2021年高考數(shù)學復習參考題------11.立體幾何(理科數(shù)學)

1、2021年高考數(shù)學復習參考題-11.立體幾何(理科數(shù)學) 2021年高考數(shù)學復習參考題 11、立體幾何（理科） 一、選擇題： 1.用一個平行于水平面的平面去截球，得到如圖1所示的幾何體，則它的俯視圖是 【試題解析】由球的三視圖可知答案選b. 【選題意圖】眾所周知三視圖和球是全國卷的熱門考點,而總結(jié)規(guī)律2021、2021、2021年的三視圖考點 均比較簡潔，都是簡潔幾何體辨識問題.所以選擇這道2021年的深圳一模試題應景,盼望2021年高考深圳數(shù)學再創(chuàng)輝煌. 2.如圖，網(wǎng)格上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則幾何體的體積為 a.6 b.9 c.12 d.18 【試題解析】由三視

2、圖可知，其對應幾何體為三棱錐， 其底面為一邊長為6，這邊上高為3，棱錐的高為3， 故其體積為v 11 6 3 3 9，故選b. 32 【選題意圖】本題旨在通過三視圖考查同學的空間想象力，是由教材人教a版必修2p15練習題第4題“如圖是一個幾何體的三視圖，想象它的幾何結(jié)構特征，并說出它的名稱.”演化而來.屬基礎題. 3.已知三棱錐sabc的全部頂點都在球o的球面上，底面abc是邊長為1的正三角形，棱sc是球o的直徑且sc=2，則此三棱錐的體積為（ ） a 【試題解析】取正 abc的中心o'，連接oo',oo' 平面abc. 又由于o為sc的中點，所以 abc上的高為oo&

3、#39;的2倍 . b 6c d 32 oo' 112, 所以sp abc s abc ，故選a. h 1 2 336【選題意圖】本題旨在考查通過三棱錐和球的組合，求得三棱錐的體積.與球心到截面圓的距離相關. 4.若某幾何體的三視圖如右圖所示，則此幾何體的體積是_ a.8 b 222 c6 d 33 1122 1 2 2 ，故選b. 323, 【試題解析】由圖知此幾何體為邊長為2的正方體裁去一個三棱錐（如下圖）， 所以此幾何體的體積為v 2 2 2 【選題意圖】求以三視圖為背景的幾何體體積，應先依據(jù)三視圖 得到幾何體的直觀圖，要留意虛實線的來由.可選擇適當?shù)拈L方體進行割補. 也易于用補

4、形法求出不規(guī)章圖形的體積. 5.某幾何體的三視圖如圖，其正視圖中的曲線部分為半個圓弧， 則該幾何體的表面積為（ ） （a）16 62 4 （b）16 62 3 （c）10 62 4 （ d）10 62 3 【試題解析】依據(jù)三視圖可知，該幾何體由兩部分構成，底部為圓柱的一半，底面半徑為1，高為3，上部為三棱柱，底面是直角邊為2的等腰直角三角形，高為3，所以上部分幾何體的表面積為1 s上=（2 2 2）（+2 3）（ +3）=10+2下部分幾何體的表面積為 1 s下=（ 1）（+ 2 1 3）=4 2 2 俯視圖 所以該幾何體的表面積為10 4 ,選c 【選題意圖】組合體在近幾年的全國卷中消失頻率

5、較高. 6.如圖，長方體abcd a1bc11d1中，ab 2, ad aa1的內(nèi)切圓1 設長方體的截面四邊形abc1d為o ，圓o的正視圖是橢圓o'，則橢圓o'的離心率等于（ ） a b 6c d 32 【試題解析】依據(jù)題意，畫出圖形如圖所示，橢圓o 的長軸長為 2a ab 2，短軸長為2b aa1，所以a 1,b ， 得c c ，離心率 e .故選d. a 22 【選題意圖】本題重點考查空間幾何體的三視圖和橢圓的離心率，難度中等. 7.已知某幾何體的三視圖如右圖所示，則該幾何體的外接球體積為 a4 b c8 d 【試題解析】由三視圖可知原幾何體如圖所示，可將其視為正方體的一

