北京市2013屆高三數(shù)學理試題分類匯編(含9區(qū)一模上學期期末試題)專題立體幾何

北京市2013屆高三數(shù)學理試題分類匯編(含9區(qū)一模及上學期期末試題)專題：立體幾何(含答案)北京市2013屆高三數(shù)學理試題分類匯編(含9區(qū)一模及上學期期末試題)專題：立體幾何(含答案)45/45北京市2013屆高三數(shù)學理試題分類匯編(含9區(qū)一模及上學期期末試題)專題：立體幾何(含答案)北京2013屆高三最新模擬試題分類匯編（含9區(qū)一模及上學期期末試題精選）專題：立體幾何一、選擇題1．（2013屆北京大興區(qū)一模理科）已知平面,，直線m,n，以下命題中不正確的選項是（）．A．若m，m，則∥B．若m∥n，m，則nC．若m∥，n，則m∥nD．若m，m，則．2．（2013屆北京海濱一模理科）設l1,l2,l3為空間中三條互相平行且兩兩間的距離分別為4，5，6的直線.給出下列三個結論：①Aili(i1,2,3)，使得A1A2A3是直角三角形；②Aili(i1,2,3)，使得A1A2A3是等邊三角形；③三條直線上存在四點Ai(i1,2,3,4)，使得周圍體A1A2A3A4為在一個極點處的三條棱兩兩互相垂直的周圍體.其中，所有正確結論的序號是（）A．①B．①②C．①③D．②③3．（2013屆北京市延慶縣一模數(shù)學理）一周圍體的三視圖以下列圖，則該周圍體四個面中最大的面積是（）A．2B．22C．3D．23（7題圖）4．（2013屆北京西城區(qū)一模理科）某正三棱柱的三視圖以下列圖，其中正（主）視圖是邊長為2的正方形，該正三棱柱的表面積是（）A．63B．123C．1223D．24235．（2013屆北京西城區(qū)一模理科）如圖，正方體ABCDA1BC11D1中，P為底面ABCDPEAC于E，且PAPE，則點P的上的動點，1軌跡是（）A．線段B．圓弧C．橢圓的一部分D．拋物線的一部分6．（2013屆房山區(qū)一模理科數(shù)學）某三棱椎的三視圖以下列圖，該三棱錐的四個面的面積中，最大的是（）A．43B．8C．4737．（2013屆門頭溝區(qū)一模理科）一個幾何體的三視圖如右圖所示，則該幾何體的體積是11（）1主視圖左視圖1B．A．3215D．1C．6俯視圖8．（北京市東城區(qū)一般高中示范校2013屆高三3月聯(lián)考綜合練習（二）數(shù)學（理）試題）已知底面為正方形的四棱錐，其一條側(cè)棱垂直于底面，那么該四棱錐的三視圖可能是以下各圖中的正視圖側(cè)視圖正視圖側(cè)視圖正視圖側(cè)視圖正視圖側(cè)視圖俯視圖俯視圖俯視圖俯視圖（）A．B．C．D．9．（北京市東城區(qū)一般校2013屆高三3月聯(lián)考數(shù)學（理）試題）平面∥平面的一個充分條件是（）A．存在一條直線，a∥，a∥B．存在一條直線a，a，a∥C．存在兩條平行直線D．存在兩條異面直線

a，b，a，b，a∥，b∥a，b，a，b，a∥，b∥10．（北京市海淀區(qū)北師特學校2013屆高三第四次月考理科數(shù)學）已知一個幾何體是由上下兩部分構成的組合體，其三視圖以下，若圖中圓的半徑為1，等腰三角形的腰長為5，則該幾何體的體積是（）A．4B．2C．8D．1033311．（北京市西城區(qū)2013屆高三上學期期末考試數(shù)學理科試題）某周圍體的三視圖以下列圖．該周圍體的六條棱的長度中，最大的是（）A．25B．26C．27D．4212．（北京市通州區(qū)2013屆高三上學期期末考試理科數(shù)學試題）一個幾何體的三視圖以下列圖，該幾何體的表面積是22正（主）視圖側(cè)（左）視圖2俯視圖（）A．1642B．1242C．842D．44213．（北京市豐臺區(qū)2013屆高三上學期期末考試數(shù)學理試題）如圖，某三棱錐的三視圖都是直角邊為2的等腰直角三角形，則該三棱錐的四個面的面積中最大的是（）A．3B．23C．1D．214．（北京市昌平區(qū)2013屆高三上學期期末考試數(shù)學理試題）已知一個空間幾何體的三視圖以下列圖，依照圖中標出的尺寸，可得這個幾何體的全面積為（）A．104342B．102342C．142342．14434215．（【剖析】北京市旭日區(qū)2013屆高三上學期期末考試數(shù)學理試題）已知三棱錐的底面是邊長為1的正三角形，其正視圖與俯視圖以下列圖，則其側(cè)視圖的面積為（）A．3B．3C．3D．142416．（【剖析】北京市旭日區(qū)2013屆高三上學期期末考試數(shù)學理試題）在棱長為1的正方體ABCDA1BC11D1中，PPBDPPAADDPPAB點1，2分別是線段AB，1（不包括端點）上的動點，且線段12平行于平面11，則周圍體121的體積的最大值是（）A．1B．1C．1D．124126217．（【剖析】北京市石景山區(qū)2013屆高三上學期期末考試數(shù)學理試題）,是不同樣的平面，設m,n是不同樣的直線，以下命題中正確的選項是（）A．若m//,n,mn，則B．若m//,n,mn，則//C．若m//,n,m//n，則⊥D．若m//,n,m//n，則//18．（【剖析】北京市石景山區(qū)2013屆高三上學期期末考試數(shù)學理試題）某三棱錐的三視圖以下列圖，該三棱錐的體積是（）A．8B4C．243D．．32223正（主）視圖側(cè)（左）視圖31俯視圖19．（北京市房山區(qū)2013屆高三上學期期末考試數(shù)學理試題）若正三棱柱的三視圖以下列圖，該三棱柱的表面積是（）A．C．

