九年级压轴训练题2013_百度文库
两大类热门资源免费畅读
续费一年阅读会员，立省24元！
评价文档：
8页免费4页免费10页1下载券3页¥1.0012页2下载券 5页免费27页1下载券4页免费2页免费8页1下载券
喜欢此文档的还喜欢4页免费10页免费5页免费7页2下载券8页2下载券
九年级压轴训练题2013|
把文档贴到Blog、BBS或个人站等：
普通尺寸(450*500pix)
较大尺寸(630*500pix)
你可能喜欢2014年高考数学立体几何试题汇编
您现在的位置：&&>>&&>>&&>>&&>>&正文
2014年高考数学立体几何试题汇编
作者：佚名 资料来源：网络 点击数： &&&
2014年高考数学立体几何试题汇编
本资料为WORD文档，请点击下载地址下载
文章来源莲 山课件 w ww.5 Y
11& 空间角与距离的求法20．、、[;安徽卷] 如图1&5，四棱柱ABCD & A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q.&图1&5(1)证明：Q为BB1的中点；(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；(3)若AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面积为6，求平面α与底面ABCD所成二面角的大小．20．解： (1)证明：因为BQ∥AA1，BC∥AD，BC∩BQ＝B，AD∩AA1＝A，所以平面QBC∥平面A1AD，从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，即QC∥A1D.故△QBC与△A1AD的对应边相互平行，于是△QBC∽△A1AD，所以BQBB1＝BQAA1＝BCAD＝12，即Q为BB1的中点．(2)如图1所示，连接QA，QD.设AA1＝h，梯形ABCD 的高为d，四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下，BC＝a，则AD＝2a.&图1V三棱锥Q &A1AD＝13×12•2a•h•d＝13ahd，V四棱锥Q &ABCD＝13•a＋2a2•d•12h＝14ahd，所以V下＝V三棱锥Q &A1AD＋V四棱锥Q &ABCD＝712ahd.又V四棱柱A1B1C1D1 &ABCD＝32ahd，所以V上＝V四棱柱A1B1C1D1 &ABCD－V下＝32ahd－712ahd＝1112ahd，故V上V下＝117.(3)方法一：如图1所示，在△ADC中，作AE⊥DC，垂足为E，连接A1E.又DE⊥AA1，且AA1∩AE＝A，所以DE⊥平面AEA1，所以DE⊥A1E.所以∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角．因为BC∥AD，AD＝2BC，所以S△ADC＝2S△BCA.又因为梯形ABCD的面积为6，DC＝2，所以S△ADC＝4，AE＝4.于是tan∠AEA1＝AA1AE＝1，∠AEA1＝π4.故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为π4.方法二：如图2所示，以D为原点，DA，DD1→分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系．设∠CDA＝θ，BC＝a，则AD＝2a.因为S四边形ABCD＝a＋2a2•2sin θ＝6，所以a＝2sin θ.&图2从而可得C(2cos θ，2sin θ，0)，A14sin θ，0，4，所以DC＝(2cos θ，2sin θ，0)，DA1→＝4sin θ，0，4.设平面A1DC的法向量n＝(x，y，1)，由DA1→•n＝4sin θ x＋4＝0，DC→•n＝2xcos& θ＋2ysin θ＝0，得x＝－sin θ，y＝cos& θ，所以n＝(－sin θ，cos θ，1)．又因为平面ABCD的法向量m＝(0，0，1)，所以cos〈n，m〉＝n•m|n||m|＝22，故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为π4.17．、[;北京卷] 如图1&3，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥P & ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.(1)求证：AB∥FG；(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．&图1&317．解：(1)证明：在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以AB∥DE.又因为AB⊄平面PDE，所以AB∥平面PDE.因为AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，所以AB∥FG.(2)因为PA⊥底面ABCDE，所以PA⊥AB，PA⊥AE.建立空间直角坐标系Axyz，如图所示，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，1，0)，P(0，0，2)，F(0，1，1)，BC→＝(1，1，0)．