高考數(shù)學(xué)5年高考真題與模擬08立體幾何理

【備戰(zhàn)2013】高考數(shù)學(xué)5年高考真題精選與最新模擬專題08立體幾何理

【2012高考真題精選】

1.（2013?重慶）設(shè)四面體的六條棱的長分別為1,1,1」，也和a,且長為a的棱與長為啦的棱異面，則a的

取值范圍是（）

A.（0,啦）B.（0,?。?/p>

C.（1,啦）D.（1,小）

【答案】A【解析】如圖所不，設(shè)AB=n>CD=3C=BD=AC=AD=1>則N.』CD=N3CZJ=

455,要構(gòu)造一個(gè)四面體，則平面VCD與平面38不能重合，當(dāng)△BCD與△1CD重合時(shí)，當(dāng)/、5、

C、D四點(diǎn)共面，且一八5兩點(diǎn)在DC的兩側(cè)時(shí)，在A4。中，Z.4C5=ZJCP+Z5CD=45s+45I=90B,

AB='^.4C--I-5C;=,所以a的取值范圍是10?S）.

2.（2013?遼寧）一個(gè)幾何體的三視圖如圖1—3所示.則該幾何體的表面積為.

【答案】3S【解析】本小題主要考查三視圖的應(yīng)用和常見幾何體表面積的求法.解題的突破口為弄

清要求的幾何體的形狀，以及表面積的構(gòu)成.由三視圖可知，該幾何體為一個(gè)長方體中挖去一個(gè)圓柱構(gòu)成,

幾何體■的表面積S=長方體■表面積+扇柱的側(cè)面積一圓柱的上下底面面積，由三視圖知，長方淖的長、寬、

高為4、3、1,扇柱的底面圓的半徑為1,高為1,所以S=2x（4x3+4xl+3xl）+271x1x1_2XTP<1：=38.

（2013?北京）某三楂錐的三視圖如圖1―4所示，該三棱錐的表面積是（）

H-2-?h—3-Hf—4-1

正（主）視圖側(cè)（左）視圖

俯視圖

圖1—4

A.28+6V5B.30+6\/5

C.56+124D.60+12小

【答案】B【解析】本題考查的三棱錐的三視圖與表面積公式.由三視圖可知，兒何體為一個(gè)側(cè)面和底面

垂直的三棱錐，如圖所示，可知S底面=3*5x4=10,

S后=；乂5、4=10,

S左=泉6義2鄧

S右=34乂5=10,

所以S表=10x3+6^=30+6小.

4.（2013?安徽）某幾何體的三視圖如圖1―3所示，該幾何體的表面積是

正由粉圖海圖

【答案】92【解析】本題考查三視圖的識(shí)別，四棱柱等空間幾何體的表面積.

如圖根據(jù)三視圖還原的實(shí)物圖為底面是直角梯形的直四棱柱，其表面積為

S=k(2+5)**2+4x2+50+4K4+5“=92.

5.（2013天津）一個(gè)兒何體的三視圖如圖1—2所示（單位：m）,則該幾何體的體積為m3.

俯視圖

圖1一2

【答案】18+9K【解析】本題考查幾何體的三視圖及體積公式，考查運(yùn)算求解及空間想象力，容易題.由

三視圖可得該幾何體為一個(gè)長方體與兩個(gè)球的組合體，其體積

V=6x3xl+2x^7txl(§3=18+9兀

6.（2013?福建）一個(gè)幾何體的三視圖形狀都相同、大小均相等，那么這個(gè)幾何體不可以是（）

A.球B.三棱錐

C.正方體D.圓柱

【答案】D【解析】本題考查簡單幾何體的三視圖，大小、形狀的判斷以及空間想象能力，球的三視圖大

小、形狀相同.三棱錐的三視圖也可能相同，正方體三種視圖也相同，只有圓柱不同.

7.（2013?廣東）某幾何體的三視圖如圖1―1所示，它的體積為（）

正視圖側(cè)視圖

俯視圖

圖1-1

A.127tB.457r

【解析】根據(jù)三視圖知該幾何體是由圓柱與圓錐構(gòu)成，圓柱與圓錐的半徑式=3,圓錐的高;:=4，圓柱

的高為5,所以廠-=7士+二）=兀'3”5+9。3：“=57兀，所以選擇C.

8.（2013?湖北）已知某幾何體的三視圖如圖1―2所示，則該幾何體的體積為（）

圖1一2

A.專B.37r

「1°兀r/

C~^~D.6兀

t答案】3【解析】根據(jù)三視圖知幾何體的下面是一個(gè)圓柱，上面是圓柱的一半，所以【=”+權(quán)、

=3工故選B.