363二、填空題20．（2013屆北京豐臺區(qū)一模理科）某周圍體的三視圖以下列圖，則該四面體的四個面中，直角三角形的面積和是_______.21．（北京市東城區(qū)2013屆高三上學期期末考試數(shù)學理科試題）一個幾何體的三視圖以下列圖，則該幾何體的表面積為．22．（【剖析】北京市海淀區(qū)

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屆高三上學期期末考試數(shù)學理試題

）三棱錐

D

ABC及其三視圖中的主視圖和左視圖以下列圖，則棱

BD的長為

_________.23．（【剖析】北京市海淀區(qū)2013屆高三上學期期末考試數(shù)學理試題）已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，動點P在正方體ABCDA1B1C1D1表面上運動，且PAr（0r3），記點P的軌跡的長度為f(r)，則1r的方程f(r)k的解的個數(shù)可以為________.（填上所有可能的值）.f()______________;關于2三、解答題24．（2013屆北京大興區(qū)一模理科）如圖，直三棱柱ABC—A1B1C1中，DABC是等邊三角形，D是BC的中點．（Ⅰ）求證：A1B//平面ADC1；（Ⅱ）若AB=BB1=2，求A1D與平面AC1D所成角的正弦值．25．（2013屆北京豐臺區(qū)一模理科）如圖，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，MD⊥平面ABCD，NB∥MD，且NB=1，MD=2；（Ⅰ）求證：AM∥平面BCN;M（Ⅱ）求AN與平面MNC所成角的正弦值；（Ⅲ）E為直線MN上一點，且平面ADE⊥平面MNC，求MEMN.

的值.ENDC26．（2013屆北京海濱一模理科）在四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，ABC是正三角形，AC與BD的交點M恰好是

ABAC中點，又PAAB4，CDA120，點N在線段PB上，且PN2．（Ⅰ）求證：BDPC；P（Ⅱ）求證：MN//平面PDC;N（Ⅲ）求二面角APCB的余弦值．A27．（2013屆北京市延慶縣一模數(shù)學理）如圖，四棱錐PDPABCD的底面MABCD為菱形，ABC60，側(cè)面PAB是邊長BC為2的正三角形，側(cè)面PAB底面ABCD.平面ABCD；QAMD(Ⅰ)設AB的中點為Q，求證：PQ（Ⅱ）求斜線PD與平面ABCD所成角的正弦值；BC（Ⅲ）在側(cè)棱PC上存在一點M，使得二面角MBDC的大小為60，求CM的值.CP28（．2013屆北京西城區(qū)一模理科）在以下列圖的幾何體中，面CDEF為正方形，面ABCD為等腰梯形，AB//CD，AB2BC，ABC60，ACFB．（Ⅰ）求證：AC平面FBC；（Ⅱ）求BC與平面EAC所成角的正弦值；（Ⅲ）線段ED上可否存在點Q，使平面EAC平面QBC？證明你的結論．29．（2013屆東城區(qū)一模理科）如圖，已知ACDE是直角梯形，且ED//AC，平面ACDE平面ABC，BACACD90，ABACAE2，ED1AB，P是BC的中點．2（Ⅰ）求證：DP//平面EAB；（Ⅱ）求平面EBD與平面ABC所成銳二面角大小的余弦值．30．（2013屆房山區(qū)一模理科數(shù)學）在四棱錐面PAD⊥底面ABCD，ABCD為直角梯形，BC//AD，PADC90，BCCD1AD1，PAPD，E,F為F2

ABCD中，側(cè)AD,PC的中點．（Ⅰ）求證：PA//平面BEF；（Ⅱ）若PC與AB所成角為45，求PE的長；（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，求二面角F-BE-A的余弦值．A31．（2013屆門頭溝區(qū)一模理科）在等腰梯形ABCD中，AD//BC，AD點．將梯形ABCD繞AB旋轉(zhuǎn)90，獲取梯形ABCD（如圖）．（Ⅰ）求證：AC平面ABC；C（Ⅱ）求證：CN//平面ADD；（Ⅲ）求二面角ACNC的余弦值．A

