高考数学真题解析13年理科KG单元立体几何.DOC

1、G单元 立体几何G1空间几何体的结构图1312G1，G22013福建卷 已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图13所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是_1212解析 该多面体是棱长为2的正方体，设球的半径为R，则2R2 R，所以S球4R212.10G12013辽宁卷 已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上若AB3，AC4，ABAC，AA112.则球O的半径为()A. B2 C. D310C解析 由题意将直三棱柱ABCA1B1C1还原为长方体ABDCA1B1D1C1，则球的直径即为长方体ABDCA1B1D1C1的

2、体对角线AD1，所以球的直径AD113，则球的半径为，故选C.G2空间几何体的三视图和直观图图1312G1，G22013福建卷 已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图13所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是_1212解析 该多面体是棱长为2的正方体，设球的半径为R，则2R2 R，所以S球4R212.5G22013广东卷 某四棱台的三视图如图11所示，则该四棱台的体积是()图11A4 B.C. D65B解析 棱台的上底、下底分别是边长为1和2的正方形，高为2，故V台(S上S下)h，故选B.7G22013湖南卷 已知棱长为1的正方体

3、的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于()A1 B.C. D.7C解析 由题可知，该正方体的俯视图恰好是正方形，则正视图最大值应是正方体的对角面，最小值为正方形，故面积范围为1，因1，故选C.13G22013辽宁卷 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是_图13131616解析 由三视图可以得到原几何体是一个圆柱里面挖去了一个长方体，所以该几何体的体积为V44161616.12G22013陕西卷 某几何体的三视图如图13所示，则其体积为_图1312.解析 由三视图还原为实物图为半个圆锥，则V122.3G22013四川卷 一个几何体的三视图如图12所示，则该几何

4、体的直观图可以是()图12图133D解析 根据三视图原理，该几何体上部为圆台，下部为圆柱7G22013新课标全国卷 一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为()图127A解析 在空间直角坐标系Oxyz中画出三棱锥，由已知可知三棱锥OABC为题中所描叙的四面体，而其在zOx平面上的投影为正方形EBDO，故选A.图1412G22013浙江卷 若某几何体的三视图(单位：cm)如图13所示，则此几何体的体积等于_cm3.图131224解析 此几何体知直观

5、图是一个直三棱柱挖去一个三棱锥而得，如图所示，则体积为34534324.5G2，G72013重庆卷 某几何体的三视图如图12所示，则该几何体的体积为()图12A. B. C200 D2405C解析 该几何体为直四棱柱，其高为10，底面是上底为2，下底为8，高为4，其腰为5的等腰梯形，所以其底面面积为(28)420，所以体积为V2010200.G3平面的基本性质、空间两条直线3G32013安徽卷 在下列命题中，不是公理的是()A平行于同一个平面的两个平面相互平行B过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D如果两个不重合的平面

6、有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线3A解析 选项B、C、D中的都是公理，都是平面的三个基本性质4G3，G4，G52013新课标全国卷 已知m，n为异面直线，m平面，n平面，直线l满足lm，ln，l，l，则()A且lB且lC与相交，且交线垂直于lD与相交，且交线平行于l4D解析 若，则mn与m，n为异面直线矛盾，故A错若且l，则由n平面知l n 与l n矛盾，故B错若与相交，设垂直于交线的平面为，则l ，又l m，l n，m平面，n平面，故交线平行于l.故选D.图1719G3、G5、G10，G112013重庆卷 如图17所示，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，BCCD2，AC

7、4，ACBACD，F为PC的中点，AFPB.(1)求PA的长；(2)求二面角BAFD的正弦值19解：(1)如图，联结BD交AC于O，因为BCCD，即BCD为等腰三角形，又AC平分BCD，故ACBD.以O为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，则OCCDcos1，而AC4，得AOACOC3.又ODCDsin，故A(0，3，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(，0，0)因PA底面ABCD，可设P(0，3，z)，由F为PC边中点，得F，又，(，3，z)，因AFPB，故0，即60，z2 (舍去2 )，所以|2 .(2)由(1)知(，3，0)，(，3，0)，

