2014年高考数学分类汇编(高考真题+模拟新题)立体几何理.pdf

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1、 整理为 word 格式 G 单元 立体几何 G1 空间几何体的结构 20、2014安徽卷 如图 1 5，四棱柱ABCD A1B1C1D1中，A1A底面ABCD，四边形ABCD为梯形，ADBC，且AD2BC.过A1，C，D三点的平面记为，BB1与的交点为Q.图 1 5(1)证明：Q为BB1的中点；(2)求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比；(3)若AA14，CD2，梯形ABCD的面积为 6，求平面与底面ABCD所成二面角的大小 20解：(1)证明：因为BQAA1，BCAD，BCBQB，ADAA1A，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QCA1D.故Q

2、BC与A1AD的对应边相互平行，于是QBCA1AD，所以BQBB1BQAA1BCAD12，即Q为BB1的中点(2)如图 1 所示，连接QA，QD.设AA1h，梯形ABCD 的高为d，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为V上和V下，BCa，则AD2a.图 1 V三棱锥Q A1AD13122ahd13ahd，V四棱锥Q ABCD13a2a2d12h14ahd，所以V下V三棱锥Q A1ADV四棱锥Q ABCD712ahd.又V四棱柱A1B1C1D1 ABCD32ahd，整理为 word 格式 所以V上V四棱柱A1B1C1D1 ABCDV下32ahd712ahd1112ahd，故V上V下117.(

3、3)方法一：如图 1 所示，在ADC中，作AEDC，垂足为E，连接A1E.又DEAA1，且AA1AEA，所以DE平面AEA1，所以DEA1E.所以AEA1为平面与底面ABCD所成二面角的平面角 因为BCAD，AD2BC，所以SADC2SBCA.又因为梯形ABCD的面积为 6，DC2，所以SADC4，AE4.于是 tanAEA1AA1AE1，AEA14.故平面与底面ABCD所成二面角的大小为4.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，BCa，则AD2a.因为S四边形ABCDa2a22sin 6，所以a2sin.图 2 从而可得C(2co

4、s，2sin，0)，A14sin，0，4，所以DC(2cos，2sin，0)，DA14sin，0，4.设平面A1DC的法向量n(x，y，1)，由DA1n4sin x40，DCn2xcos 2ysin 0，得xsin，ycos ，所以n(sin，cos，1)又因为平面ABCD的法向量m(0，0，1)，所以 cosn，mnm|n|m|22，整理为 word 格式 故平面与底面ABCD所成二面角的大小为4.82014湖北卷 算数书竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相乘也 又以高乘之，三十六成一”该术相当于给出了由

5、圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V136L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为 3.那么，近似公式V275L2h相当于将圆锥体积公式中的近似取为()A.227 B.258 C.15750 D.355113 8B 解析 设圆锥的底面圆半径为r，底面积为S，则L2r，由题意得136L2h13Sh，代入Sr2化简得3；类比推理，若V275L2h，则258.故选 B.7、2014辽宁卷 某几何体三视图如图 1 1 所示，则该几何体的体积为()A82 B8 C82 D84 图 1 1 7B 解析 根据三视图可知，该几何体是正方体减去两个体积相等的圆柱的一部分占圆柱的14后余下的

6、部分，故该几何体体积为 22221428.G2 空间几何体的三视图和直观图 72014安徽卷 一个多面体的三视图如图 1 2 所示，则该多面体的表面积为()A21 3 B8 2 C21 D18 整理为 word 格式 图 1 2 7A 解析 如图，由三视图可知该几何体是棱长为 2 的正方体截去两个小三棱锥后余下的部分，其表面积S64126212 26221 3.22014福建卷 某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是()A圆柱 B圆锥 C四面体 D三棱柱 2A 解析 由空间几何体的三视图可知，圆柱的正视图、侧视图、俯视图都不可能是三角形 52014湖北卷 在如图 1 1 所示的空间直

