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2016年高考数学复习参考题------11.立体几何(理科数学)


2016 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

【试题解析】由球的三视图可知答案选 B. 【选题意图】众所周知三视图和球是全国卷的热门考点,而总结规律 2010、2012、2014 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 2014 年的深圳一模试题应景,希望 2016 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. 6 B. 9 C. 12 D. 18

【试题解析】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 ?

1 1 ? ? 6 ? 3 ? 3 ? 9 ,故选 B. 3 2

【选题意图】本题旨在通过三视图考查学生的空间想象力,是由教材人教 A 版必修 2 P 15 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.”演变而来.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. ) D.

2 6

B.

3 6

C.

2 3

2 2

【试题解析】取正 ?ABC 的中心 O ' ,连接 OO ' , OO ' ? 平面 ABC . 又因为 O 为 SC 的中点,所以 ?ABC 上的高为 OO ' 的 2 倍.

OO ' ? 1 ? (

1 1 3 2 6 2 3 6 ,所以 S P ? ABC ? S?ABC ? ,故选 A. h? ? ?1 ? 2 ? ? ? 1)2 ? 3 3 4 3 6 3 3

【选题意图】本题旨在考查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. 8 B.

22 3

C. 6

D.

2 3

【试题解析】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 V ? 2 ? 2 ? 2 ?

1 1 22 ? ? 1? 2 ? 2 ? ,故选 B. 3 2 3 ,

【选题意图】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) 16 ? 6 2 ? 4? (B) 16 ? 6 2 ? 3? (C) 10 ? 6 2 ? 4? (D) 10 ? 6 2 ? 3?
俯视图

3
2
1
正视图



2
1
侧视图

2

3

【试题解析】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 =(2 ? ? 2 ? 2)( + 2 ? 3)( + 2 2 ? 3) =10+6 2 2
下部分几何体的表面积为

1 S下 =(? ? 12)( + ? 2? ? 1 ? 3) =4? 2

所以该几何体的表面积为 10 ? 6 2 ? 4? ,选 C 【选题意图】组合体在近几年的全国卷中出现频率较高.

6.如图, 长方体 ABCD ? A1B1C1D1 中,AB ? 2, AD ? AA 1 的内切圆 1 ? 2 .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. )

2 6

B.

3 6

C.

2 3

D.

2 2

【试题解析】根据题意,画出图形如图所示,椭圆 O? 的长轴长为

2a ? AB ? 2 ,短轴长为 2b ? AA 1 ? 2 ,所以 a ? 1, b ?

2 , 2

得c ?

c 2 2 ,离心率 e ? ? .故选 D . a 2 2

【选题意图】本题重点考查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.

8 2 ? 3

C. 8?

D. 2

【试题解析】由三视图可知原几何体如图所示,可将其视为正方体的一部分,
3 其体对角线为 4+2+2=2 2 ,所以外接球的半径为 2 ,体积 V = ? ( 2) =

4 3

8 2 ? .故选 B. 3

【选题意图】本题重点考查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,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 ? ? ?
【试题解析】A、B 分别是考查面面垂直、平行的性质定理的易错点,C 错是因为面面垂直判定定理的条件 缺失,选 D. 【选题意图】本题主要考查空间线面及面面的平行、垂直判定和性质.
D1 Q C1

a
a 2

9.如图 1,已知正方体 ABCD ? A1B1C1D1 的棱长为 a , 动点 M , N , Q 分别在线段 AD1, B1C, C1D1 上.当三棱锥

A1 M

B1

a

N C

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

D

B

正视方向 图2

图1

A.

1 2 a 2

B.

1 2 a 4

C.

2 2 a 4

D.

3 2 a 4

【试题解析】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

1 1 1 ? ? a ? a ? a 2 .故选: B 2 2 4

【选题意图】大纲要求会画简单几何体的三视图. 考查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

1 16 ? 2 ? 3r ? 8 ,得 r ? , 4 3 1 1 16 2 320 320 ( ) ?5 ? ? 1.62 ? 22 斛,故选 B. 所以米堆的体积为 ? ? 3 ? ,故堆放的米约有 4 3 3 9 9
【试题解析】设圆锥的底面半径为 r ,则 【选题意图】以《九章算术》为背景,给予新定义,增添了试题的新颖性,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)视图均是如图所示的 图形(实线组成半径为 2 cm 的半圆,虚线是等腰三 角形的两腰) ,俯视图是一个半径为 2 cm 的圆(包括圆心) , 则该零件的体积是
3 A. ? cm
1 cm

1 cm 2 cm 2 cm

第 2 题图
3 B. ? cm

4 3

8 3

3 C. 4? cm

D.

20 ? cm3 3

【试题解析】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 ?

2 1 π ? 23 ? π ? 22 ? 1 ? 4 π ,所以选 C. 3 3

【选题意图】本题考查考生对三视图的基本知识和技能的掌握与运用,考查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 C. 10 与 16 B. 7 与 10 D. 10 与 15
主视图 俯视图

【试题解析】由题意知选 C,

【选题意图】本题考查考生对三视图的基本知识和技能的掌握与运用,考查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 . 5

【试题解析】通过三视图,可以看出该几何体为

1 1 1 V ? sh ? ? ? 4 ? 2 ? 3 ? 4 3 3 2 一个四棱锥,
【选题意图】本题旨在考查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.