&设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，则n•AB→＝0，n•AF→＝0，即x＝0，y＋z＝0.令z＝1，则y＝－1.所以n＝(0，－1，1)．设直线BC与平面ABF所成角为α，则sin α＝|cos〈n，BC→〉|＝n•BC→|n||BC→|＝12.因此直线BC与平面ABF所成角的大小为π6.设点H的坐标为(u，v，w)．因为点H在棱PC上，所以可设PH→＝λPC→(0&λ&1)．即(u，v，w－2)＝λ(2，1，－2)，所以u＝2λ，v＝λ，w＝2－2λ.因为n是平面ABF的一个法向量，所以n•AH→＝0，即(0，－1，1)•(2λ，λ，2－2λ)＝0，解得λ＝23，所以点H的坐标为43，23，23.所以PH＝432＋232＋－432＝2.17．、、[;福建卷] 在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图1&5所示．(1)求证：AB⊥CD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．&图1&517．解：(1)证明：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD.&由(1)知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.以B为坐标原点，分别以BE→，BD→，BA→的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M0，12，12.则BC→＝(1，1，0)，BM→＝0，12，12，AD→＝(0，1，－1)．设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，则n•BC→＝0，n•BM→＝0，即x0＋y0＝0，12y0＋12z0＝0，取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1，1)．设直线AD与平面MBC所成角为θ，则sin θ＝cos〈n，AD→〉＝|n•AD→||n|•|AD→|＝63.即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为63.18．、[;广东卷] 如图1&4，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝30°，AF⊥PC于点F，FE∥CD，交PD于点E.(1)证明：CF⊥平面ADF；(2)求二面角D & AF & E的余弦值．&图1&419．、、、[;湖北卷] 如图1&4，在棱长为2的正方体ABCD&A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0&λ&2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ.(2)是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．&图1&419．解：方法一(几何方法)：(1)证明：如图①，连接AD1，由ABCD&A1B1C1D1是正方体，知BC1∥AD1.当λ＝1时，P是DD1的中点，又F是AD的中点，所以FP∥AD1，所以BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.&图①　　　　　　　　　图②　　　(2)如图②，连接BD.因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EF∥BD，且EF＝12BD.又DP＝BQ，DP∥BQ，所以四边形PQBD是平行四边形，故PQ∥BD，且PQ＝BD，从而EF∥PQ，且EF＝12PQ.在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因为BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，于是EQ＝FP＝1＋λ2，所以四边形EFPQ也是等腰梯形．同理可证四边形PQMN也是等腰梯形．分别取EF，PQ，MN的中点为H，O，G，连接OH，OG，则GO⊥PQ，HO⊥PQ，而GO∩HO＝O，故∠GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角．若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则∠GOH＝90°.连接EM，FN，则由EF∥MN，且EF＝MN知四边形EFNM是平行四边形．连接GH，因为H，G是EF，MN的中点，所以GH＝ME＝2.在△GOH中，GH2＝4，OH2＝1＋λ2－222＝λ2＋12，OG2＝1＋(2－λ)2－222＝(2－λ)2＋12，由OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋12＋λ2＋12＝4，解得λ＝1±22，故存在λ＝1±22，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．方法二(向量方法)：以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系．由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)．
