2013年全国高考理科数学试题分类汇编7：立体几何 Word版含答案

2013年全国高考理科数学试题分类汇编7：立体几何

一、选择题

1 ．（2013年高考新课标1（理））如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8cm,

将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6cm,如果不

计容器的厚度,则球的体积为

A．

500cm3 3B．

866cm33 C．

13723cm3 D．

2048cm33 【答案】A

2 ．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD版））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

【答案】D

3 ．（2013年上海市春季高考数学试卷(含答案)）若两个球的表面积之比为1:4,则这两个球

的体积之比为

A．1:2 B．1:4

C．1:8

D．1:16

【答案】C

4 ．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD版含答案（已校对））已知正四

棱柱ABCDA1BC11D1中AA12AB,则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于

A．

23 B．33 C．23 D．

13 【答案】A

5 ．（2013年高考新课标1（理））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为

） ） ） ）（

（

（

（

A．168 B．88

C．1616

D．816

【答案】A

6 ．（2013年高考湖北卷（理））一个几何体的三视图如图所示,该几何体从上到下由四个简

单几何体组成,其体积分别记为V1,V2,V3,V4,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体均为多面体,则有 A．V1V2V4V3

B．V1V3V2V4

【答案】C

7 ．（2013年高考湖南卷（理））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．

2-12 D．

2+12 【答案】C

8 ．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD版））某四棱台的三视

图如图所示,则该四棱台的体积是

（ ）

（ ）

C．V2V1V3（ ）

1 2 2 正视图

侧视图

1 1 俯视图

第5题图

1416A．4

B．3 C．3

D．6

【答案】B 9 ．（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯WORD版含答案））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

【答案】D

10．（2013年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））已知三棱柱

9ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直,体积为4,底面是边长为3的正三角形.若P为底

面

A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为

5A．12

B．3 C．4

D．6

【答案】B

11．（2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））某几何体的三视图如

题5图所示,则该几何体的体积为 A．

5605803 B．

3 C．200

D．240

） ） ） ）（

（

（

（

【答案】C

12．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD版））已知三棱柱

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．317132 B．210

C．

2 D．310

【答案】C

13．（2013年高考江西卷（理））如图,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

A．8

B．9 C．10 D．11

【答案】A

14．（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯WORD版含答案））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,则得到正视图可以为

） ） ）（

（

（

A．

【答案】A

B． C． D．

15．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD版））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, 那么他们有且只有一条过该点的公共直线 【答案】A 16．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD版））在空间中,过点A作平面的垂线,垂足为B,记Bf(A).设,是两个不同的平面,对空间任意一点

P,Q1f[f(P)],Q2f[f(P)],恒有PQ1PQ2,则

A．平面与平面垂直 B．平面与平面所成的(锐)二面角为450C．平面与平面平行

D．平面与平面所成的(锐)二面角为600【答案】A 17．（2013年高考四川卷（理））一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的直观图可以是

【答案】D 二、填空题

18．（2013年高考上海卷（理））在xOy平面上,将两个半圆弧(x1)2y21(x1)和

(x3)2y21(x3)、两条直线y1 和y1围成的封闭图形记为D,如图中阴影

部分.记D绕y轴旋转一周而成的几何体为,过(0,y)(|y|1)作的水平截面,所得

截面面积为41y28,试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体,得出

）

（

的体积值为__________

【答案】216.

19．（2013年高考陕西卷（理））某几何体的三视图如图所示, 则其体积为___

2_____. 32111

【答案】

 33,且圆O与圆K所220．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD版含答案（已校对））已知圆O和圆K是球O的大圆和小圆,其公共弦长等于球O的半径,OK在的平面所成的一个二面角为60,则球O的表面积等于______.

【答案】16

21．（2013年高考北京卷（理））如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,

点P在线段D1E上,点P到直线CC1的距离的最小值为__________.

D1 C1A1 D A 【答案】 P B1 E C B 25 5

22．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD版含附加题））

如图,在三棱柱A1B1C1ABC中,D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点,设三棱锥FADE的体积为V1,三棱柱A1B1C1ABC的体积为V2,则

V1:V2____________.