2

2

1

1

正(主)视图

侧 (左) 视图

4

图2

俯视图

14.已知点 A, B, C , D 在同一球面上,且 AB ? BC ? 2, AC ? 2 2 ,若四面体 ABCD 体积的最大值为 则该球的表面积为

4 , 3

【试题解析】因为 AB ? BC ? 2, AC ? 2 2 ,故 ?ABC 为直角三角形,当点 D 到平面 ABC 的距离最大 时,其四面体的体积最大,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

【选题意图】本题旨在考查四面体的结构特征、球的表面积公式、四面体的体积等知识.

?ABC 是 15.已知球 O 的直径 PQ ? 4 , A, B, C 是球 O 球面上的三点, ?APQ ? ?BPQ ? ?CPQ ? 30? ,
正三角形,则三棱锥 P ? ABC 的体积为 .

【试题解析】设球心为 M , ?ABC 截面小圆的圆心为 O , ∵ ?ABC 是等边三角形, ?APQ ? ?BPQ ? ?CPQ ? 30? , ∴ 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?=2 3 , PO ? 2 3cos30? ? 3, OC ? 2 3sin30? ? 3

2 3 3 3 3 O 是等边 ?ABC 的重心? OC= OH ∴等边 ?ABC 的高 OH ? , AC ? sin 60? ? 3 3 2 2
三棱锥 P ? ABC 体积 V = PO ? S?ABC ?

1 3

1 1 3 3 9 3 . ? 3? ? ?3 ? 3 2 2 4

【选题意图】本题重点考查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. 若四面体 ABCD 的三组对棱分别相等,即 AB ? CD , AC ? BD , AD ? BC ,则正确的是________(写出

所有正确结论编号). ①四面体 ABCD 每组对棱相互垂直; ②四面体 ABCD 每个面的面积相等; ③从四面体 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连接四面体 ABCD 每组对棱中点的线段互垂直平分; ⑤从四面体 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:先作出空间四面体 ABCD ,逐一进行排除. 【试题解析】①当四面体 ABCD 是正四面体时才成立;②四面体 ABCD 每个面是全等三角形,面积相等; ③从四面体 ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和等于 180? ;④连接四面体 ABCD 每组对棱 中点构成菱形,线段互垂直平分; ⑤从四面体 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. 【选题意图】大纲要求会画简单几何体的三视图,而本题的切入点恰是先作出空间四面体 ABCD , 逐一进行排除.

三、解答题:

, AB 17. 如 图 1 , 在 等 腰 直 角 三 角 形 ABC 中 , ?A ? 90? , BC ? 6 , D, E 分 别 是 A C 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 . (1) 证明: A?O ? 平面 BCDE ; (2) 求二面角 A? ? CD ? B 的平面角的余弦值. O . D E C A 图1 D 图2

C

B

A?

O E

B

【试题解析】 (1)在图 1 中,易得 OC ? 3, AC ? 3 2, AD ? 2 2 , 连结 OD, OE ,在 ?OCD 中,由余弦定理可得 C D
2 2

A?

OD ? OC ? CD ? 2OC ? CD cos 45? ? 5
2 2
2

O E 以 A?O ? OD .

B

由翻折不变性可知 A?D ? 2 2 ,所以 A?O ? OD ? A?D , 所H 同理可证 A?O ? OE , 又 OD ? OE ? O ,所以 A?O ? 平面 BCDE . (2) 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 ? 所以 cos ?A?HO ?

30 3 2 ,从而 A?H ? OH 2 ? OA?2 ? . 2 2

OH 15 15 ,所以二面角 A? ? CD ? B 的平面角的余弦值为 . ? A?H 5 5

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? 所以 CA? ? 0,3, 3 , DA? ? ?1, 2, 3

?

?

????

?

?

???? ?

?

?
z

设 n ? ? x, y, z ? 为平面 A?CD 的法向量,则

?

A?

? ???? ? ? ? ? y ? ?x ?n ? CA? ? 0 ?3 y ? 3 z ? 0 ,即 ? ,解得 ? , ? ? ? ???? z ? 3 x ? ? n ? DA ? 0 ? x ? 2 y ? 3 z ? 0 ? ? ? ? ? ? 令 x ? 1 ,得 n ? 1, ?1, 3

C D x

B O E
向量法图

?

???? 由(1) 知, OA? ? 0, 0,

?

? 3 ? 为平面 CDB 的一个法向量,

y

? ???? ? ???? n ? OA? 3 15 15 所以 cos n, OA? ? ? ???? ? ,即二面角 A? ? CD ? B 的平面角的余弦值为 . ? 5 5 3? 5 n OA?
【选题意图】本题考查空间中线线、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.如图所示,已知 AB 为圆 O 的直径,点 D 为线段 AB 上一点,且 AD ? 且 BC ? 3 AC .点 P 在圆 O 所在平面上的正投影为点 D , PD ? DB . (1)求证: PA ? CD ; (2)求二面角 C ? PB ? A 的余弦值. 【试题解析】 (1)证明 1:连接 CO ,由 3 AD ? DB 知,点 D 为 AO 的中点, 又∵ AB 为圆 O 的直径,∴ AC ? CB , 由 3 AC ? BC 知, ?CAB ? 60 ,
?

1 DB ,点 C 为圆 O 上一点, 3

P

A C

D

O

B

∴ ?ACO 为等边三角形,从而 CD ? AO .