6、部分， 3 v= = 4 3.故選b. 3 【選題意圖】本題重點考查空間幾何體的三視圖以及與球有關的組合體的體積的計算，難度中等. 8.設m,n是兩條不同的直線, , 是兩個不同的平面,下列命題中正確的是 a . 若 ,m ,n ,則m n b若 / ,m ,n ,則m/n c若m n,m ,n ,則 d若m ,m/n,n/ ,則 【試題解析】a、b分別是考查面面垂直、平行的性質(zhì)定理的易錯點，c錯是由于面面垂直判定定理的條件 缺失,選d 【選題意圖】本題主要考查空間線面及面面的平行、垂直判定和性質(zhì). 9.如圖1，已知正方體abcd a1bc11d 1的棱長為a， 動點m,n,q分別在線段ad1

7、,bc1, c1d1上.當三棱錐 a q-bmn的俯視圖如圖2所示時， 三棱錐q-bmn的正視圖面積等于 a. 12122a b. a2 c. d. 24【試題解析】由俯視圖可知點n和點c重合，q點和d1重合， m為ad1的中點，故其正視圖為三角形， 如右圖，從而得到其面積為 111 a a a2 .故選：b 224 【選題意圖】大綱要求會畫簡潔幾何體的三視圖. 考查同學關于簡潔幾何體體積的計算力量和空間想象能 力、 10.九章算術是我國古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學名著，書中有如下問題:“今有委米依垣內(nèi)角，下周八尺，高五尺.問:積及為米幾何?”其意思為:“在屋內(nèi)墻角處堆放米(如圖，米堆為一個圓錐的四

8、分之一)，米堆為一個圓錐的四分之一)，米堆底部的弧長為8尺，米堆的高為5尺，問米堆的體積和堆放的米各為多少?”已知1斛米的體積約為1.62立方尺，圓周率約為3，估算出堆放斛的米約有 a. 14斛 b. 22斛 c. 36斛 d. 66斛 116 2 3r 8，得r ， 43 11162320320 （） 5 1.62 22斛，故選b. 所以米堆的體積為 3 ，故堆放的米約有 43399 【試題解析】設圓錐的底面半徑為r，則 【選題意圖】以九章算術為背景，賜予新定義，增加了試題的新奇性，中檔題.需要想象、計算，本質(zhì)就是求 1 個圓錐的體積. 4 11.某零件的正（主）視圖與側(cè)（左）視圖均是如圖所

9、示的 圖形（實線組成半徑為2cm的半圓，虛線是等腰三 角形的兩腰），俯視圖是一個半徑為2cm的圓（包括圓心）， 則該零件的體積是 第2題圖 333 a cm b cm c4 cm d 438320 cm3 3 【試題解析】由題意知，該零件為一個半球挖去一個圓錐構成， 所以其體積為v 21 23 22 1 4，所以選c. 33 【選題意圖】本題考查考生對三視圖的基本學問和技能的把握與運用，考查同學關于簡潔幾何體體積 的計算力量和空間想象力量、應用意識及算法思想. 12用單位立方塊搭一個幾何體，使它的主視圖和俯視圖如右圖所示，則它的體積的最小值與最大值 分別為 a9與13 b7與10 d10與15

10、 c10與16 【試題解析】由題意知選c， 主視圖 俯視圖 【選題意圖】本題考查考生對三視圖的基本學問和技能的把握與運用，考查同學關于簡潔幾何體體積 的計算力量和空間想象力量、應用意識及推理論證力量. 二、填空題： 13.一個四棱錐的底面為菱形，其三視圖如圖2所示， 則這個四棱錐的體積是 【試題解析】通過三視圖，可以看出該幾何體為 111 v sh 4 2 3 4 332一個四棱錐， 【選題意圖】本題旨在考查三視圖與幾何體體積， 同學還有要會從“長對正、高平齊、寬相等” 的原則中提取所需的數(shù)據(jù). 側(cè)（左）視圖 圖2 俯視圖 14.已知點a,b,c,d在同一球面上，且ab bc 2, ac ab