CAFAEBCB D

【答案】1:24

23．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD版））若某几何体的三

视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积等于________cm.

4 3 2 正视图 3 俯视图 （第12题图） 侧视图 3 2

【答案】24

24．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD版））如图,正方体

ABCDA1BC11D1的棱长为1,P为BC的中点,Q为线段CC1上的动点,过点A,P,Q的平

面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是__①②③⑤___(写出所有正确命

题的编号).

①当0CQ113时,S为四边形;②当CQ时,S为等腰梯形;③当CQ时,S与224

13C1D1的交点R满足C1R1;④当CQ1时,S为六边形;⑤当CQ1时,S的面积

34为6. 2【答案】①②③⑤

25．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD版））某几何体的三视图如

图所示,则该几何体的体积是____________.

【答案】1616

26．（2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD版））已知某一多面体

内接于一个简单组合体,如果该组合体的正视图.测试图.俯视图均如图所示,且图中的

四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是_______________

【答案】12

27．（2013年上海市春季高考数学试卷(含答案)）在如图所示的正方体ABCDA1BC11D1中,

异面直线A1B与B1C所成角的大小为_______

D1 A1

D A

【答案】

C1 B1

C B

 3

三、解答题

28．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD版））如图,AB是圆的直径,PA

垂直圆所在的平面,C是圆上的点. (I)求证:平面PAC平面PBC；

(II)若AB2，AC1，PA1，求证：二面角CPBA的余弦值.

【答案】

29．（2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））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】

1．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD版））如图,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°.

(Ⅰ)证明:平面PAB与平面PCD的交线平行于底面; (Ⅱ)求cosCOD. 【答案】解:

(Ⅰ)

设面PAB面PCD直线m,AB//CD且CD面PCDAB//面PCD

AB//直线m AB面ABCD直线m//面ABCD. 与面PCD的公共交线平行底面ABCD. 所以,面PAB(Ⅱ)

设底面半径为r,线段CD的中点为F，则OPF60.由题知tan22.5PO. rOFOFCOD2tan22.5,tan60tan60tan22.5cos,tan45.

POr21tan222.5CODcosCOD1cosCOD2cos21tan22.52-1,[3(2-1,)]23(322)22cosCOD17-122.所以cosCOD17-122.

法二:

1．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD版））如图,在四面体

ABCD中,AD平面BCD,BCCD,AD2,BD22.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 B

C

Q 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

（第20题图）

AF3FD.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;

1MD;取CD的三等211分点H,使DH3CH,且AQ3QC,所以QH//AD//MD,所以

42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HPQ//,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

CDCGCBcos,sinCD22cos,CG22cossin,BC22sin,BDCDBD,

在RTBCG中,BCGsinBGBG22sin2,所以在RTBHGBC122sin2中, ,所以在RTCHG中 HG2322sin3HGtanCHGtan603CG22cossin 2HG22sin3

tan3(0,90)60BDC60;

2．（2013年上海市春季高考数学试卷(含答案)）如图,在正三棱锥ABCA1B1C1中,AA16,

异面直线BC1与AA1所成角的大小为A1

B1

C1

,求该三棱柱的体积. 6A

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. 6323, 3从而SABC3BC233, 4因此该三棱柱的体积为VSABCAA1336183.

3．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD版含附加题））

本小题满分14分.

如图,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.

S E F

G

C

A B

【答案】证明:(1)∵ASAB,AFSB∴F分别是SB的中点

∵E.F分别是SA.SB的中点 ∴EF∥AB

又∵EF平面ABC, AB平面ABC ∴EF∥平面ABC 同理:FG∥平面ABC

又∵EFFG=F, EF.FG平面ABC∴平面EFG//平面ABC (2)∵平面SAB平面SBC

平面SAB平面SBC=BC AF平面SAB

AF⊥SB

∴AF⊥平面SBC 又∵BC平面SBC ∴AF⊥BC

又∵ABBC, ABAF=A, AB.AF平面SAB ∴BC⊥平面SAB又∵SA平面SAB∴BC⊥SA

4．（2013年高考上海卷（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.

