC∩BD=O, ∴AO⊥平面 BCD, 又 AO?平面 ABD,∴平面 ABD⊥平面 CBD. (2)由(1)知 OA,OC,OD 两两互相垂直,分别以 OC,OD,OA 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直 3 ? → ? 3 ? ? → 角坐标系,则 A(0,0,4),B(0,-3,0),C(4,0,0),D(0,3,0),M?0,- ,2?,MC=?4, ,-2?,DC 2 ? ? ? 2 ? → =(4,-3,0),AC=(4,0,-4),
2 2 2

? → ?n·MC=0 设平面 MCD 的一个法向量为 n=(x,y,z),则由? ? → ?n·DC=0
=4,有 n=(3,4,9),
·34·

?4x+3y-2z=0 ? 2 ,得? ?4x-3y=0 ?

,令 y

? → 设 AC 与平面 MCD 所成的角为 θ,sin θ=|cos 〈AC,n〉|=?
3 ∴AC 与平面 MCD 所成角的正弦值为 53. 53

? 3 53, ?= ? 106· 32? 53
12-36

49. (云南省昆明三中 2013 届高三高考适应性月考(三)理科数学)如图所示,正方形 AA D1 D 与 1

矩形 ABCD 所在平面互相垂直, AB ? 2 AD ? 2 ,点 E 为 AB 的中点. (1)求证: BD1 // 平面A1 DE ; (2)求证: D1 E ? A1 D ; (3)在线段 AB 上是否存在点 M ,使二面角 D1 ? MC ? D 的大小为 若不存在,请说明理由.

? ?若存在,求出 AM 的长; 6

O 【答案】.解: (Ⅰ) 四边形ADD A1为正方形, 是AD1的中点 , 点 E 为 AB 的中点,连接 OE 1
? EO为?ABD 的中位线 ? EO // BD1 ……2 分 1
又? BD1 ? 平面A1 DE, OE ? 平面A1 DE (II)正方形 ADD1 A1 中, A1 D ? AD1 ,

? BD1 // 平面A1 DE ………4 分

由已知可得: AB ? 平面ADD1 A1 ,

A1 D ? 平面ADD1 A1

? AB ? A1D , AB ? AD1 ? A ? A1 D ? D1 E
…………8 分

? A1 D ? 平面A1DE,D1E ? 平面AD1E

·35·

故当 AM ? 2 ?

? 3 时,二面角 D1 ? MC ? D 的大小为 6 3

……………12 分

(注:其它方法同样得分)
50. (云南省昆明一中 2013 届高三第二次高中新课程双基检测数学理) (本小题满分 12 分)

如图, 四棱锥 P—ABCD 中, 底面 ABCD 为菱形, ∠DAB=60°, 侧面 PAD⊥平面 AC, 在△PAD 中 ,E 为 AD 中点,PA=PD。 (I)证明:PA⊥BE; (II)若 AB ?

2 PA ,求二面角 A—PB—D 的正弦值。

·36·

【答案】

·37·

51. (云南省玉溪一中 2013 届高三第三次月考理科数学) (本小题满分 12 分)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;
·38·

(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) …………2 分 D1 A1 B1 C1

D A E B

C

???? ???? ? ? ???? ???? ? ? (1) 因为DA1 , D1 E ? (1,0,1),(1, x, ?1) ? 0, 所以DA1 ? D1 E. ………………4 分 ???? ? ???? (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, ?

也即 ?

? ? ? a ? 2b ? 0 ? a ? 2b ,得 ? ,从而 n ? (2,1, 2) ,所以点 E 到平面 ACD1 的距离为 ??a ? c ? 0 ?a ? c
???? ? ? | D1 E ? n | 2 ? 1 ? 2 1 ? h? ? ? . ………………………………………………8 分 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 ? ? ??? ?? ? ?a ? b( x ? 2) ? 0. ?n ? CE ? 0, ?

令 b ? 1,? c ? 2, a ? 2 ? x ,

·39·

∴ 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 . , ∴ AE ? 2 ? 3 时,二面角 D1 ? EC ? D 的大小为

? . …………………………12 分 4

52. (云南师大附中 2013 届高三高考适应性月考卷(三)理科数学试题)如图 5 甲,四边形 ABCD 中,E

是 BC 的中点,DB =2, DC=1,BC= 5 ,AB =AD= 2 .将(图甲)沿直线 BD 折起,使二面角 A - BD -C 为 60 (如图乙) . (Ⅰ)求证:AE⊥平面 BDC; (Ⅱ)求点 B 到平面 ACD 的距离.
o

【答案】 (本小题满分 12 分)

(Ⅰ)证明:如图 4,取 BD 中点 M,连接 AM,ME. 因为 AB=AD= 2 ,所以 AM⊥BD, 因为 DB=2,DC=1,BC= 5 ,满足:DB +DC =BC , 所以△BCD 是以 BC 为斜边的直角三角形,BD⊥DC, 因为 E 是 BC 的中点,所以 ME 为△BCD 的中位线,
1 ? ME ∥ CD , =2
? ME⊥BD,ME=
2 2 2

图4

1 ,…………………………………………………………………(2 分) 2
·40·

? ∠AME 是二面角 A-BD-C 的平面角,??AME = 60 °.