11、cd體積的最大值為則該球的表面積為 4 ，3 【試題解析】由于ab bc 2,ac abc為直角三角形，當點d到平面abc的距離最大 時，其四周體的體積最大，也就是點d在平面abc內(nèi)的射影恰為斜邊中點時，體積最大，故得到其球的半徑為 3 ，故其體積為9 . 2 【選題意圖】本題旨在考查四周體的結(jié)構特征、球的表面積公式、四周體的體積等學問. abc 是15.已知球o的直徑pq 4， a,b,c是球o球面上的三點, apq bpq cpq 30 ， 正三角形，則三棱錐p abc的體積為 . 【試題解析】設球心為m， abc截面小圓的圓心為o， abc是等邊三角形， apq bpq cpq 30 ，

12、 p在面 abc 的投影o是等邊 abc 的重心（此時四心合一） pq 是直徑， pcq=90 , pc=4cos30 , po 3,oc 2o是等邊 abc的重心 oc=oh 等邊 abc的高 oh ac 60 3 322 三棱錐p abc體積v=po s abc 1311 3 3 32【選題意圖】本題重點考查空間幾何體的三視圖以及與球有關的組合體的體積的計算，難度中等. 16. 若四周體abcd的三組對棱分別相等,即ab cd,ac bd,ad bc,則正確的是_（寫出 全部正確結(jié)論編號）. 四周體abcd每組對棱相互垂直； 四周體abcd每個面的面積相等； 從四周體abcd每個頂點動身的

13、三條棱兩兩夾角之和大于90 。而小于180。； 連接四周體abcd每組對棱中點的線段互垂直平分； 從四周體abcd每個頂點動身的三條棱的長可作為一個三角形的三邊長. 切入：先作出空間四周體abcd，逐一進行排解. 【試題解析】當四周體abcd是正四周體時才成立；四周體abcd每個面是全等三角形,面積相等； 從四周體abcd每個頂點動身的三條棱兩兩夾角之和等于 180 ；連接四周體abcd每組對棱中點構成菱形,線段互垂直平分；從四周體abcd每個頂點動身的三條棱的長可作為一個三角形的三邊長. 正確的是. 【選題意圖】大綱要求會畫簡潔幾何體的三視圖，而本題的切入點恰是先作出空間四周體abcd， 逐

14、一進行排解. 三、解答題： ,ab17.如圖1，在等腰直角三角形abc中, a 90 ,bc 6,d,e分別是ac上的 點,cd beo為bc的中點.將 ade沿de折起,得到如圖2所示的四棱錐a bcde,其中a o(1) 證明:a o 平面bcde； (2) 求二面角a cd b的平面角的余弦值. o 圖1 圖2 b a 【試題解析】（1）在圖1中，易得oc 3,ac 32,ad 22， 連結(jié)od,oe，在 ocd中，由余弦定理可得 od 2 2 2 o e 以a o od. 由翻折不變性可知a d ,所以a o od a d，所h 同理可證a o oe, 又od oe o,所以a o 平

15、面bcde. (2) 傳統(tǒng)法:過o作oh cd交cd的延長線于h,連結(jié)a h, 由于a o 平面bcde,所以a h cd,所以 a ho為二面角a cd b的平面角. 結(jié)合圖1可知,h為ac中點, 故oh ,從而a h 2 所以cos a ho oh,所以二面角a cd b. a h向量法 :以o點為原點,建立空間直角坐標系o xyz如圖所示,則a ,c 0, 3,0 ,d 1, 2,0 所以ca ,da 1, 設n x,y,z 為平面a cd的法向量,則 y x n ca 0 3y 0,即 ,解得 , z n da 0 x 2y 0 令x 1,得n 1, 由(1) 知,oa 為平面cdb的

16、一個法向量, n oa 所以cosn,oa ,即二面角a cd b. noa 【選題意圖】本題考查空間中線線、線面、面面的位置關系及二面角的平面角， 需要關注翻折問題中的變與不變， 18.如圖所示，已知ab為圓o的直徑，點d為線段ab 上一點，且ad 且bc 點p在圓o所在平面上的正投影為點d，pd db （1）求證：pa cd； （2）求二面角c pb a的余弦值 【試題解析】（1）證明1：連接co，由3ad db知，點d為ao 又ab為圓o的直徑，ac cb， bc知， cab 60， aco為等邊三角形，從而cd ao 1 db，點c為圓o上一點，3 點p在圓o所在平面上的正投影為點d，