DAD1BCC1B1

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

111(12)1 3233S而ADC中,,故 ACDC5,AD2AD1C111213122所以,Vhh,即直线BC1到平面D1AC的距离为.

323335．（2013年高考湖北卷（理））如图,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.

(I)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

考虑三棱锥ABCD1的体积,以ABC为底面,可得V以证明;

1(II)设(I)中的直线l与圆O的另一个交点为D,且点Q满足DQCP.记直线PQ2与平面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.

第19题图

【答案】解:(I)EF

AC,AC平面ABC,EF平面ABC

EF平面ABC

又EF平面BEF

EFl l平面PAC

(II)连接DF,用几何方法很快就可以得到求证.(这一题用几何方法较快,向量的方法很麻烦,特别是用向量不能方便的表示角的正弦.个人认为此题与新课程中对立体几何的处理方向有很大的偏差.)

6．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD版））如图1,在等腰直角

三角形ABC中,A90,BC6,D,E分别是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; (Ⅱ) 求二面角ACDB的平面角的余弦

值. C D O . E C

A 图1

【答案】(Ⅰ) 在图1中,易得OC3,AC3B

A

D O E

图2

B

2,AD22

A

C D H

O E

B

连结OD,OE,在OCD中,由余弦定理可得

ODOC2CD22OCCDcos455 由翻折不变性可知AD22,

所以AOODAD,所以AOOD,

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222303222,从而AHOHOA

22所以cosAHOOH1515,所以二面角ACDB的平面角的余弦值为. AH55z 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

C D x 所以CA0,3,3,DA1,2,3

O E 向量法图 B y 设nx,y,z为平面ACD的法向量,则

yxnCA03y3z0,即,解得,令x1,得n1,1,3 z3xnDA0x2y3z0由(Ⅰ) 知,OA0,0,3为平面CDB的一个法向量,

nOA315所以cosn,OA,即二面角ACDB的平面角的余弦

535nOA值为

15. 5

7（．2013年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））如图, 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.

(Ⅰ) 证明B1C1⊥CE;

(Ⅱ) 求二面角B1-CE-C1的正弦值.

(Ⅲ) 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为的长.

2, 求线段AM6

【答案】

8．（2013年高考新课标1（理））如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=A A1,∠BA A1=60°.

(Ⅰ)证明AB⊥A1C;

(Ⅱ)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB=2,求直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值.

【答案】(Ⅰ)取AB中点E,连结CE,A1B,A1E,

∵AB=AA1,BAA1=60,∴BAA1是正三角形,

∴A1E⊥AB, ∵CA=CB, ∴CE⊥AB, ∵CEA1E=E,∴AB⊥面CEA1,

0∴AB⊥AC1;

(Ⅱ)由(Ⅰ)知EC⊥AB,EA1⊥AB,

又∵面ABC⊥面ABB1A1,面ABC∩面ABB1A1=AB,∴EC⊥面ABB1A1,∴EC⊥EA1,

∴EA,EC,EA1两两相互垂直,以E为坐标原点,EA的方向为x轴正方向,|EA|为单位

长度,建立如图所示空间直角坐标系Oxyz, 有题设知

A(1,0,0),

A1(0,

3,0),C(0,0,

3),B(-1,0,0),则

BC=(1,0,3),BB1=AA1=(-1,0,3),AC1=(0,-3,3), 设n=(x,y,z)是平面CBB1C1的法向量,

nBC0x3z0则,即,可取n=(3,1,-1), nBB10x3y0nA1C10∴cosn,A1C=, |n||A1C|5

∴直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值为10 59．（2013年高考陕西卷（理））如图, 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. (Ⅰ) 证明: A1C⊥平面BB1D1D;

(Ⅱ) 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角的大小.

D1A1B1C1DAOBC

【答案】解:(Ⅰ) A1O面ABCD,且BD面ABCD,A1OBD;又因为,在正

CD,

方中

形AB

ACBD；且A1OACA,所以BD面A1AC且A1C面A1AC，故A1CBD.