9.（2013?湖南）某兒何體的正視圖和側(cè)視圖均如圖1—1所示，則該幾何體的俯視圖不可能是（）

【答案】D【解析】本題考查三視圖，意在考查考生對(duì)三視圖的辨析，以及時(shí)三視圖的理解和掌樨.是

基礎(chǔ)題型.選項(xiàng)A，B，C,都有可能，選項(xiàng)D的正視圖應(yīng)該有看不見的虛線，故D項(xiàng)是不可能的.

10.（2013?課標(biāo)全國）如圖1—2,網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1,粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則此兒

何體的體積為（）

A.6B.9C.12D.1S

【答案】3【解析】由三視圖可知，該幾何體是三棱錐，其底面是斜邊長為6的等膜直角三角形,有

一條長為3的側(cè)棱垂直于底面?即三棱錐的高是3）,可知底面等腰直角三角形斜邊上的高為3,故該幾何體

的體積是r—|x|x6x3x3=9（故選3.

12.（2013?浙江）已知某三棱錐的三視圖（單位：cm）如圖1—3所示，則該三棱錐的體積等于cm3.

-

h-3—H

正視國I

常視圖不

圖1-3

【答案】1【解析】本題考查三棱錐的三視圖與體積計(jì)算公式，考查學(xué)生對(duì)數(shù)據(jù)的運(yùn)算處理能力和

空間想象能力.由三視圖可知，幾何體為一個(gè)三棱錐，則r-|s/i=|x|xix3x2=l.

13.（2013?陜西）（1）如圖1—6所示，證明命題“a是平面兀內(nèi)的一條直線，b是兀外的一條直線（b不垂直于

兀），c是直線b在兀上的投影，若a_Lb,則@，。”為真；

b

圖1-6

(2)寫出上述命題的逆命題，并判斷其真假(不需證明).

【答案】解：(1)證法一：如下圖，過直線方上任一點(diǎn)作平面”的垂線"，設(shè)直線a，b,c,"的方向向

量分別是a,b,c,n,則b,g”共面.根據(jù)平面向量基本定理，存在哭；.,總使得c=/.b+un,則ac=

a-(ZJ+a?)=/.(a-i))+.￡z(a-?i)?

因?yàn)閍_L，，所以a包=。，

又因?yàn)閍兀，”J_H,所以as=O,

故ac=0.從而a_Lc.

證法二：如圖，記，:上=』尸為直線6上異于點(diǎn)/的任意一點(diǎn)，過戶作PO_L;r，垂足為。，則。G

aK,直線PO_La,

又a_l_瓦b平面2!。，PO^b=P,

二.aJ■平面PAO,又c平面PAO,.,.aLc.

(2)逆命題為：a是平面i內(nèi)的一條直線，b是1外的一條直線心不垂直于.1),c是直線b在h上的投蜀,

若a_Lc,則a_Lb.

逆命題為真命題.

14.(2013?全國)如圖1-1,四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，PA_L底面ABCD,AC=2吸，PA

=2,E是PC上的一點(diǎn)，PE=2EC.

(1)證明:PCJ_平面BED；

(2)設(shè)二面角A-PB-C為90°,求PD與平面PBC所成角的大小.

a

圖1一1

【答案】解：方法一：⑴因?yàn)榈酌鎄3CD為菱形，所以3m,

又Eq_L底面」3CD,所以PC_L3D

設(shè)z!L3D=F,連結(jié)EF.因?yàn)?C=2亞，

RJ=2,PE=1EC.故一DC=2VLEC=羋，F(xiàn)C=V?,

從而震；=加，吟=加.

rc￡1_

因?yàn)檎?強(qiáng)，ZrC￡=ZPCJ,

FCEC

所以△尸CEs/^Cd,NFEC=NASC=9。)

由此知PCLEF.

PC與平面3ED內(nèi)兩條相交直線3D,都垂直，所以尸C_L平面BED

(2)在平面PAB內(nèi)過點(diǎn).4作AGLPB.G為垂足.

因?yàn)槎娼茿-PB-C為90S所以平面以3_L平面PBC.

又平面PAB-平面PBC=PB,

故XGJ?平面R3C,NG_L5c

BC與平面P43內(nèi)兩條相交鰥P,4,AG都垂直，故3aL平面PAB,于是BCL.-L3,所以底面ABCD

為正方形，.4D=2,PD=^PA-~\~AEf-=lyfl.

設(shè)D到平面35c的距離為d.因?yàn)閃D〃5C,且/ZXt平面P5G3c匚平面？5C,故二力平面年0,一三、

。兩點(diǎn)到平面R3C的距離相等，即戶=一46=仍.

設(shè)PD與平面93。所成的角為％則s!na=^=7.

PD2

所以PD與平面PBC所成的角為30二.

方法二：(1)以/為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線為X軸的正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系/-X廣.