8、(0，2，)设平面FAD的法向量为n1(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2(x2，y2，z2)由n10，n10，得因此可取n1(3，2)由n20，n20，得故可取n2(3，2)从而向量n1，n2的夹角的余弦值为cosn1，n2.故二面角BAFD的正弦值为.G4空间中的平行关系19G4、G112013安徽卷 如图15，圆锥顶点为P，底面圆心为O，其母线与底面所成的角为22.5，AB和CD是底面圆O上的两条平行的弦，轴OP与平面PCD所成的角为60.(1)证明：平面PAB与平面PCD的交线平行于底面；(2)求cosCOD.图1519解：(1)证明：设面PAB与面PCD的交线为l，因为AB

9、CD，AB不在面PCD内，所以AB面PCD.又因为AB面PAB，面PAB与PCD的交线为l，所以ABl，由直线AB在底面上而l在底面外可知，l与底面平行(2)设CD的中点为F，连接OF，PF.由圆的性质，COD2COF，OFCD.因为OP底面，CD底面，所以OPCD，又OPOFO，故CD面OPF.又CD面PCD.因此面OPF面PCD.从而直线OP在面PCD上的射影为直线PF，故OPF为OP与面PCD所成的角由题设，OPF60.设OPh，则OFOPtanOPFhtan 60h.根据题设有OCP22.5，得OC.由1tan45和tan 22.50，可解得tan 22.51，因此OC(1)h.在Rt

10、OCF中，cosCOF，故cosCODcos(2COF)2cos2COF12()211712 .6G4、G52013广东卷 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mnB若，m，n，则mnC若mn，m，n，则D若m，mn，n，则6D解析 m，mn，n，又n，故选D.19G4，G112013湖北卷 如图16所示，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；(2)设(1)中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足.记

11、直线PQ与平面ABC所成的角为，异面直线PQ与EF所成的角为，二面角ElC的大小为，求证：sin sin sin .图1619解： (1)直线l平面PAC，证明如下：联结EF，因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EFAC.又EF平面ABC，且AC平面ABC，所以EF平面ABC.而EF平面BEF，且平面BEF平面ABCl，所以EFl.因为l平面PAC，EF平面PAC，所以直线l平面PAC.(2)方法一：(综合法)如图，联结BD，由(1)可知交线l即为直线BD，且lAC.因为AB是O的直径，所以ACBC，于是lBC.已知PC平面ABC，而l平面ABC，所以PCl，而PCBCC，所以l平面PBC.

12、联结BE，BF，因为BF平面PBC，所以lBF，故CBF就是二面角ElC的平面角，即CBF.由，作DQCP，且DQCP.联结PQ，DF，因为F是CP的中点，CP2PF，所以DQPF，从而四边形DQPF是平行四边形，PQFD.联结CD，因为PC平面ABC，所以CD是FD在平面ABC内的射影，故CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即CDF.又BD平面PBC，有BDBF，知BDF为锐角，故BDF为异面直线PQ与EF所成的角，即BDF，于是在RtDCF，RtFBD，RtBCF中，分别可得sin ，sin ，sin ，从而sin sin sin ，即sin sin sin .方法二：(向量法)如图，

13、由，作DQCP，且DQCP.联结PQ，EF，BE，BF，BD，由(1)可知交线l即为直线BD.以点C为原点，向量，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设CAa，CBb，CP2c，则有C(0，0，0)，A(a，0，0)，B(0，b，0)，P(0，0，2c)，Q(a，b，c)，E，F(0，0，c)，于是，(a，b，c)，(0，b，c)，所以cos ，从而sin .又取平面ABC的一个法向量为m(0，0，1)，可得sin .设平面BEF的一个法向量为n(x，y，z)，所以由可得取n(0，c，b)，于是|cos |，从而sin .故sin sin sin ，即sin sin si

