2016年高考数学复习参考题------11.立体几何(理科数学)

2016年高考数学复习参考题

11、立体几何（理科）

一、选择题：

1.用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图1所示的几何体，则它的俯视图是

【试题解析】由球的三视图可知答案选B.

【选题意图】众所周知三视图和球是全国卷的热门考点,而总结规律2010、2012、2014年的三视图考点

均比较简单，都是简单几何体辨识问题.所以选择这道2014年的深圳一模试题应景,希望2016年高考深圳数学再创辉煌. 2.如图，网格上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则几何体的体积为

A.6 B.9 C.12 D.18 【试题解析】由三视图可知，其对应几何体为三棱锥， 其底面为一边长为6，这边上高为3，棱锥的高为3， 故其体积为V

11

6 3 3 9，故选B. 32

【选题意图】本题旨在通过三视图考查学生的空间想象力，是由教材人教A版必修2P15练习题第4题“如图是一个几何体的三视图，想象它的几何结构特征，并说出它的名称.”演变而来.属基础题.

3.已知三棱锥S—ABC的所有顶点都在球O的球面上，底面△ABC是边长为1的正三角形，棱SC是球O的直径且SC=2，则此三棱锥的体积为（ ） A

．

【试题解析】取正 ABC的中心O'，连接OO',OO' 平面ABC. 又因为O为SC的中点，所以 ABC上的高为OO'的2倍

.

B

6C

．

D

． 32

OO' 112,

所以SP ABC S ABC ，故选A. h 1 2

336【选题意图】本题旨在考查通过三棱锥和球的组合，求得三棱锥的体积.与球心到截面圆的距离相关.

4.若某几何体的三视图如右图所示，则此几何体的体积是______． A.8 B．

222 C．6 D． 33

1122

1 2 2 ，故选B. 323,

【试题解析】由图知此几何体为边长为2的正方体裁去一个三棱锥（如下图）， 所以此几何体的体积为V 2 2 2

【选题意图】求以三视图为背景的几何体体积，应先根据三视图

得到几何体的直观图，要注意虚实线的来由.可选择适当的长方体进行割补. 也易于用补形法求出不规则图形的体积.

5.某几何体的三视图如图，其正视图中的曲线部分为半个圆弧， 则该几何体的表面积为（ ） （A）16 62 4 （B）16 62 3 （C）10 62 4

（

D）10 62 3

【试题解析】根据三视图可知，该几何体由两部分构成，底部为圆柱的一半，底面半径为1，高为3，上部为三棱柱，底面是直角边为2的等腰直角三角形，高为3，所以上部分几何体的表面积为1

S上=（2 2 2）（+2 3）（

+3）=10+2下部分几何体的表面积为

1

S下=（ 1）（+ 2 1 3）=4

2

2

俯视图

所以该几何体的表面积为10 4 ,选C

【选题意图】组合体在近几年的全国卷中出现频率较高.

6.如图，长方体ABCD A1BC11D1中，AB 2,

AD AA1的内切圆1 设长方体的截面四边形ABC1D为O

，圆O的正视图是椭圆O'，则椭圆O'的离心率等于（

）

A．

B 6C

．

D

． 32

【试题解析】根据题意，画出图形如图所示，椭圆O 的长轴长为

2a AB 2，短轴长为2b AA1，所以a 1,b

，

得c

c

，离心率

e .故选D.

a

22

【选题意图】本题重点考查空间几何体的三视图和椭圆的离心率，难度中等.

7.已知某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的外接球体积为

A．4

B

．

C．8 D 【试题解析】由三视图可知原几何体如图所示，可将其视为正方体的一部分，

3

V= =

4

3.故选B. 3

【选题意图】本题重点考查空间几何体的三视图以及与球有关的组合体的体积的计算，难度中等.

8.设m,n是两条不同的直线, , 是两个不同的平面,下列命题中正确的是

A . 若 ,m ,n ,则m n B．若 // ,m ,n ,则m//n C．若m n,m ,n ,则 D．若m ,m//n,n// ,则

【试题解析】A、B分别是考查面面垂直、平行的性质定理的易错点，C错是因为面面垂直判定定理的条件

缺失,选D．

【选题意图】本题主要考查空间线面及面面的平行、垂直判定和性质.