? AM ? BD , ME ? BD 且 AM、ME 是平面 AME 内两条相交于点 M 的直线,

? BD ? 平面AEM ,? AE ? 平面 AEM,? BD ? AE .………………………………(4 分)
? AB ? AD ? 2 , DB ? 2 ,
?△ABD 为等腰直角三角形,? AM ?

1 BD ? 1 , 2

在 △AME 中 , 由 余 弦 定 理 得 : AE 2 ? AM 2 ? ME 2 ? 2 AM ? ME ? cos ?AME , AE ? ?

3 , 2

? AE 2 ? ME 2 ? 1 ? AM 2 , AE ? ME , ?
? BD ? ME ? M ,BD ? 平面BDC ,ME ? 平面BDC ,

? AE ? 平面BDC .………………………………………………………………………(6 分)
(Ⅱ)解法一:等体积法. 解法二:如图 5,以 M 为原点,MB 所在直线为 x 轴,ME 所在直线为 y 轴 , 平 行 于 EA 的 直 线 为 z 轴 , 建 立 空 间 直 角 坐 标 系, ………………………………………………(7 分)
1 ? ? 则由(Ⅰ)及已知条件可知 B(1,0,0), E ? 0 , ,0 ? , 2 ? ?

? 1 3? A ? 0 , , ? ,D (?1 ,0 ,0) ,C (?1 , ,0) . 1 ? 2 2 ? ? ? ??? ? ? ? 1 3 ? ??? 则 AB ? ?1 ,? ,? ? ,CD ? (0 ,? 1 ,0) , ? 2 2 ? ? ?
???? ? 1 3? AD ? ? ?1 ,? ,? ?, ? 2 2 ? ? ? ? 设平面 ACD 的法向量为 n = ( x,y,z ) ,
? ???? ? ?n· ? 0 , ?? x ? 1 y ? 3 z ? 0 , ? AD ?? 则 ? ? ??? 令 x ? 3 , 则 z=-2, ? 2 2 ?n· ? 0 ?? y ? 0 , ? CD ?

图5

……………………………………(8 分)

? ? n ? ( 3 ,0 ,? 2) , …………………………………………………………………(10 分)

记点 B 到平面 ACD 的距离为 d,
??? ??? ? 3?0? 3 2 21 AB ? n ? 则 d ? ??? ,所以 d ? . 2 2 7 n ( 3) ? 0 ? (?2)
·41·

…………………………(12 分)

53. (云南师大附中 2013 届高三高考适应性月考卷(四)理科数学试题) (本小题满分 12 分)如图 4,

正三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中, E 是 AC 中点. (1)求证:平面 BEC1 ⊥平面 ACC1 A1 ;

(2)若
B

A1 A 2 ,求二面角 E ? BC1 ? C 的大小. ? AB 2
B1 A1

A E C

C1

【答案】 (Ⅰ)证明:如图 3,∵ ABC ? A1 B1C1 是正三棱柱,

∴ AA1 ? 平面ABC , ∴ BE ? AA1 . ∵△ABC 是正三角形,E 是 AC 中点, ∴ BE ? AC , ∴ BE ? 平面ACC1 A1 . 又∵ BE ? 平面BEC1 , ∴平面 BEC1 ? 平面ACC1 A1 . …………………………………………………………(6 分)
图3

(Ⅱ) 解:如图 4,作 CF ? EC1于F , FG ? BC1 于 G,连 CG. ∵平面 BEC1 ? 平面ACC1 A1 , ∴ CF ? 平面BEC1 ,

·42·

∴FG 是 CG 在平面 BEC1 上的射影. ∴根据三垂线定理得, CG ? BC1 , ∴∠CGF 是二面角 E ? BC1 ? C 的平面角, 设 AB ? a ,∵
A1 A 2 2 ,则 A1 A ? ? a. AB 2 2
图4

在 Rt△ECC1 中, CF ?

EC ? CC1 6 ? a. EC1 6 BC ? CC1 3 ? a, BC1 3
CF 2 , ? CG 2

在 Rt△BCC1 中, CG ?

在 Rt△CFG 中,∵ sin ?CGF ? ∴ ?CGF ? 45? .

∴二面角 E ? BC1 ? C 的大小是 45°. …………………………………………………(12 分)

54. (甘肃省 2013 届高三第一次诊断考试数学(理)试题)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧棱 AA1

⊥底面 ABC,AB⊥BC,D 为 AC 的中点,AA1=AB =2. (I)求证:AB1∥ 平面 BC1D; (Ⅱ )若四棱锥 B-AA1C1D 的体积为 3,求二面角 C-BCl -D 的正切值.









·43·

·44·

·45·

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