7、角坐标系O xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)给出编号为，的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为()图 1 1 A和 B和 C和 D和 5D 解析 由三视图及空间直角坐标系可知，该几何体的正视图显然是一个直角三角形且内有一条虚线(一锐角顶点与其所对直角边中点的连线)，故正视图是；俯视图是一个钝角三角形，故俯视图是.故选 D.7、2014湖南卷 一块石材表示的几何体的三视图如图 1 2 所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于()图 1 2 A1 B2 C3 D4 7B 解析 由三视图可知，石材为一个三棱柱

8、(相对应的长方体的一半)，故可知能得到的最大球 整理为 word 格式 为三棱柱的内切球由题意可知正视图三角形的内切圆的半径即为球的半径，可得r681022.52014江西卷 一几何体的直观图如图 1 1 所示，下列给出的四个俯视图中正确的是()图 1 1 A B C D 图 1 2 5B 解析 易知该几何体的俯视图为选项 B 中的图形 7、2014辽宁卷 某几何体三视图如图 1 1 所示，则该几何体的体积为()A82 B8 C82 D84 图 1 1 7B 解析 根据三视图可知，该几何体是正方体减去两个体积相等的圆柱的一部分占圆柱的14后余下的部分，故该几何体体积为 22221428.320

9、14浙江卷 几何体的三视图(单位：cm)如图 1 1 所示，则此几何体的表面积是()图 1 1 A90 cm2 B129 cm2 C132 cm2 D138 cm2 3D 解析 此几何体是由长方体与三棱柱组合而成的，其直观图如图，整理为 word 格式 所以该几何体的表面积为 2(436364)21234433533138(cm2)，故选D.122014新课标全国卷 如图 1 3，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为()图 1 3 A6 2 B6 C4 2 D4 12 B 解析 该几何体是如图所示的棱长为4的正方体内的三棱锥E C

10、C1D1(其中E为BB1的中点)，其中最长的棱为D1E（4 2）2226.62014新课标全国卷 如图 1 1，网格纸上正方形小格的边长为 1(表示 1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为 3 cm，高为 6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为()图 1 1 A.1727 B.59 C.1027 D.13 6C 解析 该零件是一个由两个圆柱组成的组合体，其体积为32222434(cm3)，原毛坯的体积为32654(cm3)，切削掉部分的体积为 543420(cm3)，故所求的比值为20541027.172014陕西卷 四面体ABCD

11、及其三视图如图 1 4 所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.(1)证明：四边形EFGH是矩形；(2)求直线AB与平面EFGH夹角的正弦值 整理为 word 格式 图 1 4 17解：(1)证明：由该四面体的三视图可知，BDDC，BDAD，ADDC，BDDC2，AD1.由题设，BC平面EFGH，平面EFGH平面BDCFG，平面EFGH平面ABCEH，BCFG，BCEH，FGEH.同理EFAD，HGAD，EFHG.四边形EFGH是平行四边形 又ADDC，ADBD，AD平面BDC，ADBC，EFFG，四边形EFGH是矩形 (2)方法一：如图，

12、以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，DA(0，0，1)，BC(2，2，0)，BA(2，0，1)设平面EFGH的法向量n(x，y，z)，EFAD，FGBC，nDA0，nBC0，得z0，2x2y0，取n(1，1，0)，sin|cosBA，n|BAn|BA|n|25 2105.方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，E是AB的中点，F，G分别为BD，DC的中点，得E1，0，12，F(1，0，0)，G(0，1，0)FE0，0，12，FG(1，1，0)

13、，BA(2，0，1)设平面EFGH的法向量n(x，y，z)，则nFE0，nFG0，整理为 word 格式 得12z0，xy0，取n(1，1，0)，sin|cosBA，n|BAn|BA|n|25 2105.10 2014天津卷 一个儿何体的三视图如图 1 3 所示(单位：m)，则该几何体的体积为_m3.图 1 3 10.203 解析 由三视图可得，该几何体为圆柱与圆锥的组合体，其体积V12413222203.72014重庆卷 某几何体的三视图如图 1 2 所示，则该几何体的表面积为()图 1 2 A54 B60 C66 D72 7B 解析 由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥所得，