DCEB160，N是BC的中BC，ABC2DDBNC32．（北京市東城區(qū)一般高中示范校2013屆高三3月聯(lián)考綜合練習（二）數(shù)學（理）試題）(本小題滿分13分)在四棱錐PABCD中，底面ABCD為矩形，PD底面ABCD，AB1，BC2，PD3，G、F分別為AP、CD的中點．（1）求證：ADPC；（2）求證：FG//平面BCP；（3）線段AD上可否存在一點R，使得平面BPR平面PCB，若存在，求出AR的長；若不存在，請說明原由．PGDFCAB33．（北京市東城區(qū)一般校2013屆高三3月聯(lián)考數(shù)學（理）試題）已知幾何體A—BCED的三視圖以下列圖，其中俯視圖和側(cè)視圖都是腰長為4的等腰直角三角形，正視圖為直角梯形．（Ⅰ）求此幾何體的體積V的大小;（Ⅱ）求異面直線DE與AB所成角的余弦值；（Ⅲ）試試究在棱DE上可否存在點Q，使得AQBQ，若存在，求出DQ的長，不存在說明原由.4144正視圖側(cè)視圖俯視圖34．（北京市東城區(qū)2013屆高三上學期期末考試數(shù)學理科試題）如圖，在菱形ABCD中，DAB60，E是AB的中點，MA⊥平面ABCD，且在矩形ADNMN中，37AD2，AM．M7（Ⅰ）求證：AC⊥BN；（Ⅱ）求證：AN//平面MEC；（Ⅲ）求二面角MECD的大小.DCAEB35．（北京市海淀區(qū)北師特學校2013屆高三第四次月考理科數(shù)學）如圖所示，正方形AA1D1D與矩形ABCD所在平面互相D1垂直，AB2AD2,點E為AB的中點。（Ⅰ）求證：BD1//平面A1DEA1DC(Ⅱ)求證：D1EA1DA（Ⅲ）在線段AB上可否存在點M，使二面角BED1MCD的大小為？若存在，求出AM的長；若不存6在，請說明原由。36．（北京市西城區(qū)

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屆高三上學期期末考試數(shù)學理科試題）

如圖，四棱錐

P

ABCD

中，底面

ABCD

為正方形，

PA

PD

，PA

平面

PDC

，E為棱

PD的中點．（Ⅰ）求證：PB//平面EAC；（Ⅱ）求證：平面PAD平面ABCD；（Ⅲ）求二面角EACB的余弦值．37．（北京市通州區(qū)2013屆高三上學期期末考試理科數(shù)學試題）如圖，在三棱柱AC=BC=2，AB22，CC1=4，M是棱CC1上一點．（Ⅰ）求證：BC⊥AM；C1（Ⅱ）若N是AB上一點，且ANCM，求證：ABCC1MCN//平面AB1M；5，求二面角A-MB1-C的大?。á螅┤鬋M2C38．（北京市豐臺區(qū)2013屆高三上學期期末考試數(shù)學理試題）如P-ABC中，PA=PB=AB=2，BC3，ABC90°,平面PABC，D、E分別為AB、AC中點.

ABC-A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，B1A1BNA圖，在三棱錐PAB平面（Ⅰ）求證：DE‖平面PBC;（Ⅱ）求證：ABPE；ADE（Ⅲ）求二面角A-PB-E的大小.BC39．（北京市昌平區(qū)2013屆高三上學期期末考試數(shù)學理試題）（本小題滿分14分）在四棱錐E-ABCD中，底面ABCD是正方形，AC與BD交于點O,EC^底面ABCD，F(xiàn)為BE的中點.（Ⅰ）求證：DE∥平面ACF；（Ⅱ）求證：BD^AE；（Ⅲ）若AB=2CE,在線段EO上可否存在點G，使CG^平面BDE？若存在，求出EG的值，若不存在，請說明EO

原由．EFC

BODA40．（【剖析】北京市旭日區(qū)2013屆高三上學期期末考試數(shù)學理試題）在長方體ABCD-ABCD中，AA=AD=2，11111點E在棱CD上，且CE=1CD．3（Ⅰ）求證：AD1平面A1B1D；DEC（Ⅱ）在棱AA1上可否存在點P，使DP∥平面B1AE？若存在，求出線段AP的長；若不存在，請說明原由；AB（Ⅲ）若二面角A-BE-A的余弦值為30，求棱ABD的1161C1長．A1B141．（【剖析】北京市海淀區(qū)2013屆高三上學期期末考試數(shù)學理試題）如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，ABACAA12,E是BC中點.（I）求證：A1B//平面AEC1；（II）若棱AA1上存在一點M，滿足B1MC1E，求AM的長；（Ⅲ）求平面AEC1與平面ABB1A1所成銳二面角的余弦值.A1CB1ACEB42．（【剖析】北京市石景山區(qū)2013屆高三上學期期末考試數(shù)學理試題）如圖1，在RtABC中，C90，BC3，AC6．D、E分別是AC、AB上的點，且DE//BC，將ADE沿DE折起到A1DE的地址，使A1DCD，如圖2．（Ⅰ）求證：BC平面A1DC；（Ⅱ）若CD2，求BE與平面A1BC所成角的正弦值；（Ⅲ）當D點在哪處時，A1B的長度最小，并求出最小值．A1ADCDCEEBB圖1圖243．（北京市房山區(qū)2013屆高三上學期期末考試數(shù)學理試題）（本小題滿分14分）在長方體ABCDA1B1C1D1中，AB

