歷年高考真題分類匯編理科單元立體幾何

GG119．G1、G11[2015·卷Ⅱ]如圖1-7，長方體ABCD-A1B1C1D1中1-AFα19．解：(1)EHGFEHGFEH＝EF＝BC＝10，MH＝EH2－EM2＝6AH＝10.DxD-則n＝(x，y，z)α

又→又→故|cos〈n，→〉 4 →＝1515AFα所成角的正弦值為415]PDD17PQABB1A1PQDA的余弦值為3ADPQ71-x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則相關各點的坐標為(1)PDD1P09

→

→→＝18－18＝0AB

(2)＝(6，m－6，0)＝(0，－3，6)PQD

n1＝(x，y，z)PQD的一個法向量，則

即y＝6n1＝(6－m，6，3)AQDn2＝(0，0，1) cos〈n，n〉＝n1·n2

1·

P-QD-

m＝4m＝8(

設

ADPQ視為以△ADQP-ADQh＝4體ADPQ的體積

＝3

的兩腰，PD1DPR∥ADAD∥BC知，PR∥BC，P，R，B，C四點共面．因為tan∠ABR＝AR＝3＝A1B1＝tan∠A1AB1，所以∠ABR＝∠A1AB1，因此∠ AB1⊥BR.AB1PRBCPQ?PRBC(2)PPM∥A1AADMPMPN⊥QD，∠PNMP-QD-A的平面角，所以 ＝7，即PN從而PM＝40 3MQPQABB1A1及②知，ABCDABQM.MN＝MQ·MD ④. ＝A1D1＝3ED＝AD－AE＝3.于是PM＝D1E＝6＝23

1

＝3t＝2PM＝4.ADPQ π]梯形ABCD繞AD所在的直線旋轉一周而形成的曲面所圍成的幾何體的體積為

[解析]12為1，高為1的圓錐，所求幾何體的體積為 1-3BCM，GHN.F，G，H標記在正方體相應的頂點處(不需說明理由A-EG-M1-解：(1)F，G，H(2)AC，BDOM，NBC，GH

MNHO是平行四邊形，MN∥OH.MMP⊥ACABCD-EFGH中，AC∥EG，MP⊥EG.PPK⊥EGKKM，EGPKM，所以∠PKMA-EG-M的平面角．AD＝2CM＝1，PK＝2.°＝在Rt△CMP中，PM＝CMsin 2°＝＝2在Rt△PKM中，KM＝ ＝2 KM＝33即二面角A-EG-M的余弦值為 3D為坐標原點，分別以x軸，y軸，z 所以 EGM由

得

x＝2ABCD-EFGH中，DOAEGn2＝n1·n2 所以cos〈n，n〉

＝3A-EG-M的余弦值為23G1、G2[2015·卷]一個幾何體的三視圖如圖1-3所示(單位：m)，則該幾何體 1- [解析]

G27．G2[2015·卷]一個四面體的三視圖如圖1-1所示，則該四面體的表面積是 1-A．1＋ B．2＋C．1＋2 D．2 ]＝2，于是

32＝×(2) 2

2，

× 3＝2＋3B.×G2[2015·卷Ⅱ]一個正方體被一個平面截去一部分后，剩余部分的三視圖如

1- 6D [解析]ABCDA1B1C1D1A如圖所示 V三棱錐A-AB

V三棱錐A- 11

VB1D1C1ABCD＝5G2[2015·卷Ⅰ]圓柱被一個平面截去一部分后與半球(半徑為r)組成一個幾何r＝()1- [解析]r2r的半圓柱(水平放置)r

20π，

G2[2015·卷]某三棱錐的三視圖如圖1-2所示，則該三棱錐的表面積是 1-A．2＋ B．4＋ [解析]根據(jù)三視圖可得到直觀圖(如圖所示)DBC的中點，根據(jù)題意可6SC＝6，所以△SBCBCSD＝6－1＝5.所以三 棱錐的表面積是2×2×2＋2×2×5×1＋2×2× ]內(nèi)，則原工件材料的利用率為材料利用率＝原工件的體積 8 16 4（4（π

1-12（12（ ]2x

，則由三角形相似可得，1＝2

＝(

長號

8

圓錐＝3π×1×2＝3π，得利用率為

，則由三角形相似可得，1＝2

＝(2x)2h＝2x2(2－2x)＝－4x3＋4x2，令V′＝－12x2＋8x＝0，得當 ＝3時

8π長取最大值27.又V圓錐＝3π×1×2＝3π，得利用率為 ππ

3 1-A．3πB．4π [解析]12 柱，其表面積為2×2π×1×2＋2×2×π×110．G1、G2[2015·卷]一個幾何體的三視圖如圖1-3所示(單位：m)，則該幾何體 1- [解析]