在正方形AB CD中,AO = 1 . 在RTA1OA中，A1O1.

设B1D1的中点为E1，则四边形A1OCE1为正方形，所以A1CE1O.

又BD面BB1D1D,E1O面BB1D1D，.且BDE1OO，所以由以上三点得A1C面BB1D1D.(证毕)

(Ⅱ) 建立直角坐标系统,使用向量解题.

以O为原点,以OC为X轴正方向,以OB为Y轴正方向.则

B（0,1,0）,C(1，0，0),A1(0，0，1),B1(1,1,1)A1C(1,0,1).

由(Ⅰ)知, 平面BB1D1D的一个法向量n1A1C(1,0,1),OB1(1,1,1),OC（1,0,0）. 设

平

面

OCB1的法向量为

A1D1B1C1 n2,则n2OB10,n2OC0，解得其中一个法向量为n2(0,1,-1).cos|cosn1,n1||n1n2||n1||n2|1221. 2ADOBC

所以,平面OCB1与平面BB1D1D的夹角为

10．（2013

 3ABC年高考江西卷（理））如图,四棱锥P中,

PA平面ABCD,E为BD的中点,

G为PD的中点，DABDCB,EAEBAB1，PA(1) 求证:AD平面CFG;

3,连接CE并延长交AD于F. 2(2) 求平面BCP 与平面DCP的夹角的余弦值.

【答案】解:(1)在ABD中,因为E是BD的中点,所以EAEBEDAB1,

故BAD23因为DABDCB,所以EABECB, 从而有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. (3) 以点

,ABEAEB,

A为坐标原点建立如图所示的坐标系,则

33A(0,0,0),B(1,0,0),C(,,0),D(0,3,0),

22

(4)

13333333P(0,0,),故BC(，，0),CP(，,),CD(,,0)

2222222213y1022设平面BCP的法向量n1(1,y1,z1),则 ,

33y3z0112223y3213解得,即n1(1,,).

33z21332设平面DCP的法向量n2(1,y2,z2),则32即n2(1,3,2).从而平面BCP与平4n1n223. cos416n1n211．（2013年高考四川卷（理））如图,在三棱柱

3y20y32,解得2, 33z22y2z2022面DCP的夹角的余弦值为

ABCA1B1C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.

(Ⅰ)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;

(Ⅱ)设(Ⅰ)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.

CAC1A1

【答案】解:

DPD1BB1

外, 如图,在平面ABC内,过点P做直线l//BC,因为l在平面ABC1

BC在平面ABC内,由直线与平面平行的判定定理可知, l//平面ABC. 11由已知,ABAC,D是BC的中点,所以,BCAD,则直线lAD.

ADABC,所以AA1直线l.又因为AD,AA因为AA1A1内,且1平面1在平面ADD与AA1相交,所以直线平面ADD1A1

解法一:

A作AEA1P于E,过E作EFAM连接A于F,连接AF. 1P,过1由知,MN平面AEA1,所以平面AEA1平面A1MN. 所以AE平面A1MN,则AMAE. 1所以A1M平面AEF,则A1MAF.

故AFE为二面角AAMN的平面角(设为). 1设

AA11,则由

AB2A1C,BACA120A,有

BAD60,AB2,AD1.

又P为AD的中点,所以M为AB的中点,且AP1,AM1, 2在RtAAP1P1中, A5;在RtA1AM中, AM2. 12

从而,AEAA1AP1AA1AM1,AF, A1PA1M52所以sinAE2. AF52215所以cos1sin21. 55故二面角AAMN的余弦值为1解法二:

15 5设AA11.如图,过A1E平行于B1作A1C1,以A1为坐标原点,分别以AE1,AD11,AA1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,

3131故M2,2,1,N2,2,1,

31所以A1M2,2,1,A1A0,0,1,NM3,0,0.

