2013年高考数学(理)真题分类解析汇编7.立体几何1059.pdf

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1、2013 年高考数学（理）真题分类解析汇编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 （）A35003cm B38663cm C313723cm D320483cm【答案】A 【天利解析】设正方体上底面所在平面截球得小圆 M，则圆心 M 为正方体上底面正方形的中心如图 设球的半径为 R，根据题意得球心到上底面的距离等于（R2）cm，而圆 M 的半径为 4，由球的截面圆性质，得 R2=（R2）2+42，解出 R

2、=5，所以根据球的体积公式，该球的体积 V=故选 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mn B若/,m,n,则/mn C若mn,m,n,则 D若m,/mn,/n,则【答案】D 【天利解析】ABC 是典型错误命题,选 D 3 （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1111ABCDABC D中12AAAB,则CD与 平 面1BDC所 成 角 的 正 弦 值 等 于（）A23 B33 C23 D13【答案】A 【天利解

3、析】设 AB=1，则 AA1=2，分别以的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如下图所示：则 D（0，0，2），C1（0，1，0），B（1，1，2），C（0，1，2），=（1，1，0），=（0，1，2），=（0，1，0），设=（x，y，z）为平面 BDC1的一个法向量，则，即，取=（2，2，1），设 CD 与平面 BDC1所成角为 ，则 sin=|=，故选 A 4 （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 （）A168 B8 8 C16 16 D8 16【答案】A 【天利解析】三视图复原的几何体是一个长方体与半个圆柱的组合体，如图，其中

4、长方体长、宽、高分别是：4，2，2，半个圆柱的底面半径为 2，母线长为 4 所以长方体的体积=422=16，半个圆柱的体积=22 4=8 所以这个几何体的体积是 16+8；故选 A 5 （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1V,2V,3V,4V,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（）A1243VVVV B1324VVVV C2134VVVV D2314VVVV【答案】C【天利解析】本题考查三视图以及空间几何体的体积。从上到下为圆台，圆柱，棱柱，棱台体积依次为37)1212(31221V，,22

5、V8233V，.328)416416(314V所以4312VVVV，故选 C.6 （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（）A1 B2 C2-12 D2+12 【答案】C【天利解析】本题考查三视图的判断。因为正方体的俯视图是一个面积为 1 的正方形，则说明正方体为水平放置，则正视图的最大面积为正方体对角面，此时面积为2，最小面积为正方体的一个侧面，面积为 1，所以侧视图的面积12S,所以面积不可能的是212，选 C.7 （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

6、图所示,则该四棱台的体积是 （正视图 俯视图 侧视图 第 5题图 ）A4 B143 C163 D6【答案】B 【天利解析】由三视图可知,该四棱台的上下底面边长分别为 1和2的正方形,高为2,故22221141122233V,故选 B 8 （2013年普通高等学校招生统一考试新课标卷数学（理）（纯 WORD 版含答案）已知nm,为异面 直 线,m平 面,n平 面.直 线l满 足,lm ln ll,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 【天利解析】由 m平面 ，直线 l 满足 lm，且 l?，所以 l，又 n平面 ，ln，l?，所以 l 由直线

7、 m，n 为异面直线，且 m平面 ，n平面 ，则 与 相交，否则，若 则推出 mn，与 m，n 异面矛盾故 与 相交，且交线平行于 l故选 D 9 （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111ABCA BC的侧棱与底面垂直,体积为94,底面是边长为3的正三角形.若P为底面111ABC的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为（）A512 B3 C4 D6 【答案】B【天利解析】取正三角形 ABC 的中心，连结OP,则PAO是 PA 与平面 ABC 所成的角。因为底面边长 为3，所 以33322AD,2231332AOAD.三 棱 柱 的 体 积 为21139(

8、3)224AA,解得13AA，即13OPAA,所以tan3OPPAOOA，即3PAO，选 B.10（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（）A5603 B5803 C200 D240【答案】C【天利解析】本题考查三视图以及空间几何体的体积公式。由三视图可知该几何体是个四棱柱。棱柱的底面为等腰梯形，高为 10.等腰梯形的上底为 2，下底为 8，高为 4,。所以梯形的面积为284202，所以四棱柱的体积为20 10200，选 C.11（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111AB