] 1-A．8 B．12 C.3 D.3 [解析]該幾何體為一個正方體和一個正四棱錐的組合體，故該幾何體的體積 3 3(cm5．G2、G7、G8[2015·重慶卷]1-2 33

22

1-3＋2π [解析]由三視圖知，該幾何體為一個半圓柱與一個三棱錐的組合體，其中半圓12所以該幾何體的體積

G314．G3，G9[2015·卷]如圖1-2所示，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們和AF所成的角為θ，則cosθ的最大值為 1-2 [解析]AB，AD，AQx軸，y軸，z→→→→→→

令

m∈[0，2]f(m)max＝f(0)＝2cosθ的最大值為 G3[2015·浙江卷]1-4A-BCD 1-7 [解析]NDNDEME∥ANAN，CM角為∠EMC.因為 2，所以ME＝ （2×22×2×22×

3

G4G4、G5[2015·卷]已知m，n是兩條不同直線，α，β是兩個不同平面，則下列 α，βαβm，nmn5．D[解析]ABCD-A1B1C1D1ADD1A1ABB1A1都垂D正確．G4G11[2015·卷]如圖1-4所示在多面體A1B1D1DCBA中四邊形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，EB1D1A1，D，ECD1于EA1D-B11-A1DE.B1C?B1CD1A1DEB1CD1＝EFEF∥B1C.AA1B1BADD1A1ABCDA⊥ABA1AAB⊥AD，AA1＝AB＝AD.A為原點，分別以→x軸，yz

A1B1CDn2＝(r2，s2，t2)＝(1，0，0)

EAD-

的余弦值為 6 ＝ ＝

3× 16．G4、G5[2015·江蘇卷]1-2ABCA1B1C11-證明：(1)由題意知，EB1C的中點，DAB1DE∥AC.(2)ABCA1B1C1是直三棱柱，CC1ABC.AC?ABCAC⊥BC，CC1?BCC1B1，BC?BCC1B1，BC∩CC1＝C，BC1?BCC1B1AC，B1C?B1AC，AC∩B1C＝CBC1AB1?B1AC“α∥β”的() [解析]m?α，m∥βαβα∥β時，根據(jù)平面m∥β.2452015建卷]若lm是兩條不同的直線m垂直于平面α則“l(fā)⊥”是“l(fā)∥α”( ) [解析]m⊥α，l⊥ml?αl∥αm⊥α，l∥αl⊥m.G4、G11[2015·福建卷]1-3ABCDEABCDABBEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F(xiàn)BE，DCAEFBEC1-17．解：方法一：(1)AEHGBE FCD

ABCD是矩形得，AB∥CD，AB＝CD，GH∥DFGH＝DF，HGFD是平行四邊形，GF∥DH.(2)BECBBQ∥EC.BE⊥CEB為原點，分別以，→→x軸、y軸、zABBEC，所以→＝(0，0，2)BEC的一個法向量．n＝(x，y，z)AEF的一個法向量．又 由 得 → n·BA＝4 〉 3×〉 3AEFBEC所成銳二面角的余弦值為2.方法二：(1)ABMMG，MF.3GBEGMADE.ABCDM，F(xiàn)AB，CDMFADE.GM∩MF＝M，GM?GMF，MF?GMF，GMFADE.GF?GMF，GFADE.1-17．G4、G5、G11[2015·山東卷]1-2DEF-ABC中，AB＝2DE，G，HAC，BC的中點．CFABC，AB⊥BC，CF＝DE，∠BAC＝45FGHDEF-ABCAB＝2DE，GAC的中點，DF∥GC，DF＝GC，DFCG為平行四邊形，OCD的中點．HBC的中點，OH∥BD.DEF-ABC中，BC＝2EF，HBC的中點，BH∥EF，BH＝EF，BHFE為平行四邊形，BE∥HF.在△ABC中，GAC的中點，HBC的中點，GH∥AB.BD?ABED，BDFGH.DEF-ABC中，GAC的中點，

DGCF為平行四邊形，DG∥FC.FCABC，在△ABC中，AB⊥BC，∠BAC＝45°，GAC的中點，AB＝BC，GB⊥GC，GB，GC，GDGG-xyz，G(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，0，1)，H2，2，0，F(xiàn)(0， 故→ 2 GH＝2，2，0，GF＝(0，n＝(x，y，z)FGH 由 可得