百羋,比S，)

設(shè)CnS，0,0),D(S，0,0).其中b>0,則P(0,0,2).o,j1-o,o.

\JJL/

于是玩=(2S，0,-2),

5S=(,<f,靈=專,-b,T,

從而亞?史―。，PCDE=0,

故PC_LBE,PC±DE.

又BERAE,所以尸C_L平面3DE.

(2毋=(0,0,2),赤=M，一10).

設(shè)優(yōu)=(x,/，:，為平面RL3的法向量，

則w?刀-0,M?通=0,

即2z=0.且Sx一力二。，

4I

令x=i>,則冽=(瓦S，0).

設(shè)"=(P，g,力為平面PBC的法向量，則

?rPC=0,?i<3￡=0>

即2sp->=。且隼+姒+/=0,

令p=l,則r=S，1,一嗅

0\0y

2

因?yàn)槊鍼ABJ/血PBC,故nrn=0,即b一耳=。，故b=也,于是n=(L-1,6)，琲=(一也，一地,

2)，

cos(n,附〉——<n,D^>—60°.

|n網(wǎng)|

因?yàn)镻D與平面PBC所成角和〈n,吊〉互余，故PD與平面PBC所成的角為30。.

15.（2013?福建）如圖1-3,在長方體ABCD—A1B1C1D1中，AA1=AD=1,E為CD中點(diǎn).

（1）求證：B1E1AD1；

（2）在棱AA1上是否存在一點(diǎn)P,使得DP〃平面B1AE?若存在，求AP的長；若不存在，說明理由;

（3）若二面角A-B1E-A1的大小為30°,求AB的長.

圖1—3

【答案】解：⑴以、為原點(diǎn)，一西的方向分別為x軸，）軸，二軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)

系t如圖）.設(shè)X3=a,貝IJ一4（0,0而，D（0,l：0）?5（0」」），旗,1.0BQ.Ql）,故.43：=（0」」），先=

「a'r->「a1

—19—1,."尸⑷?！梗?，.=3=!于L。

;助疫=一葭Q+1T+（-1）X1=0,

皿.

⑶假設(shè)在棱總上.上存在一點(diǎn)P（0:0>z：）,

使得。尸〃平面民NE此時(shí)赤=@-1,由）.

又設(shè)平面B,AE的法向量”=[x,y,z）.

prr+i=0,

?平面SNE,???加L瓦，得應(yīng)

5+產(chǎn)0.

取.1=1,得平面ByLE的--1*法向量”=1，—一。：

要使DP”平面5：XE,只要，_LDR有?一e=。，解得二：=今

又DRI平面5RE,...存在點(diǎn)尸，滿足D?〃平面31NE,此時(shí).4?=!

⑶連接』D，B.C,由長方體H5CD-H：3；GD：及WW尸.紅）=1,得

■:.".ZD1151C.

又由⑴知&E_LXA，且3!Crl31￡=51.

平面DC3』..\J5：是平面A^E的一個(gè)法向量，此時(shí)J5；=（?！埂梗?

設(shè)⑥1與n所成的角為0,

八n.ASl-L

則cos0=二一=---/、:

1川|尾"小yjl+a+a2

?.,二面角A-B1E-A1的大小為30。,

3a

解得a=2,即AB的長為2.

16.（2013?遼寧）如圖1-4,直三棱柱ABC-ABC,ZBAC=90°,AB=AC=XAA，，點(diǎn)M,N分別為A，B

和BC，的中點(diǎn).

（1）證明：MN〃平面AACC；

（2）若二面角A7-MN-C為直二面角，求X的值.

【答案】解：（1）（證法一）

連結(jié)由已知N5WC=90）

AB=AC,三棱柱X3C-X5C為直三棱柱.

所以U為T8中點(diǎn).

又因?yàn)閄為3C的中點(diǎn).

所以XDC//AC.

又評(píng)面AACC,

XCu平面AACC,

因此〃平面A'ACC.

（證法二）

取中點(diǎn)尸，連結(jié)",

M-V分別為-3與SC'的中點(diǎn)，所以UP，.，，PX//AC,

所以20〃平面T'/CC,P4〃平面XXCU,又\IPN=P,

因此平面力平面A,ACC,而匚平面MPX,

因此AC力平面A'ACC.

（2）以X為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線15,TC,為x軸，j軸，二軸建立直角坐標(biāo)系。一甲二，如圖1一

5

所示.

設(shè)zU'=l,則J3=XC=A

于是H(0,0,0)，B(/.,0,0),C(0,0),4(0。1),3Q,0,1),C(0,1).

所以A?7,0>I-?1

設(shè)斌=(x”>，二.)是平面』.kV的法向量

律】-9=。，

|“1.夏/=3

由得?

［加￡「=o

可取，”=(1,—bZ).