9、CA BC的 6个顶点都在球O的球面上,若34ABAC，,ABAC,112AA,则球O的半径为（）A3 172 B2 10 C132 D3 10 【答案】C 【天利解析】由球心作面 ABC的垂线，则垂足为 BC 中点 M。计算 AM=52，由垂径定理，OM=6，所以半径 R=22513()622,选 C.12（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mn （）A8 B9 C10 D11【答案】A【天利解析】本题考查空间立体几何中的线面位置关系的判断。由图象可知4m，其中

10、上底面与 CE 平行，下底面过直线 CE。在正四面体题中，取 CD 的中点 H,则CDEFH,又 AB/CD，所以平面EFH平行于正方体的左右两个侧面，所以直线 EF 与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数4n。所以8mn，选 A.13（2013年普通高等学校招生统一考试新课标卷数学（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 B C D【答案】A 【天利解析】因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系 Oxyz

11、中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），几何体的直观图如图，是正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以 zOx 平面为投影面，则得到正视图为：故选 A 14（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【天利解析】B,C,D 说法均不需证明，也无法证明，是公理；A

12、选项可以推导证明，故是定理。所以选 A 15（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)(AfB.设,是两个不同的平面,对空间任意一点P,)(),(21PffQPffQ,恒有21PQPQ,则（）A平面与平面垂直 B平面与平面所成的(锐)二面角为045 C平面与平面平行 D平面与平面所成的(锐)二面角为060 【答案】A 【天利解析】：设 P1=f（P），则根据题意，得点 P1是过点 P 作平面 垂线的垂足 因为 Q1=ff（P）=f（P1），所以点 Q1是过点 P1作平面 垂线的垂足 同理，若 P2=f（P），得点 P2

13、是过点 P 作平面 垂线的垂足 因此 Q2=ff（P）表示点 Q2是过点 P2作平面 垂线的垂足 因为对任意的点 P，恒有 PQ1=PQ2，所以点 Q1与 Q2重合于同一点 由此可得，四边形 PP1Q1P2为矩形，且P1Q1P2是二面角 l 的平面角 因为P1Q1P2是直角，所以平面 与平面 垂直 故选：A 16（2013年高考四川卷（理）一个几何体的三视图如图 12 所示，则该几何体的直观图可以是()图 12 图 13【答案】D 【天利解析】由俯视图可知，原几何体的上底面应该是圆面，由此排除选项 A 和选项 C 而俯视图内部只有一个虚圆，所以排除 B故选 D 二、填空题 17（2013年 高

14、 考上 海 卷（理）在xOy平面上,将两个半圆弧22(1)1(1)xyx和22(3)1(3)xyx、两条直线1y 和1y 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,)(|1)yy 作的水平截面,所得截面面积为2418y,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】2216.【天利解析】根据提示，一个半径为 1，高为2的圆柱平放，一个高为 2，底面面积8的长方体，这两个几何体与放在一起，根据祖暅原理，每个平行水平面的截面面积都相等，故它们的体积相等，即的体积值为22122 8216 18（2013年高考陕西卷（理）某几何体的三视

15、图如图所示,则其体积为_3_.【答案】3【天利解析】立体图为半个圆锥体，底面是半径为 1 的半圆，高为 2。所以体积32121312V 19（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,32OK,且圆O与圆K所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 【天利解析】如图所示，设球 O 的半径为 r，根据题意得 OC=，CK=在 OCK 中，OC2=OK2+CK2，即 所以 r2=4 所以球 O 的表面积等于 4 r2=16 故答案为 16 20（2013年高考北京卷（理）如图,