∵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 , ∴ PD ? CD , 由 PD ? AO ? D 得, CD ? 平面 PAB ,又 PA ? 平面 PAB ,∴ PA ? CD . (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,∴ AC ? CB , 在 Rt?ABC 中设 AD ? 1 ,由 3 AD ? DB , 3 AC ? BC 得, DB ? 3 , AB ? 4 , BC ? 2 3 ,



BD BC 3 ,则 ?BDC ∽ ?BCA ,∴ ?BCA ? ?BDC ,即 CD ? AO . ? ? BC AB 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 , ∴ PD ? CD , 由 PD ? AO ? D 得, CD ? 平面 PAB , 又 PA ? 平面 PAB ,∴ PA ? CD . 证明 3:∵ AB 为圆 O 的直径,∴ AC ? CB , 在 Rt?ABC 中由 3 AC ? BC 得, ?ABC ? 30 ,
?

设 AD ? 1 ,由 3 AD ? DB 得, DB ? 3 , BC ? 2 3 , 由余弦定理得, CD ? DB ? BC ? 2DB ? BC cos30 ? 3 ,
2 2 2 ? 2 2 2 ∴ CD ? DB ? BC ,即 CD ? AO .

∵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 , ∴ PD ? CD ,由 PD ? AO ? D 得, CD ? 平面 PAB ,又 PA ? 平面 PAB ,∴ PA ? CD . (2)解法 1(综合法) :过点 D 作 DE ? PB ,垂足为 E ,连接 CE . 由(1)知 CD ? 平面 PAB ,又 PB ? 平面 PAB , ∴ CD ? PB ,又 DE ? CD ? D , ∴ PB ? 平面 CDE ,又 CE ? 平面 CDE ,∴ CE ? PB , ∴ ?DEC 为二面角 C ? PB ? A 的平面角. 由(1)可知 CD ? 3 , PD ? DB ? 3 , A C D O B E P

(注:在第(1)问中使用方法 1 时,此处需要设出线段的长度. ) ∴ PB ? 3 2 ,则 DE ?

PD ? DB 9 3 2 , ? ? PB 2 3 2
CD 3 6 , ? ? DE 3 2 3 2

∴在 Rt?CDE 中, tan ?DEC ?

∴ cos ?DEC ?

15 15 ,即二面角 C ? PB ? A 的余弦值为 . 5 5

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,建立如图所示 的空间直角坐标系. (注:如果第(1)问就使用“坐标法”时,建系之前先要证明 CD ? AB . )

????

??? ?

??? ?

设 AD ? 1 ,由 3 AD ? DB , 3 AC ? BC 得, PD ? DB ? 3 , CD ? 3 , ∴ D(0,0,0) , C ( 3,0,0) , B(0,3, 0) , P(0, 0,3) , ∴ PC ? ( 3,0, ?3) , PB ? (0,3, ?3) , CD ? (? 3,0,0) , 由 CD ? 平面 PAB ,知平面 PAB 的一个法向量为 CD ? (? 3,0,0) . 设平面 PBC 的一个法向量为 n ? ( x, y, z ) ,则 z P

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ? ? ? n ? PC ?0 ? 3x ? 3 y ? 0 ? ,即 ? ,令 y ? 1 ,则 x ? 3 , z ? 1 , ? ? ??? 3 y ? 3 z ? 0 ? n ? PB ? 0 ? ? ?
∴ n ? ( 3,1,1) , 设二面角 C ? PB ? A 的平面角的大小为 ? ,

??? ? n ? CD ?3 15 ??? ? ? 则 cos ? ? , ?? 5 | n | ? | CD | 5? 3
∴二面角 C ? PB ? A 的余弦值为

A C x

D O B y

15 . 5

【选题意图】本题考查本题考查空间中线线、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,考查考生空间想象、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 , AC ? AD ? CD ? DE ? 2 ,

AB ? 1 , F 为 CE 的中点.
(1)求证: AF ? CD ; (2)求直线 AC 与平面 CEB 所成角的大小的余弦值. 【试题解析】(1)证明:取 CD 的中点 G , 连接 AG 、 GF ,则 GF // DE C A

B

F

E

? AC ? AD ? AG ? CD
? DE ? 平面 ACD ? DE ? CD
D

? GF ? CD

? AG ? GF ? G
? AF ? 平面 AGF

? CD ? 平面 AGF

? AF ? CD
z B A

(2)解:分别以 GD 、 GF 、 GA 为 x 、 y 、 z 轴, 建立如图空间直角坐标系 G ? xyz ,

????

??? ?

??? ?

y F C E

则 B(0,1, 3) , C (?1,0,0) , E (1,2,0)

CB ? (1,1, 3) , CE ? (2,2,0) , CA ? (1,0, 3)
设平面 CBE 的法向量为 n ? ( x, y, z) , 则?

? ?n ? CB ? x ? y ? 3z ? 0 ? ?n ? CE ? 2 x ? 2 y ? 0
? cos ? CA, n ?? CA ? n | CA | ? | n |
2

设 x ? 1 ,则 n ? (1,?1,0)

?

2 4

设直线 AC 与平面 CBE 所成角为 ? ,则 cos? ? 1 ? cos ? CA, n ? ?

