2014廣東高考理科數(shù)學(xué)立體幾何試題.doc

專題八立體幾何1(2013高考新課標(biāo)全國卷)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A168 B88C1616 D816解析：選A.原幾何體為組合體：上面是長方體，下面是圓柱的一半(如圖所示)，其體積為V422224168.2(2013高考新課標(biāo)全國卷)如圖，有一個(gè)水平放置的透明無蓋的正方體容器，容器高8 cm，將一個(gè)球放在容器口，再向容器內(nèi)注水，當(dāng)球面恰好接觸水面時(shí)測(cè)得水深為6 cm，如果不計(jì)容器厚度，則球的體積為()A. cm3 B. cm3C. cm3 D. cm3解析：選A.如圖，作出球的一個(gè)截面，則MC862(cm)，BMAB84(cm)設(shè)球的半徑為R cm，則R2OM2MB2(R2)242，R5，V球53 (cm3)3(2013高考新課標(biāo)全國卷)已知m，n為異面直線，m平面，n平面.直線l滿足lm，ln，l，l，則()A且lB且lC與相交，且交線垂直于lD與相交，且交線平行于l解析：選D.根據(jù)所給的已知條件作圖，如圖所示由圖可知與相交，且交線平行于l，故選D.4(2013高考大綱全國卷)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于()A. B.C. D.解析：選A.法一：如圖，連接AC，交BD于點(diǎn)O，由正四棱柱的性質(zhì)，有ACBD.因?yàn)镃C1平面ABCD，所以CC1BD.又CC1ACC，所以BD平面CC1O.在平面CC1O內(nèi)作CHC1O，垂足為H，則BDCH.又BDC1OO，所以CH平面BDC1，連接DH，則DH為CD在平面BDC1上的射影，所以CDH為CD與平面BDC1所成的角設(shè)AA12AB2.在RtCOC1中，由等面積變換易求得CH.在RtCDH中，sinCDH.法二：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，設(shè)AA12AB2，則D(0，0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，則(0,1,0)，(1,1,0)，(0,1,2)設(shè)平面BDC1的法向量為n(x，y，z)，則n，n，所以有令y2，得平面BDC1的一個(gè)法向量為n(2，2,1)設(shè)CD與平面BDC1所成的角為，則sin |cosn，|.5(2013高考大綱全國卷)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于()A. B.C. D.解析：選A.法一：如圖，連接AC，交BD于點(diǎn)O，由正四棱柱的性質(zhì)，有ACBD.因?yàn)镃C1平面ABCD，所以CC1BD.又CC1ACC，所以BD平面CC1O.在平面CC1O內(nèi)作CHC1O，垂足為H，則BDCH.又BDC1OO，所以CH平面BDC1，連接DH，則DH為CD在平面BDC1上的射影，所以CDH為CD與平面BDC1所成的角設(shè)AA12AB2.在RtCOC1中，由等面積變換易求得CH.在RtCDH中，sinCDH.法二：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，設(shè)AA12AB2，則D(0，0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，則(0,1,0)，(1,1,0)，(0,1,2)設(shè)平面BDC1的法向量為n(x，y，z)，則n，n，所以有令y2，得平面BDC1的一個(gè)法向量為n(2，2,1)設(shè)CD與平面BDC1所成的角為，則sin |cosn，|.6(2013高考山東卷)一個(gè)四棱錐的側(cè)棱長都相等，底面是正方形，其正(主)視圖如圖所示，則該四棱錐側(cè)面積和體積分別是()A4，8 B4，C4(1)， D8,8解析：選B.由正視圖知：四棱錐的底面是邊長為2的正方形，四棱錐的高為2，V222.四棱錐的側(cè)面是全等的等腰三角形，底為2，高為，S側(cè)424.7(2013高考山東卷)已知三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)棱與底面垂直，體積為，底面是邊長為的正三角形若P為底面A1B1C1的中心，則PA與平面ABC所成角的大小為 ()A. B.C. D.解析：選B.如圖所示，P為正三角形A1B1C1的中心，設(shè)O為ABC的中心，由題意知：PO平面ABC，連接OA，則PAO即為PA與平面ABC所成的角在正三角形ABC中，ABBCAC，則S()2，VABCA1B1C1SPO，PO.