2014北京高考理科数学总复习 专题9《立体几何》

专题九 立体几何综合

第一部分 点、直线、平面之间的位置关系

北京市2011各区

1、在空间中，有如下命题： ①互相平行的两条直线在同一个平面内的射影必然是互相平行的两条直线；

②若平面∥平面，则平面α内任意一条直线m∥平面；

③若平面与平面的交线为m，平面内的直线n⊥直线m，则直线n⊥平面； ④若平面内的三点A, B, C到平面的距离相等，则α∥．

其中正确命题的个数为 。

2、已知,表示两个不同的平面， a，b表示两条不同的直线，则a∥b的一个充分条件是 （A）a∥, b∥

（C）⊥，a ⊥，b ∥

（B）a∥，b∥，∥ （D）a⊥，b⊥，∥

3、设a，b，g是三个不重合的平面，l是直线，给出下列命题：

①若a^b，b^g，则； ③若l^a，l//b，则a^b；

②若l上两点到的距离相等，则l//； ④若a//b，lËb，且l//a，则l//b.

其中正确的命题是 （A）①②

（B）②③ （C）②④ （D）③④

4、关于直线l，m及平面，，下列命题中正确的是 （A）若l//，Im，则l//m （C）若l，l//，则

（B）若l//，m//，则l//m （D）若l//，ml，则m

5、设,为两个不同的平面，直线l，则“l”是“”成立的 （A）充分不必要条件 （B）必要不充分条件 （C）充要条件 （D）既不充分也不必要条件 6、设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面．有下列四个命题： ① 若m，，则m； ② 若//，m，则m //；

③ 若n，n，m，则m；

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④ 若，，m，则m． 其中正确命题的序号是 （A）①② （B）③④

（C）②④ （D）②③

7、已知平面l，m是内不同于l的直线，那么下列命题中错误的是 ．．（A）若m//，则m//l （C）若m，则ml

（B）若m//l，则m// （D）若ml，则m

8、设m,n是两条不同的直线，,,是三个不同的平面，则下列命题正确的是 （A）若mn,n，则m （C）若m//,n//，则m//n

北京市2012各区

1、已知m和n是两条不同的直线，和是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中一定能推出m 的是 （A），且m （C），且m∥

（B）m∥n，且n （D）mn，且n∥ （B）若m,n//m，则n （D）若,，则//

2、设m,n是两条不同的直线，,,是三个不同的平面，下列命题正确的是 （A）若m//n,m//,则n// （C）若m//,n//,则m//n

北京市2013各区

1、设m，n是不同的直线，，是不同的平面，下列命题中正确的是

（A）若m∥，n，mn，则 （B）若m∥，n，mn，则∥ （C）若m∥，n，m∥n，则 （D）若m∥，n，m∥n，则∥ 2、已知平面,，直线m,n，下列命题中不正确的是 ．

（B）若,,则// （D）若m,n//,则mn

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（A）若m，m，则∥

（B）若m∥n，m，则n

（C）若m∥，n，则m∥n （D）若m，m，则． 3、对于直线m，n和平面，，使m成立的一个充分条件是 （A）mn，n∥ （C）m，n，n

（B）m∥， （D）mn，n，

第二部分 三视图

北京市2011各区

1、三棱柱的侧棱与底面垂直，且底面是边长为2的等边三角形，其正视图（如图所示）的面积为8，则侧视图的面积为

（A）8 （B）4

（C）43 （D）3

2、已知某个三棱锥的三视图如图所示，其中正视图是等边三角形，侧视图是直角三角形，俯视图是等腰直角三角形，则此三棱锥的体积等于 （A）

63 （B） 123正视

侧视1 623（C） （D）

43

俯视

3、沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的左视图为

（A） （B） （C） （D）

4、一个锥体的主视图和左视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是 ．．．．

（A） （B） （C） （D）

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5、如图是一正方体被过棱的中点M、N和顶点A、D、C1的两个截面截去两个角后所得的几何体，则该几何体的主视图为

（A） （B） （C） （D）

6、一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 ． 1 1 4 3 3 3 正视图 侧视图

3 正(主)视图 侧(左)视图

2 0.6 4 2.4 俯视图

0.6 俯视图

第6题图 第7题图

7、一个棱锥的三视图如图所示，则这个棱锥的体积为__ ___.

