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1、 歷屆真題專題 【 2011 年高考試題】 一、選擇題 : 1. (2011 年高考山東卷理科 11) 下圖是長和寬分別相等的兩個矩形．給定下列三個命題： ①存在三 棱 柱，其正 ( 主 ) 視圖、俯視圖如下圖；②存在四棱柱，其正 ( 主) 視圖、俯視圖如 下圖；③存在圓柱，其正 ( 主 ) 視圖、俯視圖如下圖．其中真命題的個數(shù)是 (A)3 (B)2 (C)1 (D)0 【答案】 A 【解析】對于① , 可以是放倒的三棱柱；容易判斷②③可以 . 2. (2011 年高考浙江卷理科 3) 若某幾何體的

2、三視圖如圖所示，則這個幾何體的直觀圖可以 是 4. (2011 年高考安徽卷理科 6) 一個空間幾何體得三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為 1 （A） 48

3、 (B)32+8 (C) 48+8 (D) 80 【答案】 C 【命題意圖】本題考查三視圖的識別以及空間多面體表面積的求法 . 【解析】由三視圖可知幾何體是底面是等腰梯形的直棱柱 . 底面等腰梯形的上底為 2，下底 為 4，高為 4，。故  S表 【解題指導】：三視圖還原很關鍵，每一個數(shù)據(jù)都要標注準確。 5. (2011 年高考遼寧卷理科 8) 如圖，四棱錐 S-ABCD的底面為正方形， SD⊥底面 ABCD，則下

4、 故 AC⊥平面 ABD,因為 SB 平面 ABD,所以 AC⊥ SB，正確 . 對于 B：因為 AB//CD, 所以 AB// 平 面 SCD.對于 C: 設 AC BD O . 因為 AC⊥平面 ABD，所以 SA和 SC在平面 SBD內的射影為 2 SO，則∠ ASO和∠ CSO就是 SA與平面 SBD所成的角和 SC與平面 SBD所成的角，二者相等， 正確 . 故選 D. 6. (

5、2011 年高考遼寧卷理科 12) 已知球的直徑 SC=4， A,B 是該球球面上的兩點， AB= 3 ， ASC BSC 30 ，則棱錐 S-ABC的體積為（ ） （ A） 3 3 （B） 2 3 （ C） 3 （ D）1 第 6 題圖

6、 C A B  D 3 答案： D 解析： 由主視圖和府視圖可知， 原幾何體是由后面是半個圓錐，前面是三棱錐的組合體，所 以，左視圖是 D. 點評：本題考查三

7、視圖、直觀圖及他們之間的互化，同時也考查空間想象能力和推理能力， 要求有扎實的基礎知識和基本技能。 8． (2011 年高考江西卷理科 8) 已知 1 ， 2 ， 3 是三個相互平行的平面．平面 1 ， 2 之 間的距離為 d1 ，平面 2 ， 3 之間的距離為 d2 ．直線 l 與 1 ， 2 ， 3 分別相交于 P1 ， P2 ， P3 ，那么“ P1 P2 = P2 P3 ”是“ d1 d2 ”的 A. 充分不必要條件 B. 必要不充分條件 C ．充分必要條件 D ．既不充分也不必

8、要條件 【答案】 C 【解析】過點 P1 作平面 2 的垂線 g, 交平面 2 ， 3 分別于點 A、B 兩點 , 由兩個平面平行的 性質可知 P2 A ∥ P3 B , 所以 PP12 d1 , 故選 C. PP d 2 1 2 9. (2011 年高考湖南卷理科 3) 設圖 1 是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為 A. 9 12 B. 9 18 C. 9 42 D. 36 18 3 2

9、 2 答案： B 解析：由三視圖可以還原為一個底面為邊長是 3 的正方形， 2 高為 2 的長方體以及一個直徑為 3 的球組成的簡單幾何體， 3 其體積等于 4 3 ) 3 3 3 2 9 正視圖 側視圖 3 ( 18 。故選 B 2 2 評析：本小題主要考查球與長方體組成的簡單幾何體的三視圖 以及幾何體的體積計算 .