14、三棱柱的底面是一个两直角边长分别为 3 和 4 的直角三角形，高为 5，截去的锥体的底面是两直角边的边长分别为 3 和 4 的直角三角形，高为 3，所以表面积为S1234352252425253560.G3 平面的基本性质、空间两条直线 42014辽宁卷 已知m，n表示两条不同直线，表示平面下列说法正确的是()A若m，n，则mn B若m，n，则mn C若m，mn，则n D若m，mn，则n 4B 解析 B 解析 由题可知，若m，n，则m与n平行、相交或异面，所以 A 错误；若m，n，则mn，故 B 正确；若m，mn，则n或n，故 C 错误若m，mn，整理为 word 格式 则n或n或n与a相交，

15、故 D 错误 17、2014福建卷 在平面四边形ABCD中，ABBDCD1，ABBD，CDBD.将ABD沿BD折起，使得平面ABD平面BCD，如图 1 5 所示(1)求证：ABCD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值 图 1 5 17解：(1)证明：平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AB 平面ABD，ABBD，AB平面BCD.又CD 平面BCD，ABCD.(2)过点B在平面BCD内作BEBD.由(1)知AB平面BCD，BE 平面BCD，BD 平面BCD，ABBE，ABBD.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

16、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)，BM0，12，12，AD(0，1，1)设平面MBC的法向量n(x0，y0，z0)，则nBC0，nBM0，即x0y00，12y012z00，取z01，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，则 sin|cosn，AD|nAD|n|AD|63.即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为63.112014新课标全国卷 直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦

17、值为()整理为 word 格式 A.110 B.25 C.3010 D.22 11C 解析 如图，E为BC的中点由于M，N分别是A1B1，A1C1的中点，故MNB1C1且MN12B1C1，故MN綊BE，所以四边形MNEB为平行四边形，所以EN綊BM，所以直线AN，NE所成的角即为直线BM，AN所成的角设BC1，则B1M12B1A122，所以MB11262NE，ANAE52，在ANE中，根据余弦定理得 cos ANE645454262523010.18，2014四川卷 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MNNP.(1)证

18、明：P是线段BC的中点；(2)求二面角A NP M的余弦值 图 1 4 18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AOBD，OCBD.因为AO，OC 平面AOC，且AOOCO，所以BD平面AOC.又因为AC 平面AOC，所以BDAC.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MNBD，NHAO，因为AOBD，所以NHBD.因为MNNP，所以NPBD.因为NH，NP 平面NHP，且NHNPN，所以BD平面NHP.又因为HP 平面NHP，所以BDHP.又OCBD，HP 平面BCD，OC 平面BC

19、D，所以HPOC.整理为 word 格式 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NQAC于Q，连接MQ.由(1)知，NPAC，所以NQNP.因为MNNP，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AOOC 3.由俯视图可知，AO平面BCD.因为OC 平面BCD，所以AOOC，因此在等腰直角AOC中，AC 6.作BRAC于R 因为在ABC中，ABBC，所以R为AC的中点，所以BRAB2AC22102.因为在平面ABC内，NQAC，BRAC，所以NQBR.又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，所以NQBR210

20、4.同理，可得MQ104.故MNQ为等腰三角形，所以在等腰MNQ中，cosMNQMN2NQBD4NQ105.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AOOC，AOOB.又OCOB，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，整理为 word 格式 所以M12，0，32，N12，0，