8、已知一个空间几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图都是由半圆和矩形组成，根据图中标出的尺寸 (单位:cm)，可得这个几何体的体积是

（A）πcm3

（B）

4cm3 3（C）

5cm3 3（D）2π cm3

1 1 2 正视图 1 1 2 侧视图

俯视图

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北京市2012各区

1、已知空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的各侧面图形中，是直角三角形的有 （A）0个 （B）1个 （C）2个 （D）3 个

2 主视图 1 2 正视图 2 1 左视图

3 3 1 侧视图

2 2 俯视图 俯视图

第1题图 第2题图 2、已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 . 3、若一个三棱柱的底面是正三角形，其正（主）视图如图所示，则 它的体积为

111（A）3 （B）2

（C）23 （D）4

4、某几何体的三视图如图所示，根据图中标出的数据，可得这个几何体的表面积为 .

主视图

俯视图

俯视图

第4题图 第5题图 第6题图

5、一个正四棱锥的所有棱长均为2，其俯视图如图所示，则该正四棱锥的正视图的面积为 （A）2 （B）3 （C）2

（D）4

6、某几何体的主视图与俯视图如图所示，左视图与主视图相同，且图中的四边形都是边长

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为2的正方形，两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是 （A）

20 3（B）

4 3（C）6 （D）4

7、一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，该几何体的体积是_____；若该几何体的所有顶点在同一球面上，则球的表面积是_____．

8、已知正六棱柱的底面边长和侧棱长相等，体积为123cm3．其三视图中的俯视图如图所示，则其左视图的面积是

（A）43cm2

（B）23cm2 （C）8cm

2（D）4cm

2

北京市2013各区 1、已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为

3 1 正视图 俯视图

（A）

3 4（B）3 2（C）

3 4（D）1

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2、如图，某三棱锥的三视图都是直角边为2的等腰直角三角形，则该三棱锥的四个面的面积中最大的是

（A）3 （B）23 （C）1 （D）2

3、如图，某三棱锥的三视图都是直角边为2的等腰直角三角形，则该三棱锥的体积是 （A）

4 3（B）

8 3（C）4 （D）8

第2、3题图

4、一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 。

5、一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 。

第4、5题图

6、某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积是 （A）53 （B）23 （C）53 3（D）23 32 2 正（主）视图 2 侧（左）视图 3 3 1 俯视图

第6题图 第7题图 第8题图

7、某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱中，长度最大

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是 （A）25 （B）26 （C）27 （D）42 8、某三棱锥三视图如图所示，该三棱锥的体积为 （A）

8 3（B）4 （C）2 （D）

4 39、某四面体三视图如图所示，则该四面体的四个面中，直角三角形的面积和是 第9题图 （A）2

（B）4

（C）25

（D）425 10、某四棱锥的三视图如图所示，则最长的一条侧棱长度是 （A）13 2 正（主）视图 （B）22 （C）5

（D）29 3 3 侧（左）视图 2 2 2 俯视图

第10题图 第11题图

11、某正三棱柱的三视图如图所示，其中正（主）视图是边长为2的正方形，则该三棱柱的表面积是 （A）63

（B）123 （C）1223

（D）2423

12、某个长方体被一个平面所截，得到的几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为 （A）4

（B）42 （C）62 （D）8

１ １ １ 2 2 正视图

2 侧视图

2 俯视图

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第三部分 立体几何

北京市2011各区

1．如图，四边形ABCD中，ABADCD1， BD2，BDCD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面ABCD，使平面ABD平面BCD，则下列结论正确的是 （A）ACBD

（B）BAC90 （C）CA与平面ABD所成的角为30

2、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EF平行的直线

（A）有无数条

（B）有2条

（C）有1条

（D）不存在

A （D）四面体ABCD的体积为

1 3AD B C C

D

B 3、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为 棱DD1，AB上的点. 已知下列判断：

A1

D1

C1

^平面B1EF； ①AC1②DB1EF在侧面BCC1B1上的正投影是面积为定值的三角形；

③在平面A1B1C1D1内总存在与平面B1EF平行的直线；

A

E D B1

F

C

B

④平 面B1EF与平面ABCD所成的二面角（锐角）的大小与点E的位置有关，与点F的位置无关. 其中正确判断的个数有______个

（A）1 （B）2 （C）3

（D）4

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4、如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点,F是侧面CDD1C1上的动点，且B1F//面A1BE，则B1F与平面CDD1C1 所成角的正切值构成的集合是