17、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：證明cd 平面pab時，也可以由平面pab 平面acb得到） 證明2：ab為圓o的直徑，ac cb， 在rt abc中設ad 1，由3ad db bc得，db 3，ab 4，bc bdbc，則 bdc bca， bca bdc，即cd ao bcab2 點p在圓o所在平面上的正投影為點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 證明3：ab為圓o的直徑，ac cb， 在rt abc

18、 bc得， abc 30， 設ad 1，由3ad db得，db 3，bc 由余弦定理得，cd db bc 2db bccos30 3， 222 cd db bc，即cd ao 2 2 2 點p在圓o所在平面上的正投影為點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（綜合法）：過點d作de pb，垂足為e，連接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為二面角c pb a 的平面角 由（1）可知cd

19、，pd db 3， （注：在第（ 1）問中使用方法1 pb de pd db， pb2cd， de在rt cde中，tan dec cos dec c pb a. 解法2：（坐標法）以d為原點，dc、db和dp的方向分別為x軸、y軸和z軸的正向，建立如圖所示 的空間直角坐標系 （注：假如第（1）問就使用“坐標法”時，建系之前先要證明cd ab） 設ad 1，由3ad db bc得，pd db 3，cd ， d (0,0,0)，c，b(0,3,0)，p(0,0,3)， pc 3) ，pb (0,3, 3)，cd (， 由cd 平面pab，知平面pab的一個法向量為cd ( 設平面pbc的一個法向

20、量為n (x,y,z)，則 3y 0 n pc 0 ，即，令y 1，則x z 1， 3y 3z 0 n pb 0 n ,1)， 設二面角c pb a 的平面角的大小為 ， n cd 則cos 5|n| |cd|二面角c pb a 【選題意圖】本題考查本題考查空間中線線、線面、面面的位置關系及二面角的平面角，通過投影代入線線垂直等學問，考查考生空間想象、推理論證，以及運算求解力量. 19. 已知多面體abcde中，ab 平面acd，de 平面acd，ac ad cd de 2， ab 1，f為ce的中點. （1）求證：af cd； （2）求直線ac與平面ceb所成角的大小的余弦值. 【試題解析】

21、(1）證明：取cd的中點g， 連接ag、gf，則gf/de ac ad ag cd de 平面acd de cd gf cd ag gf g cd 平面agf af 平面agf af cd （2）解：分別以gd、gf、ga為x、y、z軸 建立如圖空間直角坐標系g xyz， 則b(0,1,),c( 1,0,0),e(1,2,0) cb (1,1,),ce (2,2,0),ca (1,0,) 設平面cbe的法向量為n (x,y,z)， n cb x y z 0則 2x 2y 0 設x 1，則 (1, 1,0) cos ca,n 2 4 設直線ac與平面cbe所成角為 ，則cos 4 直線ac與平面

22、cbe所成角的余弦值為 . 4 【選題意圖】本題考查本題考查空間中線線、線面、面面的位置關系及線面角的相關學問， 考查考生空間想象、推理論證，以及運算求解力量. 20.如圖，在三棱柱abc a1b1c中，側(cè)棱aa1 底面abc，ab ac 2aa1， bac 120，d,d1 分別是線段bc,b1c1的中點，過線段ad的中點p作bc的平行線，分別交ab，ac于點m，n （1）證明：mn 平面add1a1； （2）求二面角a a1m n的余弦值 【試題解析】（1）證明：由于ab ac,d是bc的中點, c 所以,bc ad. 由于m，n分別為ab，ac的中點，所以mn bc 所以mn ad. 由

23、于aa1 平面abc,mn 平面abc，所以aa1 mn. c d d1 a1 b1 p b ad與aa1相交, 又由于ad,aa1在平面add1a1內(nèi),且 所以mn 平面add1a1. a作ae a1p于e, （2）解法一:連接a1p,過 過e作ef a1m于f,連接af. c b 由（）知,mn 平面aea1, 所以平面aea1 平面amn. 1 所以ae 平面amn,則a1m ae. 1所以a1m 平面aef,則a1m af. 故 afe為二面角a am n的平面角(設為 ) 1 設aa1 1,則由ab ac 2aa1, bac 120,有 bad 60,ab 2,ad 1. 又p為ad