FGHn＝(1，－1，因為 GBACFD的一個法向量，GB＝(→所以cos〈→，n〉＝GB·n＝2 2 2 FGHACFD所成的角(銳角)HM⊥ACMMN⊥GFNFC∩AC＝C，GF⊥NH，所以∠MNH在△BGC

2＝

可得FC＝GF＝從而 6＝HMACFD，MN?ACFD，HM⊥MN，因此 HM＝FGHACFD所成的角(銳角)G1、G4、G11[2015·卷]一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示1-3BCM，GHN.F，G，H標記在正方體相應的頂點處(不需說明理由A-EG-M1-解：(1)F，G，H(2)AC，BDOM，NBC，GH

MNHO是平行四邊形，MN∥OH.MMP⊥ACABCD-EFGH中，AC∥EG，MP⊥EG.PPK⊥EGKKM，EGPKM，所以∠PKMA-EG-M的平面角．AD＝2CM＝1，PK＝2.°＝在Rt△CMP中，PM＝CMsin 2°＝＝2在Rt△PKM中，KM＝ ＝2 KM＝33即二面角A-EG-M的余弦值為 3D為坐標原點，分別以x軸，y軸，z 所以 EGM由

得

x＝2ABCD-EFGH中，DOAEGn2＝n1·n2 所以cos〈n，n〉

＝33故二面角A-EG-M的余弦值為 317．G4、G10、G11[2015·卷]如圖1-4，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，側棱D1D求證：MND1-ACB1331-2M，NB1CD1DM1，1，1，N(1，－2，1)．2證明：依題意，可得n＝(0，0，1)為平面ABCD的一個法向量，→

即

n2＝(x，y，z)ACB1的一個法向量，則

〉因此有cos〈n n1·n2＝－10〉

sin〈n

3

10

2〉

10D1ACB1的正弦值為3＝λ∈[0，1]E(0，λ，2)，從而 →1)．又n＝(0，0，1)為平面ABCD的一個法向量，由已知，得cos〈，n〉 （－1）2＋（λ＋2）2＋12＝3λ＋4λ－3＝0λ∈[0，1]λ＝A1E的長為G5G4、G5[2015·卷]已知m，n是兩條不同直線，α，β是兩個不同平面，則下列 α，βαβm，nmn5．D[解析]ABCD-A1B1C1D1ADD1A1ABB1A1都垂D正確．G5、G12[2015·卷]《九章算術》中，將底面為長方形且有一條側棱與底面垂EF⊥PBPBFDE，DF，BD，BE. 若面DEF與面ABCD所成二面角的大小 的值3，求1-ABCDBC⊥CDPD∩CD＝DBCDE?PCDPD＝CDEPC的中點，DE⊥PC.PB?PBCDEPBC，PBDEFBDEF的四個面都是直角三角形，即BDEF是一個鱉臑，其四個面的直角分別為∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB.ABCD的交線．PD∩PB＝PDGPBD.故∠BDFDEFABCD所成二面角的平面角．PD＝DC＝1，BC＝λBD＝1＋λ2.Rt△PDB得∠DPF＝∠FDB＝3， tan3＝tan∠DPF＝PD＝1＋λ＝λ＝ 1 2*所以 ＝2*πDEFABCD

2＝

3時 DDA，DC，DPx軸，y軸，z軸的正半

1→

于是 因 DEPBC，PBDEFBDEF的四個面都是直角三角形，即BDEF是一個鱉臑，其四個面的直角分別為∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB.PDABCD，得＝(0，0，1)ABCD由(1)知，PBDEF，所以＝(－λ，－1，1)DEFDEFABCD3， →

BP·DP →

λ＝

1 2*，所以 ＝2*πDEFABCD

2＝3時 16．G4、G5[2015·江蘇卷]1-2ABCA1B1C11-證明：(1)由題意知，EB1C的中點，DAB1DE∥AC.(2)ABCA1B1C1是直三棱柱，CC1ABC.AC?ABCAC⊥BC，CC1?BCC1B1，BC?BCC1B1，BC∩CC1＝C，BC1?BCC1B1AC，B1C?B1AC，AC∩B1C＝CBC1AB1?B1ACABCD同一側的兩點，BEABCD，DFABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.1-AECFABCDGB＝1.由∠ABC＝120AG＝GC＝BEABCD，AB＝BCAE＝EC.AE⊥ECEG＝32Rt△EBGBE＝2DF＝22Rt△FDGFG＝2＝在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝ 2，可得EF 3＝2EG?AECAEC