ABCB1A1C1D1ED（A）2

（B）25 5（C）{t|2t22}

（D）{t|25t2} 55、在一个正方体ABCDA1B1C1D1中，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形ABCD的中心，M,N分别为

A1D1PB1C1AB,BC中点，点Q为平面ABCD内一点，线段D1Q与OP互相平分，则满足MQMN的实数的值有

ADOQCNMB（A）0个

（B）1个 （C）2个 （D）3个

6、已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA平面ABC.则下列结论不正确的是 ．．．

（A）CD//平面PAF （C）CF//平面PAB （B）DF平面PAF （D）CF平面PAD

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7、如图，四面体OABC的三条棱OA,OB,OC两两垂直，

C D

O A （D）③④

B

OAOB2,OC3，D为四面体OABC外一点.给出下列命题.

①不存在点D,使四面体ABCD有三个面是直角三角形 ②不存在点D,使四面体ABCD是正三棱锥 ③存在点D,使CD与AB垂直并且相等

④存在无数个点D,使点O在四面体ABCD的外接球面上

其中真命题的序号是 （A）①② （B）②③

北京市2012各区

（C）③

1、在正方体ABCD-A'B'C'D'中，若点P（异于点B）是棱上一点，则满足BP与AC'所成的角为45°的点P的个数为

ABCA'B'C'DD'（A）0

（B）3 （C）4 （D）6

2、如图，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为

PD1C1A1D1的中点，Q为A1B1上任意一点，E、F为CD上任

意两点，且EF的长为定值，则下面的四个值中不为定值的是

（A）点P到平面QEF的距离 （B）直线PQ与平面PEF所成的角 （C）三棱锥PQEF的体积 （D）二面角PEFQ的大小

3、如图，已知平面l，A、B是l上的两个点，C、

A1QB1DEFCAB P A B

D在平面内，且DA,CB,AD4，AB6,BC8，在平面上有一个动点P，使得

D APDBPC，则PABCD体积的最大值是

（A）243 （B）16

（C）48

C

（D）144

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北京市2013各区

1、已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，动点P在正方体表面运动，且

1记P的轨迹长度为f(r)，则f() ；关于r的方程f(r)kPAr(0r3)，

2的解的个数可以是 。（填上所有可能的值）

2、如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱B1C1的中点，动点P在底面ABCD内，且PA1A1E，则点P运动形成的图形是 （A）线段 （B）圆弧

解答题

（C）椭圆一部分

（D）抛物线一部分

N

M

D ABCDDAB601、如图，在菱形中，，E是AB的

中点， MA⊥平面ABCD，且在矩形ADNM中，

37． AD2，AM7（Ⅰ）求证：AC⊥BN；

（Ⅱ）求证：AN // 平面MEC； （Ⅲ）求二面角MECD的大小.

C

B

A

E

2，点E在2、在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AD=棱CD上，且CE=CD． （Ⅰ）求证：AD1平面A1B1D；

（Ⅱ）在棱AA1上是否存在点P，使DP∥平面B1AE？ 若存在，求出线段AP的长；若不存在，请说明理由； A30（Ⅲ）若二面角A-B1E-A1的余弦值为，求棱AB的长．

6

A 13D E C

B DCB2014高考理科数学总复习

3、如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PAPD，PA平面PDC， E为棱PD的中点．

（Ⅰ）求证：PB// 平面EAC；

（Ⅱ）求证：平面PAD平面ABCD； （Ⅲ）求二面角EACB的余弦值．

4、如图1，在RtABC中，C90，BC3，AC6．D、E分别是AC、AB上的点，且DE//BC，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1DCD，如图2． （Ⅰ）求证： BC平面A1DC；

（Ⅱ）若CD2，求BE与平面A1BC所成角的正弦值； （Ⅲ） 当D点在何处时，A1B的长度最小，并求出最小值．

A1 A D C D C

E B 图1

E B 图2

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5、如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，MD⊥平面ABCD，NB∥MD，且NB=1，MD=2；

（Ⅰ）求证：AM∥平面BCN;

（Ⅱ）求AN与平面MNC所成角的正弦值；

（Ⅲ）E为直线MN上一点，且平面ADE⊥平面MNC，

MME求的值. NMND

AB

6、在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ABC是正三角形，AC与BD的交

点M恰好是AC中点，又PAAB4，CDA120，点N在线段PB上，且

ECPN2．

（Ⅰ）求证：BDPC；

（Ⅱ）求证：MN//平面PDC;