&图③　　　　BC1→＝(－2，0，2)，FP＝(－1，0，λ)，FE＝(1，1，0)．(1)证明：当λ＝1时，FP＝(－1，0，1)，因为BC1→＝(－2，0，2)，所以BC1→＝2FP→，即BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.(2)设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由FE→•n＝0，FP→•n＝0可得x＋y＝0，－x＋λz＝0.于是可取n＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1)．若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则m•n＝(λ－2，2－λ，1)•(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22.故存在λ＝1±22，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．19．、[;湖南卷] 如图1&6所示，四棱柱ABCD &A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．(1)证明：O1O⊥底面ABCD；(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1&OB1&D的余弦值．
&图1&619．解：(1)如图(a)，因为四边形ACC1A1为矩形，所以CC1⊥AC.同理DD1⊥BD.因为CC1∥DD1，所以CC1⊥BD.而AC∩BD＝O，因此CC1⊥底面ABCD.由题设知，O1O∥C1C.故O1O⊥底面ABCD.(2)方法一： 如图(a)，过O1作O1H⊥OB1于H，连接HC1.由(1)知，O1O⊥底面ABCD，所以O1O⊥底面A1B1C1D1，于是O1O⊥A1C1.&图(a)又因为四棱柱ABCD &A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形A1B1C1D1是菱形，因此A1C1⊥B1D1，从而A1C1⊥平面BDD1B1，所以A1C1⊥OB1，于是OB1⊥平面O1HC1.进而OB1⊥C1H.故∠C1HO1是二面角C1&OB1&D的平面角．不妨设AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以OB＝3，OC＝1，OB1＝7.在Rt△OO1B1中，易知O1H＝OO1&#OB1＝237.而O1C1＝1，于是C1H＝O1C21＋O1H2＝1＋127＝197.故cos∠C1HO1＝O1HC1H＝719.即二面角C1&OB1&D的余弦值为25719.方法二：因为四棱柱ABCD &A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，因此AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD，从而OB，OC，OO1两两垂直．&图(b)如图(b)，以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O &xyz，不妨设AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以OB＝3，OC＝1，于是相关各点的坐标为O(0，0，0)，B1(3，0，2)，C1(0，1，2)．易知，n1＝(0，1，0)是平面BDD1B1的一个法向量．设n2＝(x，y，z)是平面OB1C1的一个法向量，则n2•OB→1＝0，n2•OC→1＝0，即3x＋2z＝0，y＋2z＝0.取z＝－3，则x＝2，y＝23，所以n2＝(2，23，－3)．设二面角C1&OB1&D的大小为θ，易知θ是锐角，于是cos θ＝|cos〈，〉|＝n1&#|•|n2|＝.故二面角C1&OB1&D的余弦值为25719.19．、、[;江西卷] 如图1&6，四棱锥P & ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.&图1&6(1)求证：AB⊥PD.(2)若∠BPC＝90°，PB＝2，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P & ABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值．19．解：(1)证明：因为ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面PAD，故AB⊥PD.(2)过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG.故PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG.在Rt△BPC中，PG＝2 33，GC＝2 63，BG＝63.