9.如图1，已知正方体ABCD A1BC11D

1的棱长为a， 动点M,N,Q分别在线段AD1,BC1,

C1D1上.当三棱锥

a

Q-BMN的俯视图如图2所示时，

三棱锥Q-BMN的正视图面积等于

A.

12122a B. a2 C. D. 24【试题解析】由俯视图可知点N和点C重合，Q点和D1重合，

M为AD1的中点，故其正视图为三角形，

如右图，从而得到其面积为

111

a a a2 .故选：B 224

【选题意图】大纲要求会画简单几何体的三视图. 考查学生关于简单几何体体积的计算能力和空间想象能

力、

10.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放斛的米约有

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，故选B. 所以米堆的体积为 3 ，故堆放的米约有

43399

【试题解析】设圆锥的底面半径为r，则

【选题意图】以《九章算术》为背景，给予新定义，增添了试题的新颖性，中档题.需要想象、计算，本质就是求

1

个圆锥的体积. 4

11.某零件的正（主）视图与侧（左）视图均是如图所示的 图形（实线组成半径为2cm的半圆，虚线是等腰三 角形的两腰），俯视图是一个半径为2cm的圆（包括圆心）， 则该零件的体积是

第2题图

333

A． cm B． cm C．4 cm D．

438320

cm3 3

【试题解析】由题意知，该零件为一个半球挖去一个圆锥构成，

所以其体积为V

21

π 23 π 22 1 4π，所以选C. 33

【选题意图】本题考查考生对三视图的基本知识和技能的掌握与运用，考查学生关于简单几何体体积

的计算能力和空间想象能力、应用意识及算法思想.

12．用单位立方块搭一个几何体，使它的主视图和俯视图如右图所示，则它的体积的最小值与最大值

分别为 A．9与13

B．7与10 D．10与15

C．10与16

【试题解析】由题意知选C，

主视图 俯视图

【选题意图】本题考查考生对三视图的基本知识和技能的掌握与运用，考查学生关于简单几何体体积

的计算能力和空间想象能力、应用意识及推理论证能力.

二、填空题：

13.一个四棱锥的底面为菱形，其三视图如图2所示， 则这个四棱锥的体积是 ．

【试题解析】通过三视图，可以看出该几何体为

111

V

sh 4 2 3 4

332一个四棱锥，

【选题意图】本题旨在考查三视图与几何体体积， 学生还有要会从“长对正、高平齐、宽相等” 的原则中提取所需的数据.

侧（左）视图

图2

俯视图

14.已知点A,B,C,D在同一球面上，且AB BC 2,

AC ABCD体积的最大值为则该球的表面积为

4

，3

【试题解析】因为AB BC 2,AC ABC为直角三角形，当点D到平面ABC的距离最大

时，其四面体的体积最大，也就是点D在平面ABC内的射影恰为斜边中点时，体积最大，故得到其球的半径为

3

，故其体积为9 . 2

【选题意图】本题旨在考查四面体的结构特征、球的表面积公式、四面体的体积等知识.

ABC 是15.已知球O的直径PQ 4， A,B,C是球O球面上的三点, APQ BPQ CPQ 30 ，

正三角形，则三棱锥P ABC的体积为 . 【试题解析】设球心为M， ABC截面小圆的圆心为O， ∵ ABC是等边三角形， APQ

BPQ CPQ 30 ， ∴P在面 ABC

的投影O是等边 ABC

的重心（此时四心合一）

∵PQ

是直径， PCQ=90 , PC=4cos30 , PO

3,OC

2O是等边 ABC的重心 OC=OH ∴等边 ABC的高

OH AC

60 3

322

三棱锥P ABC体积V=PO S ABC

1311 3 3

32【选题意图】本题重点考查空间几何体的三视图以及与球有关的组合体的体积的计算，难度中等. 16. 若四面体ABCD的三组对棱分别相等,即AB CD,AC BD,AD BC,则正确的是________（写出

所有正确结论编号）.