BC

1，

AA1

2，E為

BB1中點.（Ⅰ）證明：

AC

D1E；（Ⅱ）求

DE與平面

AD1E所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱AD上可否存在一點P，使得BP∥平面AD1E？若存在，求DP的長；若不存在，說明原由.D1C1A1B1EDCAB北京2013屆高三最新模擬試題分類匯編（含9區(qū)一模及上學期期末試題精選）專題：立體幾何參照答案一、選擇題CBDCACCCD【答案】A【剖析】由三視圖可知，該幾何體上部分是一個圓錐，下部分是個半球，球半徑為1，圓錐的高為h(5)2142，所以圓錐的體積為122，半球的體積為2，所以幾何體的整體積333為224，選A.333【答案】C解：由三視圖可知該周圍體為VABC,其中ECCB2,AE23,VC2,AEBE,VCABE.所以六條棱中，最大的為VA或許AB.AC2AE2EC2(23)22216,所以2A2C222，2此0時VA2022223)24228,所以VAV1C65。ABAEEB(2AB282725，所以棱長最大的為27，選C.12.【答案】B【剖析】由三視圖可知，該幾何體是一個平放的直三棱柱，棱柱的底面為等腰直角三角形，棱柱的高為2，所以該幾何體的底面積為21224，側(cè)面積為(2222)2842，所以表面積為284241242，選B.【答案】A解：由三視圖可知，該幾何體是一個三棱錐，三棱錐的三個側(cè)面都是等腰直角三角形，,所以四個面中面積最大的為BCD，且BCD是邊長為為2的正三角形，所以SBCD12233，選A.22【答案】B解：依照三視圖復原的幾何體是底面為直角梯形，一條側(cè)棱垂直直角梯形的直角極點的四棱錐其中ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB=AD=2，BC=4，即PA⊥平面ABCD，PA=2。且CD22,，PD22,PB22,,PC26(24)2,底面梯形的面積為6，2SPAB1222,SPAD1222,SPBC1DPC2222442,側(cè)面三角形中的高2DO(22)2(6)22，所以SPDC126223，所以該幾何體的總面積為6222342102342，2選B.【答案】C解：由正視圖與俯視圖可知，該幾何體為正三棱錐，側(cè)視圖為，側(cè)視圖的高為3，高為23133，所以側(cè)視圖的面積為23。選C.24【答案】A解：過P做PO底面于O,連接OP,則OPAB，即OP為三棱錐PPAB的高，設22111211APx，0x1OP//ADOP1BP1OP，則由題意知,所以有ADAB，即111周圍體PPAB的體積為1SAPBOP111x(1x)1x(1x)1213113261x1x，即xPP12AB1的體積的最大值為時，取等號，所以周圍體2

1x。三角形SAP1B11x，所以21(x1x)21，當且僅當6224，選A.24【答案】C解：C中，當m//,m//n，所以，n//,或n,當n，所以⊥，所以正確?！敬鸢浮緽解：由三視圖可知該幾何體為三棱錐，三棱錐的高為2，底面三角形的高為3，底面邊長為3，所以底面積為1436，所以該幾何體的體積為1624，選B.2319.D二、填空題20.25；21.【答案】75410解：由三視圖可知，該幾何體是底面是直角梯形的四棱柱。棱柱的高為4，，底面梯形的上底為4，下底為5，腰CD32110,所以梯形的面積為S(45)327，梯形的周長為22345101012，所以四個側(cè)面積為(1012)441048，所以該幾何體的表面積為410482775410。22【答案】42解：取AC的中點，連接BE,DE由主視圖可知BEAC,BEDE.DCABC且DC4,BE23,AEEC2.所2222，即以BCBE(E2C3)2164BD2BC2D4C24232。42π;0,2,3,4【答案】4解：由定義可知當PA1，點P的軌跡是半徑為1的1圓周長，此時點P分別在三個側(cè)面上運動，所以2241113。由正方體可知，當0r1，點P在三個面上運動，此時f(r)遞加，當15f()3(2)4r2422時，f(r)遞減，當5r2時，f(r)遞加，當2r3時，f(r)遞減，如草圖，所以方程f(r)k2的解的個數(shù)可能為

0,2,3,4

個。24.證明：（I）由于三棱柱

ABC

A1B1C1是直三棱柱，所以四邊形

A1ACC1是矩形。連接

A1C

交

AC1于

O，則

O是

AC1的中點，又

D是

BC

的中點，所以在

ADC1中，

OD//A1B。由于

A1B

平面

ADC1，OD

平面

ADC1，所以

A1B//平面

ADC1。（II）由于

ABC是等邊三角形，

D是

BC

的中點，所以

AD

BC

。以

D為原點，建立以下列圖空間坐標系Dxyz。由已知

AB

BB1

2，得：D(0,0,0)，A(3,0,0)，A1(3,0,2)，C1(0,1,2).則DA(3,0,0)，1(0,1,2)，設平面ADC1的法向量為n(x,y,z)。DC由nDA03x0，令z，則x0，y2，所以n(0,2,1).nDC10y2z0又DA1(3,0,2)，得nDA10320122。所以cosDA1,n22355735A1D與平面ADC1所成角，sin|cosDA1n|235。35所以A1D與平面ADC1所成角的正弦235。3525.解：（Ⅰ）∵ABCD是正方形,∴BC∥AD.BC平面AMD,AD平面AMD,BC∥平面AMD.NB∥MD,NB平面AMD,MD平面AMD,NB∥平面AMD.NBBC=B,NB平面BCN,BC平面BCN,∴平面AMD∥平面BCN???????????????????????????????3分AM平面AMD,∴AM∥平面BCN??????????????????????????????????4分(也可建立直角坐系，明AM垂直平面BCN的法向量，酌情分)（Ⅱ）MD平面ABCD，ABCD是正方形，所以，可點D原點，DA,DC,DM所在直分x,y,z，建立空直角坐系（如）?????????????????????????5分A2,0,0，M0,0,2，C0,2,0,N2,2,1.AN(0,2,1),??????????????z?6分MMN(2,2,1)，MC(0,2,2),平面MNC的法向量nx,y,z,2x2yz02y2z，令z2，n1,2,2,?70分