设AB＝m，则OP＝PG2－OG2＝43－m2，故四棱锥P & ABCD的体积为V＝13×6•m•43－m2＝m38－6m2.因为m8－6m2＝8m2－6m4＝－6m2－232＋83，所以当m＝63，即AB＝63时，四棱锥P & ABCD的体积最大．&此时，建立如图所示的空间直角坐标系，各点的坐标分别为O(0，0，0)，B63，－63，0，C63，263，0，D0，263，0，P0，0，63，故PC→＝63，263，－63，BC→＝(0，6，0)，CD＝－63，0，0.设平面BPC的一个法向量为n1＝(x，y，1)，则由n1⊥PC→，n1⊥BC→，得63x＋2 63y－63＝0，6y＝0，解得x＝1，y＝0，则n1＝(1，0，1)．同理可求出平面DPC的一个法向量为n2＝0，12，1.设平面BPC与平面DPC的夹角为θ，则cos θ＝|n1•n2||n1||n2|＝12&#＝105.19．、[;辽宁卷] 如图1&5所示，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．(1)求证：EF⊥BC；(2)求二面角E&BF&C的正弦值．&图1&519．解：(1)证明：方法一，过点E作EO⊥BC，垂足为O，连接OF.由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC，所以∠EOC＝∠FOC＝π2，即FO⊥BC.又EO⊥BC，EO∩FO＝O，所以BC⊥平面EFO.又EF⊂平面EFO，所以EF⊥BC.&图1方法二，由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线，并将其作为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线，并将其作为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，易得B(0，0，0)，A(0，－1，3)，D(3，－1，0)，C(0，2，0)，因而E(0，12，32)，F(32，12，0)，所以EF→＝(32，0，－32)，BC→＝(0，2，0)，因此EF→•BC→＝0，从而EF→⊥BC→，所以EF⊥BC.&图2(2)方法一，在图1中，过点O作OG⊥BF，垂足为G，连接EG.因为平面ABC⊥平面BDC，所以EO⊥面BDC，又OG⊥BF，所以由三垂线定理知EG⊥BF，因此∠EGO为二面角E&BF&C的平面角．在△EOC中，EO＝12EC＝12BC•cos 30°＝32.由△BGO∽△BFC知，OG＝BOBC•FC＝34，因此tan∠EGO＝EOOG＝2，从而得sin∠EGO＝255，即二面角E&BF&C的正弦值为2& 55.方法二，在图2中，平面BFC的一个法向量为n1＝(0，0，1)．设平面BEF的法向量n2＝(x，y，z)，又BF→＝(32，12，0)，BE→＝(0，12，32)，所以n2•BF→＝0，n2•BE→＝0，得其中一个n2＝(1，－3，1)．设二面角E&BF&C的大小为θ，且由题知θ为锐角，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝n1&#||n2|＝15，因此sin θ＝25＝2& 55，即所求二面角正弦值为2 55.11．[;全国卷] 已知二面角α&l&β为60°，AB⊂α，AB⊥l，A为垂足，CD⊂β，C∈l，∠ACD＝135°，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为(　　)A.14& B.24& C.34& D.1211．B　[解析] 如图所示，在平面α内过点C作CF∥AB，过点F作FE⊥β，垂足为点E，连接CE，则CE⊥l，所以∠ECF＝60°.过点E作DE⊥CE，交CD于点D1，连接FD1.不妨设FC＝2a，则CE＝a，EF＝3a.因为∠ACD＝135°，所以∠DCE＝45°，所以，在Rt△DCE中，D1E＝CE＝a，CD1＝2a，∴FD1＝2a，∴cos∠DCF＝4a2＋2a2－4a22×2a×2a＝24.&19．、[;全国卷] 如图1&1所示，三棱柱ABC & A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝CC1＝2.(1)证明：AC1⊥A1B; (2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为3，求二面角A1 & AB & C的大小．&&19．解：方法一：(1)证明：因为A1D⊥平面ABC，A1D⊂平面AA1C1C，故平面AA1C1C⊥平面ABC. 又BC⊥AC，所以BC⊥平面AA1C1C.连接A1C，因为侧面AA1C1C为菱形，故AC1⊥A1C.由三垂线定理得AC1⊥A1B.(2)BC⊥平面AA1C1C，BC⊂平面BCC1B1，故平面AA1C1C⊥平面BCC1B1.作A1E⊥CC1，E为垂足，则A1E⊥平面BCC1B1.又直线AA1∥平面BCC1B1，因而A1E为直线AA1与平面BCC1B1的距离，即A1E＝3.因为A1C为∠ACC1的平分线， 所以A1D＝A1E＝3.作DF⊥AB，F为垂足，连接A1F.由三垂线定理得A1F⊥AB，故∠A1FD为二面角A1 & AB & C的平面角．