24、的中點，則m為ab的中點，所以ap 1 ,am 1. 2 在rt aa1p 1p，a rt a1am中，am 1從而ae aa1 apaa1 amaf a1ma1pae. af5 所以sin 由于 afe為銳角，所以cos 故二面角a am n1 . 解法二: 設aa1 1.如圖,過a1作a1e平行于b1為坐標原點,分別以ae1c1,以a1,ad11,a1a的方向 為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標系o xyz(點o與點a1重合) 則a1 0,0,0 ,a 0,0,1 . 由于p為ad的中點,所以m,n分別為ab,ac的中點, c1 故m1 1 2,1 ,n 2,1 , 1 所以a1

25、m 2,1 ,a1a 0,0,1 ,nm 設平面aam的法向量為n1 x1,y1,z1 ， 1 1 ,1 0, x1,y1,z1 n1 a1m, n1 a1m 0, 2則 故有 即 n1 a1a, n1 a1a 0, x1,y1,z1 0,0,1 0. 1 x1 y1 z1 0,從而 2 取x1 1, 則y1 , 2 z1 0. 所以n1 1,是平面aam的一個法向量 1設平面amn的法向量為n2 x2,y2,z2 , 1 1 22,1 0, n2 a1m, n2 a1m 0, x2,y2,z2 則 故有 即 n2 nm, n2 nm 0,x,y,z 0. 222 1 x2 y2 z2 0,從

26、而 取y2 2,則z2 1, 2 2 0. 所以n2 0,2, 1 是平面amn的一個法向量 1設二面角a am n的平面角為 ,又 為銳角， 1 則cos n1 n2n1 n 2 . 5 . 故二面角a am n的余弦值為1 【選題意圖】本題考查本題考查空間中線線、線面、面面的位置關系及線面角的相關學問， 考查考生空間想象、推理論證，以及運算求解力量. 21.如圖，在四周體aboc中,oc oa,oc ob, aob 1200,且oa ob oc 1. （1）設p為ac的中點，證明:在ab上存在一點q,使pq oa,并計算（2）求二面角o ac b的平面角的余弦值. 【試題解析】方法1: （

27、1）證明：在平面oab內(nèi)作on oa交ab于n，連接nc 又oa oc， oa 平面onc ab 的值； aq nc 平面onc， oa nc 取q為an的中點，則pq/nc pq oa 在等腰 aob中， aob 120 oab oba 30 在rt aon中， oan 30 ， on 1 an aq2 在 onb中， nob 120 90 30 nbo， nb on aq. ab 3aq （2）解：連接 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

28、ac的中點，oa oc ac op， op on o ac 平面pon pn 平面pon ac pn opn為二面角o ac b的平面角 在等腰rt coa中，oc oa 1， op 在rt aon中， on oatan30 在rt pon中， pn po cos opn pn 方法2：（1）證明：在平面aob中，過點o，作on oa交取o為坐標原點，分別以oa，on，oc所在的直線為x軸，建立空間直角坐標系o xyz （如圖所示） 則a(1,0,0)，c(0,0,1)b( 13,0) 22 11 p為ac中點， p(,0, 22 設aq ab( (0,1) ab ( , 3,0) 22 33

29、33 ,0) (1 , ,0) =(1,0,0) ( ,2222131 , ) ( , 2222 pq oa pq oa 0 即 113ab13 0， . 所以存在點q(, 3. ,0)，使得pq oa，且 322aq26 （2）解：記平面abc的法向量為 (n1,n2,n3)，則由 ， ，且 (1,0, 1)， 33 ( ,0) 22 n1 n3 0 得 3 故可取 (11,1) 3 0 n2 2 又平面oac的法向量為e (0,1,0) cos , 5 二面角o ac b的平面角是銳角，記為 ，則cos . 5 【選題意圖】本題考查本題考查空間中線線、線面、面面的位置關系及二面角的平面角的

30、相關學問， 考查考生空間想象、推理論證，以及運算求解力量. 22.三棱柱abc a1b1c1中，側(cè)面aa1c1c 側(cè)面abb1a1，ac aa1 2ab， aa1c1 60 ，ab aa1，h為棱 cc1的中點，d在棱bb1上，且 a1d 面ab1h （）求證：d為bb1的中點； （）求二面角c1 a1d a的余弦值 【試題解析】 向量法()連結(jié)ac1,由于 acc1為正三角形, h為棱cc1的中點, 面abb1a1, 所以ah cc1,從而ah aa1,又面aac11c ah 面aac面aac11c 面abb1,11c, 1a1 aa c 所以ah 面abb1a1. 以a為原點,建立空間直角