（Ⅲ）求二面角APCB的余弦值．

PNADMBC7、在如图所示的几何体中，面CDEF为正方形，面ABCD为等腰梯形，AB//CD，

AB2BC，ABC60，ACFB．

（Ⅰ）求证：AC平面FBC；

（Ⅱ）求BC与平面EAC所成角的正弦值；

（Ⅲ）线段ED上是否存在点Q，使平面EAC平面

QBC？证明你的结论．

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8、如图(1)，等腰直角三角形ABC的底边AB=4，点D在线段AC上，DEAB于E，现将△ADE沿DE折起到△PDE的位置（如图（2））. （Ⅰ）求证：PBDE；

（Ⅱ）若PEBE，直线PD与平面PBC所成的角为30°，求PE长.

AEPBEDCCBD

图（1） 图（2）

9、如图, ABCD是正方形， DE平面ABCD，AF//DE，DEDA3AF.

（Ⅰ）求证：ACBE；

（Ⅱ）求二面角FBED的余弦值；

（Ⅲ）设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM//平面BEF，证明你的结论.

EFADBC10、如图1，四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，面ABCD是直角梯形，M为侧棱PD上一点．该四棱锥的俯视图和侧（左）视图如图2所示． （Ⅰ）证明：BC平面PBD； （Ⅱ）证明：AM∥平面PBC；

（Ⅲ）线段CD上是否存在点N，使AM与BN所成角的余弦值为有符合要求的点N，并求CN的长；若不存在，说明理由．

3？若存在，找到所4

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2014高考理科数学总复习

专题九 立体几何综合 答案

北京市2011各区

第一部分 点、直线、平面之间的位置关系

1、1个 2、D 3、D 4、C 5、A 6、D 7、D 8、B

第二部分 三视图

1~5 CBBCB 6、12 7、12

第三部分 立体几何

1、B 2、A 3、B 4、C 5、C 6、D 7、D

北京市2012各区

第一部分 点、直线、平面之间的位置关系 1、B 2、D

第二部分 三视图 1、C 2、

313、A 4、12 5、A 6、A 7、，3π 8、A 2 3

第三部分 立体几何 1、B 2、B 3、C

北京市2013各区

第一部分 点、直线、平面之间的位置关系 1、C 2、C 3、C

第二部分 三视图

1、C 2、A 3、A 4、54 5、75410 6、C 7、C 8、B 9、C 10、D 11、C 12、D

第三部分 立体几何 1、

3；0,2,3,4 2、B 3、 42014高考理科数学总复习

解答题答案 1、解：

（Ⅰ）连结BD，则ACBD.

由已知DN平面ABCD， 因为DNDBD， 所以AC平面NDB. 又因为BN平面NDB， 所以ACBN.

（Ⅱ）CM与BN交于F，连结EF.

由已知可得四边形BCNM是平行四边形，

所以F是BN的中点. 因为E是AB的中点， 所以AN//EF. 又EF平面MEC，

A x E B D C F y M z N AN平面MEC，

所以AN//平面MEC.

（Ⅲ）由于四边形ABCD是菱形，E是AB的中点，可得DEAB.

如图建立空间直角坐标系Dxyz，

则D(0,0,0)，E(3,0,0), C(0,2,0)，M(3,1,37). 737CE(3,2.0)，EM(0,1,).

7设平面MEC的法向量为n(x,y,z).

3x2y0,CEn0,则 所以 37z0.yEMn0.7令x2.所以n(2,3,21). 3又平面ADE的法向量m(0,0,1)， 所以cosm,nmn1. mn2所以二面角MECD的大小是60°.

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2、证明：

（Ⅰ）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，因为A1B1面A1D1DA，

所以A1B1AD1．

在矩形A1D1DA中，因为AA1=AD=2， 所以AD1A1D． 所以AD1面A1B1D．

（Ⅱ）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1 中，以D1为原点建立空间直角坐标系D1xyz． 依题意可知，

z D E C A B D E C

DCBA

D1(0,0,0),A1(2,0,0),D(0,0,2)， A(2,0,2)，

设AB的长为x，则C1(0,x,0),B1(2,x,0)，

A B y 2C(0,x,2),E(0,x,2)．

3假设在棱AA1上存在点P，使得DP∥平面B1AE．

x ADCB设点P(2,0,y)，则DP(2,0,y-2)， AP(0,0,y-2)．

12易知B1E=(-2,-x,2),AE(-2,x,0)．设平面B1AE的一个法向量为n(a,b,c)，

331-2a-xb2c=0B1En=03则，即． 2-2a+xb=0AEn=0333x，所以n(x,3,x)． 22因为DP∥平面B1AE，等价于DPn0且DP平面B1AE．