又AO1，tanPAO，PAO.8(2013高考浙江卷)設(shè)m、n是兩條不同的直線，是兩個(gè)不同的平面()A若m，n，則mnB若m，m，則C若mn，m，則nD若m，則m解析：選C.A項(xiàng)，當(dāng)m，n時(shí)，m，n可能平行，可能相交，也可能異面，故錯(cuò)誤；B項(xiàng)，當(dāng)m，m時(shí)，可能平行也可能相交，故錯(cuò)誤；C項(xiàng)，當(dāng)mn，m時(shí)，n，故正確；D項(xiàng)，當(dāng)m，時(shí)，m可能與平行，可能在內(nèi)，也可能與相交，故錯(cuò)誤故選C.9(2013高考新課標(biāo)全國卷)一個(gè)四面體的頂點(diǎn)在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中的坐標(biāo)分別是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，畫該四面體三視圖中的正視圖時(shí)，以zOx平面為投影面，則得到的正視圖可以為()解析：選A.根據(jù)已知條件作出圖形：四面體C1A1DB，標(biāo)出各個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)如圖(1)所示，可以看出正視圖是正方形，如圖(2)所示故選A.10(2013高考安徽卷)在下列命題中，不是公理的是()A平行于同一個(gè)平面的兩個(gè)平面相互平行B過不在同一條直線上的三點(diǎn)，有且只有一個(gè)平面C如果一條直線上的兩點(diǎn)在一個(gè)平面內(nèi)，那么這條直線上所有的點(diǎn)都在此平面內(nèi)D如果兩個(gè)不重合的平面有一個(gè)公共點(diǎn)， 那么它們有且只有一條過該點(diǎn)的公共直線解析：選A.A，不是公理，是個(gè)常用的結(jié)論，需經(jīng)過推理論證；B，是平面的基本性質(zhì)公理；C，是平面的基本性質(zhì)公理；D，是平面的基本性質(zhì)公理11(2013高考北京卷)如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，P為對(duì)角線BD1的三等分點(diǎn)，P到各頂點(diǎn)的距離的不同取值有()A3個(gè) B4個(gè)C5個(gè) D6個(gè)解析：選B.如圖，取底面ABCD的中心O，連接PA，PC，PO.AC平面DD1B，又PO平面DD1B，ACPO.又O是BD的中點(diǎn)，PAPC.同理，取B1C與BC1的交點(diǎn)H，易證B1C平面D1C1B，B1CPH.又H是B1C的中點(diǎn)，PB1PC，PAPB1PC.同理可證PA1PC1PD.又P是BD1的三等分點(diǎn)，PBPD1PB1PD，故點(diǎn)P到正方體的頂點(diǎn)的不同距離有4個(gè)12(2013高考遼寧卷)已知直三棱柱ABCA1B1C1的6個(gè)頂點(diǎn)都在球O的球面上若AB3，AC4，ABAC，AA112，則球O的半徑為()A. B2C. D3解析：選C.因?yàn)橹比庵蠥B3，AC4，AA112，ABAC，所以BC5，且BC為過底面ABC的截面圓的直徑取BC中點(diǎn)D，則OD底面ABC，則O在側(cè)面BCC1B1內(nèi)，矩形BCC1B1的對(duì)角線長即為球直徑，所以2R13，即R.13(2013高考浙江卷)在空間中，過點(diǎn)A作平面的垂線，垂足為B，記Bf(A)設(shè)，是兩個(gè)不同的平面，對(duì)空間任意一點(diǎn)P，Q1ff(P)，Q2ff(P)，恒有PQ1PQ2，則()A平面與平面垂直 B平面與平面所成的(銳)二面角為45C平面與平面平行 D平面與平面所成的(銳)二面角為60解析：選A.設(shè)P1f(P)，P2f(P)，則PP1，P1Q1，PP2，P2Q2.若，則P1與Q2重合、P2與Q1重合，所以PQ1PQ2，所以與相交設(shè)l，由PP1P2Q2，所以P，P1，P2，Q2四點(diǎn)共面同理P，P1，P2，Q1四點(diǎn)共面所以P，P1，P2，Q1，Q2五點(diǎn)共面，且與的交線l垂直于此平面又因?yàn)镻Q1PQ2，所以Q1、Q2重合且在l上，四邊形PP1Q1P2為矩形那么P1Q1P2為二面角l的平面角，所以.14(2013高考湖南卷)已知正方體的棱長為1，其俯視圖是一個(gè)面積為1的正方形，側(cè)視圖是一個(gè)面積為的矩形，則該正方體的正視圖的面積等于()A. B1C. D.解析：選D.由于該正方體的俯視圖是面積為1的正方形，側(cè)視圖是一個(gè)面積為的矩形，因此該幾何體的正視圖是一個(gè)長為，寬為1的矩形，其面積為.15(2013高考江西卷)一幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A2009B20018C1409D14018解析：選A.由三視圖可知該幾何體的下面是一個(gè)長方體，上面是半個(gè)圓柱組成的組合體長方體的長、寬、高分別為10、4、5，半圓柱底面圓半徑為3，高為2，故組合體體積V104592009.16.(2013高考四川卷)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體可以是()A棱柱 B棱臺(tái)C圓柱 D圓臺(tái)解析：選D.由俯視圖是圓環(huán)可排除A，B，由正視圖和側(cè)視圖都是等腰梯形可排除C，故選D.17(2013高考廣東卷)某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐的體積是()A. B.C. D1解析：選B.