①四面体ABCD每组对棱相互垂直； ②四面体ABCD每个面的面积相等；

③从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90

。而小于180。；

④连接四面体ABCD每组对棱中点的线段互垂直平分；

⑤从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长. 切入：先作出空间四面体ABCD，逐一进行排除.

【试题解析】①当四面体ABCD是正四面体时才成立；②四面体ABCD每个面是全等三角形,面积相等；

③从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和等于

180 ；④连接四面体ABCD每组对棱中点构成菱形,线段互垂直平分；⑤从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长. 正确的是②④⑤.

【选题意图】大纲要求会画简单几何体的三视图，而本题的切入点恰是先作出空间四面体ABCD，

逐一进行排除.

三、解答题：

,AB17.如图1，在等腰直角三角形ABC中, A 90 ,BC 6,D,E分别是AC上的

点,CD BEO为BC的中点.将 ADE沿DE折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE,其中A O(1) 证明:A O 平面BCDE； (2) 求二面角A CD B的平面角的余弦值.

O 图1

图2

B

A

【试题解析】（1）在图1中，易得OC 3,AC 32,AD 22， 连结OD,OE，在 OCD中，由余弦定理可得

OD 2

2

2

O

E

以A O OD.

由翻折不变性可知A D ,所以A O OD A D，所H 同理可证A O OE, 又OD OE O,所以A O 平面BCDE. (2) 传统法:过O作OH CD交CD的延长线于H,连结A H,

因为A O 平面BCDE,所以A H CD,所以 A HO为二面角A CD B的平面角.

结合图1可知,H为AC中点,

故OH

,从而A

H 2

所以cos A HO

OH,所以二面角A CD B.

A H向量法

:以O点为原点,建立空间直角坐标系O xyz如图所示,则A ,C 0, 3,0

,D 1, 2,0

所以CA ,DA 1,

设n x,y,z 为平面A CD的法向量,则

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

为平面CDB的一个法向量,

n OA 所以cosn,OA ,即二面角A CD B.

nOA

【选题意图】本题考查空间中线线、线面、面面的位置关系及二面角的平面角，

需要关注翻折问题中的变与不变，

18.如图所示，已知AB为圆O的直径，点D为线段AB

上一点，且AD 且BC ．点P在圆O所在平面上的正投影为点D，PD DB． （1）求证：PA CD；

（2）求二面角C PB A的余弦值．

【试题解析】（1）证明1：连接CO，由3AD DB知，点D为AO

又∵AB为圆O的直径，∴AC CB， BC知， CAB 60， ∴ ACO为等边三角形，从而CD AO．

1

DB，点C为圆O上一点，3

∵点P在圆O所在平面上的正投影为点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． （注：证明CD 平面PAB时，也可以由平面PAB 平面ACB得到．） 证明2：∵AB为圆O的直径，∴AC CB，

在Rt

ABC中设AD 1，由3AD DB

BC得，DB 3，AB 4，BC

∴

BDBC，则 BDC∽ BCA，∴ BCA BDC，即CD AO．

BCAB2

∵点P在圆O所在平面上的正投影为点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． 证明3：∵AB为圆O的直径，∴AC

CB， 在Rt ABC BC得， ABC 30， 设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

∵点P在圆O所在平面上的正投影为点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（综合法）：过点D作DE PB，垂足为E，连接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为二面角C PB A

的平面角． 由（1）可知CD ，PD DB 3，

（注：在第（

1）问中使用方法1∴

PB

DE

PD DB，

PB2CD，

DE∴在Rt

CDE中，tan

DEC

∴cos DEC

C PB A.

解法2：（坐标法）以D为原点，DC、DB和DP的方向分别为x轴、y轴和z轴的正向，建立如图所示

的空间直角坐标系．

（注：如果第（1）问就使用“坐标法”时，建系之前先要证明CD AB．）

设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的一个法向量为CD (．

设平面PBC的一个法向量为n (x,y,z)，则

3y 0 n

PC 0

，即，令y

1，则x z 1，

3y 3z

0 n PB 0

∴n ,1)，

设二面角C PB A

的平面角的大小为 ，

n CD

则cos 5|n| |CD|∴二面角C PB A 【选题意图】本题考查本题考查空间中线线、线面、面面的位置关系及二面角的平面角，通过投影代入线线垂直等知识，考查考生空间想象、推理论证，以及运算求解能力.