令b3得，ax,c4324得2x+(y-2)x0，所以y．所以AP(0,0,-)，AP，

32334所以AP的长为．

32014高考理科数学总复习

（Ⅲ）因为CD∥A1B1，且点ECD，

所以平面A1B1E、平面A1B1D与面A1B1CD是同一个平面． 由（Ⅰ）可知，AD1面A1B1D，

所以D1A(2,0,2)是平面A1B1E的一个法向量．

由（Ⅱ）可知，平面B1AE的一个法向量为n(x,3,因为二面角A-B1E-A1的余弦值为3x)． 230， 6D1An30所以cos6AD1n故AB的长为32． 3、解：

2x+3x322x29(x)22，解得x32．

（Ⅰ）证明：连接BD与AC相交于点O，连结EO．

因为四边形ABCD为正方形，所以O为BD中点． 因为 E为棱PD中点． 所以 PB//EO．

因为 PB平面EAC，EO平面EAC， 所以直线PB//平面EAC．

（Ⅱ）证明：因为PA平面PDC，所以PACD．

因为四边形ABCD为正方形，所以ADCD， 所以CD平面PAD． 所以平面PAD平面ABCD．

（Ⅲ）解法一：在平面PAD内过D作直线DzAD．

因为平面PAD平面ABCD，所以Dz平面ABCD．

由Dz,DA,DC两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．

设AB4，则D(0,0,0),A(4,0,0),B(4,4,0),C(0,4,0),P(2,0,2),E(1,0,1)．

xAzPEDOByC2014高考理科数学总复习

所以 EA(3,0,1)，AC(4,4,0)．

nEA0,设平面EAC的法向量为n=(x,y,z)，则有 nAC0.所以  取x1，得n(1,1,3)．

4x4y0．易知平面ABCD的法向量为v(0,0,1)．

3xz0,〈n,v〉|所以 |cos|nv|311．

|n||v|11由图可知二面角EACB的平面角是钝角， 所以二面角EACB的余弦值为311． 11解法二：取AD中点M，BC中点N，连结PM，MN． 因为ABCD为正方形，所以MN//CD． 由（Ⅱ）可得MN平面PAD． 因为PAPD，所以PMAD． 由MP,MA,MN两两垂直，建立如图所示 的空间直角坐标系Mxyz．

设AB4，则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)．

xAPEMzDOBNCynEA0,设平面EAC的法向量为n=(x,y,z)，则有 nAC0.所以  取x1，得n(1,1,3)．

4x4y0．易知平面ABCD的法向量为v(0,0,1)．

3xz0,〈n,v〉|所以|cos|nv|311．

|n||v|11由图可知二面角EACB的平面角是钝角，

2014高考理科数学总复习

所以二面角EACB的余弦值为4、解：

311． 11（Ⅰ）证明： 在△ABC中，C90,DE//BC,ADDE

A1DDE.又A1DCD,CDDED,A1D面BCDE.

由BC面BCDE,A1DBC.

BCCD,CDBCC,BC面A1DC.

（Ⅱ）如图,以C为原点，建立空间直角坐标系．

D(2,0,0),E(2,2,0),B(0,3,0),A1(2,0,4)．

设n(x,y,z)为平面A1BC的一个法向量，

(0,3,0),CA因为CB1(2,0,4)

所以3y04z0，

2x令x2，得y=0,z=1.

所以n(2,0,1)为平面A1BC的一个法向量． 设BE与平面A1BC所成角为．

则sin=cosBEn45545． 所以BE与平面A41BC所成角的正弦值为5． 5、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.

∵NBBC=B,NB平面BCN, BC平面BCN,

A1 z x D C E y B 2014高考理科数学总复习

∴平面AMD∥平面BCN ∵AM平面AMD, ∴AM∥平面BCN

（也可建立直角坐标系，证明AM垂直平面BCN的法向量，酌情给分）

（Ⅱ）MD平面ABCD，ABCD是正方形，所以，可选点D为原点，DA,DC,DM所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系（如图）

则A2,0,0，M0,0,2，C0,2,0,N2,2,1.