由AD＝AA21－A1D2＝1，得D为AC中点，DF＝55，tan∠A1FD＝A1DDF＝15，所以cos∠A1FD＝14.所以二面角A1 & AB & C的大小为arccos14.方法二：以C为坐标原点，射线CA为x轴的正半轴，以CB的长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C & xyz.由题设知A1D与z轴平行，z轴在平面AA1C1C内．&(1)证明：设A1(a，0，c)．由题设有a≤2，A(2，0，0)，B(0，1，0)，则AB→＝(－2，1，0)，AC→＝(－2，0，0)，AA1→＝(a－2，0，c)，AC1→＝AC→＋AA1→＝(a－4，0，c)，BA1→＝(a，－1，c)．由|AA& 1→|＝2，得（a－2）2＋c2＝2，即a2－4a＋c2＝0.①又AC1→•BA1→＝a2－4a＋c2＝0，所以AC1⊥A1B .(2)设平面BCC1B1的法向量m＝(x，y，z)，则m⊥CB→，m⊥BB1→，即m•CB→＝0，m•BB1→＝0.因为CB→＝(0，1，0)，BB1→＝AA1→＝(a－2，0，c)，所以y＝0且(a－2)x＋cz＝0.令x＝c，则z＝2－a，所以m＝(c，0，2－a)，故点A到平面BCC1B1的距离为|CA→|•|cos〈m，CA→〉|＝|CA→•m||m|＝2cc2＋（2－a）2＝c.又依题设，A到平面BCC1B1的距离为3，所以c＝3，代入①，解得a＝3(舍去)或a＝1，于是AA1→＝(－1，0，3)．设平面ABA1的法向量n＝(p，q，r)，则n⊥AA1→，n⊥AB→，即n•AA1→＝0，n•AB→＝0，－p＋3r＝0，且－2p＋q＝0.令p＝3，则q＝2 3，r＝1，所以n＝(3，2 3，1)．又p＝(0，0，1)为平面ABC的法向量，故cos〈n，p〉＝n•p|n||p|＝14.所以二面角A1 & AB & C的大小为arccos14.19．G5、G11[;新课标全国卷Ⅰ] 如图1&5，三棱柱ABC &A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.&图1&5(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A &A1B1 &C1的余弦值．19．解：(1)证明：连接BC1，交B1C于点O，连接AO，因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1，且O为B1C及BC1的中点．又AB⊥B1C，所以B1C⊥平面ABO.由于AO⊂平面ABO，故B1C⊥AO.又B1O＝CO，故AC＝AB1.(2)因为AC⊥AB1，且O为B1C的中点，所以AO＝CO.又因为AB＝BC，所以△BOA≌ △BOC.故OA⊥OB，从而OA，OB，OB1两两垂直．以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，|OB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O&　xyz.&因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又AB＝BC，则A0，0，33，B(1，0，0)，B10，33，0，C0，－33，0.AB1→＝0，33，－33，A1B1→＝AB＝1，0，－33，B1C→1＝BC＝－1，－33，0.设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则n•AB1＝0，n&#→＝0，即33y－33z＝0，x－33z＝0.所以可取n＝(1，3，3)．设m是平面A1B1C1的法向量，则m&#→＝0，m&#→＝0，同理可取m＝(1，－3，3)．则cos〈n，m〉＝n•m|n||m|＝17.所以结合图形知二面角A &A1B1 & C1的余弦值为17.17．，[;山东卷] 如图1&3所示，在四棱柱ABCD &A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．&图1&3(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝3，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．17．解：(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB＝2CD，所以AB∥DC，又M是AB的中点，所以CD∥MA且CD＝MA.&连接AD1.因为在四棱柱ABCD & A1B1C1D1中，CD∥C1D1，CD＝C1D1，所以C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此，C1M∥D1A.又C1M⊄平面A1ADD1，D1A⊂平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.(2)方法一：连接AC，MC.由(1)知，CD∥AM且CD＝AM，所以四边形AMCD为平行四边形，所以BC＝AD＝MC.由题意∠ABC＝∠DAB＝60°，所以△MBC为正三角形，因此AB＝2BC＝2，CA＝3，因此CA⊥CB.设C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C & xyz.