19. 已知多面体ABCDE中，AB 平面ACD，DE 平面ACD，AC AD CD DE 2，

AB 1，F为CE的中点.

（1）求证：AF CD；

（2）求直线AC与平面CEB所成角的大小的余弦值. 【试题解析】(1）证明：取CD的中点G， 连接AG、GF，则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：分别以GD、GF、GA为x、y、z轴

建立如图空间直角坐标系G xyz，

则B(0,1,),C( 1,0,0),E(1,2,0)

CB (1,1,),CE (2,2,0),CA (1,0,)

设平面CBE的法向量为n (x,y,z)，

n CB x y z 0则 2x 2y 0

设x 1，则 (1, 1,0) cos CA,n

2

4

设直线AC与平面CBE所成角为

，则cos

4

∴直线AC与平面CBE所成角的余弦值为

. 4

【选题意图】本题考查本题考查空间中线线、线面、面面的位置关系及线面角的相关知识，

考查考生空间想象、推理论证，以及运算求解能力.

20.如图，在三棱柱ABC A1B1C中，侧棱AA1 底面ABC，AB AC 2AA1， BAC 120，D,D1 分别是线段BC,B1C1的中点，过线段AD的中点P作BC的平行线，分别交AB，AC于点M，N．

（1）证明：MN 平面ADD1A1； （2）求二面角A A1M N的余弦值．

【试题解析】（1）证明：因为AB AC,D是BC的中点, C

所以,BC AD.

因为M，N分别为AB，AC的中点，所以MN BC．

所以MN AD.

因为AA1 平面ABC,MN 平面ABC，所以AA1 MN.

C

D

D1

A1

B1

P

B

AD与AA1相交, 又因为AD,AA1在平面ADD1A1内,且

所以MN 平面ADD1A1.

A作AE A1P于E, （2）解法一:连接A1P,过

过E作EF A1M于F,连接AF.

C

B

由（Ⅰ）知,MN 平面AEA1, 所以平面AEA1 平面AMN. 1

所以AE 平面AMN,则A1M AE. 1所以A1M 平面AEF,则A1M AF.

故 AFE为二面角A AM N的平面角(设为 )． 1

设AA1 1,则由AB AC 2AA1, BAC 120,有 BAD 60,AB 2,AD 1. 又P为AD的中点，则M为AB的中点，所以AP

1

,AM 1. 2

在Rt

AA1P 1P，A

Rt

A1AM中，AM

1从而AE

AA1

APAA1 AMAF ．

A1MA1PAE.

AF5

所以sin

因为

AFE为锐角，所以cos 故二面角A AM

N1

.

解法二: 设AA1 1.如图,过A1作A1E平行于B1为坐标原点,分别以AE1C1,以A1,AD11,A1A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(点O与点A1重合)． 则A1 0,0,0 ,A 0,0,1 .

因为P为AD的中点,所以M,N分别为AB,AC的中点,

C1

故M1 1 2,1 ,N 2,1 ,

1

所以A1M 2,1 ,A1A 0,0,1 ,NM

设平面AAM的法向量为n1 x1,y1,z1 ，

1

．

1

,1 0, x1,y1,z1 n1 A1M, n1 A1M 0,

2则 故有 即 n1 A1A,

n1 A1A 0,

x1,y1,z1 0,0,1 0.

1

x1 y1 z1 0,从而 2 取x1 1,

则y1 , 2

z1

0.

所以n1 1,是平面AAM的一个法向量． 1设平面AMN的法向量为n2 x2,y2,z2 , 1

1

22,1 0, n2 A1M, n2 A1M 0,

x2,y2,z2

则 故有

即 n2 NM, n2 NM 0,x,y,z 0.

222

1

x2 y2 z2 0,从而 取y2 2,则z2 1, 2

2 0.

所以n2 0,2, 1 是平面AMN的一个法向量． 1设二面角A AM N的平面角为 ,又 为锐角， 1

则cos

n1 n2n1 n

2

. 5

. 故二面角A AM N的余弦值为1

【选题意图】本题考查本题考查空间中线线、线面、面面的位置关系及线面角的相关知识，

考查考生空间想象、推理论证，以及运算求解能力.