21、32，P12，32，0，于是AB(1，0，3)，BC(1，3，0)，MN(1，0，0)，NP0，32，32.设平面ABC的一个法向量n1(x1，y1，z1)，由n1AB，n1BC，得n1AB0，n1BC0，即（x1，y1，z1）（1，0，3）0，（x1，y1，z1）（1，3，0）0，从而x1 3z10，x1 3y10.取z11，则x1 3，y11，所以n1(3，1，1)设平面MNP的一个法向量n2(x2，y2，z2)，由，n2MN，n2NP，得n2MN0，n2NP0，即（x2，y2，z2）（1，0，0）0，（x2，y2，z2）0，32，320，从而x20，32y232z20.取z21，则y21

22、，x20，所以n2(0，1，1)设二面角A NP M的大小为，则cos n1n2|n1|n2|（3，1，1）（0，1，1）5 2105.故二面角ANPM的余弦值是105.G4 空间中的平行关系 20、2014安徽卷 如图 1 5，四棱柱ABCD A1B1C1D1中，A1A底面ABCD，四边形ABCD为梯形，ADBC，且AD2BC.过A1，C，D三点的平面记为，BB1与的交点为Q.图 1 5 整理为 word 格式(1)证明：Q为BB1的中点；(2)求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比；(3)若AA14，CD2，梯形ABCD的面积为 6，求平面与底面ABCD所成二面角的大小 20解：(1)

23、证明：因为BQAA1，BCAD，BCBQB，ADAA1A，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QCA1D.故QBC与A1AD的对应边相互平行，于是QBCA1AD，所以BQBB1BQAA1BCAD12，即Q为BB1的中点(2)如图 1 所示，连接QA，QD.设AA1h，梯形ABCD 的高为d，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为V上和V下，BCa，则AD2a.图 1 V三棱锥Q A1AD13122ahd13ahd，V四棱锥Q ABCD13a2a2d12h14ahd，所以V下V三棱锥Q A1ADV四棱锥Q ABCD712ahd.又V四棱柱A1B1C1D1

24、ABCD32ahd，所以V上V四棱柱A1B1C1D1 ABCDV下32ahd712ahd1112ahd，故V上V下117.(3)方法一：如图 1 所示，在ADC中，作AEDC，垂足为E，连接A1E.又DEAA1，且AA1AEA，所以DE平面AEA1，所以DEA1E.所以AEA1为平面与底面ABCD所成二面角的平面角 因为BCAD，AD2BC，所以SADC2SBCA.又因为梯形ABCD的面积为 6，DC2，所以SADC4，AE4.于是 tanAEA1AA1AE1，AEA14.故平面与底面ABCD所成二面角的大小为4.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

25、角坐标系 整理为 word 格式 设CDA，BCa，则AD2a.因为S四边形ABCDa2a22sin 6，所以a2sin.图 2 从而可得C(2cos，2sin，0)，A14sin，0，4，所以DC(2cos，2sin，0)，DA14sin，0，4.设平面A1DC的法向量n(x，y，1)，由DA1n4sin x40，DCn2xcos 2ysin 0，得xsin，ycos ，所以n(sin，cos，1)又因为平面ABCD的法向量m(0，0，1)，所以 cosn，mnm|n|m|22，故平面与底面ABCD所成二面角的大小为4.17、2014北京卷 如图 1 3，正方形AMDE的边长为 2，B，C分

26、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：ABFG；(2)若PA底面ABCDE，且PAAE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长 图 1 3 17解：(1)证明：在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以ABDE.整理为 word 格式 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PDEFG，所以ABFG.(2)因为PA底面ABCDE，所以PAAB，PAAE.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，

27、2)，F(0，1，1)，BC(1，1，0)设平面ABF的法向量为n(x，y，z)，则 nAB0，nAF0，即x0，yz0.令z1，则y1.所以n(0，1，1)设直线BC与平面ABF所成角为，则 sin|cosn，BC|nBC|n|BC|12.因此直线BC与平面ABF所成角的大小为6.设点H的坐标为(u，v，w)因为点H在棱PC上，所以可设PHPC(01)即(u，v，w2)(2，1，2)，所以u2，v，w22.因为n是平面ABF的一个法向量，所以nAH0，即(0，1，1)(2，22)0，解得23，所以点H的坐标为43，23，23.所以PH4322324322.19、2014湖北卷 如图 1 4，

