数学问题,理科生速度~!不等式ax²+bx+c＞0的解为x＜-2或x＞3,求不等式ax²-bx+c＜0的解._百度作业帮
数学问题,理科生速度~!不等式ax²+bx+c＞0的解为x＜-2或x＞3,求不等式ax²-bx+c＜0的解.
数学问题,理科生速度~!不等式ax²+bx+c＞0的解为x＜-2或x＞3,求不等式ax²-bx+c＜0的解.
X1+X2=-b/a=-2+3=1X1*X2=c/a=-6新方程只是b符号变化则X1+X2=-1
X1*X2=-6求得 X1= 2
X2=-3原式根据条件判断开口向上
所求不等式解为公考,家教,作文,写作,答案,中考,高考,语文,英语,培训,教师,律师,秘书,文秘,作业,辅导
&>&&>&2013年全国高考理科数学试题分类汇编7:立体几何
2013年全国高考理科数学试题分类汇编7:立体几何
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
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2 ．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理））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???
3 ．（2013年上海市春季高考数学）若两个球的表面积之比为1:4,则这两个球的体积之比为 （
B．1:4 C．1:8 D．1:16
4 ．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理））已知正四棱柱ABCD?A1BC11D1中AA1
则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于
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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? 【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
C．V2?V1?V3?V4
D．V2?V3?V1?
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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
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8 ．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理））某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积
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14B．3 16C．3
9 ．（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理））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//?
C．?与?相交,且交线垂直于l
10．（2013年普通高等学校招生统一考试山东数学（理））已知三棱柱
B．???,且l??
D．?与?相交,且交线平行于l
ABC?A1B1C1的侧棱与底面垂直,体积
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.若P为底面111的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为
?B．3 ?C．4 ?D．6
11．（2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理））某几何体的三视图如题
?5?图所示,则该几何体的体
C．200 D．240
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12．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理））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
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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ABCD,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?
<p class="
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B．9 C．10 D．11
14．（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理））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
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15．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理））在下列命题中,不是公理的是 ．．
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B． C． D．
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））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 C．平面?与平面?平行
B．平面?与平面?所成的(锐)二面角为45
D．平面?与平面?所成的(锐)二面角为60
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
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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,
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所得截面面积为48?,
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________.
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3,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220．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理））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?
【答案】16?
21．（2013年高考北京卷（理））如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1
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B1C1D1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__________.
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【答案】 22．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学））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
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A1B1C1?ABC的体积为V2,则V1:V2?____________.
【答案】1:24
23．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理））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________cm2.
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【答案】24
24．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理））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
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①当0?CQ?131时,S为四边形;②当CQ?时,S为等腰梯形;③当CQ?时,S与C1D1的交点R满242
足C1R1?13;④当?CQ?1时,S为六边形;⑤当CQ?1时,S
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34【答案】①②③⑤
25．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是.
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【答案】16??16
26．（2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理））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
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【答案】12?
27．（2013年上海市春季高考数学）在如图所示的正方体ABCD?A1B与B1C所成角1B1C1D1中,异面直线A
的大小为_______
三、解答题
28．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理））如图,AB是圆的直径,PA垂直圆所在的平面,C是圆 1
(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.
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29．（2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理））如图,四棱锥P?ABCD
中,PA?底面ABCD,BC?CD?2,AC?4,?ACB??ACD?
(1)求PA的长;
(2)求二面角B?AF?D的正弦值
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. ?3,F为PC的中点,AF?PB.
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30．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理））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°.
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(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.
,tan60??OFOF?COD2tan22.5??tan60??tan22.5???cos,tan45??.
POr21?tan222.5?
?CODcos?COD?1cos?COD?2cos2?1?tan22.5??2-1,?[(2-1,)]2?3(3?22)22
cos?COD?17-2.所以cos?COD?17-2.
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31．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理））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.
【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AF?3FD.因为P是（第20题图） 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;
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方法二:如图7所示,取BD中点O,且P是BM中点,所以PO//1MD;取CD的三等分点H,使2
,且PQ//OHDH?3CH,且AQ?3QC,所以QH//
OH?BCD,所以PQ//面BDC;
11AD//MD,所以PO//QH?42
(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
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到BM??3,设?BDC??,所以
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CDCGCB?cos?,sin????CD??,CG??sin?,BC??,,
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G, ?BG?2?,所以在RT在RT?BCG中
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,?BCG???sin??BC
1,所以在RT?CHG中
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??HG?3tan?CHG
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?tan60??CG
?HG?tan????(0,90)???60??BDC?60;
32．（2013年上海市春季高考数学）如图,在正三棱锥ABC?A1B1C1中,AA1
<p class="
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?6,异面直线BC1与AA1所成
角的大小为
A11 ?,求该三棱柱的体积. 6C1
【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
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,BC?CC1?tan?BC1C?6?.
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从而S?ABC?BC2?
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因此该三棱柱的体积为V?S?ABC?AA1?6?