16、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_.【答案】2 55 【天利解析】如图所示，取 B1C1的中点 F，连接 EF，ED1，因为，CC1底面 ABCD，所以四边形 EFC1C 是矩形 所以 CC1EF，又 EF?平面 D1EF，CC1?平面 D1EF，所以 CC1平面 D1EF 所以直线 C1C 上任一点到平面 D1EF 的距离是两条异面直线 D1E 与 CC1的距离 过点 C1作 C1MD1F，因为平面 D1EF平面 A1B1C1D1 所以 C1M平面 D1EF 过点 M 作 MPEF 交 D1E 于点 P，

17、则 MPC1C 取 C1N=MP，连接 PN，则四边形 MPNC1是矩形 可得 NP平面 D1EF，在 Rt D1C1F 中，C1M?D1F=D1C1?C1F，得=所以点 P 到直线 CC1的距离的最小值为 21（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ABCCBA111中,FED，分 别是1AAACAB，的 中点,设三 棱 锥ADEF 的体积为1V,三棱柱ABCCBA111的体积为2V,则21:VV_.【答案】1:24 【天利解析】112211111334224ADEABCVShShV 所以121:24V V 22（2013

18、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_2cm.【答案】24 【天利解析】：几何体为三棱柱去掉一个三棱锥后的几何体，底面是直角三角形，直角边分别为 3，4，棱柱的高为 5，被截取的棱锥的高为 3如图：V=V棱柱V三棱锥=3=24（cm3）故答案为：24 23（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4 3 2 3 3 正视图 侧视图 俯视图（第 12 题图）1111ABCDABC D的棱长为 1,P为 BC 的中点,Q 为线段1CC上的动点,过点 A,P,Q的平面

19、截该正方体所得的截面记为 S.则下列命题正确的是_(写出所有正确命题的编号).当102CQ时,S为四边形;当12CQ 时,S为等腰梯形;当34CQ 时,S与11C D的交点 R 满足1113C R;当314CQ时,S 为六边形;当1CQ 时,S 的面积为62.【答案】【天利解析】CQDTPQATPQATTDD22/1且，则相交于设截面与.对，时当210.CQ,则.10 DT所以截面S为四边形，且S为梯形.所以为真.对,1 =DT,21.时当CQ重合与1,DT，截面S为四边形.,11QDAPAPQD所以截面S为等腰梯形.所以为真.对,时当43.CQ.31.21,23,411111RCTDDTQC

20、利用三角形相似解得所以为真.对,2 DT23,143.时当CQ.截面S与线段1111CD,DA相交，所以四边形S为五边形.所以为假.对,AGAPCGDASCCQ111111,Q1.即为菱形相交于中点与线段截面重合与时，当.对角线长度分别为.2632的面积为，和S 所以为真.综上，选 24（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】1616【天利解析】由三视图可知该几何体圆柱中去除正四棱柱。所以该几何体的体积V 2224241616。25（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

21、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 【天 利 解 析】由 图 可 知，图 形 为 一 个 球 中 间 是 内 接 一 个 棱 长 为2 的 正 方 体，223 234122RSR球表 三、解答题 26（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:PACPBC平面平面；(II)2.ABACPACPBA若，1，1，求证：二面角的余弦值(1)证明：由 AB 是圆的直径，得 ACBC.由 PA平面

22、 ABC，BC?平面 ABC，得 PABC.又 PAACA，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 CMAP，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 15 因为 AB2，AC1，所以 BC 3.因为 PA1，所以 A(0，1，0)，B(3，0，0)，P(0，1，1)故CB(3，0，0)，CP(0，1，1)设平面 BCP 的法向量为(x，y，z)则CBn10，CPn10，所以3x0，yz0，不妨令 y1，则1

23、(0，1，1)因为AP(0，0，1)，AB(3，1，0)，设平面 ABP 的法向量为2(x，y，z)，则APn20，ABn20，所以z0，3xy0.不妨令 x1，2(1，3，0)于是 cos1，232 264，所以由题意可知二面角 CPBA 的余弦值为64.解法二：过 C 作 CMAB 于 M.图 16 因为 PA平面 ABC，CM?平面 ABC，所以 PACM，故 CM平面 PAB.过 M 作 MNPB 于 N，联结 NC.由三垂线定理得 CNPB.所以CNM 为二面角 CPBA 的平面角 在 RtABC 中，由 AB2，AC1，得 BC 3，CM32，BM32.在 RtPAB 中，由 AB