14 4

∴直线 AC 与平面 CBE 所成角的余弦值为

14 . 4

【选题意图】本题考查本题考查空间中线线、线面、面面的位置关系及线面角的相关知识, 考查考生空间想象、推理论证,以及运算求解能力. 20.如图, 在三棱柱 ABC ? A1B1C 中, 侧棱 AA1 ? 底面 ABC ,AB ? AC ? 2 AA 1 ,?BAC ? 120 ,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 ADD1 A1 ; (2)求二面角 A ? A 1M ? N 的余弦值. C D N C1 A D1 所以, BC ? AD . 因为 M , N 分别为 AB , AC 的中点,所以 MN ? BC . 所以 MN ? AD . 因为 AA1 ? 平面 ABC , MN ? 平面 ABC ,所以 AA1 ? MN . A1 B1 P M B

【试题解析】 (1)证明:因为 AB ? AC , D 是 BC 的中点,

AD 与 AA1 相交, 又因为 AD, AA1 在平面 ADD1 A 1 内,且
所以 MN ? 平面 ADD1 A 1.

A 作 AE ? A1P 于 E , (2)解法一:连接 A 1 P ,过
过 E 作 EF ? A1M 于 F ,连接 AF . C N C1 A E A1 P F D M D1 B1 B

由(Ⅰ)知, MN ? 平面 AEA1 , 所以平面 AEA1 ? 平面 A1MN . 所以 AE ? 平面 A1MN ,则 A1M ? AE . 所以 A1M ? 平面 AEF ,则 A1M ? AF .

? 故 ?AFE 为二面角 A ? A 1M ? N 的平面角(设为 ).
设 AA1 ? 1,则由 AB ? AC ? 2AA1 , ?BAC ? 120 ,有 ?BAD ? 60 , AB ? 2, AD ? 1 .
? ?

又 P 为 AD 的中点,则 M 为 AB 的中点,所以 AP ? 在 Rt? AA 1P ? 1P , A

1 , AM ? 1 . 2

5 ,在 Rt? A1 AM 中, A 1M ? 2 . 2

从而 AE ?

AA1 ?AP AA1 ?AM 2 5 , AF ? . ? ? A1M 2 A1P 5
AE 10 . ? AF 5
2 2

所以 sin ? ?

? 10 ? 15 因为 ?AFE 为锐角,所以 cos ? ? 1 ? sin ? ? 1 ? ? . ? 5 ? ? ? 5 ? ?
故二面角 A ? A 1M ? N 的余弦值为

15 . 5

解法二: 设 AA1 ? 1.如图,过 A 1作 A 1E 平行于 B 1 为坐标原点,分别以 A 1C1 ,以 A 1E, A 1D 1,A 1 A 的方向 为 x 轴, y 轴, z 轴的正方向,建立空间直角坐标系 O ? xyz (点 O 与点 A 1 重合). 则A 1 ? 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, 故M ? C N C1 A D1 A1 B1 x z P D M y B

???? ????? ????

? 3 1 ? ? 3 1 ? ? 2 , 2 ,1? ?, N ? ? ? , ,1? ?, ? ? ? 2 2 ?

所以 A1M ? ? ?

?????

???? ? ? 3 1 ? ???? , ,1? , A1 A ? ? 0,0,1? , NM ? ? ? 2 2 ?

?

3,0,0 .

?

设平面 AA1M 的法向量为 n1 ? ? x1 , y1 , z1 ? ,

? ????? ? ????? ? 3 1 ? ?n1 ? A1M , ?n1 ? A1M ? 0, ?? x1 , y1 , z1 ? ? ? ? ? ? 2 , 2 ,1? ? ? 0, 则? 故有 ? ???? ? 即? ???? ? ? ? ? ? ? n1 ? A1 A, ? n1 ? A1 A ? 0, ? ? x1 , y1 , z1 ? ? ? 0, 0,1? ? 0.

? 3 1 x1 ? y1 ? z1 ? 0, ? 从而 ? 2 取 x1 ? 1 ,则 y1 ? ? 3 , 2 ? z1 ? 0. ?
所以 n1 ? 1, ? 3, 0 是平面 AA1M 的一个法向量. 设平面 A1MN 的法向量为 n2 ? ? x2 , y2 , z2 ? ,

?

?

? ? 3 1 ? ????? ? ????? x , y , z ? ? ? ? ? ? ? 2 , 2 ,1? ? ? 0, ?n2 ? A1M , ?n2 ? A1M ? 0, ? 2 2 2 ? 则? 故有 ? ? ? ????? ? 即? ???? ? n ? NM , n ? NM ? 0, ? ? ? ? 2 ? 2 x , y , z ? 3, 0, 0 ? 0. ? ? ? 2 2 2?

?

?

? 3 1 x2 ? y2 ? z2 ? 0, ? 从而 ? 2 取 y2 ? 2 ,则 z2 ? ?1, 2 ? 3 x2 ? 0. ?
所以 n2 ? ? 0, 2, ?1? 是平面 A1MN 的一个法向量.

? ? 设二面角 A ? A 1M ? N 的平面角为 ,又 为锐角,
则 cos ? ?

n1 ? n2 n1 ? n2

?

?1, ?

3, 0 ? ? 0, 2, ?1? 2? 5
15 . 5

?

?