AN(0,2,1),

MN(2,2,1)，MC(0,2,2),

设平面MNC的法向量nx,y,z,

zMEN2x2yz0则2y2z0，令z2，则n1,2,2, 设AN与平面MNC所成角为,

xDCyAB221225

553.

ME（Ⅲ）设E(x,y,z)，，MEMN，

MN又ME(x,y,z2),MN(2,2,1)，

sincosAN,nE点的坐标为(2,2,2)，

AD面MDC,ADMC，

欲使平面ADE⊥平面MNC，只要AEMC，

AE(22,2,2),MC(0,2,2)，AEMC042(2)0，

2ME2 .

3MN3 6、解：

证明：（Ⅰ）因为ABC是正三角形，M是AC中点，

所以BMAC,即BDAC

2014高考理科数学总复习

又因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，PABD 又PAACA，所以BD平面PAC 又PC平面PAC，所以BDPC （Ⅱ）在正三角形ABC中，BM23 在ACD中，因为M为AC中点，DMAC，所以ADCD

CDA120，所以DM23，所以BM:MD3:1 3在等腰直角三角形PAB中，PAAB4，PB42， 所以BN:NP3:1，BN:NPBM:MD，所以MN//PD 又MN平面PDC，PD平面PDC，所以MN//平面PDC （Ⅲ）因为BADBACCAD90，

所以ABAD，分别以AB,AD, AP为x轴, y轴, 轴建立如图的空间直角坐标系，

zzNP43所以B(4,0,0),C(2,23,0),D(0,,0),P(0,0,4)

3由（Ⅱ）可知，

BxAMDCy43DB(4,,0)为平面PAC的法向量

3，PC(2,23,4)PB(4,0,4) 设平面PBC的一个法向量为n(x,y,z),

2x23y4z0nPC0则，即， 4x4z0nPB0令z3,则平面PBC的一个法向量为n(3,3,3)

nDB7cos 设二面角APCB的大小为， 则7nDB所以二面角APCB余弦值为

7 72014高考理科数学总复习

7、解：

（Ⅰ）证明：因为AB2BC，ABC60，

在△ABC中，由余弦定理可得 AC3BC， 所以 ACBC． 又因为 ACFB， 所以AC平面FBC．

（Ⅱ）解：因为AC平面FBC，所以ACFC．

因为CDFC，所以FC平面ABCD．

所以CA,CF,CB两两互相垂直，如图建立的空间直角坐标系Cxyz． 在等腰梯形ABCD中，可得 CBCD． 设BC1，所以C(0,0,0),A(3,0,0),B(0,1,0),D(3131,,0),E(,,1)． 222231,,1)，CA(3,0,0)，CB(0,1,0)． 22nCE0,设平面EAC的法向量为n=(x,y,z)，则有 nCA0.所以 CE(31xyz0,所以 2 取z1，得n(0,2,1)． 23x0.|CBn|25设BC与平面EAC所成的角为，则 sin|cosCB,n|，

5|CB||n|所以 BC与平面EAC所成角的正弦值为

25． 5（Ⅲ）线段ED上不存在点Q，使平面EAC平面QBC．证明如下：

2014高考理科数学总复习

3131 ,,t) (0t1)，所以CQ(,,t)．

2222mCB0,设平面QBC的法向量为m(a,b,c)，则有 mCQ0.假设线段ED上存在点Q，设 Q(b0,2所以 3 取 ，得(t,0,1)． c1m13abtc0.22要使平面EAC平面QBC，只需mn0， 即 2t002110， 此方程无解． 3所以线段ED上不存在点Q，使平面EAC平面QBC． 8、解:

（Ⅰ）DEAB，DEBE,DEPE,

BEPEE， DE平面PEB,

PB平面PEB, BP  DE;

（Ⅱ）PEBE， PEDE，DEBE,所以，可由DE,BE,PE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系（如图），

设PE=a，则B(0,4-a ,0),D(a,0,0)，C(2,2-a,0),P(0,0,a)，

PB(0,4a,a)，BC(2,2,0),

设面PBC的法向量n(x,y,z),

(4a)yaz0,令y1, n(1,1,4a), a2x2y0,z y x PD(a,0,a),

BC与平面PCD所成角为30°,

sin30cosPD,n .

a(4a)(4a)22a2a221 ， 22014高考理科数学总复习

解得：a=9、解：

（Ⅰ）证明： 因为DE平面ABCD，

所以DEAC. 因为ABCD是正方形，

F44,或a=4（舍），所以，PE的长为. 55zE所以ACBD， 所以AC平面BDE, 从而 ACBE

（Ⅱ）解：因为DA,DC,DE两两垂直，

所以建立空间直角坐标系Dxyz如图所示. 设AD3，可知DE3,AF1.