31、坐標系a xyz如圖所示, 不妨設ab ,則aa1 2,a 1 0,2,0 ,b1設d 2,0, t,0, 則ab1 2,0,a1d t 2,0, 所以ab1 a1d 2 2 t 2 0,解得t 1, 即d,所以d為bb1的中點. ( )c 1,a1d 1,0,ac11 0, , 由于a1d 平面ab1h,ab1 平面ab1h,所以a1d ab1, y n ad 0 y 0 1 設平面c1a1d的法向量為n x,y,z ,則 , 即, 解得 , x z y 0 n a1c1 0 令x 3, 得n , 明顯平面aa1d 的一個法向量為ah , c h c1 n ah 所以cos n,ah , 1

32、1nah a d b1 a1 所以二面角c1 a1d a的余弦值為. 11 傳統(tǒng)法() 設ab b , 由ac aa1,所以ac aa1 2a, 由于a1d 平面ab1h,ab1 平面ab1h,所以a1d ab1, 從而 da1b1 a1b1a 90 ,所以 a1db1 ab1a1,所以故db1 a,所以d為bb1的中點. db1a1b1 , b1a1aa1 m,連結(jié)c1m,則c1m aa1, ()連結(jié)ac1,由 aac11 60 可得 aac11為正三角形,取aa1中點 面abb1a1,面aac 由于面aac11c11c 面abb1, 1a1 aa c1m 面aac11c,所以c1m 面ab

33、b1a1. n,連結(jié)c1n,則c1n a1d,所以 mnc1是二面角c1 a1d a的平面角. 作mn a1d于 經(jīng)計算得c1m ,mn ,c1n a,cos mnc1 , . 所以二面角c1 a1d a【選題意圖】本題考查本題考查空間中線線、線面、面面的位置關系及二面角的平面角，考查考生空間想象、推理論證，以及運算求解力量. 23.如圖，已知正方形abcd在水平面上的正投影（投影線垂直于投影面）是四邊形a'b'c'd'，其中a與 a'重合，且bb' dd' cc' （1）證明：ad'/平面bb'c'c，并

34、指出四邊形ab'c'd'的外形； （2）假如四邊形ab'c'd'中，ad' 2，ab' ，正方形abcd的邊長為6， 求平面abcd與平面ab'c'd'所成的銳二面角 的余弦值 【試題解析】證明：（1）依題意，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'上取點e，使得ce dd'，

35、 連結(jié)be，d'e，如圖51 由于ce/dd'，且ce dd'， d e b c' d' b' a(a') 所以cdd'e是平行四邊形，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'是平行四邊形， 從而ad'/be，又be 平面bb'c'c，ad' 平面bb'c'c， 所以ad'/平面bb'c'c 四邊形ab'c'd'是

36、平行四邊形（注：只需指出四邊形ab'c'd'的外形，不必證明） 解法2：由于dd'/cc'，cc' 平面bb'c'c，dd' 平面bb'c'c， 所以dd'/平面bb'c'c 由于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&

37、#39;c， 又ad' 平面add'，所以ad'/平面bb'c'c 四邊形ab'c'd'是平行四邊形（注：只需指出四邊形ab'c'd'的外形，不必證明） （2）解：依題意，在rtabb'中，bb' 在rtadd'中，dd' ab2 ab'2 (6)2 (5)2 1， ad2 ad'2 ()2 (2)2 2， 所以cc' bb' dd' aa' 1 2 0 3（注：或cc' ce ec' dd' bb

38、9; c2 1 3） 連結(jié)ac，ac'，如圖52， 在rt acc'中，ac' ac2 cc'2 (23)2 32 d 222 所以ac' b'c' ab'，故ac' b'c' 解法1：延長cb，c'b'相交于點f， 則 d' fb'bb'13 ，而b'c' 2，所以fc' 2 fc'cc'32 連結(jié)af，則af是平面abcd與平面ab'c'd'的交線 在平面ab'c'd'內(nèi)作c&