ENDCyABAN與平面MNC所成角,xsincosAN,n221225535.??9分（Ⅲ）E(x,y,z)，ME，MEMN，MN又ME(x,y,z2),MN(2,2,1)，E點的坐(2,2,2)，?????????????????????????AD面MDC,ADMC，欲使平面ADE平面MNC，只要AEMC，⊥AE(22,2,2),MC(0,2,2)，AEMC042(2)0，2ME23MN.??????????????????????????????3明：(I)因ABC是正三角形，M是AC中點，所以BMAC,即BDAC??????1分又因PA平面ABCD，BD平面ABCD，PABD??????2分又PAACA，所以BD平面PAC??????3分又PC平面PAC，所以BDPC??????4分（Ⅱ）在正三角形ABC中，BM23??????5分在ACD中，因MAC中點，DMAC，所以ADCDCDA120，所以DM23，所以BM:MD3:1??????6分3在等腰直角三角形PAB中，PAAB4，PB42，所以BN:NP3:1，BN:NPBM:MD，所以MN//PD??????8分又MN平面PDC，PD平面PDC，所以MN//平面PDC??????9分（Ⅲ）因BADBACCAD90，z所以ABAD，分以AB,AD,APx,y,zPN的空直角坐系，ADMBCx

分分建立如y所以B(4,0,0),C(2,23,0),D(0,43,0),P(0,0,4)3由（Ⅱ）可知，DB(4,43,0)為平面PAC的法向量10分3PC(2,23,4)，PB(4,0,4)設平面PBC的一個法向量為n(x,y,z),nPC0，即2x23y4z0則4x4z0，nPB0令z3,則平面PBC的一個法向量為n(3,3,3)12分設二面角APCB的大小為，則cosnDB7nDB77所以二面角APCB余弦值為714分27.(Ⅰ)證明：由于側(cè)面PAB是正三角形，AB的中點為Q，所以PQAB，由于側(cè)面PAB底面ABCD，側(cè)面PAB底面ABCDAB，PQ側(cè)面PAB，所以PQ平面ABCD.3分（Ⅱ）連接AC，設ACBDO，建立空間直角坐標系Oxyz，則O(0,0,0)，B(3,0,0)，C(0,1,0)，D(3,0,0)，P(3,1,3，5分22PD(33,1,3),平面ABCD的法向量m(0,0,1)，22設斜線PD與平面ABCD所成角的為，則sin|cosm·PD|3308分m,PD||.|m||PD|27110344（Ⅲ）CMtCP(3t,3t,3t)，M(3t,3t1,3t)，2222BM(3t3,3t1,3t)，DB23(1,0,0)，???10分22平面MBD的法向量n(x,y,z)，nDBn·DB0x0，nMBn·MB0(3t3)x(3t1)y3tz0，22取z3，得n(0,6t,3)，又平面ABCD的法向量m(0,0,1)???12分3t2m·n||cos,||cos60|31所以，所以，|mn|m|n|3(6t)223t2解得t2（舍去）或t2.所以，此CM2.???14分5CP528.（Ⅰ）明：因AB2BC，ABC60，在△ABC中，由余弦定理可得AC3BC，所以ACBC．??????2分又因ACFB，所以AC平面FBC．??????4分（Ⅱ）解：因AC平面FBC，所以ACFC．因CDFC，所以FC平面ABCD．??????5分所以CA,CF,CB兩兩互相垂直，如建立的空直角坐系Cxyz．??????6分在等腰梯形ABCD中，可得CBCD．BC1，所以C(0,0,0),A(3,0,0),B(0,1,0),D(3,1,0),E(3,1,1)．2222所以CE(3,1,1)，CA(3,0,0)，CB(0,1,0)．22平面EAC的法向量n=(x,y,z)，有nCE0,nCA0.3x1yz0,(0,2,1)．??????8分所以22取z1，得n3x0.BC與平面EAC所成的角，sin|cosCB,n||CBn|25，|CB||n|5所以BC與平面EAC所成角的正弦25．??????9分5（Ⅲ）解：段ED上不存在點Q，使平面EAC平面QBC．明以下：??????10分假段ED上存在點Q，Q(3,1,t)(0t1)，所以CQ(3,1,t)．2222平面QBC的法向量m(a,b,c)，有mCB0,mCQ0.b0,2所以31取c1，得m(t,0,1)．??????12分abtc0.322要使平面EAC平面QBC，只要mn0，??????13分即202110，此方程無解．t03所以段ED上不存在點Q，使平面EAC平面QBC．??????14分明（Ⅰ）取AB的中點F，PF，EF．因P是BC的中點，所以FP//AC，F(xiàn)P1AC．2因ED//AC，且ED1AB1AC，所以ED//FP，且ED22FP，所以四形EFPD是平行四形．所以DP//EF．因EF平面EAB，DP平面EAB，所以DP//平面EAB．（Ⅱ）因BAC90，平面EACD平面ABC，所以以點A原點，直ABx，直ACy，建立如所示的空直角坐系Axyz，z在平面EACD內(nèi)．由已知可得A(0,0,0)，B(2,0,0)，E(0,1,3)，D(0,2,3)．所以EB(2,1,3)，ED(0,1,0)，平面EBD的法向量n(x,y,z)．由nEB0,nED0.所以2xy3z0,0.取z2，所以n(3,0,2)．又因平面ABC的一個法向量m(0,0,1)．所以cosn,mnm27．nm7即平面EBD與平面ABC所成二面角大小的余弦27．7（Ⅰ）明：接AC交BE于O，并接EC，F(xiàn)OBC//AD,BC1AD,EAD中點2AE//BC，且AE=BC四形ABCE平行四形OAC中點?????????????.??????..1分又FAD中點OF//PA?????????????????...2分?OF平面BE,FPA平面BEF?????...?.3分PA//平面BEF???????????????..??..?..4分（Ⅱ）解法一：PAPDE為AD中點PEAD側(cè)面PAD底面ABCD,側(cè)面PAD底面ABCDAD,PE平面PADzPFDCEAxPE平面ABCD??????????.???????6分易知BCDE正方形ADBE建立如空直角坐系Exyz，PEt（t0）E0,0,0,A1,0,0,B0,1,0,P0,0,t,C1,1,0PC1,1,t,AB1,1,0PC與AB所成角為450