＝2，建立空間直角坐標系G-xyz.由(1)可得A(0，－3，0)，E(1，0， 2，，C(0，3，0)，所以→＝(1，3，2)＝－1，－3，

2 2→cos〈→

3 CF〉＝→→＝－33AECF所成角的余弦值為3G5，G11[2015·卷]如圖1-5，在四棱錐A-EFCB中，△AEF為等邊三角形，F(xiàn)-AE-BBEAOCa1-17．解：(1)證明：因為△AEF是等邊三角形，OEFAEFEFCB，AO?AEF，AOEFCB，BCGEFCB是等腰梯形，OG⊥EF.OG?EFCB，E(a，0，0)，A(0，0，B(2，3(2－a)，0)，→＝(－a，0，→BE＝(a－2，AEB －ax＋則 即 （a－2）x＋z＝1x＝3，y＝－1n＝(3，－1，1)．AEFp＝(0，1，0)．

n·p＝－〉 55F-AE-B為鈍角，所以它的余弦值為－5即 因為→＝(a－2，→OC＝(－2，所以 BE·OC＝－2(a－2)－3(a－2)由 BE·OC＝00<a<2A2，G4，G5[2015·福建卷]若l，m是兩條不同的直線，m垂直于平面α，則“l(fā)⊥m”是“l(fā)∥α”的()7．B[解析]m⊥α，l⊥ml?αl∥αm⊥α，l∥αl⊥m.]PDD17PQABB1A1PQDA的余弦值為3ADPQ71-x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則相關各點的坐標為(1)PDD1P09

→

→→＝18－18＝0AB

(2)＝(6，m－6，0)＝(0，－3，6)PQD

n1＝(x，y，z)PQD的一個法向量，則

即y＝6n1＝(6－m，6，3)AQDn2＝(0，0，1) cos〈n，n〉＝n1·n2

1·

P-QD-

m＝4m＝8(

設

ADPQ視為以△ADQP-ADQh＝4體ADPQ的體積

＝3

的兩腰，PD1DPR∥ADAD∥BC知，PR∥BC，P，R，B，C四點共面．因為tan∠ABR＝AR＝3＝A1B1＝tan∠A1AB1，所以∠ABR＝∠A1AB1，因此∠ AB1⊥BR.AB1PRBCPQ?PRBC(2)PPM∥A1AADMPMPN⊥QD，∠PNMP-QD-A的平面角，所以 ＝7，即PN從而PM＝40 3MQPQABB1A1及②知，ABCDABQM.MN＝MQ·MD ④. ＝A1D1＝3ED＝AD－AE＝3.于是PM＝D1E＝6＝23

1

＝3t＝2PM＝4.ADPQ 1-17．G4、G5、G11[2015·山東卷]1-2DEF-ABC中，AB＝2DE，G，HAC，BC的中點．CFABC，AB⊥BC，CF＝DE，∠BAC＝45FGHDEF-ABCAB＝2DE，GAC的中點，DF∥GC，DF＝GC，DFCG為平行四邊形，OCD的中點．HBC的中點，OH∥BD.DEF-ABC中，BC＝2EF，HBC的中點，BH∥EF，BH＝EF，BHFE為平行四邊形，BE∥HF.在△ABC中，GAC的中點，HBC的中點，GH∥AB.BD?ABED，BDFGH.DEF-ABC中，GAC的中點，

DGCF為平行四邊形，DG∥FC.FCABC，在△ABC中，AB⊥BC，∠BAC＝45°，GAC的中點，AB＝BC，GB⊥GC，GB，GC，GDGG-xyz，G(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，0，1)，H2，2，0，F(xiàn)(0， 故→ 2 GH＝2，2，0，GF＝(0，n＝(x，y，z)FGH 由 可得

FGHn＝(1，－1，因為 GBACFD的一個法向量，GB＝(→所以cos〈→，n〉＝GB·n＝2 2 2 FGHACFD所成的角(銳角)HM⊥ACMMN⊥GFNFC∩AC＝C，GF⊥NH，所以∠MNH在△BGC