28、在棱长为 2 的正方体ABCDA1B1C1D1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DPBQ(00)，则C(m，3，0)，AC(m，3，0)设n1(x，y，z)为平面ACE的法向量，则n1AC0，n1AE0，即mx 3y0，32y12z0，可取n13m，1，3.又n2(1，0，0)为平面DAE的法向量，由题设易知|cosn1，n2|12，即 334m212，解得m32.因为E为PD的中点，所以三棱锥EACD的高为12.三棱锥EACD的体积V1312 3321238.17，2014山东卷 如图 1 3 所示，在四棱柱ABCD A1

29、B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，DAB60，AB2CD2，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AB2CD，所以ABDC，又M是AB的中点，所以CDMA且CDMA.连接AD1.因为在四棱柱ABCD A1B1C1D1中，整理为 word 格式 CDC1D1，CDC1D1，所以C1D1MA，C1D1MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此，C1MD1A.又C1M 平面A1ADD1，D1A 平面A1ADD1

30、，所以C1M平面A1ADD1.(2)方法一：连接AC，MC.由(1)知，CDAM且CDAM，所以四边形AMCD为平行四边形，所以BCADMC.由题意ABCDAB60，所以MBC为正三角形，因此AB2BC2，CA 3，因此CACB.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MD132，12，3，D1C1MB32，12，0.设平面C1D1M的一个法向量n(x，y，z)，由nD1C10，nMD10，得3xy0，3xy2 3z0，可得平面C1D1M的一个法向量n(1，3，1)又CD1(0，0，3)为平面A

31、BCD的一个法向量 因此 cosCD1，nCD1n|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ABCDAB，点过C向AB引垂线交AB于点N，连接D1N.整理为 word 格式 由CD1平面ABCD，可得D1NAB，因此D1NC为二面角C1 AB C的平面角 在 RtBNC中，BC1，NBC60，可得CN32，所以ND1CD21CN2152.在 RtD1CN中，cosD1NCCND1N3215255，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为55.18，2014四川卷 三棱锥A BCD及其侧视图、俯视图

32、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MNNP.(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 4 18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AOBD，OCBD.因为AO，OC 平面AOC，且AOOCO，所以BD平面AOC.又因为AC 平面AOC，所以BDAC.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MNBD，NHAO，因为AOBD，所以NHBD.整理为 word 格式 因为MNNP，所以NPBD.因为NH，NP 平面NHP

33、，且NHNPN，所以BD平面NHP.又因为HP 平面NHP，所以BDHP.又OCBD，HP 平面BCD，OC 平面BCD，所以HPOC.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NQAC于Q，连接MQ.由(1)知，NPAC，所以NQNP.因为MNNP，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AOOC 3.由俯视图可知，AO平面BCD.因为OC 平面BCD，所以AOOC，因此在等腰直角AOC中，AC 6.作BRAC于R 因为在ABC中，ABBC，所以R为AC的中点，所以BRAB2AC22102.因为在平面ABC内，

34、NQAC，BRAC，所以NQBR.又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，所以NQBR2104.同理，可得MQ104.故MNQ为等腰三角形，所以在等腰MNQ中，cosMNQMN2NQBD4NQ105.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AOOC，AOOB.又OCOB，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

35、，又由(1)知，P为线段BC的中点，整理为 word 格式 所以M12，0，32，N12，0，32，P12，32，0，于是AB(1，0，3)，BC(1，3，0)，MN(1，0，0)，NP0，32，32.设平面ABC的一个法向量n1(x1，y1，z1)，由n1AB，n1BC，得n1AB0，n1BC0，即（x1，y1，z1）（1，0，3）0，（x1，y1，z1）（1，3，0）0，从而x1 3z10，x1 3y10.取z11，则x1 3，y11，所以n1(3，1，1)设平面MNP的一个法向量n2(x2，y2，z2)，由，n2MN，n2NP，得n2MN0，n2NP0，即（x2，y2，z2）（1，0，0