33．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学））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;
【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
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⊥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
34．（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.
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【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
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1?(?1?2)?1
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S?而?AD1C中,AC?DC,故
所以,V???h??h?,即直线BC1到平面D1AC的距离为.
35．（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DQ?CP.记直线PQ与平面ABC
考虑三棱锥ABCD1的体积,以ABC为底面,可得V?
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?.
【答案】解:(I)
EFAC,AC?平面ABC,
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?EF平面ABC
又EF?平面BEF
(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
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36．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理））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
<p class="
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,CD?BE,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,
<p class="
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其中A?O?(Ⅰ) 证明:A?O?平面BCDE;
(Ⅱ) 求二面角A??CD?B的平面角的余弦值.
【答案】(Ⅰ) 在图1中,
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易得OC?3,AC?B
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连结OD,OE,
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在?OCD中,由余弦定理可得
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由翻折不变性可知A?D?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
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结合图1可知,H为AC中点,
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?H??所以cos?A?HO?
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OH?所以二面角A??CD?B?AH向量法
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:以O点为原点,建立空间直角坐标系O?xyz则A?,C?0,?3,0
<p class="
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?,D?1,?2,0?
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所以CA??,DA???1,
设n??x,y,z?为平面A?CD的法向量,则
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CA??0?3y??0,即?,解得?,令x?1,得
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DA??0??x?2y??0
?由(Ⅰ) 知,OA??为平面CDB的一个法向量,
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所以cosn,OA?
<p class="
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?n?OA???,即二面角A??CD?B.
37．（2013年普通高等学校招生统一考试天津数学（理））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.
<p class="
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(Ⅲ) 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD1A1
<p class="
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, 求线段AM的长
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38．（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.
<p class="
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【答案】(Ⅰ)取AB中点E,连结CE,A1B,A1E
<p class="
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∵AB=AA1,?BAA1=60,∴?BAA1是正三角形,
∴A1E⊥AB,
∵CE?A1E=E,∴AB⊥面CEA
<p class="
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∴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,
<p class="
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,0),C(0,0,
),B(-1,0,0),则
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<p class="
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<p class="
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设n=(x,y,z)是平面CBB1C1的法向量,
???n?BC?0?x??0
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???n?BB1?0?x??0
∴cosn,A1C=
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A1C|n||A1C|
∴直线A1C 与平面BB1
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39．（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
<p class="
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, AB?AA1(Ⅰ) 证明: A1C⊥平面BB1D1D;
(Ⅱ) 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角?的大小.
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【答案】解:(Ⅰ) ?A1O?面ABCD,且BD?面ABCD,?A1O?
BD;又因为,在正方形AB CD
中,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)
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)?A1?(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）.
OCB1的法向量为
n2,则n2?OB1?0,n2??0，
解得其中一个法向量为n2?(0,1,-1).cos??|cos?n1,n1?|?
所以,平面OCB1与平面BB1D1D的夹角?为
?平面ABCD,E为BD的中点,
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40．（2013年高考江西卷（理））如图,四棱锥P?ABCD中,PA
?DAB??DCB,EA?EB?AB?1，PA?G为PD的中点，
(1) 求证:AD?平面CFG;
(2) 求平面BCP 与平面DCP的夹角的余弦值
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,连接CE并延长交AD于F. 2
【答案】解:(1)在?ABD中,因为E是BD的中点,所以EA?EB?ED?AB?1,
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.
,?ABE??AEB?
(3) 以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系,
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则A(0,0,0),B(1,0,0),C(,
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故BC?(0),CP?(?),CD?(?
设平面BCP的法向量n1?(1,y1,z1),
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11??22?y1???,
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即n?(1,?2).
设平面DCP的法向量n2?(1,y2,z2),
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即n2?(1.从而平面BCP与平面DCP
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的夹角的余弦值为cos??.
41．（2013年高考四川卷（理））如图,在三棱柱
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.
ll?平面(Ⅰ)在平面ABC内,试作出过点P与平面A1BC平行的直线,说明理由,并证明直线
(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
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C【答案】解
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???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.
由已知,AB?AC,D是BC的中点,所以,BC?AD,则直线l?AD.
AD与AA1相交,所因为AA1?平面ABC,所以AA1?直线l.又因为AD,AA1在平面ADD1A1内,且
以直线平面ADD1A1
????解法一:
A作AE?A1P于E,过E作EF?A1M于F,连接AF.
连接A1P,过
由???知,MN?平面AEA1,所以平面AEA1?平面AMN.
所以AE?平面AMN,则A1M?AE.
所以A1M?平面AEF,则A1M?AF.
故?AFE为二面角A?AM?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,所以M为AB的中点,且AP?1,AM?1,
在RtAAP1P?1中
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, A在RtA1AM中
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, AM?1从而
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,AE?AA1?APAA1?AMAF?
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所以sin??AE.
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?AF所以cos??.
?故二面角A?AM?