21.如图，在四面体ABOC中,OC OA,OC OB, AOB 1200,且OA OB OC 1. （1）设P为AC的中点，证明:在AB上存在一点Q,使PQ OA,并计算（2）求二面角O AC B的平面角的余弦值. 【试题解析】方法1:

（1）证明：在平面OAB内作ON OA交AB于N，连接NC

又OA OC， OA 平面ONC

AB

的值； AQ

NC 平面ONC， OA NC

取Q为AN的中点，则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：连接 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AC的中点，OA OC AC OP， OP ON O

AC 平面PON PN 平面PON

AC

PN OPN为二面角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）证明：在平面AOB中，过点O，作ON OA交取O为坐标原点，分别以OA，ON，OC所在的直线为x轴，建立空间直角坐标系O xyz （如图所示）

则A(1,0,0)，C(0,0,1)B(

13,,0) 22

11

P为AC中点，

P(,0,

22

设AQ AB( (0,1)) AB ( ,

3,0) 22

3333

,0) (1 , ,0) =(1,0,0) ( ,2222131 , ) ( ,

2222 PQ OA PQ OA 0

即

113AB13

0， . 所以存在点Q(, 3. ,0)，使得PQ OA，且

322AQ26

（2）解：记平面ABC的法向量为 (n1,n2,n3)，则由 ， ，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的法向量为e (0,1,0) cos ,

5

二面角O AC B的平面角是锐角，记为 ，则cos

. 5

【选题意图】本题考查本题考查空间中线线、线面、面面的位置关系及二面角的平面角的相关知识，

考查考生空间想象、推理论证，以及运算求解能力.

22.三棱柱ABC A1B1C1中，侧面AA1C1C 侧面ABB1A1，AC AA1

2AB，

AA1C1 60 ，AB AA1，H为棱 CC1的中点，D在棱BB1上，且 A1D 面AB1H．

（Ⅰ）求证：D为BB1的中点；

（Ⅱ）求二面角C1 A1D A的余弦值．

【试题解析】

[向量法](Ⅰ)连结AC1,因为 ACC1为正三角形,

H为棱CC1的中点,

面ABB1A1, 所以AH CC1,从而AH AA1,又面AAC11C

AH 面AAC面AAC11C 面ABB1,11C, 1A1 AA

C

所以AH 面ABB1A1.

以A为原点,建立空间直角坐标系A xyz如图所示,

不妨设AB ,则AA1 2,A

1 0,2,0 ,B1设D

2,0,

t,0,

则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为BB1的中点.

(Ⅱ

)C

1,A1D 1,0,AC11 0, ,

因为A1D 平面AB1H,AB1 平面AB1H,所以A1D AB1,

y n AD 0 y 0 1

设平面C1A1D的法向量为n x,y,z ,则 ,

即,

解得 ,

x z y 0 n A1C1 0

令x 3,

得n ,

显然平面AA1D

的一个法向量为AH ,

C

H

C1

n AH

所以cos n,AH ,

11nAH

A

D

B1

A1

所以二面角C1 A1D

A的余弦值为.

11

[传统法](Ⅰ)

设AB

B

,

由AC AA1,所以AC AA1 2a,

因为A1D 平面AB1H,AB1 平面AB1H,所以A1D AB1, 从而 DA1B1 A1B1A 90 ,所以 A1DB1 AB1A1,所以故DB1 a,所以D为BB1的中点.

DB1A1B1

,

B1A1AA1

M,连结C1M,则C1M AA1, (Ⅱ)连结AC1,由 AAC11 60 可得 AAC11为正三角形,取AA1中点

面ABB1A1,面AAC 因为面AAC11C11C 面ABB1, 1A1 AA

C1M 面AAC11C,所以C1M 面ABB1A1.

N,连结C1N,则C1N A1D,所以 MNC1是二面角C1 A1D A的平面角.

作MN A1D于

经计算得C1M

,MN

,C1N

a,cos MNC1 ,

. 所以二面角C1 A1D

A【选题意图】本题考查本题考查空间中线线、线面、面面的位置关系及二面角的平面角，，考查考生空间想象、推理论证，以及运算求解能力.