15 . 5

故二面角 A ? A 1M ? N 的余弦值为

【选题意图】本题考查本题考查空间中线线、线面、面面的位置关系及线面角的相关知识, 考查考生空间想象、推理论证,以及运算求解能力. 21.如图,在四面体 ABOC 中, OC ? OA, OC ? OB, ?AOB ? 1200 , 且 OA ? OB ? OC ? 1. (1)设 P 为 AC 的中点,证明:在 AB 上存在一点 Q ,使 PQ ? OA ,并计算 (2)求二面角 O ? AC ? B 的平面角的余弦值. 【试题解析】方法 1: (1)证明:在平面 OAB 内作 ON ? OA 交 AB 于 N ,连接 NC 又 OA ? OC , ?OA ? 平面ONC P B O C

AB 的值; AQ

A

? NC ? 平面ONC ,? OA ? NC
取 Q 为 AN 的中点,则 PQ // NC ? PQ ? OA C 在等腰 ?AOB 中, ?AOB ? 120 ??OAB ? ?OBA ? 30
? ?

在 Rt ?AON 中, ?OAN ? 30? ,? ON ?
? ? ?

1 AN ? AQ 2

P O Q A N

B

在 ?ONB 中, ?NOB ? 120 ? 90 ? 30 ? ?NBO ,

? NB ? ON ? AQ. ?

AB ?3 AQ

(2)解:连接 PN, PO ,由 OC ? OA , OC ? OB ,知 OC ? 平面OAB 又 ON ? 平面OAB ,? OC ? ON 又由 ON ? OA , OC ? OA ? O

得 ON ? 平面 AOC ,? AC ? 平面 AOC ,? ON ? AC 又? P 是 AC 的中点, OA ? OC ? AC ? OP ,? OP ? ON ? O

? AC ? 平面 PON ? AC ? PN

? PN ? 平面 PON
??OPN 为二面角 O ? AC ? B 的平面角

在等腰 Rt ?COA 中, OC ? OA ? 1 ,? OP ?

2 2

在 Rt ?AON 中, ON ? OA tan 30 ?
?

3 30 ? 在 Rt ?PON 中, PN ? OP 2 ? ON 2 ? 3 6

PO ? cos ?OPN ? ? PN

2 2 ? 15 5 30 6
z

方法 2: (1)证明:在平面 AOB 中,过点 O ,作 ON ? OA 交 AB 于 N , 取 O 为坐标原点,分别以 OA , ON , OC 所在的直线为 x 轴, y 轴, z 轴, C 建立空间直角坐标系 O ? xyz (如图所示)

则 A(1,0,0) , C (0,0,1) B(?

1 3 , ,0) 2 2
1 2 1 2
A x

P O Q N y

B

? P 为 AC 中点,? P ( , 0, )

设 AQ ? ? AB(? ? (0,1)) ? AB ? (? ,

3 3 ,0) 2 2

3 3 3 3 ,0) ? (1 ? ? , ? ,0) ?OQ ? OA ? AQ = (1,0,0) ? ? (? , 2 2 2 2 1 3 3 1 ? ,? ) ? PQ ? OQ ? OP ? ( ? ? , 2 2 2 2
? PQ ? OA


? PQ ? OA ? 0

1 1 3 AB 1 3 ? ? ? 0 , ? ? . 所以存在点 Q( , ? 3. ,0) ,使得 PQ ? OA ,且 3 2 2 AQ 2 6

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

3 3 AB ? (? , ,0) 2 2

?n1 ? n3 ? 0 ? 得? 3 3 n3 ? 0 ?? n2 ? ? 2 2

故可取 n ? (11 , 3,1)

又平面 OAC 的法向量为 e ? (0,1,0) cos ? n, e ??

n?e | n || e |

?

15 5

二面角 O ? AC ? B 的平面角是锐角,记为 ? ,则 cos? ?

15 . 5

【选题意图】本题考查本题考查空间中线线、线面、面面的位置关系及二面角的平面角的相关知识, 考查考生空间想象、推理论证,以及运算求解能力. 22.三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中,侧面 AA1C1C ? 侧面 ABB 1A 1 , AC ? AA 1 ?

2 AB ,

?AA1C1 ? 60? , AB ? AA1 , H 为棱 CC1 的中点, D 在棱 BB1 上,且 A1 D ? 面 AB1 H . (Ⅰ)求证: D 为 BB1 的中点; (Ⅱ)求二面角 C1 ? A1 D ? A 的余弦值.
【试题解析】 [向量法](Ⅰ)连结 AC1 ,因为 ?ACC1 为正三角形,

H 为棱 CC1 的中点,
? 面 ABB1 A1 , 所以 AH ? CC1 ,从而 AH ? AA1 ,又面 AAC 1 1C

AH ? 面 AAC 面 AAC 1 1C ? 面 ABB 1, 1 1C , 1A 1 ? AA

所以 AH ? 面 ABB1 A 1. 以 A 为原点,建立空间直角坐标系 A ? xyz 如图所示, 不妨设 AB ? 2 ,则 AA 1 ?2, A 1 ? 0, 2,0? , B1 设D

z C H C1

?

2, 2, 0 ,

?

?

???? ? 2, t , 0 ,则 AB1 ?

?

? ?

???? ? 2, 2, 0 , A1D ?

?

? ?

2, t ? 2, 0 ,
B x

?

A D B1

A1 y

因为 A1D ? 平面 AB1H , AB1 ? 平面 AB1H ,所以 A1D ? AB1 , 所以 AB1 ? A1D ? 2 ? 2 ? t ? 2? ? 0 ,解得 t ? 1 ,即 D (Ⅱ) C1 0,1, 3 , A1 D ?