OBycosPC,ABPCAB110cos4502，??.???8分PCAB2t222解得：t2PE2??????????????????????????.9分解法二：由BCDE正方形可得EC2BC2由ABCE平行四形可得EC//ABPCEPC與AB所成角即PCE450?????????????..?5分PAPDE為AD中點PEAD側(cè)面PAD底面ABCD,側(cè)面PAD底面ABCDAD,PE平面PADPE平面ABCD????????????????????????.?7分PEEC??????????????????????????.8分PEEC2?????????????..???9分（Ⅲ）FPC的中點，所以F112,,222，EB0,1,0,EF1,1,2222nx,y,z是平面BEF的法向量nEBy0,1x1y2z0．nEF222取x2，z2，得n2,0,2??????????????????.11分EP0,0,2是平面ABE的法向量???????????????????.12分cosn,EPnEP3???????????????????.13分nEP3由可知二面角EACB的平面角是角，所以二面角EACB的余弦3．????????????????.14分331.（Ⅰ）明：因AD1BC，N是BC的中點2所以ADNC，又AD//BC所以四形ANCD是平行四形，所以ANDC又因等腰梯形，ABC60，所以ABBNAD，所以四形ANCD是菱形，所以ACB130DCB2zBAC90，即ACAB所以C由已知可知平面CBA平面ABC，因平面CBA平面ABCABDAD所以AC平面ABC???????????4分（Ⅱ）明：因AD//BC，AD//BC，BNCxyADADA,BCBCB所以平面ADD//平面BCC又因CN平面BCC，所以CN//平面ADD??????????8分（Ⅲ）因AC平面ABC同理AC平面ABC，建立如如示坐系AB1，B(1,0,0),C(0,3,0),C(0,0,3)，N(1,3,0)，???????????9分22BC(1,0,3)，CC(0,3,3)平面CNC的法向量n(x,y,z)，有BCn0，CCn0，得n(3,1,1)???????????11分因AC平面ABC，所以平面CAN平面ABC又BDAN，平面CAN平面ABCAN所以BD平面CANBD與AN交于點O，OAN的中點，O(1,3,0)44所以平面CAN的法向量OB(3,3,0)???????????12分44所以cosnOB5???????????13分nOB5由形可知二面角ACNC角5所以二面角ACNC的余弦．???????????14分532.（1）明：底面ABCD矩形ADCDPD底面ABCD,AD平面ABCDADPDCDPDDAD平面PDCPC平面ABCDADPC?????????????4分P（2）明：取BP中點H，接GH,CHGHDFCG,F分別為AP,DC中點GH//1FC//1ABAB,22GH//FC四邊形GFCH是平行四邊形，F(xiàn)G//CH，CH平面BCP，F(xiàn)G平面BCPFG//平面BCP8分(3)PD平面ABCD，以D為坐標原點，以DA,DC,DP所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空z間直角坐標系，P假設在線段AD上存在一點R，使得平面BPR平面PCB，設R(m,0,0)，C(0,1,0),B(2,1,0),P(0,0,3)GCB(2,0,0)PB(2,1,3)DFCyRB(2m,1,0)RP(m,0,3)AB設平面BCP的法向量為n1(x1,y1,z1)xCBn10，2x10，PBn102x1y13z10令y13n1(0,3,1)設平面BPR的法向量為n2(x2,y2,z2)RBn20(2m)x2y20令x21n2m)mx23z20(1,m2,RPn203n1n203(m2)m033，解得m2線段AD上存在點R，且當AR1平面PCB.13分時，使得平面BPR233.解：（1）由該幾何體的三視圖知AC面BCED,且EC=BC=AC=4，BD=1，∴S梯形BCED1(41)41012140∴VS梯形BCEDAC104．z333EDyCB11V40．4分V即幾何體的體S梯形BCEDAC1043332）以C原點，以CA，CB，CE所在直x,y,z建立空直角坐系．A（4，0，0），B（0，4，0），D（0，4，1），E（0，0，4）∴DE(0,4,3),AB(4,4,0)，∴cosDE,AB225∴異面直DE與AB所成的角的余弦22．4分5（3）∵點Q在棱DE上，∴存在(01)使得DQDEBQBDDQBDDE(0,0,1)(0,4,3)(0,4,31)同理AQ(4,44,31)AQBQAQBQ0,即0(4)(4)(44)(31)20∴1，足的點Q存在，DQ的114分534.解：（Ⅰ）BD，ACBD.由已知DN平面ABCD，因DNDBD，z所以AC平面NDB.????????2分N又因BN平面NDB，所以ACBN.????????4分M（Ⅱ）CM與BN交于F，EF.由已知可得四形BCNM是平行四形，F(xiàn)所以F是BN的中點.Dy因E是AB的中點，C所以AN//EF.??????????7分又EF平面MEC，AEBAN平面MEC，x所以AN//平面MEC.???????????????????????9分（Ⅲ）由于四形ABCD是菱形，E是AB的中點，可得DEAB.如建立空直角坐系Dxyz，D(0,0,0)，E(3,0,0),C(0,2,0)，M(3,371,).7CE(3,2.0)，EM(0,1,37).????????????????10分7平面MEC的法向量n(x,y,z).CEn0,EMn0.3x2y0,所以37zy0.7令x2.所以n(2,3,21).???????????????????????12分3又平面ADE的法向量m(0,0,1)，所以cosm,nmn1.mn2所以二面角MECD的大小是60°.???????????????14分35.（Ⅰ）四邊形ADD1A1為正方形，O是AD1的中點,點EAB的中點,接OE。EO為ABD1的中位EO//BD1??2分又BD1平面A1DE,OE平面A1DEBD1//平面A1DE??4分II）正方形ADD1A1中,A1DAD1由已知可得：AB平面ADD1A1，A1D平面ADD1A1??.6分ABA1D,ABAD1A??.7分A1D平面A1DE,D1E平面AD1EzA1DD1ED1??.8分A1oDCyAxEB（Ⅲ）由題意可得：D1D平面ABCD,以點D為原點，DA,DC,DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立以下列圖的空間直角坐標系，則D(0,0,0),C(0,2,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1)，9分設M(1,y0,0)(0y02)MC(1,2y0,0),D1C(0,2,1)10分設平面DMC的法向量為(,,)1n1xyzn1MC0則n1D1C0得xy(2y0)011分2yz0取y1,則n1(2y0,1,2)是平面D1MC的一個法向量，而平面n2(0,0,1)12分要使二面角D1MCD的大小為6而cos|cosn1,n2||n1n2|23(2y0)2122226|n1||n2|解得：y023(0y02)33時，二面角D1MCD的大小為13分當AM=26336.（Ⅰ）證明：連接BD與AC訂交于點O，連接EO．由于四邊形ABCD為正方形，所以O為BD中點．zP由于E為棱PD中點．E所以PB//EO．3分DOx由于PB平面EAC，EO平面EAC，A所以直線PB//平面EAC．4分