如圖，三棱錐的底面是一個(gè)直角邊長為1的等腰直角三角形，有一條側(cè)棱和底面垂直，且其長度為2，故三棱錐的高為2，故其體積V112，故選B.18(2013高考廣東卷)設(shè)l為直線，是兩個(gè)不同的平面下列命題中正確的是()A若l，l，則B若l，l，則C若l，l，則D若，l，則l解析：選B.選項(xiàng)A，若l，l，則和可能平行也可能相交，故錯(cuò)誤；選項(xiàng)B，若l，l，則，故正確；選項(xiàng)C，若l，l，則，故錯(cuò)誤；選項(xiàng)D，若，l，則l與的位置關(guān)系有三種可能：l，l，l，故錯(cuò)誤故選B.19(2013高考湖南卷)已知棱長為1的正方體的俯視圖是一個(gè)面積為1的正方形，則該正方體的正視圖的面積不可能等于()A1 B.C. D.解析：選C.當(dāng)正方體的俯視圖是面積為1的正方形時(shí)，其正視圖的最小面積為1，最大面積為.因?yàn)?，因此所給選項(xiàng)中其正視圖的面積不可能為，故選C.20(2013高考江西卷)如圖，正方體的底面與正四面體的底面在同一平面上，且ABCD，正方體的六個(gè)面所在的平面與直線CE，EF相交的平面?zhèn)€數(shù)分別記為m，n，那么mn()A8 B9C10 D11解析：選A.取CD的中點(diǎn)H，連接EH，HF.在四面體CDEF中，CDEH，CDFH，所以CD平面EFH，所以AB平面EFH，所以正方體的左、右兩個(gè)側(cè)面與EF平行，其余4個(gè)平面與EF相交，即n4.又因?yàn)镃E與AB在同一平面內(nèi)，所以CE與正方體下底面共面，與上底面平行，與其余四個(gè)面相交，即m4，所以mn448.21(2013高考重慶卷)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A. B.C200 D240解析：選C.由三視圖知該幾何體為直四棱柱，其底面為等腰梯形，上底長為2，下底長為8，高為4，故面積為S20.又棱柱的高為10，所以體積VSh2010200.22(2013高考廣東卷)某四棱臺(tái)的三視圖如圖所示，則該四棱臺(tái)的體積是()A4 B.C. D6解析：選B.由三視圖可還原出四棱臺(tái)的直觀圖如圖所示，其上底和下底都是正方形，邊長分別是1和2，與底面垂直的棱為棱臺(tái)的高，長度為2，故其體積為V(1222)2，故選B.23(2013高考廣東卷)設(shè)m，n是兩條不同的直線，是兩個(gè)不同的平面，下列命題中正確的是()A若，m，n，則m n B若，m，n，則mnC若mn，m，n，則D若m，mn，n，則解析：選D.如圖，在長方體ABCDA1B1C1D1中，平面BCC1B1平面ABCD，BC1平面BCC1B1，BC平面ABCD，而BC1不垂直于BC，故A錯(cuò)誤平面A1B1C1D1平面ABCD，B1D1平面A1B1C1D1，AC平面ABCD，但B1D1和AC不平行，故B錯(cuò)誤ABA1D1，AB平面ABCD，A1D1平面A1B1C1D1，但平面A1B1C1D1平面ABCD，故C錯(cuò)誤故選D.24(2013高考新課標(biāo)全國卷)已知H是球O的直徑AB上一點(diǎn)，AHHB12，AB平面，H為垂足，截球O所得截面的面積為，則球O的表面積為_解析：如圖，設(shè)球O的半徑為R，則由AHHB12得HA2RR，OH.截面面積為(HM)2，HM1.在RtHMO中，OM2OH2HM2，R2R2HM2R21，R.S球4R24()2.答案：25(2013高考新課標(biāo)全國卷)已知正四棱錐OABCD的體積為，底面邊長為，則以O(shè)為球心，OA為半徑的球的表面積為_解析：V四棱錐OABCDh，得h，OA2h2()26.S球4OA224.答案：2426(2013高考浙江卷)若某幾何體的三視圖(單位：cm)如圖所示，則此幾何體的體積等于_cm3.解析：由三視圖可知該幾何體為一個(gè)直三棱柱被截去了一個(gè)小三棱錐，如圖所示三棱柱的底面為直角三角形，且直角邊長分別為3和4，三棱柱的高為5，故其體積V134530(cm3)，小三棱錐的底面與三棱柱的上底面相同，高為3，故其體積V23436(cm3)，所以所求幾何體的體積為30624(cm3)答案：2427(2013高考大綱全國卷)已知圓O和圓K是球O的大圓和小圓，其公共弦長等于球O的半徑，OK，且圓O與圓K所在的平面所成的一個(gè)二面角為60，則球O的表面積等于_解析：如圖所示，公共弦為AB，設(shè)球的半徑為R，則ABR.取AB中點(diǎn)M，連接OM、KM，由圓的性質(zhì)知OMAB，KMAB，所以KMO為圓O與圓K所在平面所成的一個(gè)二面角的平面角，則KMO60.在RtKMO中，OK，所以O(shè)M.在RtOAM中，因?yàn)镺A2OM2AM2，所以R23R2，解得R24，所以球O的表面積為4R216.答案：1628(2013高考江蘇卷)如圖，在三棱柱A1B1C1ABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，AC，AA1的中點(diǎn)設(shè)三棱錐FADE的體積為V1，三棱柱A1B1C1ABC的體積為V2，則V1V2_. 