10、 俯視圖 圖 1 10.(2011 年高考廣東卷理科 7) 如圖 l — 3．某幾何體的正視圖 ( 主視圖 ) 是平行四邊形， 側視 圖( 左視圖 ) 和俯視圖都是 矩形，則該幾何體的體積為（ ） 4 A. 6 3 B. 9 3 C. 12 3 D. 18 3 【解析】 B. 由題得三視圖對應的直觀圖是如圖所示的直四棱柱，

11、 EA 平面 ABCD . V S h 3 22 1 3 9 3 。所以選 B 平行四邊形 ABCD 11. (2011 年高考陜西卷理科 5) 某幾何體的三視圖如圖所示，則它的體積是 2 （ A） 8 （ B） 8 3 3 （ C） 8 2 （ D） 2 3 【答案】 A H G D E 3 C 3 F 2 A 1 B 【解析】：由三視圖可知該幾何體為立方體與圓錐， 立方體棱長為 2，圓錐底面半徑

12、為 1、高為 2， 所以體積為 23 1 12 2 8 2 3 3  故選 A 12. (2011 年高考重慶卷理科 9) 高為 2 的四棱錐 S-ABCD的底面是邊長為 1 的正方形，點 S、 4 A、 B、 C、D 均在半徑為 1 的同一球面上，則底面 ABCD的中心與頂點 S 之間的距離為 （A） 2 （ B） 2 4 2 5 （C） 1 （ D） 2 解

13、析：選 C. 設底面中心為 G，球心為 O，則易得 AG 2 2 ，于是 OG ，用一個與 ABCD 2 2 所在平面距離等于 2 的平面去截球， S 便為其中一個交點，此平面的中心設為 H，則 4 2 OH 2 2 2 ，故 SH 2 12 2 7 ，故 2 4 4 4 8

14、 7 2 2 SG SH 2 HG 2 1 8 4 13． (2011 年高考四川卷理科 3 ) l1 ， l 2 ， l3 是空間三條不同的直線，則下列命題正確的是 ( ) (A) l1 l2 ， l 2 l3 l1 l3 （ B） l1 l2 ， l 2 l3 l1 l3 (C) l 2

15、l3 l3 l1 ， l 2 ， l3 共面 （ D） l1 ， l2 ， l 3 共點 l1 ， l 2 ， l3 共面 【答案】 C 【解析】如圖，作 DE BC 于 E ，由l 為直二面角， AC l ，得 AC 平面 ， 進而 AC DE , 又 BC DE , BC AC C , A 于是 DE 平面 ABC 。故 DE 為

16、D 到平面 ABC 的距離。 α 在 Rt BCD 中，利用等面積法得 BD DC 1 2 6 l D C DE 3 . BC 3 β B E 6 15. (2011 年高考全國卷理科 11) 已知平面 截一球面得圓 M，過圓心 M且與 成 600 ，二 面角的平面 截該球面得圓 N，若該球的半徑為 4，圓 M 的面積

17、為 4 ，則圓 N 的面積為 (A) 7 (B) 9 (c) 11 (D) 13 【答案】 D 【 解 析 】： 由 圓 M 的 面 積 為 4 得 MA 2 ， OM 2 42 22 12 OM 2 3 ，在 Rt ONM 中 , OMN 300 1 r= 4 2 2 13 故選 D ON OM 3, 3 13 圓 S N 2

18、 二、填空題 : 1. (2011 年高考遼寧卷理科 15) 一個正三棱柱的側棱長和底面邊長相等， 體積為 2 3 ，它的 三 視 圖 中 的 俯 視 圖 如 右 圖 所 示 ， 左 視 圖 是 一 個 矩 形 ， 則 這 個 矩 形 的 面 積 是 7 ____________.