???? ? ???? ?

?

2,1, 0 ,所以 D 为 BB1 的中点.

?

?

?

???? ?

???? ? 2, ?1, 0 , A1C1 ? 0, ?1, 3 ,

?

?

???? ? ? y ? 2x ? ? ? ?n ? A1 D ? 0 ? 2x ? y ? 0 设平面 C1 A1D 的法向量为 n ? ? x, y, z ? ,则 ? ????? ,即 ? ,解得 ? 6 , x ? ? ?z ? ?? y ? 3 z ? 0 ?n ? A1C1 ? 0 3 ?
令 x ? 3 ,得 n ? 3,3 2, 6 , 显然平面 AA 1D 的一个法向量为 AH ? 0, 0, 3 ,

?

?

???? ?

?

?

C

H

C1

???? ? ???? ? n ? AH 3 2 22 所以 cos ? n, AH ?? , ? ???? ? ? 11 33 ? 3 n AH
A

M D N B1

A1

所以二面角 C1 ? A1D ? A 的余弦值为 [传统法](Ⅰ)设 AB ?

22 . 11

B

2a ,由 AC ? AA1 ? 2 AB ,所以 AC ? AA1 ? 2a ,

因为 A1D ? 平面 AB1H , AB1 ? 平面 AB1H ,所以 A1D ? AB1 , 从而 ?DA 1B 1 ? ?A 1B 1 A ? 90? ,所以 ?A 1 DB 1 ? ?AB 1A 1 ,所以 故 DB1 ? a ,所以 D 为 BB1 的中点.

DB1 A1 B1 , ? B1 A1 AA1

M ,连结 C1M ,则 C1M ? AA1 , (Ⅱ)连结 AC1 ,由 ?AAC 1 1 ? 60? 可得 ?AAC 1 1 为正三角形,取 AA 1 中点

? 面 ABB1 A1 ,面 AAC 因为面 AAC 1 1C 1 1C ? 面 ABB 1, 1A 1 ? AA

C1M ? 面 AAC 1 1C ,所以 C1M ? 面 ABB 1A 1.
N ,连结 C1 N ,则 C1 N ? A1D ,所以 ?MNC1 是二面角 C1 ? A1D ? A 的平面角. 作 MN ? A 1D 于
经计算得 C1M ? 3a , MN ?

22 6 33 a , C1 N ? a , cos ?MNC1 ? , 11 3 3 22 . 11

所以二面角 C1 ? A1D ? A 的余弦值为

【选题意图】本题考查本题考查空间中线线、线面、面面的位置关系及二面角的平面角, ,考查考生空间 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)如果四边形 AB 'C ' D ' 中, AD' ? 2 , AB'? 5 ,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. 【试题解析】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 CE ? DD ' , 连结 BE , D ' E ,如图 5-1. 因为 CE // DD ' ,且 CE ? DD ' ,

D
E

B

C'
D'

B'

A( A ')

所以 CDD ' E 是平行四边形, D ' E // DC ,且 D 'E ? DC . 又 ABCD 是正方形, DC // AB ,且 DC ? AB , 所以 D ' E // AB ,且 D ' E ? AB ,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:因为 DD '// CC ' , CC '? 平面 BB 'C 'C , DD '? 平面 BB 'C 'C , 所以 DD '// 平面 BB 'C 'C . 因为 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 ' ? AD ? D , 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 '?

AB 2 ? AB '2 ? ( 6 ) 2 ? ( 5 ) 2 ? 1 ,

AD 2 ? AD '2 ? ( 6 )2 ? ( 2 )2 ? 2 ,

所以 CC '? BB '? DD '? AA '? 1 ? 2 ? 0 ? 3 . (注:或 CC '? CE ? EC '? DD '? BB '? C2 ?1 ? 3 ) 连结 AC , AC ' ,如图 5-2, 在 Rt△ ACC ' 中, AC '?
2 2

AC 2 ? CC '2 ? (2 3 ) 2 ? 32 ? 3 .
D
2

所以 AC ' ? B 'C ' ? AB ' ,故 AC '? B 'C ' 解法 1:延长 CB , C ' B ' 相交于点 F ,
C'
D'

B

B'

FB ' BB ' 1 3 ? ? ,而 B 'C '? 2 ,所以 FC '? 2. 则 FC ' CC ' 3 2
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 'G ? AF ,垂足为 G ,连结 CG .

F

G

A( A ')

图5 ? 2

因为 CC '? 平面 AB 'C ' D ' , AF ? 平面 AB 'C ' D ' ,所以 CC '? AF . 从而 AF ? 平面 CC 'G , CG ? AF . 所以 ?CGC ' 是平面 ABCD 与平面 AB 'C ' D ' 所成的一个锐二面角.

C ' A ? C 'F 在 Rt△ AC ' F 中, C 'G ? ? AF

3 2 3 5 2 , ? 2 5 3 ? ? ( 3)2 ? ? 2? ?2 ? 3?
2 2

z
C

?3 5 ? 3 30 ? 在 Rt△ CC 'G 中, CG ? CC ' ?C 'G ? 3 ? ? ? 5 ? ? 5 . ? ?
2 2

D

所以 cos? ? cos?CGC '?