36、）0，（x2，y2，z2）0，32，320，从而x20，32y232z20.取z21，则y21，x20，所以n2(0，1，1)设二面角A NP M的大小为，则cos n1n2|n1|n2|（3，1，1）（0，1，1）5 2105.故二面角ANPM的余弦值是105.G5 空间中的垂直关系 17、2014福建卷 在平面四边形ABCD中，ABBDCD1，ABBD，CDBD.将ABD沿BD折起，使得平面ABD平面BCD，如图 1 5 所示(1)求证：ABCD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值 整理为 word 格式 图 1 5 17解：(1)证明：平面ABD平面BCD，平面A

37、BD平面BCDBD，AB 平面ABD，ABBD，AB平面BCD.又CD 平面BCD，ABCD.(2)过点B在平面BCD内作BEBD.由(1)知AB平面BCD，BE 平面BCD，BD 平面BCD，ABBE，ABBD.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)，BM0，12，12，AD(0，1，1)设平面MBC的法向量n(x0，y0，z0)，则nBC0，nBM0，即x0y00，12y012z00，取z01，得平面MBC的一

38、个法向量n(1，1，1)设直线AD与平面MBC所成角为，则 sin|cosn，AD|nAD|n|AD|63.即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为63.18、2014广东卷 如图 1 4，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，DPC30，AFPC于点F，FECD，交PD于点E.(1)证明：CF平面ADF；(2)求二面角D AF E的余弦值 整理为 word 格式 图 1 4 19、2014湖南卷 如图 1 6 所示，四棱柱ABCD A1B1C1D1的所有棱长都相等，ACBDO，A1C1B1D1O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形(1)证明：O1O底面ABCD；(2)若CBA

39、60，求二面角C1OB1D的余弦值 图 1 6 19解：(1)如图(a)，因为四边形ACC1A1为矩形，所以CC1AC.同理DD1BD.因为CC1DD1，所以CC1BD.而ACBDO，因此CC1底面ABCD.由题设知，O1OC1C.故O1O底面ABCD.(2)方法一：如图(a)，过O1作O1HOB1于H，连接HC1.由(1)知，O1O底面ABCD，所以O1O底面A1B1C1D1，于是O1OA1C1.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A1C1B1D1，从而A1C1平面BDD1B1，所以A1C1OB1，于是OB1平面O1HC1.进

40、而OB1C1H.故C1HO1是二面角C1OB1D的平面角 不妨设AB2.因为CBA60，所以OB 3，OC1，OB1 7.在 RtOO1B1中，易知O1HOO1O1B1OB1237.而O1C11，于是C1HO1C21O1H21127197.故 cosC1HO1O1HC1H2371972 5719.即二面角C1OB1D的余弦值为2 5719.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ACBD.又O1O底面ABCD，从而OB，OC，OO1两两垂直 整理为 word 格式 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

41、，z轴，建立空间直角坐标系O xyz，不妨设AB2.因为CBA60，所以OB 3，OC1，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n2OB10，n2OC10，即3x2z0，y2z0.取z 3，则x2，y2 3，所以n2(2，2 3，3)设二面角C1OB1D的大小为，易知是锐角，于是 cos|cos，|n1n2|n1|n2|2 3192 5719.故二面角C1OB1D的余弦值为2 5719.19、2014江西卷 如图 1 6，四棱锥P ABCD中，ABC

42、D为矩形，平面PAD平面ABCD.图 1 6(1)求证：ABPD.(2)若BPC90，PB 2，PC2，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ABAD.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以AB平面PAD，故ABPD.(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，BCPG.在 RtBPC中，PG2 33，GC2 63，BG63.设ABm，则OPPG2OG243m2，故四棱锥P ABCD的体积为 V13 6m43m2m3