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设AA1?1.如图,过A1作A1E平行于B1C1,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,
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1??1?故M2,1??,N??2,1??,
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所以A1M?1?,1?,A1A??0,0,1?,NM???
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设平面AAM的一个法向量为n1??x1,y1,z1?,则
??n1?A1M,??n1?A1M?
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???n1?A1A,??n1?A1A?0,
?1?,1??0,?
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?x1,y1,z1???2
??????x1,y1,z1???0,0,1??0,
1x1?y1?z1?
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则y1?,所以n1?1,.
设平面AMN的一个法向量为n2??x2,y2,z2?,则
??1?x,y,z????
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22,1???0,?n2?A1M,?
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?n2?A1M?0,??222??即?故有?
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?n2?NM?0,x,y,z??0,???222??
12?y2?z2?0,从而?
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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,
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n1?n2故二面角A?AM?N1
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42．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学））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C1
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D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,,AA1为为单位正交基底建立空间直角坐标系A?xyz,
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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)
∴A1?(2,0,?4),A1?(1,?1,?4)
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∴cos?A1,C1??
∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为3
(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)
取z?1,得y??2,x?2,∴平面ADC1的法向量为?(2,?2,1)
设平面ADC1与ABA1所成二面角为?
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∴cos??cos?AC,m????42
?, 得sin??32?33
3∴平面ADC1与ABA1所成二面角的正弦值为
43．（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理））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
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44．（2013年普通高等学校招生统一考试山东数学（理））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,BQ,AP,BP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:ABGH;
(Ⅱ)求二面角D?GH?E的余弦值.
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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
所以EF∥GH,
所以AB∥GH.
(Ⅱ)解法一:在△ABQ中, AQ?2BD,AD?DQ,
所以?ABQ=90,即AB?BQ,因为PB?平面ABQ,所以AB?PB,
BQ?B,所以AB?平面PBQ,由(Ⅰ)知AB∥GH,
D,C,E,F 分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,
平面PCD?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
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,FC?在Rt△PBC中,由勾股定理得
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又H为△PBQ的重心,
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55??24cos?FHC???552?9在△FHC中,由余弦定理得,
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,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设BA?BQ?BP?2,则E(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,?1),FQ?(0,2,?1),DP?(?1,?1,2),CP?(0,?1,2),
设平面EFQ的一个法向量为m?(x1,y1,z1),
由m?EQ?0,m?FQ?0,
??x1?2y1?z1?0?2y1?z1?0得?
取y1?1,得m?(0,1,2).
设平面PDC的一个法向量为
由n?DP?0,n?CP?0,
n?(x2,y2,z2)
??x2?y2?2z2?0??y2?2z2?0得?
cosm,n?m?n
mn?45z?1,得n?(0,2,1).所以取2
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.
45．（2013年高考湖南卷（理））如图5,在直棱柱
ABCD?A1BC1?3. 11D1中，AD//BC,?BAD?90,AC?BD,BC?1
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(I)证明:AC?B1D;
(II)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.
解: (Ⅰ) ?ABCD?A,且BD?面ABCD?BB1?AC
1B1C1D1是直棱柱?BB1?面ABCD
又?AC?BD,且BD?BB1?B,?AC?面BDB。?B1D?面BDB，?AC?B1D. (证毕)
(Ⅱ)?B1C1//BC//AD,?直线B1C1与平面ACD
的夹角即直线AD与平面ACD1的夹角?。1
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?(1,y,0),?(3,?y,0),??
AC?BD?0?3?y2?0?0,y?0?y?3.?AC?(1,3,0),AD1?(3,0,3).
????0设平面ACD1的法向量为,则??.平面ACD1的一个法向量?（-1）,?（3，0，3）???1?0
?平面ACD1的一个法向量?（-313）,?（3，0，0）?sin??|cos?,?|?
?7?3所以BD1与平面ACD1
46．（2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理））如图,在四棱柱ABCD?A1B1C1D1中,侧棱
AA1?底面ABCD,AB//DC,AA1?1,AB?3k,AD?4k,BC?5k,DC?6k(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
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【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
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得???4kx?6ky?0取y?2,得n?(3,2,?6k)
uuuruuurAA1,n设AA1与平面AB1C所成角为?,则sin??|cos?AA1,n?|?
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??6,解得k?1.故所求k的值为1
(Ⅲ)共有4种不同的方案
5?272k?26k,0?k???18
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f(k)???36k2?36k,k?5
48．（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
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【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).
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同理可得,平面BB1C1的法向量为m=(3,4,0),所以cosn,m?n?m16.
由题知二面角?|n||m|25A1-BC1-B1为锐角,所以二面角A1-BC1-B1的余弦值为16.
25(III)设D(x,y,z)是直线BC1上一点,且BD??BC1. 所以(x,y?3,z)解得??(4,?3,.4)x?4?,y?3?3?,z?4?.
所以AD?(4?,3?3?,4?).
由AD·A1B?0,即9?25??0.解得??9
25?[0,1],所以在线段BC1上存在点D,
使得AD⊥A1B.
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