24、2，PA1，得 PB 5.因为 RtBNMRtBAP，所以MN1325，故 MN3 510.又在 RtCNM 中，CN305，故 cosCNM64.所以二面角 CPBA 的余弦值为64.27（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PABCD中,PAABCD 底面,2,4,3BCCDACACBACD,F为PC的 中点,AFPB.(1)求PA的长;(2)求二面角BAFD的正弦值.19解：(1)如图，联结 BD 交 AC 于 O，因为 BCCD，即BCD 为等腰三角形，又 AC 平分BCD，故 ACBD.以 O 为坐标原点，OB，OC，AP的方向分别为 x 轴，y

25、 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系 Oxyz，则 OCCDcos31，而 AC4，得 AOACOC3.又 ODCDsin33，故 A(0，3，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，D(3，0，0)因 PA底面 ABCD，可设 P(0，3，z)，由 F 为 PC 边中点，得 F0，1，z2，又AF0，2，z2，PB(3，3，z)，因 AFPB，故AFPB0，即 6z220，z2 3(舍去2 3)，所以|PA|2 3.(2)由(1)知AD(3，3，0)，AB(3，3，0)，AF(0，2，3)设平面 FAD 的法向量为1(x1，y1，z1)，平面 FAB 的法向量为2(x2，y2，z2)由

26、1AD0，1AF0，得 3x13y10，2y1 3z10，因此可取1(3，3，2)由2AB0，2AF0，得 3x23y20，2y2 3z20，故可取2(3，3，2)从而向量1，2的夹角的余弦值为 cos1，2n1n2|n1|n2|18.故二面角 BAFD 的正弦值为3 78.1 （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.()证明:平面PAB与平面PCD的交线平行于底面;()求cosCOD.【天利解析】()PABP D,/C

27、mABCDCDPCDABPCD设面面直线且面面 /ABm直线 ABCDmABCDAB面直线面/.所以,ABCDDPPAB的公共交线平行底面与面面C.()rPOOPFFCDr5.22tan.60,由题知，则的中点为线段设底面半径为.5.22tan15.22tan245tan,2cos5.22tan60tan60tan,2CODrOFPOOF.)223(3),1-2(321cos,1-25.22tan12cos2cos22CODCODCOD212-17cos.212-17cosCODCOD所以.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BCD

28、A中,AD平面BCD,22,2,BDADCDBC.M是AD的中点,P 是BM的中点,点Q在线段AC上,且QCAQ3.(1)证明:/PQ平面BCD;(2)若二面角DBMC的大小为060,求BDC的大小.【天利解析】证明()方法一:如图 6,取MD的中点F,且M是AD中点,所以3AFFD.因为P是BM中点,所以/PFBD;又因为()3AQQC且3AFFD,所以/QFBD,所以面/PQF面BDC,且PQ 面BDC,所以/PQ面BDC;方法二:如图 7 所示,取BD中点O,且P是BM中点,所以1/2POMD;取CD的三等分点H,使3DHCH,且3AQQC,所以11/42QHADMD,所以/POQHPQ

29、OH,且OHBCD,所以/PQ面BDC;()如图 8所示,由已知得到面ADB 面BDC,过C作CGBD于G,所以CGBMD,过G作GHBM于H,连接CH,所以CHG就是CBMD的二面角;由已知得到813BM,设BDC,所以 cos,sin2 2cos,2 2cossin,2 2sin,CDCGCBCDCGBCBDCDBD,在RT BCG中,2sin2 2sinBGBCGBGBC,所 以 在RT BHG中,2212 2sin332 2sinHGHG,所以在RT CHG中 tan3(0,90)6060BDC;2 （2013年上海市春季高考数学试卷(含答案)）如图,在正三棱锥111ABCA BC中,