C 'G 6 , ? CG 6
C'

B

6 即平面 ABCD 与平面 AB 'C ' D ' 所成的锐二面角 ? 的余弦值为 . 6 D'
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 ) , 因为 A( 3 , 0 , 0) , B(0 ,

B'

y

A( A ') x 图5 ? 3

2 , 1) , C (0 , 0 , 3) ,所以 AB ? (? 3 , 2 , 1) , BC ? (0 , ? 2 , 2) ,

而 m ? AB , m ? BC ,所以 m ? AB ? 0 且 m ? BC ? 0 ,

即?

? ?? 3x ? 2 y ? z ? 0 ? ? ? 2 y ? 2z ? 0

,取 z ? 1 ,则 y ? 2 , x ?

3,

所以平面 ABCD 的一个法向量为 m ? ( 3 ,

2 , 1) .

cos? ?| cos ? m, n ?|?

|m ? n| | 3 ? 0 ? 2 ? 0 ? 1? 1 | 6 ? ? . | m || n | 6 ( 3 ) 2 ? ( 2 ) 2 ? 12 ? 02 ? 02 ? 12

所以平面 ABCD 与平面 AB 'C ' D ' 所成的锐二面角 ? 的余弦值为

6 . 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 ?

S AB'C ' D ' . S ABCD 6 , 6

而 S ABCD ? ( 6 )2 ? 6 , S AB'C ' D' ? B 'C ' ? AC '? 2 ? 3 ? 6 ,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 . 6

【选题意图】本题考查本题考查空间中线线、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,考查考生空间想象、推理论证,以及运算求解能力. A D C

24. 如图,已知 ABCD ? A 1B 1C1D 1 是底面边长为 1 的正四棱柱. (1)证明:平面 ABD1 ? 平面 AAC 1 1; (2)当二面角 B1 ? AC1 ? D1 的平面角为 120°时, 求四棱锥 A ? A 1B 1C1D 1 的体积. 【试题解析】 (1)证明: ? AA1 ? 平面 A1 B1C1 D1 ,

B

A1 B1 z A C1

D1

B1 D1 ? 平面 A1 B1C1 D1

D C

? AA1 ? B1 D1 ,又? B1 D1 ? A1C1 , ? B1 D1 ? 平面AA1C1
又? B1 D1 ? 平面 AB1 D1 ,? 平面 ABD1 ? 平面 AAC 1 1; (2)方法 1:建立如图所示的空间直角坐标系,设 AA1 ? h , 那么 A1 (0,0,0) , A(0,0, h) , B1 (1,0,0) , D1 (0,1,0) , C1 (1,1,0)

B

A1 C1

D1

y

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

n1 ? ( x1 , y1 , z1 ) , n2 ? ( x2 , y2 , z 2 )
那么 ?

? ?n1 ? AB1 ? x1 ? hz1 ? 0 ? ?n1 ? B1C1 ? y1 ? 0

令 z1 ? 1 ,则 x1 ? h A

? n1 ? ( x1 , y1 , z1 ) ? (h,01)
同理可以求得: n2 ? ( x2 , y2 , z 2 ) ? (0, h,1) B

D C

? | n1 ? n2 |?| n1 | ? | n2 | ? | cos ? n1 ? n2 ?|
?1 ? h 2 ? 1 ? h 2 ? 1 ? 1 ,? h 2 ? 1 ? 2, h ? 1 2
A1 B1 H D1 C1

此时,正四棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 是棱长为 1 的正方体, 且四棱锥 A ? A1 B1C1 D1 的体积 V ?

1 1 ?1?1 ? 3 3

方法 2:过点 B1 作 B1 H ? AC1 于 H ,连接 D1 H ,容易证得 D1 H ? AC1 , 所以 ?B1 HD1 ? 1200 ,且在 ?B1 HD1 中,由余弦定理可得:

B1 H = D1 H

2 B1 D1 ? B1 H 2 ? D1 H 2 ? 2B1 H ? D1 H ? cos1200 ? 2 所以 B1 H = D1 H =

6 3

又可证得: AB1 ? B1C1 所以在 RT?AB1C1 ,由等面积法: AB1 ? B1C1 = B1 H ? AC1 即 h ? 1 ?1 ?
2

6 ? h2 ? 2 3

所以 h ? 1

此 时 , 正 四 棱 柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 是 棱 长 为 1 的 正 方 体 , 且 四 棱 锥 A ? A1 B1C1 D1 的 体 积

V ?

1 1 ?1?1 ? . 3 3

【选题意图】本题考查本题考查空间中线线、线面、面面的位置关系及二面角的平面角,以正四棱柱为载 体考查椎体的体积,考查考生空间想象、推理论证,以及运算求解能力.

25.如图,在直三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中, AC ? BC ? 3 , AA 1 ? 1 , ?ACB ? 90 .
?

(1)求异面直线 A1 B 与 CB1 所成角的余弦值; (2)问:在 A1 B1 边上是否存在一点 Q ,使得平面 QBC 与平面 A1 BC 所成的角为 30 ,若存在,请求点 Q 的位置,若不存在,请说明理由. C1 B1
?

A1 C B

【试题解析】解: (1)分别以 CA, CB, CC1 为 x 轴、

y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系 C ? xyz

0, 0) , B1 (0,3, 则 A1 ( 3, 0) , C (0, 0, 1) , B(0,3, 1)

z C1 B1

A1 B ? (? 3,3, ? 1) , | A1 B |? 7 CB1 ? (0,3,1) , | CB1 |? 2
cos ? A1 B, CB1 ?? A1 B ? CB1 | A1 B | ? | CB1 |
A1

?