则D(0,0,0) ,A(3,0,0)，F(3,0,1)，E(0,0,3)，B(3,3,0)，C(0,3,0)， 所以BF(0,3,1)，EF(3,0,2)，

xAMBDCy3yz0,nBF0设平面BEF的法向量为n(x,y,z)，则，即， 3x2z0．nEF0令z3，则n(2,1,3).

CACA(3,3,0)， 因为AC平面BDE，所以为平面BDE的法向量，

nCAnCA7 147. 14所以cosn,CA因为二面角为锐角，所以二面角FBED的余弦值为

（Ⅲ）点M是线段BD上一个动点，设M(t,t,0)(0t32).

则AM(t3,t,0)，

因为AM//平面BEF，

所以AMn0，

即2(t3)t0，解得t2. 此时，点M坐标为(2,2,0)，BM

1BD，符合题意. 32014高考理科数学总复习

10、解： 【方法一】

（Ⅰ）证明：由俯视图可得，BD2BC2CD2，

所以 BCBD．

又因为 PD平面ABCD，

所以 BCPD， 所以 BC平面PBD．

（Ⅱ）证明：取PC上一点Q，使PQ:PC1:4，连结MQ，BQ．

由左视图知 PM:PD1:4，所以 MQ∥CD，MQ在△BCD中，易得CDB60，所以 ADB30． 又 BD2， 所以AB1， AD3． 又因为 AB∥CD，AB1CD． 41CD，所以 AB∥MQ，ABMQ． 4所以四边形ABQM为平行四边形，所以 AM∥BQ． 因为 AM平面PBC，BQ平面PBC， 所以 直线AM∥平面PBC．

（Ⅲ）解：线段CD上存在点N，使AM与BN所成角的余弦值为

3．证明如下： 4因为 PD平面ABCD，DADC，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz． 所以 D(0,0,0),A(3,0,0),B(3,1,0),C(0,4,0),M(0,0,3)．

设 N(0,t,0)，其中0t4．所以AM(3,0,3)，BN(3,t1,0)．

|AMBN|33要使AM与BN所成角的余弦值为，则有 ，

44|AM||BN|所以

|3|233(t1)23，解得 t0或2，均适合0t4． 4故点N位于D点处，此时CN4；或CD中点处，此时CN2，有AM与BN所

2014高考理科数学总复习

成角的余弦值为【方法二】

3． 4（Ⅰ）证明：因为PD平面ABCD，DADC，建立如图所示 的空间直角坐标系Dxyz．

在△BCD中，易得CDB60，所以 ADB30， 因为 BD2， 所以AB1， AD3． 由俯视图和左视图可得：

D(0,0,0),A(3,0,0),B(3,1,0),C(0,4,0),M(0,0,3),P(0,0,4)．

所以 BC(3,3,0)，DB(3,1,0)．

因为 BCDB3331000，所以BCBD．

又因为 PD平面ABCD，所以 BCPD， 所以 BC平面PBD．

nPC0,（Ⅱ）证明：设平面PBC的法向量为n=(x,y,z)，则有  nBC0.因为 BC(3,3,0)，PC(0,4,4)，

所以 4y4z0, 取y1，得n(3,1,1)．

3x3y0.3(3)10130．

因为 AM(3,0,3)，所以 AMn因为 AM平面PBC， 所以 直线AM∥平面PBC． （Ⅲ）解：线段CD上存在点N，使AM与BN所成角的余弦值为

3．证明如下： 4设 N(0,t,0)，其中0t4． 所以 AM(3,0,3)，BN(3,t1,0)． 要使AM与BN所成角的余弦值为

|AMBN|33，则有 ， 44|AM||BN|所以

|3|233(t1)23，解得t0或2，均适合0t4． 4故点N位于D点处，此时CN4；或CD中点处，此时CN2，有AM与BN所

2014高考理科数学总复习

成角的余弦值为

3． 4