19、 答案： 2 3 小，正確運用公式求解。 3．(2011 年高考天津卷理科 10) 一個幾何體的三視圖如圖所示（單位： m ），則這個幾何體 的體積為 __________ m3 【答案】 6 【解析】由題意知 , 該幾何體為一個組合體 , 其下面是一個長方體 ( 長為 3m,寬為 2m, 高

20、 為 1m), 上 面 有 一 個 圓 錐 ( 底 面 半 徑 為 1, 高 為 3), 所 以 其 體 積 為 V長方體 V圓錐 3 2 1 1 3 6 . 3 4. (2011 年高考四川卷理科 15) 如圖，半徑為 R的球 O中有一內接圓柱 . 當圓柱的側面積最 大時，求球的表面積與該圓柱的側面積之差是 . 8

21、 答案： 2 R2 解析： S側 2 r 2 R2 r 2 4 r 2 (R2 r 2 ) S側 max 時， r 2 R2 r 2 r 2 R2 r 2 R ，則 4 R2 2 R2 2 R2 2 2 5. (2011 年高考全國卷理科 16) 己知點 E、F 分別在正方體 - 的棱 BB 、 上，

22、 ABCDAB CD CC 1 2 3 4 1 1 且 1 =2 2 1，則面 與面 所成的二面角的正切值等于. B E EB, CF= FC AEF ABC 6．(2011 年高考福建卷理科 12) 三棱錐 P-ABC中， PA⊥底面 ABC，PA=3，底面 ABC是邊

23、 長為 2 的正三角形，則三棱錐 P-ABC的體積等于 ______。 【答案】 3 7． (2011 年高考上海卷理科 7) 若圓錐的側面積為 2 ，底面積為 ，則該圓錐的體積 為 。 3 【答案】 ； 3 三、解答題 : 9 1. (2011 年高考山東卷理科 19) （本小題滿分 12 分） 在如圖所示的幾何體中，四邊形 ABCD為平行四邊形，∠ ACB=90 ，ＥＡ⊥平面ＡＢＣ Ｄ， EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ . ＡＢ =２ＥＦ . （Ⅰ )

24、若Ｍ是線段ＡＤ的中點，求證：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ ; （Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ =２ＡＥ , 求二面角Ａ - ＢＦ - Ｃ的大?。? 【解析】（Ⅰ ) 連結 AF,因為 EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ， EF∩ＦＧ =F, 所以平面 EFG∥平面 ABCD,又易證 EFG ∽ ABC , 所以 FG EF 1 , 即 FG 1 BC , 即 FG 1 AD , BC AB 2 2 2 又 M為 AD 的中點 , 所以 AM 1 AD , 又因為ＦＧ∥ＢＣ∥Ａ D

25、， 2 所以ＦＧ∥Ａ M,所以四邊形 AMGF是平行四邊形 , 故 GM∥ FA, 又因為ＧＭ 平面ＡＢＦ Ｅ,FA 平面ＡＢＦＥ , 所以ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ . （Ⅱ）取 AB的中點 O,連結 CO,因為ＡＣ＝ＢＣ , 所以 CO⊥ AB, 又因為ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ， CO 平面ＡＢＣＤ , 所 以ＥＡ⊥ CO, 又ＥＡ∩ AB=A,所以 CO⊥平面ＡＢＦＥ , 在平 面 ABEF 內 , 過點 O 作 OH⊥ BF 于 H,

26、連結 CH,由三垂線定理知 : CH⊥ BF, 所以 CHO 為二面角Ａ - ＢＦ - Ｃ的平面角 . 設ＡＢ =２ＥＦ = 2a , 因為∠ 90 ，ＡＣ＝ＢＣ ACB= = 2a,CO= a , AE 2 a , 連結 FO,容易證得 FO∥ EA 且 FO 2 a , 所以 BF 6 a , 所 2 2 2 2 a 2 3 CO 3 , 故 以 OH= = a , 所以在 Rt COH 中 ,tan ∠ CHO= 2 6

27、 3 OH ∠ CHO=60 , 所以二面角Ａ - ＢＦ - Ｃ的大小為 60 . 2. (2011 年高考浙江卷理科 20) （本題滿分 15 分）如圖，在三棱錐 P ABC 中， AB AC ，D 為 BC的中點， PO⊥平面 ABC，垂足 O落在線段 AD上，已 10 知 BC=8， PO=4， AO=3， OD=2（Ⅰ）證明： AP⊥ BC；（Ⅱ）在線段 AP上是否存在點 M，使得二面角 A-MC-β 為直二面 角？若存在，求出 AM的長；若不存在，請說明理由。