MCD的一個法向量為yCB（Ⅱ）證明：由于PA平面PDC，所以PACD．5分因四形ABCD正方形，所以ADCD，所以CD平面PAD．??????7分所以平面PAD平面ABCD．??????8分（Ⅲ）解法一：在平面PAD內(nèi)D作直DzAD．因平面PAD平面ABCD，所以Dz平面ABCD．由Dz,DA,DC兩兩垂直，建立如所示的空直角坐系Dxyz．????9分AB4，D(0,0,0),A(4,0,0),B(4,4,0),C(0,4,0),P(2,0,2),E(1,0,1)．所以EA(3,0,1)，AC(4,4,0)．nEA0,平面EAC的法向量n=(x,y,z)，有nAC0.所以3xz0,取x1，得n(1,1,3)．4x4y0．易知平面ABCD的法向量v(0,0,1)．所以|cos〈n,v〉||nv|311．|n||v|11由可知二面角EACB的平面角是角，所以二面角EACB的余弦311．11解法二：取AD中點M，BC中點N，PM，MN．因ABCD正方形，所以MN//CD．z由（Ⅱ）可得MN平面PAD．PE因PAPD，所以PMAD．DM由MP,MA,MN兩兩垂直，建立如所示xA的空直角坐系Mxyz．

??????11分??????12分??????13分??????14分CONyB??????9分AB4，A(2,0,0),B(2,4,0),C(2,4,0),D(2,0,0),P(0,0,2),E(1,0,1)．所以EA(3,0,1)，AC(4,4,0)．nEA0,平面EAC的法向量n=(x,y,z)，有AC0.n所以3xz0,取x1，得n(1,1,3)．??????11分4x4y0．易知平面ABCD的法向量v(0,0,1)．??????12分所以|cos〈n,v〉||nv|311．??????13分|n||v|11由可知二面角EACB的平面角是角，所以二面角EACB的余弦311??????14分．11明：（Ⅰ）因三棱柱ABC-A1B1C1中CC1⊥平面ABC，所以CC1⊥BC．????????1分因AC=BC=2，AB22，所以由勾股定理的逆定理知BC⊥AC．????????2分又因AC∩CC1=C，所以BC⊥平面ACC1A1．????????3分因AM平面ACC1A1，所以BC⊥AM．????????4分（Ⅱ）N作NP∥BB1交AB1于P，MP，C1B1NP∥CC1，且ANP∽ABB1．?????5分MA1P于是有NPAN．BB1ABCB由已知ANCMNPCM．N，有AABCC1BB1CC1因BB1=CC1．所以NP=CM．所以四形MCNP是平行四形．????????6分所以CN//MP．????????7分因CN平面AB1M，MP平面AB1M，????????8分所以CN//平面AB1M．????????9分（Ⅲ）因BC⊥AC，且CC1⊥平面ABC，zC所以以C原點，CA，CB，CC1分x，y，z建立MC-xyz．???????10分因CM55)，，所以C(0,0,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,4)，M(0,0,C22AM(2,0,5)，2B1M(0,2,3)．????????11分2平面AMB1的法向量n(x,y,z)，nAM0，nB1M0．(2,0,5(x,y,z)=0，)即23(0,2,)(x,y,z)=0.2令x5，y3,z4，即n(5,3,4)．????????12分又平面MB1C的一個法向量是CA=(2,0,0)，所以cosnCA,>=nCA|2．????????13分|n|CA|2由可知二面角A-MB1-C角，所以二面角A-MB1-C的大?。????????14分438.解：（Ⅰ）D、E分AB、AC中點，