设平面AA1M的一个法向量为n1x1,y1,z1,则

n1A1M,n1A1M0,故有 即n1A1A,n1A1A0,

31,,10,x1,y1,z122 x1,y1,z10,0,10,31x1y1z10,从而2 2z10.取x11,则y13,所以n11,3,0. 设平面A1MN的一个法向量为n2x2,y2,z2,则

312,2,10,n2A1M,n2A1M0,x2,y2,z2故有 即n2NM,n2NM0,x,y,z3,0,00,22231x2y2z20,从而2 23x20.取y22,则z21,所以n20,2,1. 设二面角AAMN的平面角为,又为锐角, 11,3,00,2,1n1n215则cos. n1n2525故二面角AAMN的余弦值为115 512．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD版含附加题））

本小题满分10分.

如图,在直三棱柱A1B1C1ABC中,ABAC,ABAC2,AA14,点D是

BC的中点

(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值 (2)求平面ADC1与ABA1所成二面角的正弦值.

【答案】本题主要考察异面直线.二面角.空间向量等基础知识以及基本运算,考察运用空间向量解决问题的能力.

解:(1)以AB,AC,AA1为为单位正交基底建立空间直角坐标系Axyz,



则A(0,0,0)B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,4),D(1,1,0),C1(0,2,4) ∴A1B(2,0,4),A1B(1,1,4) ∴cosA1B,C1DA1BC1DA1BC1D182018310 10∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为

310 10(2)AC(0,2,0) 是平面ABA1的的一个法向量

设平面ADC1的法向量为m(x,y,z),∵AD(1,1,0),AC1(0,2,4) 由mAD,mAC1 ∴xy0 取z1,得y2,x2,∴平面ADC1的法向量为m(2,2,1)

2y4z0设平面ADC1与ABA1所成二面角为

∴coscosAC,mACmACm542 , 得sin32335 3∴平面ADC1与ABA1所成二面角的正弦值为

13．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD版含答案（已校对））如图,四

棱锥PABCD中,ABCBAD90，BC2AD,PAB与PAD都是等边三角形.

(I)证明:PBCD; (II)求二面角APDC的大小.

【答案】

14．（2013年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））如图所示,在三棱锥

PABQ中,PB平面ABQ,BABPBQ,D,C,E,F 分别是AQ,B,QA,PBP的中点, AQ2BD,PD与EQ交于点G,PC与FQ交于点H,

连接GH.

(Ⅰ)求证:ABGH; (Ⅱ)求二面角DGHE的余弦值.

【答案】解:(Ⅰ)证明:因为

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.

(Ⅱ)解法一:在△ABQ中, AQ2BD,ADDQ,

ABQ=90所以,即ABBQ,因为PB平面ABQ,所以ABPB,

又BPBQB,所以AB平面PBQ,由(Ⅰ)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,连接PC, 在Rt△FBC中,由勾股定理得,FC2, 在Rt△PBC中,由勾股定理得,PC5,

D,C,E,F 分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,

15HCPC33 又H为△PBQ的重心,所以

FH同理

53,

552499cosFHC5529在△FHC中,由余弦定理得,

4即二面角DGHE的余弦值为5.

解法二: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,间

直

角

坐

标

系

,

设

y轴,z轴,建立如图所示的空

,

则

BABQBP2E(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EQ(1,2,,FQ(0,2,1),DP(1,1,2),CP(0,1,2),

m(x1,y1,z1),

设平面EFQ的一个法向量为由mEQ0,mFQ0, x12y1z102y1z10得

y1取1,得m(0,1,2).

n(x2,y2,z2)

设平面PDC的一个法向量为由nDP0,nCP0,

x2y22z20y22z20得

z1取2,得n(0,2,1).所以

mn4cosm,nmn5

4因为二面角DGHE为钝角,所以二面角DGHE的余弦值为5.

15．（2013年高考湖南卷（理））如图5,在直棱柱

,BAD90,ACBD,BC1,ADAA13. ABCDA1BCD中，AD//BC111

(I)证明:ACB1D; (II)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.