&所以A(3，0，0)，B(0，1，0)，D1(0，0，3)．因此M32，12，0，所以MD1→＝－32，－12，3，D1C1→＝MB→＝－32，12，0.设平面C1D1M的一个法向量n＝(x，y，z)，由n&#→＝0，n•MD1→＝0，得3x－y＝0，3x＋y－2　3z＝0，可得平面C1D1M的一个法向量n＝(1，3，1)．又CD1→＝(0，0，3)为平面ABCD的一个法向量．因此cos〈CD1→，n〉＝CD1→•n|CD1→||n|＝55，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为55.方法二：由(1)知，平面D1C1M∩平面ABCD＝AB，点过C向AB引垂线交AB于点N，连接D1N.&由CD1⊥平面ABCD，可得D1N⊥AB，因此∠D1NC为二面角C1 & AB & C的平面角．在Rt△BNC中，BC＝1，∠NBC＝60°，可得CN＝32，所以ND1＝CD21＋CN2＝152.在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝CND1N＝32152＝55，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为55.18．，，，[;四川卷] 三棱锥A & BCD及其侧视图、俯视图如图1&4所示．设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MN⊥NP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角A & NP & M的余弦值．&　 图1&418．解：(1)如图所示，取BD的中点O，连接AO，CO.由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD为正三角形，&所以AO⊥BD，OC⊥BD.因为AO，OC⊂平面AOC，且AO∩OC＝O，所以BD⊥平面AOC.又因为AC⊂平面AOC，所以BD⊥AC.取BO的中点H，连接NH，PH.又M，N，H分别为线段AD，AB，BO的中点，所以MN∥BD，NH∥AO，因为AO⊥BD，所以NH⊥BD.因为MN⊥NP，所以NP⊥BD.因为NH，NP⊂平面NHP，且NH∩NP＝N，所以BD⊥平面NHP.又因为HP⊂平面NHP，所以BD⊥HP.又OC⊥BD，HP⊂平面BCD，OC⊂平面BCD，所以HP∥OC.因为H为BO的中点，所以P为BC的中点．(2)方法一：如图所示，作NQ⊥AC于Q，连接MQ.&由(1)知，NP∥AC，所以NQ⊥NP.因为MN⊥NP，所以∠MNQ为二面角A & NP & M的一个平面角．由(1)知，△ABD，△BCD为边长为2的正三角形，所以AO＝OC＝3.由俯视图可知，AO⊥平面BCD.因为OC⊂平面BCD，所以AO⊥OC，因此在等腰直角△AOC中，AC＝6.作BR⊥AC于R因为在△ABC中，AB＝BC，所以R为AC的中点，所以BR＝AB2－AC22＝102.因为在平面ABC内，NQ⊥AC，BR⊥AC，所以NQ∥BR.又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，所以NQ＝BR2＝104.同理，可得MQ＝104.故△MNQ为等腰三角形，所以在等腰△MNQ中，cos∠MNQ＝MN2NQ＝BD4NQ＝105.故二面角A & NP & M的余弦值是105.方法二：由俯视图及(1)可知，AO⊥平面BCD.因为OC，OB⊂平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OB.又OC⊥OB，所以直线OA，OB，OC两两垂直．如图所示，以O为坐标原点，以OB，OC，OA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O &xyz.则A(0，0，3)，B(1，0，0)，C(0，3，0)，D(－1，0，0)．因为M，N分别为线段AD，AB的中点，又由(1)知，P为线段BC的中点，&所以M－12，0，32，N12，0，32，P12，32，0，于是AB＝(1，0，－3)，BC＝(－1，3，0)，MN＝(1，0，0)，NP＝0，32，－32.设平面ABC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，由n1⊥AB，n1⊥BC，得n1•AB＝0，n1•BC＝0，即（x1，y1，z1）•（1，0，－3）＝0，（x1，y1，z1）•（－1，3，0）＝0，从而x1－3z1＝0，－x1＋3y1＝0.取z1＝1，则x1＝3，y1＝1，所以n1＝(3，1，1)．设平面MNP的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，由，n2⊥MN，n2⊥NP，得n2•MN＝0，n2•NP＝0，即（x2，y2，z2）•（1，0，0）＝0，（x2，y2，z2）&#，－32＝0，从而x2＝0，32y2－32z2＝0.取z2＝1，则y2＝1，x2＝0，所以n2＝(0，1，1)．设二面角A & NP & M的大小为θ，则cos θ＝n1&#|•|n2|＝（3，1，1）•（0，1，1）5×2＝105.