30、16AA,异面直线1BC与1AA所成角的大小为6,求该三棱柱的体积.A B C D P Q M（第 20 题图）【天利解析】因为1CC 1AA.所以1BC C为异面直线1BC与1AA.所成的角,即1BC C=6.在 Rt1BC C中,113tan62 33BCCCBC C,从而233 34ABCSBC,因此该三棱柱的体积为13 3 618 3ABCVSAA.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ABCS 中,平面SAB平面SBC,BCAB,ABAS,过A作SBAF,垂足为F,点GE，分别是棱SCSA，

31、的中点.求证:(1)平面/EFG平面ABC;(2)SABC.【天利解析】证明:(1)ABAS,SBAF F 分别是 SB 的中点 E.F 分别是 SA.SB 的中点 EFAB 又EF平面 ABC,AB平面 ABC EF平面 ABC 同理:FG平面 ABC 又EFFG=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 AFSB AF平面 SBC 又BC平面 SBC AFBC 又BCAB,ABAF=A,AB.AF平面 SAB BC平面 SAB 又SA平面 SABBCSA 4 （2013年高考上海卷（理）如图,在长方体 ABC

32、D-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.【天利解析】因为 ABCD-A1B1C1D1为长方体,故1111/,ABC D ABC D,故 ABC1D1为平行四边形,故11/BCAD,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 B1 A1 C1 A C B 考虑三棱锥 ABCD1的体积,以 ABC为底面,可得111(1 2)1323V 而1ADC中,115,2ACDCAD,故132AD CS 所以

33、,13123233Vhh,即直线 BC1到平面 D1AC 的距离为23.5 （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,并加以证明;(II)设(I)中的直线l与圆O的另一个交点为D,且点Q满足12DQCP.记直线PQ与平面ABC所成的角为,异面直线PQ与EF所成的角为,二面角ElC 的大小为,求证:sinsinsin.【天利解析】(I)EFAC,ACABC 平面,EFABC 平面 又EFBEF 平面 (II)连接 DF,用几何方

34、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,90A,6BC,D E分别是,AC AB上的点,2CD BE,O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3A O.()证明:AO平面BCDE;()求二面角ACDB的平面角的余弦值.第 19 题图 C D O x E 向量法图 y z B ()在图 1 中,易得3,3 2,2 2OCACAD

35、连结,OD OE,在OCD中,由余弦定理可得 由翻折不变性可知2 2A D,所以222A OODA D,所以A OOD,理可证A OOE,又ODOEO,所以AO平面BCDE.()传统法:过O作OHCD交CD的延长线于H,连结AH,因为AO平面BCDE,所以A HCD,所以AHO为二面角ACDB的平面角.结合图 1 可知,H为AC中点,故3 22OH,从而22302A HOHOA 所以15cos5OHA HOA H,所以二面角 ACDB的平面角的余弦值为155.向量法:以O点为原点,建立空间直角坐标系Oxyz如图所示,则0,0,3A,0,3,0C,1,2,0D 所以0,3,3CA,1,2,3DA

36、 C D O B E H.C O B D E A C D O B E 图 1 图 2 设,nx y z为平面ACD的法向量,则 00n CAn DA,即330230yzxyz,解得3yxzx,令1x,得1,1,3n 由()知,0,0,3OA 为平面CDB的一个法向量,所以315cos,535n OAn OAn OA,即二面角ACDB的平面角的余弦值为155.7 （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,ABAD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E为棱AA1的中点.()证明B1C1CE;()求二

37、面角B1-CE-C1的正弦值.()设点M在线段C1E上,且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为26,求线段AM的长.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B1C1(1，0，1)，CE(1，1，1)，于是B1C1CE0，所以 B1C1CE.(2)B1C(1，2，1)，设平面 B1CE 的法向量(x，y，z)，则B1C0，mCE0，即x2yz0，xyz0，消去 x，得 y2z0，不妨令 z1，可得一个法向量为(3，2，1)由(1)，B1C1C