2＝

可得FC＝GF＝從而 6＝HMACFD，MN?ACFD，HM⊥MN，因此 HM＝FGHACFD所成的角(銳角)18．G5、G10、G11[2015·陜西卷]1-6(1)ABCDπ∠BAD＝2，AB＝BC＝1，AD＝2，EAD的中點，OACBE的交點．將△ABEBE折起到△A1BE1-6(2)所示．(1)證明：CDA1OC；(2)A1BEBCDEA1BCA1CD1-AB＝BC＝1，AD＝2，EADπ∠BAD＝2OA1∩OC＝O，OA1?A1OC，OC?A1OC，BEA1OC.所以∠A1OCA1-BEC所以∠A1OC＝2B2，0，0，E－2，0，0，A10，0，2，C0， 得 2 2

2BC＝－2，2，0，A1C＝0，2，－2 CD＝BE＝(－A1CD則

得

得

從而cosθ＝|cos〈n1，n2〉 ＝3× 3A1BCA1CD夾角的余弦值為3]AC＝2，A1A＝4，A1ABCBC的中點，DB1C11-解：(1)EBCA1E，DE，AEA1E⊥平面ABCA1E⊥AE.AED，EB1C1，BCDE∥B1BDE∥A1AA1AED為平行四邊形．A1D∥AE.A1F⊥BDA1F∩BD＝FAE＝EB＝2，∠A1EA＝∠A1EB＝90°，A1B＝A1A＝4.A1D＝B1D，A1B＝B1B，得△A1DB與△B1DBA1F⊥BDB1F⊥BD，因此∠A1FB1A1-BD-B1的平面角．A1D＝2，A1B＝4，∠DA1B＝90°，得3 388CBEEA，EBx軸，y軸的正半軸，建立空間直角坐E-xyz，如圖所示．A1(0，0，14)，B(0，2，0)，D(－2，0，14)，B1(－2，2，因此 A1B＝(0，2，－14)，BD＝(－2，－2，14)，DB1＝(0，A1BDm＝(x1，y1，z1)B1BD 由 2y1－得

m＝(0，－2x1－2y1＋ 由 得

n＝(－2x2－2y2＋|m·n| .1.8]πPC＝3，∠ACB＝2.D，EAB，BCCD＝DE＝APDC1-19．解：(1)PCABC，DE?ABCCE＝2，CD＝DE＝2，得△CDEPC∩CD＝C，DEPCDDEπ(2)由(1)知，△CDE為等腰直角三角形，∠DCE＝4.DDFCEπ

＝2DF∥AC，所以AC＝BC＝3C為坐標原點，分別以x軸、y軸、z →

由(1)DEPCDPCDn2可取為cos〈n

3 2〉＝|n1||n2|＝66APDC的余弦值為6G6G77G7[2015·江蘇卷]現(xiàn)有橡皮泥制作的底面半徑為5、高為4的圓錐和底面半徑為2、高為8的圓柱各一個．若將它們重新制作成總體積與保持不變，但底面半徑相同的新的 7

[解析]設新的底面半徑為

r2×4＋πr2×8

3πr＝3π＋32π，r＝]內(nèi)，則原工件材料的利用率為材料利用率＝原工件的體積 1-A8 16A 4（4（π12（ ]2x

，則由三角形相似可得，1＝2

＝(

長號

8

圓錐＝3π×1×2＝3π，得利用率為

，則由三角形相似可得，1＝2

＝(2x)2h＝2x2(2－2x)＝－4x3＋4x2，令V′＝－12x2＋8x＝0，得當 ＝3時

8π長取最大值27.又V圓錐＝3π×1×2＝3π，得利用率為 ππ

35．G2、G7、G8[2015·重慶卷]1-2 33

22

1-3＋2π [解析]由三視圖知，該幾何體為一個半圓柱與一個三棱錐的組合體，其中半圓12所以該幾何體的體積

G8的動點．若三棱錐O-ABC體積的最大值為36，則球O的表面積為( C．144π [解析]OCAOBOABC 1 O

CAOB＝3S△AOB·R＝6R＝36R＝6S球＝4πR＝144π5．G2、G7、G8[2015·重慶卷]1-2 33

22

1-3＋2π [解析]由三視圖知，該幾何體為一個半圓柱與一個三棱錐的組合體，其中半圓12所以該幾何體的體積

G9G3，G9[2015·卷]如圖1-2所示，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們和AF所成的角為θ，則cosθ的最大值為 1-2 [解析]AB，AD，AQx軸，y軸，z→→→→→→