43、86m2.因为m86m2 8m26m4 整理为 word 格式 6m223283，所以当m63，即AB63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，C63，2 63，0，D0，2 63，0，P0，0，63，故PC63，2 63，63，BC(0，6，0)，CD63，0，0.设平面BPC的一个法向量为n1(x，y，1)，则由n1PC，n1BC，得63x2 63y630，6y0，解得x1，y0，则n1(1，0，1)同理可求出平面DPC的一个法向量为n20，12，1.设平面BPC与平面DPC的夹角为，则 cos|n1n2|

44、n1|n2|12141105.19、2014辽宁卷 如图 1 5 所示，ABC和BCD所在平面互相垂直，且ABBCBD2，ABCDBC120，E，F分别为AC，DC的中点(1)求证：EFBC；(2)求二面角EBFC的正弦值 图 1 5 19 解：(1)证明：方法一，过点E作EOBC，垂足为O，连接OF.由ABCDBC可证出EOCFOC，所以EOCFOC2，即FOBC.又EOBC，EOFOO，所以BC平面EFO.又EF 平面EFO，所以EFBC.整理为 word 格式 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

45、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EFBC0，从而EFBC，所以EFBC.图 2(2)方法一，在图 1 中，过点O作OGBF，垂足为G，连接EG.因为平面ABC平面BDC，所以EO面BDC，又OGBF，所以由三垂线定理知EGBF，因此EGO为二面角EBFC的平面角 在EOC中，EO12EC12BCcos 3032.由BGOBFC知，OGBOBCFC34，因此 tanEGOEOOG2，从而得

46、 sinEGO2 55，即二面角EBFC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n2BF0，n2BE0，得其中一个n2(1，3，1)设二面角EBFC的大小为，且由题知为锐角，则 cos|cos n1，n2|n1n2|n1|n2|15，因此 sin 252 55，即所求二面角正弦值为2 55.19G5、G112014新课标全国卷 如图 1 5，三棱柱ABC A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C.整理为 word 格式 图 1 5(1)证明：ACA

47、B1；(2)若ACAB1，CBB160，ABBC，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B1CBC1，且O为B1C及BC1的中点 又ABB1C，所以B1C平面ABO.由于AO 平面ABO，故B1CAO.又B1OCO，故ACAB1.(2)因为ACAB1，且O为B1C的中点，所以AOCO.又因为ABBC，所以BOA BOC.故OAOB，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CBB160，所以CBB1为等边三角形，又A

48、BBC，则A0，0，33，B(1，0，0)，B10，33，0，C0，33，0.AB10，33，33，A1B1AB1，0，33，B1C1BC1，33，0.设n(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则 nAB10，nA1B10，即33y33z0，x33z0.所以可取n(1，3，3)设m是平面A1B1C1的法向量，则mA1B10，mB1C10，同理可取m(1，3，3)则 cosn，mnm|n|m|17.所以结合图形知二面角A A1B1 C1的余弦值为17.18，2014四川卷 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MNNP.整

49、理为 word 格式(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 4 18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AOBD，OCBD.因为AO，OC 平面AOC，且AOOCO，所以BD平面AOC.又因为AC 平面AOC，所以BDAC.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MNBD，NHAO，因为AOBD，所以NHBD.因为MNNP，所以NPBD.因为NH，NP 平面NHP，且NHNPN，所以BD平面NHP.又因为HP 平面NHP，所以BDHP.又OCBD，HP

50、 平面BCD，OC 平面BCD，所以HPOC.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NQAC于Q，连接MQ.由(1)知，NPAC，所以NQNP.因为MNNP，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AOOC 3.由俯视图可知，AO平面BCD.因为OC 平面BCD，所以AOOC，因此在等腰直角AOC中，AC 6.作BRAC于R 因为在ABC中，ABBC，所以R为AC的中点，所以BRAB2AC22102.因为在平面ABC内，NQAC，BRAC，所以NQBR.整理为 word 格式 又因为N为AB的中点，所以Q为A