23.如图，已知正方形ABCD在水平面上的正投影（投影线垂直于投影面）是四边形A'B'C'D'，其中A与．

A'重合，且BB' DD' CC'．

（1）证明：AD'//平面BB'C'C，并指出四边形AB'C'D'的形状；

（2）如果四边形AB'C'D'中，AD' 2，AB' ，正方形ABCD的边长为6， 求平面ABCD与平面AB'C'D'所成的锐二面角 的余弦值． 【试题解析】证明：（1）依题意，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'上取点E，使得CE DD'， 连结BE，D'E，如图5－1． 因为CE//DD'，且CE DD'，

D

E

B

C'

D'

B'

A(A')

所以CDD'E是平行四边形，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'是平行四边形， 从而AD'//BE，又BE 平面BB'C'C，AD' 平面BB'C'C， 所以AD'//平面BB'C'C．

四边形AB'C'D'是平行四边形（注：只需指出四边形AB'C'D'的形状，不必证明）． 解法2：因为DD'//CC'，CC' 平面BB'C'C，DD' 平面BB'C'C， 所以DD'//平面BB'C'C．

因为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'C，

又AD' 平面ADD'，所以AD'//平面BB'C'C．

四边形AB'C'D'是平行四边形（注：只需指出四边形AB'C'D'的形状，不必证明）． （2）解：依题意，在Rt△ABB'中，BB' 在Rt△ADD'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' C2 1 3） 连结AC，AC'，如图5－2， 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：延长CB，C'B'相交于点F， 则

D'

FB'BB'13

，而B'C' 2，所以FC' 2． FC'CC'32

连结AF，则AF是平面ABCD与平面AB'C'D'的交线． 在平面AB'C'D'内作C'G AF，垂足为G，连结CG．

F

A(A')

图5 2

因为CC' 平面AB'C'D'，AF 平面AB'C'D'，所以CC' AF． 从而AF 平面CC'G，CG AF．

所以 CGC'是平面ABCD与平面AB'C'D'所成的一个锐二面角．

3

2

C'A C'F3在Rt△AC'F中，C'G ，

2AF5 3 2

(3) 2

2

3

35 330

在Rt△CC'G中，CG CC'2 C'G2 32 5 5

2

所以cos cos CGC'

C'G6

，

CG6

6

即平面ABCD与平面AB'C'D'所成的锐二面角 的余弦值为．6D解法2：以C'为原点，C'A为x轴，C'B'为y轴，C'C为z轴，

建立空间直角坐标系（如图5－3），则平面AB'C'D'的一个法向量n (0,0,1)．

设平面ABCD的一个法向量为m (x,y,z)， 因为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，则y 2，x 3， 2y 2z 0

所以平面ABCD的一个法向量为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与平面AB'C'D'所成的锐二面角 的余弦值为

． 6

解法3：由题意，正方形ABCD在水平面上的正投影是四边形A'B'C'D'， ．所以平面ABCD与平面AB'C'D'所成的锐二面角 的余弦值

SAB'C'D'

．

SABCD

， 6

而SABCD (6)2 6，SAB'C'D' B'C' AC' 2 3 6，所以cos

所以平面ABCD与平面AB'C'D'所成的锐二面角 的余弦值为

． 6

【选题意图】本题考查本题考查空间中线线、线面、面面的位置关系及二面角的平面角，通过投影代入线线垂直等知识，考查考生空间想象、推理论证，以及运算求解能力.

24. 如图，已知ABCD A1BC11D1是底面边长为1的正四棱柱. （1）证明：平面ABD1 平面AAC11；

（2）当二面角B1 AC1 D1的平面角为120°时， 求四棱锥A A1BC11D1的体积.