令

m∈[0，2]f(m)max＝f(0)＝2cosθ的最大值為 G10G5、G10、G11[2015·陜西卷]1-6(1)ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝2，AB＝BC＝1，AD＝2，EAD的中點，OACBE的交點．將△ABEBE折起到△A1BE1-6(2)所示．(1)證明：CDA1OC；(2)A1BEBCDEA1BCA1CD1-AB＝BC＝1，AD＝2，EADπ∠BAD＝2OA1∩OC＝O，OA1?A1OC，OC?A1OC，BEA1OC.所以∠A1OCA1-BEC所以∠A1OC＝2B2，0，0，E－2，0，0，A10，0，2，C0， 得 2 2

2BC＝－2，2，0，A1C＝0，2，－2 CD＝BE＝(－A1CD則

得

得

從而cosθ＝|cos〈n1，n2〉 ＝3× 3A1BCA1CD夾角的余弦值為317．G4、G10、G11[2015·卷]如圖1-4，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，側棱D1D求證：MND1-ACB1331-2M，NB1CD1DM1，1，1，N(1，－2，1)．2證明：依題意，可得n＝(0，0，1)為平面ABCD的一個法向量，→

即

n2＝(x，y，z)ACB1的一個法向量，則

〉因此有cos〈n n1·n2＝－10〉

sin〈n

3

10

2〉

10D1ACB1的正弦值為3＝λ∈[0，1]E(0，λ，2)，從而 →1)．又n＝(0，0，1)為平面ABCD的一個法向量，由已知，得cos〈，n〉 （－1）2＋（λ＋2）2＋12＝3λ＋4λ－3＝0λ∈[0，1]λ＝A1E的長為G11G4G11[2015·卷]如圖1-4所示在多面體A1B1D1DCBA中四邊形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，EB1D1A1，D，ECD1于EA1D-B11-A1DE.B1C?B1CD1A1DEB1CD1＝EFEF∥B1C.AA1B1BADD1A1ABCDA⊥ABA1AAB⊥AD，AA1＝AB＝AD.A為原點，分別以→x軸，yz

A1B1CDn2＝(r2，s2，t2)＝(1，0，0)

EAD-

的余弦值為 6 ＝ ＝

3× ]πABCD為直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝2QBPCQDPBQ1-

→，→，

因為 PCD所

m＝(1，1，1)PCD→從而cos〈→ AD·m＝3〉 3〉 3.由→＝(－1，0，2)，可設＝又

1＋2λ DP〉＝→→

91＋2λ＝t，t∈[1，3]cos〈CQ，DP〉＝

5t

當且僅當

9t－9＋3

10，2因為y＝cosx在 π上是減函數(shù)，所以此時直線CQ與DP，2BP＝12＋22＝5

2 ＝519．G1、G11[2015·卷Ⅱ]如圖1-7，長方體ABCD-A1B1C1D1中1-AFα19．解：(1)EHGFEHGFEH＝EF＝BC＝10，MH＝EH2－EM2＝6AH＝10.DxD-則n＝(x，y，z)α

又→又→故|cos〈n，→〉 4 →＝1515AFα所成角的正弦值為415ABCD同一側的兩點，BEABCD，DFABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.1-AECFABCDGB＝1.由∠ABC＝120AG＝GC＝BEABCD，AB＝BCAE＝EC.AE⊥ECEG＝32Rt△EBGBE＝2DF＝22Rt△FDGFG＝2＝在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝ 2，可得EF 3＝2EG?AECAEC

＝2，建立空間直角坐標系G-xyz.由(1)可得A(0，－3，0)，E(1，0， 2，，C(0，3，0)，所以→＝(1，3，2)＝－1，－3，

2 2→cos〈→

3 CF〉＝→→＝－3所以直線AE與直線 3.F-AE-BBEAOCa1-17．解：(1)證明：因為△AEF是等邊三角形，OEFAEFEFCB，AO?AEF，AOEFCB，BCGEFCB是等腰梯形，OG⊥EF.OG?EFCB，E(a，0，0)，A(0，0，B(2，3(2－a)，0)，→＝(－a，0，→BE＝(a－2，AEB －ax＋則 即 （a－2）x＋z＝1x＝3，y＝－1n＝(3，－1，1)．AEFp＝(0，1，0)．

n·p＝－〉 55F-AE-B為鈍角，所以它的余弦值為－5即 因為→＝(a－2，→OC＝(－2，所以 BE·OC＝－2(a－2)－3(a－2)由 BE·OC＝00<a<217．G4、G11[2015·福建卷]1-3ABCDEABCDABBEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F(xiàn)BE，DCAEFBEC1-17．解：方法一：(1)AEHGBE FCD