2 2 7

?
7 7

7 7

C A x

B

y

异面直线 A1 B 与 CB1 所成的角的余弦值为

(2)解法 1:? ABC ? A1 B1C1 是直三棱柱, ?ACB ? 90 ,? BC ? CA1 , BC ? CC1
?

? ?A1CC1 是二面角 A1 ? BC ? C1 所成的平面角,在 Rt?A1CC1 中,可求 ?A1CC1 ? 60?
假设存在这样的点 Q ,使得平面 QBC 与平面 A1 BC 成 30 角. 在平面 A1 B1C1 中,过点 Q 作 QP // B1C1 ,交 A1C1 于 P ,连 PC ,则 P, Q, B, C 共面
?

? ?A1CP 就是 Q ? BC ? A1 的平面角为 30?
? 30? ? 60? ,故存在点 P ,在 ?A1CC1 的平分线上
在 Rt?PCC1 中,可得 PC1 ?

3 6 ,又 A1 B1 ? 6 ,由相似比可求得 QB1 ? , 3 3

所以, Q 在距 A1 点

2 6 6 处(或距 B1 点 处). 3 3
?

解法 2:假设存在这样的点 Q ,使得平面 QBC 与平面 A1 BC 成 30 角.

A1 B1 ? (? 3,3, 0) , CA1 ? ( 3, 0, 1) ,设 A1Q ? ? A1 B1 .
则 CQ ? CA1 ? A1Q ? ((1 ? ? ) 3, 3?,1) ,又 CB ? (0,3, 0) , 设平面 QBC 的法向量为 n1 ? ( x1 , y1 , z1 ) ,则 ? 取 x1 ? 1 ,有 n1 ? (1,0, (? ? 1) 3) ,

? ?n1 ? CQ ? (1 ? ? ) 3x1 ? 3?y1 ? z1 ? 0 ? ?n1 ? CB ? 3 y1 ? 0



同理设平面 A1 BC 的法向量为 n2 ? ( x2 , y2 , z 2 ) ,则 ? 取 x2 ? 1 ,有 n2 ? (1,0,? 3) ,

? ?n2 ? CB ? 3 y 2 ? 0 ? ?n2 ? CA1 ? 3x2 ? z 2 ? 0



? cos30? ?

| n1 ? n2 | | n1 | ? | n2 |

?

| 4 ? 3? | 2 3(? ? 1) ? 1
2

?

2 3 ,解得 ? ? 3 2

所以, Q 在距 A1 点

2 6 处 3

【选题意图】本题考查本题考查空间中线线、线面、面面的位置关系及二面角的平面角,探究空间点的设 法,考查考生空间想象、推理论证,以及运算求解能力.

26. 如 图 , 在 侧 棱 长 相 等 的 三 棱 锥 A ? BCD 中 , B C ? C D , M 是 线 段 BD 上 的 动 点 , 且

BM ? ? BD ? 0 ? ? ? 1? .
(1)若 ? ?

A

1 ,求证: AM ? BC ; 2

(2)若 AB ? 2, BC ? 2, CD ? 1, 且直线 AM 与平面 ACD 所成角的正弦为

42 ,试求 ? 的值. 14

B

M

D

【试题解析】 (1)证明:连结 MC ,当 ? ? 而 AB ? AC ? AD ,∴ AM ? BD ,

1 时, M 是 BD 的中点, 2

C

又∵ BC ? CD ,? MC ? MB ,∴ ?ABM 与 ?ACM 全等∴ AM ? MC , 而 BM ? MC ? M ? AM ? 面 BCD ,? BC ? 面 BCD ,? AM ? BC (2)以 CD, CB 为 x 轴, y 轴,过 C 垂直于平面 BCD 的直线为 z 轴, 则 C (0, 0, 0), B(0, 2, 0), D(1, 0, 0), M (? , 2 ? 2? , 0), A( ,1,

A

z

1 2

3 ) 2

??? ? ??? ? ? 1 3 ???? 1 3 ? CD ? (1, 0, 0), CA ? ( ,1, ), AM ? (? ? ,1 ? 2? , ? ) 2 2 2 2
? ??? ? ? ? ?n ? CA ? 0 设 n ? ( x, y, z) 是平面 ACD 的一个法向量,则 ? ? ??? ? ? ?n ? CD ? 0
令 y ? 3 得 n ? (0,

B y

M
C

x
D

?1 3 z?0 ? x? y? ∴ ?2 , 2 ?x ? 0 ?

?

3, ?2)

设直线 AM 与平面 ACD 所成角为 ? , 则 sin ? ? cos ? AM , n ? ?

???? ? ?

2 3(1 ? ? ) 1 3 (? ? )2 ? (1 ? 2? ) 2 ? ? 3 ? 4 2 4

?

3 14

?

2(1 ? ? ) 5? ? 5? ? 2 ? 7
2

?

2 1 ,化简得 3? 2 ?11? ? 6 ? 0, ? ? 3 或 ? ? 3 14
∴? ?

由题意知 0 ? ? ? 1 ,

2 . 3

【选题意图】本题考查本题考查空间中线线、线面、面面的位置关系及线面角, ,考查考生空间想象、推 理论证,以及运算求解能力.


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