B空直角坐系AyBNAxDE//BC．DE平面PBC，BC平面PBC，DE//平面PBC．??????????4分（Ⅱ）PD，PA=PB，PDAB．???????????.5分

PAEDDE//BC，BCAB，

B

CDEAB．6分又PDDED，AB平面PDE．8分PE平面PDE，ABPE．9分（Ⅲ）平面PAB平面ABC，平面PAB平面ABC=AB，PDAB，PD平面ABC．10分如,以D原點建立空直角坐系B(1,0,0)，P(0,0,3,0),z3)，E(0,32PB=(1,0,3)，PE,3）．P=(0,2平面PBE的法向量n1(x,y,z)，x3z0,3y3z令z3A0,E2Dy得n1(3,2,3)．11分BC平面PAB，xDE平面PAB的法向量n2(0,1,0)．???????12分二面角的APBE大小，由知，coscosn1,n2|n1n2|1n1n2，2所以60,即二面角的APBE大小60．14分[39.解：（I）接OF.由ABCD是正方形可知,點OBD中點.又FBE的中點，E所以OF∥DE???????.2分又OF趟平面ACF,DE平面ACF,F所以DE∥平面ACF????.4分GCBDOA(II)明：由EC^底面ABCD，BD底面ABCD，所以EC^BD,由ABCD是正方形可知,AC^BD,又AC翹EC=C,AC,EC平面ACE，所以BD^平面ACE,????????????..8分又AEì平面ACE，所以BD^AE????????????????..9分解法一：在段EO上存在點G，使CG^平面BDE.原由以下：如，取EO中點G，接CG.在四棱E-ABCD2AB=CE，中，AB=2CE,CO=2所以CG^EO.?????????????????????????..11分由（II）可知，BD^平面ACE,而BDì平面BDE,所以，平面ACE^平面BDE,且平面ACE?平面BDEEO，因CG^EO,CG平面ACE，所以CG^平面BDE??????????????????????.13分故在段EO上存在點G，使CG^平面BDE.由GEO中點，得EG=1.?????????????????14分EO2解法二：由且底面ABCD是正方形，如，EC^底面ABCD，z建立空直角坐系C-DBE,E由已知AB=2CE,CE=a(a>0)，F(xiàn)GCByC(0,0,0),D(2a,0,0),B(0,DOAxO(22uuur2a,-uuruuur22a,-a).G段EO上a,2a,0),BD=(2a,0),BE=(0,-2a,a),EO=(a,222一點，且EG=(0<uuuruuura,2a,-a),<1)，EG=EO=(2EO22uuuruuruuur22a,(1-)a),??????????..12分CG=CE+EO=(2a,2uuuruuuruuuruur由意，若段EO上存在點G，使CG^平面BDE，CG^BD，CG^BE.所以，-a2+(1-)a2=0,解得，=1（0,1），2故在段EO上存在點G，使CG^平面BDE，且EG=1.????????14分EO240.明：（Ⅰ）在方體111中，ABCD-A1BCDDEC因A1B1面A1D1DA，所以A1B1AD1．????????2分A在矩形ADDA中，因AA=AD=2，D1111所以AD1A1D．A1所以AD1面A1B1D．?????????4分（Ⅱ）如，在方體ABCD-A1BC11D1中，以D1原點建立空直角坐系依意可知，D1(0,0,0),A1(2,0,0),D(0,0,2)，zDA(2,0,2)，AB的x，C1(0,x,0),B1(2,x,0)，AC(0,x,2),E(0,2x,2)．3D1假在棱AA1上存在點P，使得DP∥平面B1AE．點P(2,0,y)，DP(2,0,y-2)