解析：設(shè)三棱柱的底面ABC的面積為S，高為h，則其體積為V2Sh.因?yàn)镈，E分別為AB，AC的中點(diǎn)，所以ADE的面積等于S.又因?yàn)镕為AA1的中點(diǎn)，所以三棱錐FADE的高等于h，于是三棱錐FADE的體積V1ShShV2，故V1V2124.答案：12429(2013高考北京卷)某四棱錐的三視圖如圖所示，該四棱錐的體積為_解析：由幾何體的三視圖可知該幾何體是一個(gè)底面是正方形的四棱錐，其底面邊長為3，且該四棱錐的高是1，故其體積為V913.答案：330(2013高考北京卷)如圖，在棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1中，E為BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P在線段D1E上，點(diǎn)P到直線CC1的距離的最小值為_解析：如圖，過點(diǎn)E作EE1平面A1B1C1D1，交直線B1C1于點(diǎn)E1，連接D1E1，DE，在平面D1DEE1內(nèi)過點(diǎn)P作PHEE1交D1E1于點(diǎn)H，連接C1H，則C1H即為點(diǎn)P到直線CC1的距離當(dāng)點(diǎn)P在線段D1E上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)P到直線CC1的距離的最小值為點(diǎn)C1到線段D1E1的距離，即為C1D1E1的邊D1E1上的高h(yuǎn).C1D12，C1E11，D1E1，h.答案：31(2013高考福建卷)已知某一多面體內(nèi)接于球構(gòu)成一個(gè)簡單組合體，如果該組合體的正視圖、側(cè)視圖、俯視圖均如圖所示，且圖中的四邊形是邊長為2的正方形，則該球的表面積是_解析：由三視圖知組合體為球內(nèi)接正方體，正方體的棱長為2，若球半徑為R，則2R2，R.S球表4R24312.答案：1232(2013高考遼寧卷)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是_解析：由三視圖可知該幾何體是一個(gè)圓柱內(nèi)部挖去一個(gè)正四棱柱，圓柱底面圓半徑為2，高為4，故體積為16；正四棱柱底面邊長為2，高為4，故體積為16，故題中幾何體的體積為1616.答案：161633(2013高考天津卷)已知一個(gè)正方體的所有頂點(diǎn)在一個(gè)球面上，若球的體積為，則正方體的棱長為_解析：設(shè)正方體棱長為a，球半徑為R，則R3，R，a3，a.答案：34(2013高考陜西卷)某幾何體的三視圖如圖所示， 則其表面積為_解析：由三視圖可知，該幾何體為一個(gè)半徑為1的半球，其表面積為半個(gè)球面面積與截面面積的和，即43.答案：335某幾何體的三視圖如圖所示，則其體積為_解析：原幾何體可視為圓錐的一半，其底面半徑為1，高為2，其體積為122.答案：36(2013高考新課標(biāo)全國卷)如圖，三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，ABAA1，BAA160.(1)證明：ABA1C；(2)若ABCB2，A1C，求三棱柱ABCA1B1C1的體積解：(1)證明：取AB的中點(diǎn)O，連接OC，OA1，A1B.因?yàn)镃ACB，所以O(shè)CAB.由于ABAA1，BAA160，故AA1B為等邊三角形，所以O(shè)A1AB.因?yàn)镺COA1O，所以AB平面OA1C.又A1C平面OA1C，故ABA1C.(2)由題設(shè)知ABC與AA1B都是邊長為2的等邊三角形，所以O(shè)COA1.又A1C，則A1C2OC2OA，故OA1OC.因?yàn)镺CABO，所以O(shè)A1平面ABC，OA1為三棱柱ABCA1B1C1的高又ABC的面積SABC，故三棱柱ABCA1B1C1的體積VSABCOA13.37(2013高考安徽卷)如圖，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，P為BC的中點(diǎn)，Q為線段CC1上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)A，P，Q的平面截該正方體所得的截面記為S，則下列命題正確的是_(寫出所有正確命題的編號(hào))當(dāng)0CQ時(shí)，S為四邊形；當(dāng)CQ時(shí)，S為等腰梯形；當(dāng)CQ時(shí)，S與C1D1的交點(diǎn)R滿足C1R；當(dāng)CQ1時(shí)，S為六邊形；當(dāng)CQ1時(shí)，S的面積為.解析：當(dāng)0CQ時(shí)，如圖(1)在平面AA1D1D內(nèi)，作AEPQ，顯然E在棱DD1上，連接EQ，則S是四邊形APQE.當(dāng)CQ時(shí)，如圖(2)顯然PQBC1AD1，連接D1Q，則S是等腰梯形當(dāng)CQ時(shí)，如圖(3)作BFPQ交CC1的延長線于點(diǎn)F，則C1F.作AEBF，交DD1的延長線于點(diǎn)E，D1E，AEPQ，連接EQ交C1D1于點(diǎn)R，由于RtRC1QRtRD1E，C1QD1EC1RRD112，C1R.