28、 【解析】本題主要考查空間點、線、面位置關系，二面角等基礎知識，空間向量 x1 0 2 3 AP n2 0 3y 2 4z2 0 即 ，可取 n 由 2 3 (0,1, ) 即 得 z 1 4 4 4x 2 5 y2 0 y AC n2

29、 0 1 4 4 1 x 2 5 y 2 4 z 2 3 y 2 4 可取 n2 (5,4, 3) ，由 n1 n2 0 得 4 2 3 0 解得 4 ，故 AM 3 3 4 5 4 綜上所述，存在點 M 符合題意， AM 3

30、 法二（Ⅰ）證明： AB AC , D為 BC中點 , AD BC, 又 PO 平面 ABC , PO BC 因為 PO AD O 所以 BC 平面 PAD 故 BC PA 11 （Ⅱ）如圖，在平面 PAB內作 BM AP于 M , 連結 CM, 由（Ⅰ）知 BC PA, PA 平面 BMC ， 得 又 AP 平面 PAC, BMC 平面 PAC,

31、 所以平面 在 Rt ADB 中， AB2 AD 2 BD 2 41得 AB41 在 Rt POD 中， PD 2 PO 2 OD 2 ， 在 Rt PDB 中， PB2 PD2 BD 2 所以 PB2 PO 2 OD 2 BD 2 36 得 PB 6 ， 在 Rt POA 中， PA2 AO 2 OP 2 25 得 PA 5 又 cos BPA PA2 PB2 AB 2 1 2PA PB 3

32、 12 即 PQ

33、DQ ， PQ DC . 故 PQ 平面 DCQ， 又 PQ 平面 PQC，所以平面 PQC 平面 DCQ. 13 4. (2011 年高考安徽卷理科 17) （本小題滿分 12 分） 如圖， ABCDEFG

34、 為多面體，平面 ABED 與平面 AGFD 垂直，點 O 在線段 AD 上， OA 1,OD 2, VOAB , △ OAC ，△ ODE ，△ ODF 都是正三角形。 （Ⅰ）證明直線 BC ∥ EF ； （ II ）求棱錐 F-OBED的體積。 【命題意圖】 ：本題考查空間直線與直線，直線與平面，平面與平面的位置關系，空間直線平行的證明，多面體體積的計算，考查空間想象能力，推理論證能力和運算求解能力。 （ 1）【證法一】： Q AOB ODE OB / / DE 同理可證 OC / / DF 面 OBC / /面 DEF ，

35、 BC / / 面 DEF 14 Q EF 面 DEF I 面 BEFC BC / / EF 【解題指導】

36、：空間線線、 線面、面面位置關系的證明方法， 一是要從其上位或下位證明， 本題的第一問方法一，是從其上位先證明面面平行，再借助面面平行的性質得到線面平行， 再借助線面平行的性質得到線線平行； 二是借助中位線定理等直接得到； 三是借助空間向量 直接證明。 求不規(guī)則的幾何體體積或表面積， 通常采用分割或補齊成規(guī)則幾何體即可。 求解過程要堅持 “一找二證三求”的順序和原則防止出錯。 p 5. (2011 年高考全國新課標卷理科 18) ( 本小題滿分 12 分 ) 如圖，四棱錐 P— ABCD中，底面

37、 ABCD為平行四 D C a A 2a B 15 邊形，∠ DAB=60 ,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD. ( Ⅰ ) 證明： PA⊥ BD； ( Ⅱ ) 若 PD=AD，求二面角 A-PB-C 的余弦值。 分析：（ 1）要證明線線垂直只要證明線面垂直或者用向量去證明； （ 2）求二面角的余弦只需 建立適當?shù)淖鴺讼?，有空間向量來完成。 解： (1) 證明：在三角形 ABD中，因為 BAD 60 , AB 2AD

38、 所以 BD AD , PD 平面 PAD PD BD 且 PD AD D BD 平面 PAD , PD 平面 PAD BD PA （2）建立如圖的坐標系，設點的坐標分別是 A( a,0,0), B(0, 3a,0), C ( a, 3a,0), P(0,0, a)  該三角形為直角三角形， , z p a D C 則 AB ( a, 3a,0), BC ( a,0,0), AP ( a,0,a) ，設平面 PAB