設(shè)，:=8,y：,二二)是平面AAV的法向量,

一抬+?L0=Q,

|M',\r=o,

得

〔”3=0

,1_n

?蕓=6

可取”=(—3,—1,；.)?

因?yàn)锳1—S￡\-C為直二面角，所以w?i=0.

即一3+(—1)x(—1)+/.-=0?解得i=S.

17.(2013?重慶)如圖1一2,在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB=4,AC=BC=3,D為AB的中點(diǎn).

⑴求點(diǎn)C到平血A1ABB1的距離；

(2)若AB1LA1C,求二面角Al-CD—C1的平面角的余弦值.

圖1一2

【答案】解：(1)由AC=BC,D為AB的中點(diǎn)，得CD_LAB.又CD_LAA1,故CDJ/面A1ABB1,所以點(diǎn)C

到平面A1ABB1的距離為

CD=^BC2-BD2=-\/5.

Cl

巨

AI)B

(2)解法一：如圖，取DI為A1B1的中點(diǎn),連結(jié)DD1,貝I」DD1〃AA1〃CC1.又由(1)知CDJ_面A1ABB1,

故CD_LA1D,CD1DD1,所以NA1DD1為所求的二面角Al-CD-Cl的平面角.

因AID為A1C在面A1ABB1上的射影，又已知AB11.A1C,由三垂線定理的逆定理得ABI_LA1D,從而

AA1

ZA1AB1,/A1DA都與/B1AB互余，因此/A1AB1=/A1DA,所以Rt^AlADsRt/\BlAlA.因此

=個(gè)聶’即AA2=AD,A1B1=8,得AA1=2市.

AA1

從而A1D=#AA2+AD2=2事.

所以，在RtAAlDDl中，

cosZAlDDl-A1D-A1D-3.

解法二：如圖，過。作DA〃W上交』氏于點(diǎn)。，在直三棱柱中，易知DB,DC,DD：兩兩垂直.以

D為原點(diǎn)，射線。3,DC,分別為x軸、丁軸、二軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系9一必二

設(shè)直三棱柱的高為h,則.4(-2A。)，山(一二0，心5i(2,0,h),C(0,60),G?h),從而工5：

=(4,0>力)，.京=(2,yfi,—h).

由工有s—；b=o?力

故為尸€^1=(0,0,2^2).DC=

(o.Vs,o).

設(shè)平面,JICD的法向量為m=(x］，Ji，Zi).則?j±5c,即

:&i=Q,

【一2xi+2\&：=0,

取二1=1,得〃!=(亞，0,1).

設(shè)平面CCD的法向量為〃=8,zz),則，」反，k1_左；，即

j/M=。，

、倉：=Q,

取x：=l,得”=(1,0,0),所以

所以二面角A1-CD-C1的平面角的余弦值為半.

18.(2013?浙江)如圖1—5所示，在四棱錐P-ABCD中，底面是邊長為2小的菱形，ZBAD=120°,且

PA_L平面ABCD,PA=2灰，M,N分別為PB,PD的中點(diǎn).

(1)證明：MN〃平面ABCD；

(2)過點(diǎn)A作AQJ_PC,垂足為點(diǎn)Q,求二面角A—MN-Q的平面角的余弦值.

圖1-5

【答案】解：⑴因?yàn)?M，分別是R5,PD的中點(diǎn)，所以“V是△尸的的中位線，所以電

又因?yàn)槠矫鍭3CD,所以一1￡\力平面A3CD.

(2)方法一：

連結(jié)XC交3D于。.以。為原點(diǎn)，OC,CD所在直線為x,j?軸，建立空間直角坐標(biāo)系Ox”，如圖所示.

在菱形/BCD中，Z5JD=120S得

AC=AB=2^,BD=0B=6.

又因?yàn)?!J*平面A3CD,所以R5_LXC.

在Rt42!C中，月(7=2齒，^J=2A/6,AQ±PC,得2c=2,PQ=4.

由此知各點(diǎn)坐標(biāo)如下，

.4(一正,0,0),5(0,-3,0),0,0),2X03,0).其一亞0,24),.一在,加，

乂一坐,常季＞

設(shè)m=(x,”G為平面的法向量.

由AKi=(半,—⑹,菽=惇

■^x—^y+V6z=0,

^x+|y+#z=O.

取z=-1,得

111=(2^2,0,-1).

設(shè)n=(x,y,z)為平面QMN的法向量.

5但3，近..

一年一少十學(xué)”

取z=5,得n=(2啦，0,5).

^33

所以二面角A-MN-Q的平面角的余弦值為

33'

方法二：在菱形ABCD中，ZBAD=120°,得

AC=AB=BC=CD=DA,BD=^AB.

又因?yàn)镻A_L平面ABCD,所以

PA±AB,PA1AC,PA1AD.