38、E，又 CC1B1C1，可得 B1C1平面 CEC1，故B1C1(1，0，1)为平面 CEC1的一个法向量 于是 cos，B1C1mB1C1|m|B1C1|414 22 77，从而 sin，B1C1217.所以二面角 B1CEC1的正弦值为217.(3)AE(0，1，0)，EC1(1，1，1)设EMEC1(，)，0 1，有AMAEEM(，1，)可取AB(0，0，2)为平面 ADD1A1的一个法向量 设 为直线 AM 与平面 ADD1A1所成的角，则 sin|cosAM，AB|AMAB|AM|AB|22（1）2223221.于是322126，解得 13(负值舍去)，所以 AM 2.方法二：(1)

39、证明：因为侧棱 CC1平面 A1B1C1D1，B1C1?平面 A1B1C1D1，所以 CC1B1C1.经计算可得 B1E 5，B1C1 2，EC1 3，从而 B1E2B1C21EC21，所以在B1EC1中，B1C1C1E.又 CC1，C1E?平面 CC1E，CC1C1EC1，所以 B1C1平面 CC1E，又 CE?平面 CC1E，故 B1C1CE.(2)过 B1 作 B1GCE 于点 G，联结 C1G.由(1)，B1C1CE.故 CE平面 B1C1G，得 CEC1G，所以B1GC1为二面角 B1CEC1的平面角在CC1E 中，由 CEC1E 3，CC12，可得 C1G2 63.在 RtB1C1

40、G 中，B1G423，所以 sinB1GC1217，即二面角 B1CEC1的正弦值为217.(3)联结 D1E,过点 M 作 MHED1于点 H，可得 MH平面 ADD1A1，联结 AH，AM，则MAH为直线 AM 与平面 ADD1A1所成的角 设 AMx，从而在 RtAHM 中，有 MH26x，AH346x.在 RtC1D1E 中，C1D11，ED1 2，得 EH 2MH13x.在AEH 中，AEH135，AE1，由 AH2AE2EH22AEEHcos 135，得1718x2119x223x.整理得 5x22 2x60，解得 x 2(负值舍去)，所以线段 AM 的长为 2.8 （2013年高

41、考新课标 1（理）如图,三棱柱 ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=A A1,BA A1=60.()证明 ABA1C;()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.()取 AB 中点 E,连结 CE,1AB,1AE,AB=1AA,1BAA=060,1BAA是正三角形,1AEAB,CA=CB,CEAB,1CEAE=E,AB面1CEA,AB1AC;()由()知 ECAB,1EAAB,又面 ABC面11ABB A,面 ABC面11ABB A=AB,EC面11ABB A,EC1EA,EA,EC,1EA两两相互垂直,以 E 为坐标原点,

42、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Oxyz,有题设知A(1,0,0),1A(0,3,0),C(0,0,3),B(-1,0,0),则BC=(1,0,3),1BB=1AA=(-1,0,3),1AC=(0,-3,3),设n=(,)x y z是平面11CBBC的法向量,则100BCBBnn,即3030 xzxy,可取n=(3,1,-1),1cos,ACn=11|ACACn|n|105,直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为105 9（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

43、,12ABAA.()证明:A1C平面BB1D1D;()求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角的大小.【天利解析】()BDOAABCDBDABCDOA11,面且面;又因为,在正方形 AB CD中,BDCAACACAACABDAACOABDAC11111,，故面且面所以；且.在正方形 AB CD 中,AO=1.111OAOAART中，在 OECAOCEAEDB1111111为正方形，所以，则四边形的中点为设.，所以由以上三点得且，面面又OOBDDDBBODDBBBD111111E.E,DDBBCA111面.(证毕)()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

44、OB 为 Y 轴正方向.则 )1,0,1()1,1,1(),100(),001(,0,1,0111CABACB，）（.由()知,平面BB1D1D的一个法向量.0,0,1),1,1,1(),1,0,1(111）（OCOBCAn 设平面OCB1的法向量为，则0,0,2122OCnOBnn ).1-,1,0(法向量2n为解得其中一个21221|,cos|cos212111nnnnnn.所以,平面OCB1与平面BB1D1D的夹角为3 10（2013 年高考江西卷（理）如图,四棱锥PABCD中,PA,ABCD EBD 平面为的中点,GPD为的中点，3,12DABDCB EAEBABPA，,连接CE并延长