39、的 a B n AB 0 A 2a 法向量為 n (3, 3,3) ，同 x y ( x, y, z) ，所以， 取得 n n AP 0 理設平面 PBC的法向量為 m ， m PC 0 3) ，于是， cos m, n m n 2 7 取得 m (0, 1, ，因此二面角 m BC 0 m n 7 的余弦值是 2 7 。 7 點評：該

40、題考查空間內的垂直關的證明，空間角的計算?？疾槎ɡ? 的理解和運用，空間向量的運用。同時也考察了空間想象能力、邏 輯思維能力和運算能力。解題時要注意法向量的計算和運用這一關 鍵。 6. (2011 年高考天津卷理科 17) （本小題滿分 13 分） 如圖，在三棱柱 ABC A1 B1C1 中， H 是正方形 AA1 B1 B 的中心， AA1 2 2 ， C1H 平面 AA1B1 B ，且 C1H 5. （Ⅰ）求異面直線 AC與 A1B1 所成角的余弦值； （Ⅱ ）求二面角 A AC B

41、 的正弦值； 1 1 1 （Ⅲ）設 N 為棱 B1C1 的中點， 點 M 在平面 AA1 B1B 內，且 MN 平面 A1B1C ，求線段 BM 的長． 所以二面角 A AC1 1 B1 的正弦值為 3 5 . 7

42、 （Ⅲ）由 N為棱 B C 的中點 , 得 N ( 2 , 3 2 , 5 ) , 設 M ( a, b,0) , 則 1 1 2 2 2 17 MN ( 2 a, 3 2 b, 5 ) , 2 2 2 由 MN 平面 A1 B1C1 , 得 MN AC1 1 0 MN A1 B1 , 即 0

43、 ( 2 a)( 2) ( 3 3 2 b)( 2) 5 5 0 2 2 , 2 a)( 2 2) 0 ( 2 a 2 2 , 故 M ( 2 , 2 ( 2 , 2 ,0) , 所 以 線 段 BM

44、的 長 為 解 得 ,0) , 因 此 BM b 2 2 4 2 4 4 | BM | 10 4 . 7. (2011 年高考江西卷理科 21) （本小題滿分 14 分） （1）如圖，對于任一給定的四面體 A1 A2 A3 A4 ，找出依

45、 次 排 列 的 四 個 相 互 平 行 的 1, 2 ,3 , 4， 使 得 Ai i (i 1 , 2 , 3 ,且4其中每相鄰兩個平面間的距離 都相等； （ 2 ） 給 定 依 次 排 列 的 四 個 相 互 平 行 的 平 面 1 , 2 , 3, 4 ，其中每相鄰兩個平面間的距離為 1，若 一個正四面體 A1 A2 A3 A4 的四個頂點滿足： Ai i (i 1,2,3, 4), 求該正四面體 A1 A2 A3 A4 的 體積． 解析：如圖，將此正四面體補形為正方體 ABCD A1B1C1 D1

46、（如圖），分別取 AB、CD、 A1 B1 、 C1D1 的中點 E、 F、 E1 、 F1 ，平面 DEE1 D1 與 BFF1B1 是分別過點 A2 、 A3 的兩平行平面， 若其距離為 1，則正四面體 A1A2 A3 A4 滿足條件，右圖為正方體的下底面，設正方體的棱長 為 a ，若 AM MN 1，因為 AE 1 a ， DE 5 a ，在直角三角形 ADE中， AM⊥ DE， 2 2 18 所以 1 5 a 1 a a ，所以 a 5 ，又正四面體的棱長為 2a10

47、， 2 2 所以此正四面體的體積為 V a3 4 1 1 a3 5 5 ． 3 2 3 本題 考查立體幾何中的面面關系、正四面體及體積計算． 8． (2011 年高考湖南卷理科 19) （本小題滿分 12 分） 如圖 5，在圓錐 PO 中，已知 PO = 2 ，⊙ O的直徑 AB 2 , C 是 AB 的中點， D 為 AC 的中點． （Ⅰ）證明：平面 POD 平面 PAC ;