所以PB=PC=PD.

所以APBC咨Z\PDC.

而M,N分別是PB,PD的中點(diǎn)，所以

MQ=NQ,且AM=gpB=；PD=AN.

取線段MN的中點(diǎn)E,連結(jié)AE,EQ,則

AE1MN,QE1MN,

所以/AEQ為二面角A-MN-Q的平面角.

由NB=2事,PA=2而，故

在△足￡「中，/"=W'=3,A￡\-^B￡)=3,得

短=暝

在直角中，X2JLPC,得

AQ=2\[i,QC=2,PQ=4.

PR2+PrC—ROC

在△25C中，cosN3PC=-s等”，，

ZrD,rL0

得YQ=7P\r+P￡-lPMPQe9PC=正

在等腰△J.&V中，”。=.\。=索，16=3,得

QE=、Y①一'必=型~.

在△XE。中，4E=羋，。工=卑，X2=2S，得

AE-+QE--。_A/33

cosZ-4￡0==

-2AE，QE_ir-

所以二面角—Q的平面角的余弦值為壽.

19.(2013?四川)如圖1―4所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M、N分別是棱CD、CC1的中點(diǎn)，則

異面直線AIM與DN所成的角的大小是________.

圖1一4

【答案】9cp【解析】因?yàn)椤?CD-TBCQ；為正方體，故石在平面CDDC上的射影為2,

即山U在平面CD2g上的射影為

而在正方形CDD：G中，由tanNDD』/=tanNCD\=g

可知5M_LDA；

由三垂線定理可知，20

(2013?湖南)如圖1一6,在四棱錐P—ABCD中，PAJ_平面ABCD,AB=4,BC=3,AD=5,NDAB=

ZABC=90°,E是CD的中點(diǎn).

(1)證明：CDJ_平面PAE；

(2)若直線PB與平面PAE所成的角和PB與平面ABCD所成的角相等，求四棱錐P-ABCD的體積.

Jf

——

圖1—6

【答案】解：解法1：⑴如下圖⑴，連結(jié)4c由48=4,BC=3,N/3C=9Q：得TC=5又上D=5,E

是CD的中點(diǎn)，所以CD_LTE因?yàn)?平面CDu平面X5S,所以而2,.二是平面215

內(nèi)的兩條相交直線，所以CD_L平面RJE.

(2)過點(diǎn)3作BG〃CD,分別與』E;相交于點(diǎn)尸，G,連結(jié)PF

由⑴CDJ_平面知，BG_L平面R!E于是N5PF為直線PB與平面與￡所成的角，且BG_L以

由2J?平面上88知，Z.PBA為直線PB與平面ABCD所成的角.

p4RF

由題意ZP3/=NBPF,因?yàn)閟mNPBX=^,smN5PF=急，所以R!=5尸.

由NDT3=NN3C=9Q=知，TD〃BC,又3G〃CD,

所以四邊形BCDG是平行四邊形.故GD=BC=3.

于是AG=2.

在RtZiBXG中，/3=4,/G=2,BGUF,所以

兆=后鉉=常"嗤畤=華?

于是24=3尸=￥.

又梯形A3CD的面積為S=1x(5+3)x4=i6,所以四棱錐P-ABCD的體積為廠="出=

解法2：如上圖(2),以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB,AD,AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)

系.設(shè)PA=h,則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為：A(0,0,0),B(4,0,0),C(4,3,0),D(0,5,0),E(2,4,0),P(0,0,h).

(1)易知&=(-4,2,0),卷=(2,4,0),0=(0,0,h).

因?yàn)閲?-8+8+0=0,Ea=0,所以CD1.AE,CDlAP.ifuAP,AE是平面PAE內(nèi)的兩條相交直

線，所以CDL平面PAE.

(2)山題設(shè)和(1)知，Cf),試分別是平面PAE,平面ABCD的法向量.而PB與平面PAE所成的角和PB與

c￡)p§PAPS

平面ABCD所成的角相等,所以|cos<CE>,而〉|=|cos〈冰，陪〉即

|cf)HP§l的殖

由(1)知,Ct>=(-4,2,O),冰=(0,0,-h),

又陪=(4,0,-h),

-16+0+0I0+0+h2

2小々16+h21一|h?16+h2

又梯形ABCD的面積為S=1X(5+3)X4=16,所以四棱錐P-ABCD的體積為V=*SxPA=；xl6x￥=

128小

15?

19.(2013?廣東)如圖1—5所示，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD為矩形，PA_L平面ABCD,點(diǎn)E在

線段PC上，PC_L平面BDE.

(1)證明：BD_L平面PAC；

(2)若PA=1,AD=2,求二面角B—PC-A的正切值.

圖1一5

PA_L平面ABCD'

=>PAIBD.