45、交AD于F.(1)求证:ADCFG 平面;(2)求平面BCP 与平面DCP的夹角的余弦值.【天利解析】(1)在ABD中,因为E是BD的中点,所以1EAEBEDAB,故,23BADABEAEB,因为DABDCB,所以EABECB,从而有FEDFEA,故,EFAD AFFD,又因为,PGGD所以FGPA.又PA平面ABCD,所以,GFAD故AD 平面CFG.(3)以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系,则33(0,0,0),(1,0,0),(,0),(0,3,0)22ABCD,(4)3(0,0,)2P,故1333 333(0),(,),(,0)2222222BCCPCD ，OD1B1C1DACBA1

46、设平面BCP的法向量111(1,)ny z,则111130223330222yyz,解得113323yz,即13 2(1,)33n.设平面DCP的法向量222(1,)ny z,则222330223330222yyz,解得2232yz,即2(1,3,2)n.从 而 平 面BCP与 平 面DCP的 夹 角 的 余 弦 值 为1212423cos41689n nn n.11 （2013年 高 考 四 川 卷（理）如 图,在 三 棱 柱11ABCABC中,侧 棱1AA 底 面ABC,12ABACAA,120BAC,1,D D分别是线段11,BC BC的中点,P是线段AD的中点.()在平面ABC内,试作

47、出过点P与平面1A BC平行的直线l,说明理由,并证明直线l 平面11ADD A;()设()中的直线l交AB于点M,交AC于点N,求二面角1AAMN的余弦值.【天利解析】如图,在平面ABC内,过点P做直线l/BC,因为l在平面1ABC外,BC在平面1ABC内,由直线与平面平行的判定定理可知,l/平面1ABC.由已知,ABAC,D是BC的中点,所以,BCAD,则直线lAD.因为1AA 平面ABC,所以1AA 直线l.又因为1,AD AA在平面11ADD A内,且AD与1AA相交,所以直线平面11ADD A 解法一:连接1AP,过A作1AEAP于E,过E作1EFAM于F,连接AF.由 知,MN 平

48、面1AEA,所以平面1AEA平面1AMN.所以AE 平面1AMN,则1AMAE.所以1AM 平面AEF,则1AM AF.故AFE为二面角1AAMN的平面角(设为).设11AA,则由12ABACAA,120BAC,有60BAD,2,1ABAD.又P为AD的中点,所以M为AB的中点,且1,12APAM,在1Rt AA P中,152AP;在1Rt A AM中,12AM.从而,1115AAAPAEAP,1112AAAMAFAM,所以2sin5AEAF.所以22215cos1 sin155.故二面角1AAMN的余弦值为155 解法二:设11AA.如图,过1A作1AE平行于11BC,以1A为坐标原点,分别

49、以111,AE AD,1AA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1A重合).则10,0,0A,0,0,1A.因为P为AD的中点,所以,M N分别为,AB AC的中点,故3 13 1,1,12222MN,所以13 1,122AM,10,0,1A A,3,0,0NM.设平面1AAM的一个法向量为1111,nx y z,则 1111,nAMnA A即11110,0,nAMnA A故有 从而1111310,220.xyzz 取11x,则13y ,所以11,3,0n.设平面1AMN的一个法向量为2222,nx y z,则 212,nAMnNM即2120,0,nAMnNM

50、故有2222223 1,10,22,3,0,00,xy zxy z 从而2222310,2230.xyzx 取22y,则21z ,所以20,2,1n.设二面角1AAMN的平面角为,又为锐角,则12121,3,00,2,115cos525nnnn.故二面角1AAMN的余弦值为155 12（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111ABCABC中,ACAB,2 ACAB,41AA,点D是BC的中点(1)求异面直线BA1与DC1所成角的余弦值(2)求平面1ADC与1ABA所成二面角的正弦值.本题主要考察异面直