48、 （Ⅱ）求二面角 B PA C 的余弦值 . 解法 1：連結 OC，因為 OA OC , D 是AC的中點 , 所以 AC OD. 又 PO 底面⊙ O， AC 底面⊙ O，所以 AC PO ， 因為 OD， PO是平面 POD內的兩條相交直線，所以 AC 平面 POD， 而 AC 平面 PAC，所以平面 POD 平面 PAC。 （ II ）在平面 POD中，過 O作 OH PD 于 H，由（ I ）知， 平面 POD 平面 PAC , 所以 OH 平面 PAC，又 PA 面 PAC，所以 PA OH

49、. 在平面 PAO中，過 O作 OG PA于 G， 連接 HG， 則有 PA 平面 OGH，從而 PA HG ，故 OGH 為二面角 B— PA— C 的平面角。 在 Rt ODA中 ,OD OA sin 45 2 . 2 19 2 PO OD 2 10 在 Rt 2 POD中, OH OD 2 . PO2 1 5

50、 2 2 在 中 PO OA 2 1 6 POA ,OG . Rt PO2 OA2 2 1 3 OH 10 15 在 Rt OHG中,sin OGH 5 OG 6 5 . 3 所以 cos OGH 1 sin 2 OGH 1 15 10 . 故二面角 B— PA— C 的余弦值 25 5 為 10 .

51、 5 解法 2：（ I ）如圖所示，以 O為坐標原點， OB、 OC、OP所在直線分別為 x 軸、 y 軸， z 軸建立空間直角坐標系，則 O(0,0,0), A( 1,0,0), B(1,0,0), C(0,1,0), P(0,0, 2) ， D ( 1 , 1 ,0) 2 2 設 n1 ( x1 , y1 , z1) 是 平 面 POD 的 一 個 法 向 量 ， 則 由 n1 OD 0,n1 OP 0 ， 得 1 x1 1 y1

52、 0, 2 2 2z1 0. 所以 z1 0, x1 y1 ,取 y1 1,得 n1 (1,1,0). 設 n2 ( x2 , y2 , z2 ) 是平面 PAC 的一個法向 量 ， 則由 n PA 0,n PC 0 ，得 x2 2z2 0, 2 2 y2

53、 2z2 0. 所以 x 2 2z , y 2z .取z 2 1, 得 n ( 2, 2,1) 。 2 2 2 2 因為 n n (1,1,0) ( 2, 2,1) 0, 1 2 所以 n1 n2 . 從而平面 POD 平面 PAC。 （ II ）因為 y 軸 平面 PAB，所以平面 PAB的一個法向量為 n3 (

54、0,1,0). 20 由（ I ）知，平面 PAC的一個法向量為 n( 2, 2,1) , 設向量 n2和 n3 的夾角為 ， 2 則 cos n2 n3 2 10 . 由圖可知，二面角 B— PA— C的平面角與 相等， | n2 | | n3 | 5 5 所以二面角 B—PA— C 的余弦值為 10 . 5

55、 PBG AD PB, AD GB. 又 PB//EF ，得 AD EF ，而 DE//GB 得 AD DE，又 FE DE E ，所以 AD 平 面 DEF。 21 （ 2） PG AD, BG

56、 AD ， PGB 為二面角 P— AD— B 的平面角， 在 Rt PAG中, PG2 PA2 AG2 7 4 在 Rt ABG中 ,BG=AB sin60 = 3 2 PG 2 BG2 PB 2 7 3 4 cos 4 4 21 PGB 2PG BG 7 3 7 2 2 2

57、 法二：（ 1）取 AD中點為 G，因為 PA PD , PG AD. 又 AB AD , DAB 60 , ABD 為等邊三角形，因此， BG AD ，從而 AD 平 面 PBG。 22

58、 B(n 3 ,0,0), C ( n 3 ,1,0), E(n 3 , 1 ,0), F ( n 3 , 1 , m ). 2 2 2 2 2 4 2 2 由于 AD (0,1,0), DE ( 3 ,0,0), FE ( n 3 ,0, m) 2 2 4 2 得 AD DE 0, AD FE 0, AD DE , AD FE , DE FE E AD 平面