當(dāng)CQ1時(shí)，如圖(3)，邊接RM(點(diǎn)M為AE與A1D1交點(diǎn))，顯然S為五邊形APQRM.當(dāng)CQ1時(shí)，如圖(4)同可作AEPQ交DD1的延長線于點(diǎn)E，交A1D1于點(diǎn)M，顯然點(diǎn)M為A1D1的中點(diǎn)，所以S為菱形APQM，其面積為MPAQ.答案：38(2013高考新課標(biāo)全國卷)如圖，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分別是AB，BB1的中點(diǎn)，AA1ACCBAB.(1)證明：BC1平面A1CD；(2)求二面角DA1CE的正弦值解：(1)證明：連接AC1，交A1C于點(diǎn)F，則F為AC1的中點(diǎn)又D是AB的中點(diǎn)，連接DF，則BC1DF.因?yàn)镈F平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1平面A1CD.(2)由ACCBAB，得ACBC.以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Cxyz.設(shè)CA2，則D(1,1,0)，E(0,2，1)，A1(2,0,2)，(1,1,0)，(0,2,1)，(2,0,2)設(shè)n(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，則即可取n(1，1，1)同理，設(shè)m是平面A1CE的法向量，則可取m(2,1，2)從而cosn，m，故sinn，m.即二面角DA1CE的正弦值為.39(2013高考陜西卷)如圖，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O為底面中心，A1O平面ABCD，ABAA1.(1)證明：A1C平面BB1D1D；(2)求平面OCB1與平面BB1D1D的夾角的大小解：(1)法一：由題設(shè)易知OA，OB，OA1兩兩垂直，以O(shè)為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)BAA1，OAOBOA11，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，D(0，1,0)，A1(0,0,1)由，易得B1(1,1,1)(1,0，1)，(0，2,0)，(1,0,1)，0，0，A1CBD，A1CBB1，A1C平面BB1D1D.法二：A1O平面ABCD，A1OBD.又四邊形ABCD是正方形，BDAC，BD平面A1OC，BDA1C.又OA1是AC的中垂線，A1AA1C，且AC2，AC2AAA1C2，AA1C是直角三角形，AA1A1C.又BB1AA1，A1CBB1.又BB1BDB，A1C平面BB1D1D.(2)設(shè)平面OCB1的法向量n(x，y，z)(1,0,0)，(1,1,1)，取n(0,1，1)，由(1)知，(1,0，1)是平面BB1D1D的法向量，cos |cosn，|.又0，.40(2013高考湖南卷)如圖，在直棱柱ABCDA1B1C1D1中，ADBC，BAD90，ACBD，BC1，ADAA13.(1)證明：ACB1D；(2)求直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值解：法一：(1)證明：因?yàn)锽B1平面ABCD，AC平面ABCD，所以ACBB1.又ACBD，所以AC平面BB1D.而B1D平面BB1D，所以ACB1D.(2)因?yàn)锽1C1AD，所以直線B1C1與平面ACD1所成的角等于直線AD與平面ACD1所成的角(記為)連接A1D.因?yàn)槔庵鵄BCDA1B1C1D1是直棱柱，且B1A1D1BAD90，所以A1B1平面ADD1A1，從而A1B1AD1.又ADAA13，所以四邊形ADD1A1是正方形，于是A1DAD1.故AD1平面A1B1D，于是AD1B1D.由(1)知，ACB1D，所以B1D平面ACD1.故ADB190.在直角梯形ABCD中，因?yàn)锳CBD，所以BACADB.從而RtABCRtDAB，故，即AB.連接AB1，易知AB1D是直角三角形，且B1D2BBBD2BBAB2AD221，即B1D.在RtAB1D中，cosADB1，即cos(90).從而sin .即直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為.法二：(1)證明：易知，AB，AD，AA1兩兩垂直如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AA1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)ABt，則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為A(0,0,0)，B(t,0,0)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)從而(t,3，3)，(t,1,0)，(t,3,0)因?yàn)锳CBD，所以t2300.解得t或t(舍去)于是(，3，3)，(，1,0)因?yàn)?300，所以，即ACB1D.