BDU平面ABCDj

：PAnPC=P,PAU平面PAC,PCU平面PAC,

，BDJ_平面PAC.

(2)法一：如圖所示，記BD與AC的交點(diǎn)為F,連接EF.

BC

由PC_L平面BDE,BEU平面BDE,EFU平面BDE,

APC1BE,PC1EF.

即ZBEF為二面角B-PC-A的平面角.

由(1)可得BD1AC,

所以矩形ABCD為正方形，AB=AD=2,

AC=BD=2a,FC=BF=@.

在RtaPAC中，PA=1,PC=MPA2+AC2=3,

即二面角B-PC-A的正切值為3.

法二：以A為原點(diǎn)，鄧、?、介的方向分別作為x、y、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示.

設(shè)AB=b,則:

A(0,0,0),B(b,O,O),

C(b,2,0),D(0,2,0),

P(O,O,1).

于是呢=(b,2,-1),的=(b,-2,0).

因?yàn)镻C_LDB,所以記?附=b2—4=0,

從而b=2.結(jié)合(1)可得附=(2,—2,0)是平面APC的法向量.

現(xiàn)設(shè)n=(x,y,z)是平面BPC的法向量，貝ij

n±Bt,n±P&,即n反=0,n-p￡=0.

因?yàn)榍?(0,2,0),詁=(2,2,-1),

所以2y=0,2x—z=0.

取x=l,則z=2,n=(l,0,2).

令。=<n,附〉，則

八n-Dfe21

,3、

sin0=^-j-^?tan8=3.

由圖可得二面角B-PC-A的正切值為3.

20.(2013?北京)如圖1一9(1),在RtZXABC中，ZC=90°,BC=3,AC=6,D,E分別是AC,AB上的

點(diǎn)，且DE〃BC,DE=2,將AADE沿DE折起到aAIDE的位置，使A1C_LCD,如圖1一8(2).

⑴求證：A1C_L平面BCDE；

(2)若M是AID的中點(diǎn)，求CM與平面A1BE所成角的大?。?/p>

⑶線段BC上是否存在點(diǎn)P,使平面A1DP與平面A1BE垂直？說明理由.

【答案】解：(1)證明：因?yàn)閄UL5C,DE//BC,

所以DE±AC,

所以DEUD,DE±CD,

所以DEJ■平面A：DC,

所以DEA.A.C.

又因?yàn)?C_L8,

所以&C_L平面BCDE.

(2)如右圖，以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系。一4二,

則Xi(O,OjS),。(020),M(M，?3(3,0,0)>￡(2,2,0).

設(shè)平面XiBE的法向量為”=(x,j,2),則

M\<5=0,?-3￡=0.

叉@=（3,0,一回3￡=f-1,2,0）,

每一2丑=。,

所以

.-x+2v=0.

令j=l,貝ijx=2,二=餡,

所以"=（21，S）.

設(shè)C,與平面所成的角為d,

因?yàn)?；'=(0/，幣%

所以sin0=|cos(n,而|=|喘卜舟等.

所以CM與平面A1BE所成角的大小為;.

(3)線段BC上不存在點(diǎn)P,使平面A1DP與平面A1BE垂直，理山如下:

假設(shè)這樣的點(diǎn)P存在，設(shè)其坐標(biāo)為(p,0,0),其中pd[0,3].

設(shè)平面A1DP的法向量為m=(x,y,z),則

mAlt)=0,nr/=0.

又ATb=(0,2,—2回林=(p,-2,0),

⑵一2@=0,

所以1V

[px—2y=0.

令x=2,貝!Jy=p,z=^.

所以m=(2,p,匍.

平面AIDPL平面A1BE,當(dāng)且僅當(dāng)m-n=0,

即4+p+p=0.

解得p=-2,與pe[0,3]矛盾.

所以線段BC上不存在點(diǎn)P,使平面A1DP與平面A1BE垂直.

21.(2013?安徽)設(shè)平面a與平面0相交于直線m,直線a在平面a內(nèi)，直線b在平面。內(nèi)，且1>_1111,貝ij“a

，卜'是、，1)”的()

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

【答案】A【解析】本題考查線面關(guān)系的判斷，證明，充要條件的判斷.

由題知命題是條件命題為“a_L|T,命題“a，b”為結(jié)論命題，當(dāng)al.。時(shí)，由線面垂直的性質(zhì)定理可得a，b,

所以條件具有充分性；但當(dāng)aJ_b時(shí)，如果a〃m,就得不出所以條件不具有必要性，故條件是結(jié)論

的充分不必要條件.

22.(2013?福建)如圖1-3,在長方體ABCD—A1B1C1D1中，AA1=AD=1,E為CD中點(diǎn).