59、DEF。 （ 2） PA ( n, 1 , m), PB (n 3 ,0, m) 2 2 m2 n2 1 2, ( n 3 )2 m2 2,解之得 m 1,n 3 . 4 2 2 取平面 ABD的法向量 n1 (0,0, 1), 設平面 PAD的法向量 n2 (a,b,c) 23

60、 由 PA n2 0, 得 3 a b c 0,由 PD n2 0, 得 3 a b c 0, 2 2 2 2 取 n2 (1,0, 3 ). 2 3 21 cos n1 ,n2 2 7 . 1 7 4 10. (2011 年高考湖北卷理科 18) （本小題滿分 12 分）

61、 如圖，已知，本棱柱 ABC-A1B1 C1 的各棱長都是 4， E 是 BC的中點，動點 F 在側棱 CC1 上，且不與點 C 重合 . ( Ⅰ ) 當 CF=1時，求證： EF⊥A1E ( Ⅱ ) 設二面角 C-AF-E 的大小為 ，求 tan 的最小值 . 本小題主要考查空間直線與平面的位置關系和二面角等基礎知識， 同時考查空間想象能 力、推理論證能力和運算求解能力 . 解析： 過 E 點作 EN⊥ AC于 N，連結 EF. （Ⅰ）如圖 1，連結 NF

62、、 AC，由直線柱的性質知，底面 ABC⊥側面 A C， 1 1 又底面 ABC∩側面 A1C=AC，且 EN 底面 ABC，所以 EN⊥側面 A1C，NF 為 EF 在側面內的射影 . 在 Rt △ CEN中， CN=cos600=1. 則由 CF CN 1 ，得 NF // AC1 ，又 AC1 AC1 ， CC1 CA 4 故作 AC . NF AC ，由三垂線定理知

63、 EF 1 1 （Ⅱ）如圖 2。連結 AF，過 N作 NM⊥ AF 于 M，連結 ME，由（Ⅰ）知 EN⊥側面 A1C。根據(jù)三垂線定理得 EM⊥ AF, 所以 EM⊥AF，所以 EMN 是二面角 C AF E 的 平 面 角 ， 即 EMN . 設 FAC 則 00 450 . 在 Rt CNE 中 24 NE EC sin 600 3 .

64、 在 Rt AMN 中， MN AN sin 3sin ，故 tan NE 3 . ，又 00 450 ， MN 3sin 0 sin 2 . 故 當 s i n 2 ， 即 當 450 時 ， t a n 達 到 最 小 值 ， 2 2 3 2 6 此時 F 與 C1 重合 . tan . 3 3 11. (2011 年高考

65、陜西卷理科 16) （本小題滿分 12 分） 如圖：在 ABC中 , 0 0 ABC=60, BAC=90 , AD是 BC上的高 ，沿 AD 把 ABD 折起， 0 使 BDC=90（Ⅰ）證明：平面 ADB 平面 BDC ； （Ⅱ）設 E為 BC的中點 , 求 AE與 DB夾角的余弦值 。 【解析】：（Ⅰ） 折起前 AD是 BC邊上的高 ， 當 ABC折起后 ,AD DC,AD DB,又 DB DC=D AD 平面 BDC ,

66、AD 平面 ABD , 平面 ABD 平面 BDC 。 0 （Ⅱ）由 BDC=90及（Ⅰ）知 DA, DB, DC 兩兩垂直， 不妨設 DB 1, D 為坐標原點，以 DB , DC , DA所在直線為 x, y, z 軸建立如圖所示的空間 25 （Ⅱ）如圖所示設 G、H 分別為變 CD，BD的中點，則 FG//AD,GH//BC,, 從而 FGH 是異 面直線 AD 與 BC所成角或其補角。 設 E 為邊 AB 的中點，則 EF//BC, 由 AB ⊥ BC，知 EF ⊥ AB ABC ， ，又由（Ⅰ）有 DF⊥平面 故由三垂