(2)由(1)知，(0,3,3)，(，1,0)，(0,1,0)設(shè)n(x，y，z)是平面ACD1的一個(gè)法向量，則即令x1，則n(1，)設(shè)直線B1C1與平面ACD1所成角為，則sin |cosn，|，即直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為.41(2013高考大綱全國卷)如圖，四棱錐PABCD中，ABCBAD90，BC2AD，PAB和PAD都是邊長為2的等邊三角形(1)證明：PBCD；(2)求點(diǎn)A到平面PCD的距離解：(1)證明：如圖，取BC的中點(diǎn)E，連接DE，則四邊形ABED為正方形過點(diǎn)P作PO平面ABCD，垂足為O.連接OA，OB，OD，OE.由PAB和PAD都是等邊三角形知PAPBPD，所以O(shè)AOBOD，即點(diǎn)O為正方形ABED對(duì)角線的交點(diǎn)，故OEBD.又OEOP，BDOO，所以O(shè)E平面PDB，從而PBOE.因?yàn)镺是BD的中點(diǎn)，E是BC的中點(diǎn)，所以O(shè)ECD.因此PBCD.(2)取PD的中點(diǎn)F，連接OF，則OFPB.由(1)知，PBCD，故OFCD.又ODBD，OP，故POD為等腰三角形，因此OFPD.又PDCDD，所以O(shè)F平面PCD.因?yàn)锳ECD，CD平面PCD，AE平面PCD，所以AE平面PCD.因此點(diǎn)O到平面PCD的距離OF就是點(diǎn)A到平面PCD的距離，而OFPB1，所以點(diǎn)A到平面PCD的距離為1.42(2013高考山東卷)如圖，四棱錐PABCD中，ABAC，ABPA，ABCD，AB2CD，E，F(xiàn)，G，M，N分別為PB，AB，BC，PD，PC的中點(diǎn)(1)求證：CE平面PAD；(2)求證：平面EFG平面EMN.證明：(1)法一：如圖，取PA的中點(diǎn)H，連接EH，DH.因?yàn)镋為PB的中點(diǎn)，所以EHAB，EHAB.又ABCD，CDAB，所以EHCD，EHCD.所以四邊形DCEH是平行四邊形所以CEDH.又DH平面PAD，CE平面PAD，所以CE平面PAD.法二：如圖，連接CF.因?yàn)镕為AB的中點(diǎn)，所以AFAB.又CDAB，所以AFCD.又AFCD，所以四邊形AFCD為平行四邊形所以CFAD.又CF平面PAD，所以CF平面PAD.因?yàn)镋，F(xiàn)分別為PB，AB的中點(diǎn)，所以EFPA.又EF平面PAD，所以EF平面PAD.因?yàn)镃FEFF，故平面CEF平面PAD.又CE平面CEF，所以CE平面PAD.(2)因?yàn)镋，F(xiàn)分別為PB，AB的中點(diǎn)，所以EFPA.又ABPA，所以ABEF.同理可證ABFG.又EFFGF，EF平面EFG，F(xiàn)G平面EFG，因此AB平面EFG.又M，N分別為PD，PC的中點(diǎn)，所以MNDC.又ABDC，所以MNAB，所以MN平面EFG.又MN平面EMN，所以平面EFG平面EMN.43(2013高考江西卷)如圖，四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，E為BD的中點(diǎn)，G為PD的中點(diǎn)，DABDCB，EAEBAB1，PA，連接CE并延長交AD于F.(1)求證：AD平面CFG；(2)求平面BCP與平面DCP的夾角的余弦值解：(1)證明：在ABD中，因?yàn)辄c(diǎn)E是BD中點(diǎn)，所以EAEBEDAB1，故BAD，ABEAEB.因?yàn)镈ABDCB，所以EABECB，從而有FEDBECAEB，所以FEDFEA，故EFAD，AFFD.又PGGD，所以FGPA.又PA平面ABCD，所以GFAD，故AD平面CFG.(2)以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C，D(0，0)，P，故，.設(shè)平面BCP的法向量n1(1，y1，z1)，則解得即n1.設(shè)平面DCP的法向量n2(1，y2，z2)，則，解得即n2(1，2)從而平面BCP與平面DCP的夾角的余弦值為cos .44(2013高考江蘇卷)如圖，在三棱錐SABC中，平面SAB平面SBC，ABBC，ASAB.過A作AFSB，垂足為F，點(diǎn)E，G分別是棱SA，SC的中點(diǎn)求證：(1)平面EFG平面ABC；(2)BCSA.證明：(1)因?yàn)锳SAB，AFSB，垂足為F，所以F是SB的中點(diǎn)又因?yàn)镋是SA的中點(diǎn)，所以EFAB.因?yàn)镋F平面ABC，AB平面ABC，所以EF平面ABC.同理EG平面ABC.又EFEGE，所以平面EFG平面ABC.(2)因?yàn)槠矫鍿AB平面SBC，且交線為SB，又AF平面SAB，AFSB，所以AF平面SBC.因?yàn)锽C平面SBC，所以AFBC.又因?yàn)锳BBC，AFABA，AF平面SAB，AB平面SAB，所以BC平面SAB.