故二面角A&NP&M的余弦值是105.17．、[;天津卷] 如图1&4所示，在四棱锥P & ABCD中，PA⊥底面ABCD,& AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．(1)证明：BE⊥DC；(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F & AB & P的余弦值．&图1&417．解：方法一：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图所示)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．C由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)．&(1)证明：向量BE＝(0，1，1)，DC＝(2，0，0)，故BE•DC＝0，所以BE⊥DC.(2)向量BD＝(－1，2，0)，PB＝(1，0，－2)．设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，则n•BD＝0，n•PB＝0，即－x＋2y＝0，x－2z＝0.不妨令y＝1，可得n＝(2，1，1)为平面PBD的一个法向量．于是有cos〈n，BE〉＝n•BE|n|•|BE|＝26×2＝33，所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为33.(3) 向量BC＝(1，2，0)，CP＝(－2，－2，2)，AC＝(2，2，0)，AB＝(1，0，0)．由点F在棱PC上，设CF＝λCP→，0≤λ≤1.故BF＝BC＋CF＝BC＋λCP→＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF⊥AC，得BF•AC＝0，因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34，即BF＝－12，12，32.设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，则n1•AB＝0，n1•BF＝0，即x＝0，－12x＋12y＋32z＝0.不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3，1)为平面FAB的一个法向量．取平面ABP的法向量n2＝(0，1，0)，则cos〈，〉＝n1&#|•|n2|＝－310×1＝－31010.易知二面角F & AB & P是锐角，所以其余弦值为31010.方法二：(1)证明：如图所示，取PD中点M，连接EM，AM.由于E，M分别为PC，PD的中点，故EM∥DC，且EM＝12DC.又由已知，可得EM∥AB且EM＝AB，故四边形ABEM为平行四边形，所以BE∥AM.因为PA⊥底面ABCD，故PA⊥CD，而CD⊥DA，从而CD⊥平面PAD.因为AM⊂平面PAD，所以CD⊥AM.又BE∥AM，所以BE⊥CD.&(2)连接BM，由(1)有CD⊥平面PAD，得CD⊥PD.而EM∥CD，故PD⊥EM.又因为AD＝AP，M为PD的中点，所以PD⊥AM，可得PD⊥BE，所以PD⊥平面BEM，故平面BEM⊥平面PBD，所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM.而BE⊥EM，可得∠EBM为锐角，故∠EBM为直线BE与平面PBD所成的角．依题意，有PD＝22，而M为PD中点，可得AM＝2，进而BE＝2.故在直角三角形BEM中，tan∠EBM＝EMBE＝ABBE＝12，因此sin∠EBM＝33，所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为33.(3)如图所示，在△PAC中，过点F作FH∥PA交AC于点H.因为PA⊥底面ABCD，所以FH⊥底面ABCD，从而FH⊥AC.又BF⊥AC，得AC⊥平面FHB，因此AC⊥BH.在底面ABCD内，可得CH＝3HA，从而CF＝3FP.在平面PDC内，作FG∥DC交PD于点G，于是DG＝3GP.由于DC∥AB，故GF∥AB，所以A，B，F，G四点共面．由AB⊥PA，AB⊥AD，得AB⊥平面PAD，故AB⊥AG，所以∠PAG为二面角F & AB & P的平面角．在△PAG中，PA＝2，PG＝14PD＝22，∠APG＝45°.由余弦定理可得AG＝102，cos∠PAG＝31010，所以二面角F & AB & P的余弦值为31010.&17．[;浙江卷] 如图1&4，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小．若AB＝15 m，AC＝25 m，∠BCM＝30°，则tan θ的最大值是________．(仰角θ为直线AP与平面ABC所成角)
17.5 39　[解析] 由勾股定理得BC＝20 m．如图，过P点作PD⊥BC于D，连接AD, 则由点A观察点P的仰角θ＝∠PAD，tan θ＝PDAD.设PD＝x，则DC＝3x，BD＝20－3x，在Rt△ABD中，AD＝152＋（20－3x）2＝625－403x＋3x2，所以tan θ＝x625－403x＋3x2＝3x＋3＝16251x－25≤539，故tan θ的最大值为539.