【

答

案

】

解: (Ⅰ)

ABCDA1B1C1D1是直棱柱BB1面ABCD,且BD面ABCDBB1AC 又ACBD,且BDBB1B,AC面BDB。B1D面BDB，ACB1D. 11(证毕)

(Ⅱ)

B1C1//BC//AD,直线B1C1与平面ACD1的夹角即直线AD与平面ACD1的夹角。

建立直角坐标系，用向量解题。设原点在A点，AB为Y轴正半轴，AD为X轴正半轴。

设A0,0，0,D(3,0,0),D1(3,0,3),B(0,y,0),C(1,y,0)，则AC(1,y,0),BD(3,y,0),ACBD

ACBD03y200,y0y3.AC(1,3,0),AD1(3,0,3).nAC0设平面ACD1的法向量为n,则.平面ACD1的一个法向量n（-3，1，3）,AD（3，0，3）nAD10

平面ACD1的一个法向量n（-3，1，3）,AD（3，0，0）sin|cosn,AD|

3321773

所以BD1与平面ACD1夹角的正弦值为21. 716．（2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD版））如图,在四棱柱

ABCDA1B1C1D1中,侧棱

,AB//DC,AA11,AB3k,AD4k,BC5k,DC6kAA1底面ABCD(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

6,求k的值; 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棱柱,规定:若拼接成的新的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)的表达式(直接写出答案,不必要说明理由)

【答案】解:(Ⅰ)取CD中点E,连接BE

QAB//DE,ABDE3k 四边形ABED为平行四边形 BE//AD且BEAD4k

在VBCE中,QBE4k,CE3k,BC5k

BE2CE2BC2

BEC90,即BECD,又QBE//AD,所以CDAD QAA1平面ABCD,CD平面ABCD AA1CD,又AA1IADA,

CD平面ADD1A1

uuuruuuruuur(Ⅱ)以D为原点,DA,DC,DD1的方向为x,y,z轴的正方向建立如图所示的空间直角

坐标系A(4k,0,0),C(0,6k,0),B1(4k,3k,1),A1(4k,0,1)

uuuruuuruuur所以AC(4k,6k,0),AB1(0,3k,1),AA1(0,0,1)

uuurACn0设平面AB1C的法向量n(x,y,z),则由uuu rAB1n0得4kx6ky0取y2,得n(3,2,6k)

3kyz0uuuruuurAA1,n设AA1与平面AB1C所成角为,则sin|cosAA1,n|uuu r|AA1||n|6k36k2136,解得k1.故所求k的值为1 7(Ⅲ)共有4种不同的方案

5272k26k,0k18 f(k)36k236k,k51817．（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯WORD版含答案））如图,直棱柱ABCA1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点,AA1ACCB2AB. 2(Ⅰ)证明:BC1//平面ACD; (Ⅱ)求二面角DACE的正弦值. 11A1B1C1AEC D 【答案】 B

18．（2013年高考北京卷（理））如图,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.

(Ⅰ)求证:AA1⊥平面ABC;

(Ⅱ)求二面角A1-BC1-B1的余弦值;

(Ⅲ)证明:在线段BC1存在点D,使得AD⊥A1B,并求

BD的值. BC1

【答案】解:

(I)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. (II)由(I)知AA1 ⊥AC,AA1 ⊥AB. 由题知AB=3,BC=5,AC=4,所以AB⊥AC. 如图,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),

3y4z0nA1B0设平面A1BC1的法向量为n=(x,y,z),则,即, 4x0nA1C10

令z3,则x0,y4,所以n=(0,4,3).

同理可得,平面BB1C1的法向量为m=(3,4,0),所以cosn,mnm16. 由题|n||m|25知二面角A1-BC1-B1为锐角,所以二面角A1-BC1-B1的余弦值为

(III)设D(x,y,z)是直线BC1上一点,且BDBC1. 所以(x,y3,z)(4,3,4).

16. 25解得x4,y33,z4.

所以AD(4,33,4).

由AD·AB0,即9250.解得9125. 因为925[0,1],所以在线段BC1上存在点D, 使得AD⊥A1B. 此时,

BD9BC. 125