ABCD是矩形得，AB∥CD，AB＝CD，GH∥DFGH＝DF，HGFD是平行四邊形，GF∥DH.(2)BECBBQ∥EC.BE⊥CEB為原點，分別以，→→x軸、y軸、zABBEC，所以→＝(0，0，2)BEC的一個法向量．n＝(x，y，z)AEF的一個法向量．又 由 得 → n·BA＝4 〉 3×〉 3AEFBEC所成銳二面角的余弦值為2.方法二：(1)ABMMG，MF.3GBEGM∥AE.GMADE.ABCDM，F(xiàn)AB，CDMFADE.GM∩MF＝M，GM?GMF，MF?GMF，GMFADE.GF?GMF，GFADE.]PDD17PQABB1A1PQDA的余弦值為3ADPQ71-x軸，y軸，z(1)PDD1P09

→

→→＝18－18＝0AB

(2)＝(6，m－6，0)＝(0，－3，6)PQD

n1＝(x，y，z)PQD的一個法向量，則

即y＝6n1＝(6－m，6，3)AQDn2＝(0，0，1) cos〈n，n〉＝n1·n2

1·

P-QD-

m＝4m＝8(

設

ADPQ視為以△ADQP-ADQh＝4體ADPQ的體積

＝3

的兩腰，PD1DPR∥ADAD∥BC知，PR∥BC，P，R，B，C四點共面．因為tan∠ABR＝AR＝3＝A1B1＝tan∠A1AB1，所以∠ABR＝∠A1AB1，因此∠ AB1⊥BR.AB1PRBCPQ?PRBC(2)PPM∥A1AADMPMPN⊥QD，∠PNMP-QD-A的平面角，所以 ＝7，即PN從而PM＝40 3MQPQABB1A1及②知，ABCDABQM.MN＝MQ·MD ④. ＝A1D1＝3ED＝AD－AE＝3.于是PM＝D1E＝6＝23

1

＝3t＝2PM＝4.ADPQ 1-17．G4、G5、G11[2015·山東卷]1-2DEF-ABC中，AB＝2DE，G，HAC，BC的中點．CFABC，AB⊥BC，CF＝DE，∠BAC＝45FGHDEF-ABCAB＝2DE，GAC的中點，DF∥GC，DF＝GC，DFCG為平行四邊形，OCD的中點．HBC的中點，OH∥BD.DEF-ABC中，BC＝2EF，HBC的中點，BH∥EF，BH＝EF，BHFE為平行四邊形，BE∥HF.在△ABC中，GAC的中點，HBC的中點，GH∥AB.BD?ABED，BDFGH.DEF-ABC中，GAC的中點，

DGCF為平行四邊形，DG∥FC.FCABC，在△ABC中，AB⊥BC，∠BAC＝45°，GAC的中點，AB＝BC，GB⊥GC，GB，GC，GDGG-xyz，G(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，0，1)，H2，2，0，F(xiàn)(0， 故→ 2 GH＝2，2，0，GF＝(0，n＝(x，y，z)FGH 由 可得

FGHn＝(1，－1，因為 GBACFD的一個法向量，GB＝(→所以cos〈→，n〉＝GB·n＝2 2 2 FGHACFD所成的角(銳角)HM⊥ACMMN⊥GFNFC∩AC＝C，GF⊥NH，所以∠MNH在△BGC

2＝

可得FC＝GF＝從而 6＝HMACFD，MN?ACFD，HM⊥MN，因此 HM＝FGHACFD所成的角(銳角)18．G5、G10、G11[2015·陜西卷]1-6(1)ABCDπ∠BAD＝2，AB＝BC＝1，AD＝2，EAD的中點，OACBE的交點．將△ABEBE折起到△A1BE1-6(2)所示．(1)證明：CDA1OC；(2)A1BEBCDEA1BCA1CD1-AB＝BC＝1，AD＝2，EADπ∠BAD＝2OA1∩OC＝O，OA1?A1OC，OC?A1OC，BEA1OC.所以∠A1OCA1-BEC所以∠A1OC＝2B2，0，0，E－2，0，0，A10，0，2，C0， 得 2 2

2BC＝－2，2，0，A1C＝0，2，－2 CD＝BE＝(－A1CD則

得

得

從而cosθ＝|cos〈n1，n2〉 ＝3× 3A1BCA1CD夾角的余弦值為31-3BCM，GHN.F，G，H標記在正方體相應的頂點處(不需說明理由A-EG-M1-18．解：(1)F，G，H(2)AC，BDOM，NBC，GH