因?yàn)镾A平面SAB，所以BCSA.45(2013高考江蘇卷)如圖，在直三棱柱A1B1C1ABC中，ABAC，ABAC2，A1A4，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)(1)求異面直線A1B與C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值解：(1)以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4)，C1(0,2,4)，所以(2,0，4)，(1，1，4)因?yàn)閏os，所以異面直線A1B與C1D所成角的余弦值為.(2)設(shè)平面ADC1的法向量為n1(x，y，z)，因?yàn)?1,1,0)，(0,2,4)，所以n10，n10，即xy0且y2z0，取z1，得x2，y2，所以，n1(2，2,1)是平面ADC1的一個(gè)法向量取平面AA1B的一個(gè)法向量為n2(0,1,0)，設(shè)平面ADC1與平面ABA1所成二面角的大小為.由|cos |，得sin .因此，平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值為.46(2013高考湖北卷)如圖，AB是圓O的直徑，點(diǎn)C是圓O上異于A，B的點(diǎn)，直線PC平面ABC，E，F(xiàn)分別是PA，PC的中點(diǎn)(1)記平面BEF與平面ABC的交線為l，試判斷直線l與平面PAC的位置關(guān)系，并加以證明；(2)設(shè)(1)中的直線l與圓O的另一個(gè)交點(diǎn)為D，且點(diǎn)Q滿足.記直線PQ與平面ABC所成的角為，異面直線PQ與EF所成的角為，二面角ElC的大小為，求證：sin sin sin .解：(1)直線l平面PAC.證明如下：連接EF，因?yàn)镋，F(xiàn)分別是PA，PC的中點(diǎn)，所以EFAC.又EF平面ABC，且AC平面ABC，所以EF平面ABC.而EF平面BEF，且平面BEF平面ABCl，所以EFl.因?yàn)閘平面PAC，EF平面PAC，所以直線l平面PAC.(2)法一(綜合法)：如圖(1)，連接BD，由(1)可知交線l即為直線BD，且lAC.因?yàn)锳B是O的直徑，所以ACBC，于是lBC.已知PC平面ABC，而l平面ABC，所以PCl.而PCBCC，所以l平面PBC.連接BE，BF，因?yàn)锽F平面PBC，所以lBF.故CBF就是二面角ElC的平面角，即CBF.由，作DQCP，且DQCP.連接PQ，DF，因?yàn)镕是CP的中點(diǎn)，CP2PF，所以DQPF，從而四邊形DQPF是平行四邊形，PQFD.連接CD，因?yàn)镻C平面ABC，所以CD是FD在平面ABC內(nèi)的射影故CDF就是直線PQ與平面ABC所成的角，即CDF.又BD平面PBC，所以BDBF，所以BDF為銳角故BDF為異面直線PQ與EF所成的角，即BDF，于是在RtDCF，RtFBD，RtBCF中，分別可得sin ，sin ，sin ，從而sin sin sin ，即sin sin sin .法二(向量法)：如圖(2)，由，作DQCP，且DQCP.連接PQ，EF，BE，BF，BD.由(1)可知交線l即為直線BD.以點(diǎn)C為原點(diǎn)，向量，所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖(2)所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)CAa，CBb，CP2c，則有C(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，b,0)，P(0,0,2c)，Q(a，b，c)，E，F(xiàn)(0,0，c)于是，(a，b，c)，(0，b，c)，所以cos ，從而sin .取平面ABC的一個(gè)法向量為m(0,0,1)，可得sin .設(shè)平面BEF的一個(gè)法向量為n(x，y，z)由可得取n(0，c，b)于是|cos |，從而sin .故sin sin sin ，即sin sin sin .47(2013高考浙江卷)如圖，在四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，ABBC2, ADCD，PA，ABC120，G為線段PC上的點(diǎn)(1)證明：BD平面APC ； (2)若G為PC的中點(diǎn)，求DG與平面APC所成的角的正切值；(3)若G滿足PC平面BGD，求 的值解：(1)證明：設(shè)點(diǎn)O為AC，BD的交點(diǎn)由ABBC，ADCD，得BD是線段AC的中垂線，所以O(shè)為AC的中點(diǎn)，BDAC.又因?yàn)镻A平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD.所以BD平面APC.(2)連接OG.由(1)可知，OD平面APC，則DG在平面APC內(nèi)的射影為OG，所以O(shè)GD是DG與平面APC所成的角由題意得OGPA.在ABC中，AC 2，所以O(shè)CAC.在直角OCD中，OD2.在直角OGD中，tanOGD.所以DG與平面APC所成的角的正切值為.(3)因?yàn)镻C平面BGD，OG平面BGD，所以PCOG.在直角PAC中，PC，所以GC.從而PG，所以.48(2013高考北京卷)如圖，在四棱錐PABCD中，ABCD，ABAD，CD2AB，平面PAD底面ABCD，PAAD，E和F分別是CD和PC的中點(diǎn)求證：(1)PA底面ABCD；(2)BE平面PAD；(3)平面BEF平面PCD. 