⑴求證：B1E1AD1；

(2)在棱AA1上是否存在一點(diǎn)P,使得DP〃平面B1AE?若存在，求AP的長；若不存在，說明理由；

(3)若二面角A-B1E-AI的大小為30。，求AB的長.

圖1一3

【答案】解：(1)以A為原點(diǎn)，&，由5,AX1的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系

(如圖).設(shè)AB=a,則A(0,0,0),D(0,l,0),Dl(0,l,l),EQ,1,0),Bl(a,0,l),故ADI=(0,1,1),舐=

(一米1,T),&l=(a,0,l),碇=俘1,0).

VA01BTt=-|xO4-lxi+(-i)xl=O,

AB1E1AD1.

（2）假設(shè)在棱.LW：上存在一點(diǎn)P（0,0,二）），

使得2?尸〃平面此時(shí)毋=（0,-1,工：）.

又設(shè)平面B}AE的法向量；:=（?「z）.

piv+二=0,

???％1平面3：/￡祖nlAk9得七,

[y+y=0.

取1=1,得平面3.』兀的一個(gè)法向量，=1,-%—a.

要使。尸〃平面只要有=一二：=0,解得口=*

又DRI平面3：X￡.?.存在點(diǎn)P,滿足DP〃平面星/E此時(shí).8=2

⑶連接XB5iC,由長方體￡38一43由2及&1=.4）=1,得XD：_LX。

'：B}C//AyD,.,-JDiX5iC.

又由⑴知3：及1XD】，且3（T3比=3i，

.?.XD：_L平面DC3$..;J5：是平面』9E的一個(gè)法向堂，此時(shí).不；=（01,1）.

設(shè)一力與，:所成的角為仇

二.二面角/一3上一小的大小為30s,

3a

解得a=2,即AB的長為2.

23.（2013?安徽）平面圖形ABB1A1C1C如圖1-4⑴所示，其中BB1C1C是矩形，BC=2,BB1=4,AB

=AC=巾,A1B1=A1C1=V5.⑴⑵

圖1—4

現(xiàn)將該平面圖形分別沿BC和B1C1折疊，使4ABC與AAIBICI所在平面都與平面BB1C1C垂直，再分

別連接A1A,A1B,A1C,得到如圖1—4(2)所示的空間圖形.對(duì)此空間圖形解答下列問題.

(1)證明：AA1±BC；

⑵求AA1的長；

(3)求二面角A-BC-A1的余弦值.

【答案】解：(向量法)：(1)證明：取BC,

B1C1的中點(diǎn)分別為D和D1,連接A1D1,DD1,AD.

由BB1C1C為矩形知，

DD1±B1C1,

因?yàn)槠矫鍮B1C1C_L平面A1B1C1,

所以DD1_L平面A1B1C1,

又由A1B1=A1C1知,

A1D11B1C1.

故以D1為坐標(biāo)原點(diǎn)，可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dl-xyz.

由題設(shè)，可得A1D1=2,AD=1.

由以上可知ADJ_平面BB1C1C,A1D1J_平面BB1C1C,于是AD〃A1D1.

所以A(0,-1,4),B(l,0,4).Al(0,2,0),C(-1,0,4),D(0,0,4).

故AXl=(0,3,-4),Bt=(-2,0,0),AXlBt：=0,

因11匕AX1_L或，BPAA11BC.

(2)因?yàn)锳X1=(0,3,-4),

所以|京1|=5，即AA1=5.

⑶連接AID,由BC1.AD,BC1AA1,可知BC_L平面AlAD,BC1A1D,所以NADA1為二面角A—BC

-Al的平面角.

因?yàn)镈A=(O,-1,0),DX1=(O,2,-4),所以

2

cos(DX,E)X1)=------/:=一號(hào).

1x^224；-425

即二面角A-BC-A1的余弦值為一半.

（綜合法）（1）證明：取5C,51G的中點(diǎn)分別為。和D1,連接當(dāng)5,皿/Q.

由條件可知，3C±AD,SG_LH15，

由上可得NDJ?面55：C：C,X：D：_L面33-C.C.

因此皿7X0,即皿HQ.確定平面皿X。

又因?yàn)镈P〃53”BB-J.3C,所以DDi_L3C

又考慮到ADA.3C,所以5C_L平面XD4Q,

故5C±AJb

⑵延長X。到G點(diǎn)，使G5=3,連接NG

因?yàn)镹。絨GD：,所以NG續(xù)DD魔33：.

由于331J?平面小3；G，所以NGJ_aG

由條件可知,NiG=.』iD：+Z））G=3,XG=4,

所以.4Ji=5.

⑶因?yàn)?CJ_平面TDHD所以^ADA,為二面角工一5。一山的平面角.

在RtA±DP：中，。9=4,45=2,解得

sinNDlDAl=^

cosZADAl=cosW+ND1DA1

5'

即二面角A-BC-A1的余弦值為一半.