&20．、[;浙江卷] 如图1&5，在四棱锥A &BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝2.(1)证明：DE⊥平面ACD；(2)求二面角B & AD & E的大小．
20．解：(1)证明：在直角梯形BCDE中，由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC＝2，由AC＝2，AB＝2，得AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC.又平面ABC⊥平面BCDE，从而AC⊥平面BCDE，所以AC⊥DE.又DE⊥DC，从而DE⊥平面ACD.(2)方法一：过B作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AE交于点G，连接BG.由(1)知DE⊥AD，则FG⊥AD.所以∠BFG是二面角B & AD & E的平面角．在直角梯形BCDE中，由CD2＝BC2＋BD2，得BD⊥BC.&又平面ABC⊥平面BCDE，得BD⊥平面ABC，从而BD⊥AB.由AC⊥平面BCDE，得AC⊥CD.在Rt△ACD中，由DC＝2，AC＝2，得AD＝6.在Rt△AED中，由ED＝1，AD＝6，得AE＝7.在Rt△ABD中，由BD＝2，AB＝2，AD＝6，得BF＝2 33，AF＝23AD.从而GF＝23ED＝23.在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cos∠BAE＝5 714，BG＝23.在△BFG中，cos∠BFG＝GF2＋BF2－BG22BF•GF＝32.所以，∠BFG＝π6，即二面角B & AD & E的大小是π6.方法二：以D为原点，分别以射线DE，DC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系D & xyz，如图所示．&由题意知各点坐标如下：D(0，0，0)，E(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，2，2)，B(1，1，0)．设平面ADE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面ABD的法向量为n＝(x2，y2，z2)．可算得AD＝(0，－2，－2)，AE＝(1，－2，－2)，DB→＝(1，1，0)．由m•AD＝0，m•AE→＝0，即－2y1－2z1＝0，x1－2y1－2z1＝0，可取m＝(0，1，－2)．由n•AD→＝0，n•DB→＝0，即－2y2－2z2＝0，x2＋y2＝0，可取n＝(1，－1，2)．于是|cos〈m，n〉|＝|m•n||m|•|n|＝33×2＝32.由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B & AD & E的大小是π6.
&&& G12& 单元综合10．[;江西卷] 如图1&4所示，在长方体ABCD & A1B1C1D1中，AB＝11，AD＝7，AA1＝12.一质点从顶点A射向点E(4，3，12)，遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理)，将第i－1次到第i次反射点之间的线段记为Li(i＝2，3，4)，L1＝AE，将线段L1，L2，L3，L4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是(　　)& 10．C　
7．[;北京卷] 在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(1，1，2)．若S1，S2，S3分别是三棱锥D & ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则(　　)A．S1＝S2＝S3& B．S2＝S1且S2≠S3C．S3＝S1且S3≠S2& D．S3＝S2且S3≠S17．D　19．、、、[;湖北卷] 如图1&4，在棱长为2的正方体ABCD&A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0&λ&2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ.(2)是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．&图1&419．解：方法一(几何方法)：(1)证明：如图①，连接AD1，由ABCD&A1B1C1D1是正方体，知BC1∥AD1.当λ＝1时，P是DD1的中点，又F是AD的中点，所以FP∥AD1，所以BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.&图①　　　　　　　　　图②　　　(2)如图②，连接BD.因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EF∥BD，且EF＝12BD.又DP＝BQ，DP∥BQ，所以四边形PQBD是平行四边形，故PQ∥BD，且PQ＝BD，从而EF∥PQ，且EF＝12PQ.在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因为BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，于是EQ＝FP＝1＋λ2，所以四边形EFPQ也是等腰梯形．同理可证四边形PQMN也是等腰梯形．分别取EF，PQ，MN的中点为H，O，G，连接OH，OG，则GO⊥PQ，HO⊥PQ，而GO∩HO＝O，故∠GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角．若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则∠GOH＝90°.连接EM，FN，则由EF∥MN，且EF＝MN知四边形EFNM是平行四边形．连接GH，因为H，G是EF，MN的中点，所以GH＝ME＝2.在△GOH中，GH2＝4，OH2＝1＋λ2－222＝λ2＋12，OG2＝1＋(2－λ)2－222＝(2－λ)2＋12，由OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋12＋λ2＋12＝4，解得λ＝1±22，故存在λ＝1±22，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．方法二(向量方法)：以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系．由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)．
&图③　　　　BC1→＝(－2，0，2)，FP＝(－1，0，λ)，FE＝(1，1，0)．(1)证明：当λ＝1时，FP＝(－1，0，1)，因为BC1→＝(－2，0，2)，所以BC1→＝2FP→，即BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.(2)设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由FE→•n＝0，FP→•n＝0可得x＋y＝0，－x＋λz＝0.于是可取n＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1)．若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则m•n＝(λ－2，2－λ，1)•(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22.故存在λ＝1±22，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．8．[;四川卷] 如图1&2，在正方体ABCD & A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点，设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sin α的取值范围是(　　) A.33，1& B.63，1C.63，223& D.223，18．B　 文章来源莲 山课件 w ww.5 Y
上一个试题： 下一个试题：
? ? ? ? ? ? ? ? ? ?