證明：(1)因?yàn)槠矫鍼AD底面ABCD，且PA垂直于這兩個(gè)平面的交線AD，所以PA底面ABCD.(2)因?yàn)锳BCD，CD2AB，E為CD的中點(diǎn)，所以ABDE，且ABDE.所以四邊形ABED為平行四邊形所以BEAD.又因?yàn)锽E平面PAD，AD平面PAD，所以BE平面PAD.(3)因?yàn)锳BAD，而且四邊形ABED為平行四邊形，所以BECD，ADCD.由(1)知PA底面ABCD，所以PACD.所以CD平面PAD.所以CDPD.因?yàn)镋和F分別是CD和PC的中點(diǎn)，所以PDEF.所以CDEF.又因?yàn)镃DBE，EFBEE，所以CD平面BEF.所以平面BEF平面PCD.49(2013高考天津卷)如圖， 三棱柱ABCA1B1C1中， 側(cè)棱A1A底面ABC，且各棱長均相等，D，E，F(xiàn)分別為棱AB，BC，A1C1的中點(diǎn). (1)證明EF平面A1CD; (2)證明平面A1CD平面A1ABB1; (3)求直線BC與平面A1CD所成角的正弦值. 解：(1)證明：如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，ACA1C1，且ACA1C1，連接ED，在ABC中，因?yàn)镈，E分別為AB，BC的中點(diǎn)，所以DEAC且DEAC.又因?yàn)镕為A1C1的中點(diǎn)，可得A1FDE，且A1FDE，即四邊形A1DEF為平行四邊形，所以EFDA1.又EF平面A1CD，DA1平面A1CD，所以EF平面A1CD.(2)證明：由于底面ABC是正三角形，D為AB的中點(diǎn)，故CDAB.又由于側(cè)棱A1A底面ABC，CD平面ABC，所以A1ACD.又A1AABA，因此CD平面A1ABB1.而CD平面A1CD，所以平面A1CD平面A1ABB1.(3)在平面A1ABB1內(nèi)，過點(diǎn)B作BGA1D交直線A1D于點(diǎn)G，連接CG.由于平面A1CD平面A1ABB1，而直線A1D是平面A1CD與平面A1ABB1的交線，故BG平面A1CD.由此可得BCG為直線BC與平面A1CD所成的角設(shè)棱長為a，可得A1D，由A1ADBGD，易得BG.在RtBGC中，sinBCG.所以直線BC與平面A1CD所成角的正弦值為.50(2013高考四川卷)如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱AA1底面ABC，ABAC2AA1，BAC120，D，D1分別是線段BC，B1C1的中點(diǎn)，P是線段AD的中點(diǎn)(1)在平面ABC內(nèi)，試作出過點(diǎn)P與平面A1BC平行的直線l，說明理由，并證明直線l平面ADD1A1；(2)設(shè)(1)中的直線l交AB于點(diǎn)M，交AC于點(diǎn)N，求二面角AA1MN的余弦值解：(1)如圖(1)，在平面ABC內(nèi)，過點(diǎn)P作直線lBC，因?yàn)閘在平面A1BC外，BC在平面A1BC內(nèi)，由直線與平面平行的判定定理可知，l平面A1BC.因?yàn)锳BAC，D是BC的中點(diǎn)，所以BCAD，則直線lAD.因?yàn)锳A1平面ABC，所以AA1l.又因?yàn)锳D，AA1在平面ADD1A1內(nèi)，且AD與AA1相交，所以直線l平面ADD1A1.(2)法一：連接A1P，過點(diǎn)A作AEA1P于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作EFA1M于點(diǎn)F，連接AF.由(1)知，MN平面AEA1，所以平面AEA1平面A1MN.所以AE平面A1MN，則A1MAE.所以A1M平面AEF，則A1MAF.故AFE為二面角AA1MN的平面角(設(shè)為)設(shè)AA11，則由ABAC2AA1，BAC120，有BAD60，AB2，AD1.又P為AD的中點(diǎn)，所以M為AB的中點(diǎn)，且AP，AM1.所以在RtAA1P中，A1P.在RtA1AM中，A1M.從而AE，AF，所以sin .所以cos .故二面角AA1MN的余弦值為.法二：設(shè)A1A1，則ABAC2.如圖(2)，過點(diǎn)A1作A1E平行于C1B1，以點(diǎn)A1為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz(點(diǎn)O與點(diǎn)A1重合)，則A1(0,0,0)，A(0,0,1)因?yàn)镻為AD的中點(diǎn)，所以M，N分別為AB，AC的中點(diǎn)，故M，N，所以，(0,0,1)，(，0,0)設(shè)平面AA1M的一個(gè)法向量為n1(x1，y1，z1)，則，即故有從而取x11，則y1，所以n1(1，0)設(shè)平面A1MN的一個(gè)法向量為n2(x2，y2，z2)，則即故有從而取y22，則z21，所以n2(0,2，1)設(shè)二面角AA1MN的平面角為，又為銳角，則cos .故二面角AA1MN的余弦值為.51(2013高考福建卷)如圖，在四棱錐PABCD中，PD平面ABCD，ABDC，ABAD，BC5，DC3，AD4，PAD60.(1) 當(dāng)