MNHO是平行四邊形，MN∥OH.MMP⊥ACABCD-EFGH中，AC∥EG，MP⊥EG.PPK⊥EGKKM，EGPKM，所以∠PKMA-EG-M的平面角．AD＝2CM＝1，PK＝2.°＝在Rt△CMP中，PM＝CMsin 2°＝＝2在Rt△PKM中，KM＝ ＝2 KM＝33即二面角A-EG-M的余弦值為 3D為坐標原點，分別以x軸，y軸，z 所以 EGM由

得

x＝2ABCD-EFGH中，DOAEGn2＝n1·n2 所以cos〈n，n〉

＝33故二面角A-EG-M的余弦值為 317．G4、G10、G11[2015·卷]如圖1-4，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，側棱D1D求證：MND1-ACB1331-2M，NB1CD1DM1，1，1，N(1，－2，1)．2證明：依題意，可得n＝(0，0，1)為平面ABCD的一個法向量，→

即

n2＝(x，y，z)ACB1的一個法向量，則

〉因此有cos〈n n1·n2＝－10〉

sin〈n

3

10

2〉

10D1ACB1的正弦值為3＝λ∈[0，1]E(0，λ，2)，從而 →1)．又n＝(0，0，1)為平面ABCD的一個法向量，由已知，得cos〈，n〉 （－1）2＋（λ＋2）2＋12＝3λ＋4λ－3＝0λ∈[0，1]λ＝A1E的長為]折1-成△A′CD，所成二面角A′-CD-B的平面角為α，則( ，8．B[解析]當AC＝BC時∠A′DB＝α，當AC≠BC時，作A′E⊥CD，BF⊥CD，DDE＝DFGF∥A′E，GA′∥EF，則∠GFB＝αA′D＝BD＝m，，

，cos

]AC＝2，A1A＝4，A1ABCBC的中點，DB1C11-A1E⊥AE.AED，EB1C1，BCDE∥B1BDE∥A1AA1AED為平行四邊形．A1D∥AE.A1F⊥BDA1F∩BD＝FAE＝EB＝2，∠A1EA＝∠A1EB＝90°，A1B＝A1A＝4.A1D＝B1D，A1B＝B1B，得△A1DB與△B1DBA1F⊥BDB1F⊥BD，因此∠A1FB1A1-BD-B1的平面角．A1D＝2，A1B＝4，∠DA1B＝90°，得3 388CBEEA，EBx軸，y軸的正半軸，建立空間直角坐E-xyz，如圖所示．A1(0，0，14)，B(0，2，0)，D(－2，0，14)，B1(－2，2，因此 A1B＝(0，2，－14)，BD＝(－2，－2，14)，DB1＝(0，A1BDm＝(x1，y1，z1)B1BD 由 2y1－得

m＝(0，－2x1－2y1＋ 由 得

n＝(－2x2－2y2＋|m·n| .1.8]πPC＝3，∠ACB＝2.D，EAB，BCCD＝DE＝APDC1-19．解：(1)PCABC，DE?ABCCE＝2，CD＝DE＝2，得△CDEPC∩CD＝C，DEPCDDEπ(2)由(1)知，△CDE為等腰直角三角形，∠DCE＝4.DDFCEπ

＝2DF∥AC，所以AC＝BC＝3C為坐標原點，分別以x軸、y軸、z →

由(1)DEPCDPCDn2可取為cos〈n

3 2〉＝|n1||n2|＝66APDC的余弦值為6G1219．G5、G12[2015·卷]《九章算術》中，將底面為長方形且有一條側棱與底面垂EF⊥PBPBFDE，DF，BD，BE. 若面DEF與面ABCD所成二面角的大小 的值，求1-ABCDBC⊥CDPD∩CD＝DBCDE?PCDPD＝CDEPC的中點，DE⊥PC.PB?PBCDEPBC，PBDEFBDEF的四個面都是直角三角形，即BDEF是一個鱉臑，其四個面的直角分別為∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB.ABCD的交線．PD∩PB＝PDGPBD.故∠BDFDEFABCD所成二面角的平面角．PD＝DC＝1，BC＝λBD＝1＋λ2.Rt△PDB得∠DPF＝∠FDB＝3， tan3＝tan∠DPF＝PD＝1＋λ＝λ＝ 1 2*所以 ＝2*πDEFABCD

2＝

3時 DDA，DC，DP