24.（2013?課標(biāo)全國）如圖1-5,直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=1AA1,D是棱AA1的中點(diǎn)，DC1

±BD.

(1)證明:DC1±BC；

(2)求二面角A1-BD-C1的大小.

圖1—5

【答案】解：⑴證明：由題設(shè)知，三棱柱的側(cè)面為矩形.

由于D為AA1的中點(diǎn)，故DC=DC1.

又AC=；AA1,可得DC2+DC2=CC2,

所以DC1_LDC.

ffi]DC11BD,DCABD=D,所以DC1J_平面BCD.

BCU平面BCD,故DC1_LBC.

(2)由(1)知BC_LDC1,且BC1,CC1,貝ijBC_L平面ACC1,所以CA,CB,CC1兩兩相互垂直.

以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA的方向?yàn)閤軸的正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C—xyz.

由題意知4】(1,0,2),5(0,1,0),Z>(1AD>CKO,0,2).

貝-1)>BD=(1,-1,1)>2??]=(-1,0,1).

設(shè)”=(x,1)二，是平面3BD的法向量，則

|n-3t>=Q,r+j=0.

可取n=(l,l,0).

I^rBD=()9

同理，設(shè)川是平面C,BD的法向量，貝/_可得^=(1,11).

慶=10.

II工，\立冽小

從而cos<％、=k-

故二面角A1-BD-C的大小為30=.25.

(2013?山東)在如圖1—5所示的幾何體中，四邊形ABCD是等腰梯形，AB〃CD,ZDAB=60°,FC_L平

面ABCD,AE_LBD,CB=CD=CF.

(1)求證：BDJ_平面AED；

(2)求二面角F-BD-C的余弦值.

圖1—5

【答案】解：(D證明：因?yàn)樗倪呅?38是等腰梯形，45〃CDZDAB=6Q=,

所以NWDC=N33=120’.

又C3=CD,

所以NCD5=30=,

因此NXD3=90=,

又AE±BD,

且姐.切u平面.二D

所以3D_L平面AED.

解法一：

取3。的中點(diǎn)G,連接CG,FG,

由于C3=CD,因此CG_L3D,

又FCL平面ABCD,3比平面ABCD,

所以FC±BD,

由于尸BiCG=C,FC,CGu平面FCG,

所以BD_L平面FCG,

故3DLFG,

所以NFGC為二面角F-BD-C的平面角.

在等腰三角形BCD中，由于NBCD=120。,

因此CG=；CB.

又CB=CF,

所以GF=0CG2+CF2=@G,

故cos/FGC=當(dāng)，

因此二面角F-BD-C的余弦值為李.

解法二：

由（1）知ADJ_BD,所以AC_LBC.

又FC_L平面ABCD,

因此CA,CB,CF兩兩垂直，

以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以CA,CB,CF

所在的直線為::軸，J軸，二軸，

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

不妨設(shè)C3=l.

SIIJQ0.0.0）,5（0,1,0）,D型，T0.尸（0,0,1）.

因此匹，一；，0>3？=（o?—14）.

設(shè)平面3DF的一個(gè)法向量為優(yōu)=（x,3，z）,

則w-5Z>=0,加?辦=。，

所以x=?=?,

取二=1,則，"=（S，L1）.

由于麗是平面BDC的一個(gè)法向量,

二叫營=1=由

則cos5i,CF)

?iC?由〉'

所以二面角F-BD-C的余弦值為弓.

26.（2013?陜西）（1）如圖1—6所示，證明命題“a是平面兀內(nèi)的?條直線，b是兀夕卜的一條直線（b不垂直于

兀），c是直線b在兀上的投影，若a_Lb,則aJ_c”為真；

b

圖1—6

（2）寫出上述命題的逆命題，并判斷其真假（不需證明）.

【答案】解：（1：，證法一：如下圖，過直線6上任一點(diǎn)作平面;i的垂線"，設(shè)直線a,b,c,”的方向向

量分別是a,b,c,n,則b,c,共面.根據(jù)平面向量基本定理，存在實(shí)次Aa使得c=/.b+un,則a-c=

a-(/.b+utf)=/.(a-b')+u(a-n'),

因?yàn)閍_L5,所以ae=O,

又因?yàn)閍JT?n±7t?所以as=O,

故a-c=O,從而a_Lc.

證法二：如圖，記才歸=』尸為直線匕上異于點(diǎn).4的任意一點(diǎn)，過?作PO_Lg垂足為。，則0A.

,.'R9J_7ba兀，直線_DO_La,

又aJ?怎b平面R!。，PO”b=P,

二.aJ■平面R4。，又c平面一％。，.\a±c.

b

12）逆命題為：a是平面i內(nèi)的一條直線，b是h外的一條直線①不垂直于D，。是