【试题解析】（1）证明： AA1 平面A1B1C1D1，

B1

A11

D1

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：建立如图所示的空间直角坐标系，设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,假设平面AB1C1与平面AD1C1的法向量分别为

n1 (x1,y1,z1)，n2 (x2,y2,z2)

n1 AB1 x1 hz1 0那么 令z1 1，则x1 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

此时，正四棱柱ABCD A1B1C1D1是棱长为1的正方体，

B

D1 11

且四棱锥A A1B1C1D1的体积V 1 1

33

方法2：过点B1作B1H AC1于H，连接D1H，容易证得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

又可证得：AB1 B1C1所以在RT AB1C1，由等面积法：AB1 B1C1=B1H AC1 即h 1 1

2

所以h 1 h2 2

3

此时，正四棱柱ABCD A1B1C1D1是棱长为1的正方体，且四棱锥A A1B1C1D1的体积

V

11 1 1 . 33

【选题意图】本题考查本题考查空间中线线、线面、面面的位置关系及二面角的平面角，以正四棱柱为载体考查椎体的体积，考查考生空间想象、推理论证，以及运算求解能力.

25.如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，AC BC 3，AA1 1， ACB 90． （1）求异面直线A1B与CB1所成角的余弦值；

（2）问：在A1B1边上是否存在一点Q，使得平面QBC与平面A1BC所成的角为30，若存在，请求点Q的位置，若不存在，请说明理由．

【试题解析】解：（1）分别以CA,CB,CC1为x轴、

y轴、z轴建立空间直角坐标系C xyz

0，0),B1(0，则A1(，0),C(0，0，1),B(03，1)

A1B ( 3, 1),|A1B| 7 CB1 (03,1),|CB1| 2

cos A1,CB1

11

22

7

7

异面直线A1B与CB1所成的角的余弦值为

7 7

（2）解法1： ABC A1B1C1是直三棱柱， ACB 90， BC CA1,BC CC1

A1CC1是二面角A1 BC C1所成的平面角，在Rt A1CC1中，可求 A1CC1 60

假设存在这样的点Q，使得平面QBC与平面A1BC成30角．

在平面A1B1C1中,过点Q作QP//B1C1，交A1C1于P，连PC，则P,Q,B,C共面

A1CP就是Q BC A1的平面角为30

30 60 ,故存在点P,在 A1CC1的平分线上

在Rt PCC1中，可得PC1

36，又A1B1 ，由相似比可求得QB1 ， 33

所以，Q在距A1点

266处（或距B1点处）. 33

解法2：假设存在这样的点Q，使得平面QBC与平面A1BC成30角．

A1B1 ( 3，0),CA1 (，0，1),设A1 A1B1.

则 CA1 A1 ((1 )3,3,1),又 (03，0),

n1 (1 )x1 3y1 z1 0

设平面QBC的法向量为n1 (x1,y1,z1)，则 ，

n1 CB y1 0

取x1 1，有n1 (1,0,( 1))，

n2 3y2 0

同理设平面A1BC的法向量为n2 (x2,y2,z2)，则 ，

n2 CA1 3x2 z2 0

取x2 1，有n2 (1,0, )，

cos30

12

|4 3 |23( 1)2 1

23

，解得

32

所以，Q在距A1点

26

处 3

【选题意图】本题考查本题考查空间中线线、线面、面面的位置关系及二面角的平面角，探究空间点的设法，考查考生空间想象、推理论证，以及运算求解能力.

26.如图，在侧棱长相等的三棱锥A BCD中，BC CD,M是线段BD上的动点，且

BM BD 0 1 .

（1）若

A

1

，求证：AM BC； 2

（2

）若AB BC 2,CD 1，

且直线AM与平面ACD

，试求 的值.

【试题解析】（1）证明：连结MC，当 而AB AC AD，∴AM BD，

B

M

D

1

时，M是BD的中点， 2

C

又∵BC CD， MC MB，∴ ABM与 ACM全等∴AM MC， 而BM MC M AM 面BCD, BC 面BCD, AM

BC（2）以CD,CB为x轴，y轴，过C垂直于平面BCD的直线为z轴，则C(0,0,0),B(0,2,0),D(1,0,0),M( ,2 2 ,0),A(,1,

12 2

1 1 CD (1,0,0)，CA (,1,AM ( ,1 2 ,

2222

n CA 0设n (x,y,z)是平面ACD的一个法向量，则

n CD 0

1z 0 x y

∴ 2， x 0

令y n 2)

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