39、#39;g af，垂足為g，連結(jié)cg f a(a') 圖5 2 由于cc' 平面ab'c'd'，af 平面ab'c'd'，所以cc' af 從而af 平面cc'g，cg af 所以 cgc'是平面abcd與平面ab'c'd'所成的一個銳二面角 3 2 c'a c'f3在rtac'f中，c'g ， 2af5 3 2 (3) 2 2 3 35 330 在rtcc'g中，cg cc'2 c'g2 32 5 5 2 所以cos cos

40、cgc' c'g6 ， cg6 6 即平面abcd與平面ab'c'd'所成的銳二面角 的余弦值為6d解法2：以c'為原點，c'a為x軸，c'b'為y軸，c'c為z軸， 建立空間直角坐標系（如圖53），則平面ab'c'd'的一個法向量n (0,0,1) 設平面abcd的一個法向量為m (x,y,z)， 由于a(,0,0)，b(0, 2,1)，c(0,0,3)，所以 ( ,2,1)， (0, 2,2)， 而m ，m ，所以m 0且m 0， x 2y z 0即 ，取z 1，則y 2，x 3， 2y

41、 2z 0 所以平面abcd的一個法向量為m (3,2,1) |m n| 0 2 0 1 1|6 cos |cos m,n | 222222|m|n|6(3) (2) 1 0 0 1 所以平面abcd與平面ab'c'd'所成的銳二面角 的余弦值為 6 解法3：由題意，正方形abcd在水平面上的正投影是四邊形a'b'c'd'， 所以平面abcd與平面ab'c'd'所成的銳二面角 的余弦值 sab'c'd' sabcd ， 6 而sabcd (6)2 6，sab'c'd'

42、 b'c' ac' 2 3 6，所以cos 所以平面abcd與平面ab'c'd'所成的銳二面角 的余弦值為 6 【選題意圖】本題考查本題考查空間中線線、線面、面面的位置關系及二面角的平面角，通過投影代入線線垂直等學問，考查考生空間想象、推理論證，以及運算求解力量. 24. 如圖，已知abcd a1bc11d1是底面邊長為1的正四棱柱. （1）證明：平面abd1 平面aac11； （2）當二面角b1 ac1 d1的平面角為120時， 求四棱錐a a1bc11d1的體積. 【試題解析】（1）證明： aa1 平面a1b1c1d1， b1 a11 d1

43、b c a d b1d1 平面a1b1c1d1 aa1 b1d1，又 b1d1 a1c1， b1d1 平面aa1c1 又 b1d1 平面ab1d1， 平面abd1 平面aac11； （2）方法1：建立如圖所示的空間直角坐標系，設aa1 h， 那么a1(0,0,0)，a(0,0,h)，b1(1,0,0)，d1(0,1,0)，c1(1,1,0) ab1 (1,0, h)； ad1 (0,1, h)；b1c1 (0,1,0)；d1c1 (1,假設平面ab1c1與平面ad1c1的法向量分別為 n1 (x1,y1,z1)，n2 (x2,y2,z2) n1 ab1 x1 hz1 0那么 令z1 1，則x1

44、 h n1 b1c1 y1 0 n1 (x1,y1,z1) (h,01) 同理可以求得： n2 (x2,y2,z2) (0,h,1) d |n1 n2| |n1| |n2| |cos n1 n2 | 1 1 h2 1 h2 1 ， h2 1 2,h 1 2 此時，正四棱柱abcd a1b1c1d1是棱長為1的正方體， b d1 11 且四棱錐a a1b1c1d1的體積v 1 1 33 方法2：過點b1作b1h ac1于h，連接d1h，簡單證得d1h ac1， 所以 b1hd1 1200，且在 b1hd1中，由余弦定理可得： b1h=d1h 62 b1d1 b1h2 d1h2 2b1h d1h cos1200 2 所以b1h=d1h= 3 又可證得：ab1 b1c1所以在rt ab1c1，由等面積法：ab1 b1c1=b1h ac1 即h 1 1 2 所以h 1 h2 2 3 此時，正四棱柱abcd a1b1c1d1是棱長為1的正方體，且四棱錐a a1b1c1d1的體積 v 11