14、n .16G4，G52013江苏卷 如图12，在三棱锥SABC中，平面SAB平面SBC，ABBC，ASAB.过A作AFSB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点求证：(1)平面EFG平面ABC；(2)BCSA.图1216证明：(1)因为ASAB，AFSB，垂足为F，所以F是SB的中点又因为E是SA的中点，所以EFAB.因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF平面ABC.同理EG平面ABC.又EFEGE，所以平面EFG平面ABC.(2)因为平面SAB平面SBC，且交线为SB，又AF平面SAB，AFSB，所以AF平面SBC.因为BC平面SBC，所以AFBC.又因为ABBC，AFABA，A

15、F，AB平面SAB，所以BC平面SAB.因为SA平面SAB，所以BCSA.8G42013江西卷 如图12所示，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且ABCD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么mn()图12A8 B9C10 D118A解析 直线CE与上下两个平面平行，与其他四个平面相交，直线EF与左右两个平面平行，与其他四个平面相交，所以m4，n4，故选A.图1418G4、G112013山东卷 如图14所示，在三棱锥PABQ中，PB平面ABQ，BABPBQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ

16、交于点H，联结GH.(1)求证：ABGH；(2)求二面角DGHE的余弦值18解：(1)证明：因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EFAB，DCAB，所以EFDC.又EF平面PCD，DC平面PCD，所以EF平面PCD.又EF平面EFQ，平面EFQ平面PCDGH，所以EFGH.又EFAB，所以ABGH.(2)方法一：在ABQ中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90，即ABBQ.因为PB平面ABQ，所以ABPB.又BPBQB，图15所以AB平面PBQ.由(1)知ABGH，所以GH平面PBQ.又FH平面PBQ，所以GHFH.同理可得GHHC，所以FHC为二面角DGHE的平面角设B

17、ABQBP2.联结FC，在RtFBC中，由勾股定理得FC，在RtPBC中，由勾股定理得PC.又H为PBQ的重心，所以HCPC.同理FH.在FHC中，由余弦定理得cosFHC.即二面角DGHE的余弦值为.方法二：在ABQ中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90.又PB平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直以B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系设BABQBP2，则E(1，0，1)，F(0，0，1)，Q(0，2，0)，D(1，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)所以(1，2，1)，(0，2，1)，(1，1，2)，(0，1，2)设平面E

18、FQ的一个法向量为m(x1，y1，z1)，由m0，m0，得取y11，得m(0，1，2)设平面PDC的一个法向量为n(x2，y2，z2)，由n0，n0，得取z21，得n(0，2，1)所以cosm，n.因为二面角DGHE为钝角，所以二面角DGHE的余弦值为.图1519G4，G5，G7，G112013四川卷 如图17所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1底面ABC，ABAC2AA1，BAC120，D，D1分别是线段BC，B1C1的中点，P是线段AD的中点(1)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，说明理由，并证明直线l平面ADD1A1；(2)设(1)中的直线l交AB于点M，

19、交AC于点N，求二面角AA1MN的余弦值图1719解：(1)如图，在平面ABC内，过点P作直线lBC，因为l在平面A1BC外，BC在平面A1BC内，由直线与平面平行的判定定理可知，l平面A1BC.由已知，ABAC，D是BC的中点所以，BCAD，则直线lAD.因为AA1平面ABC，所以AA1直线l.又因为AD，AA1在平面ADD1A1内，且AD与AA1相交，所以直线l平面ADD1A1.(2)解法一：联结A1P，过A作AEA1P于E，过E作EFA1M于F，联结AF.由(1)知，MN平面AEA1，所以平面AEA1平面A1MN.所以AE平面A1MN，则A1MAE.所以A1M平面AEF，则A1MAF.故

20、AFE为二面角AA1MN的平面角(设为)设AA11，则由ABAC2AA1，BAC120，有BAD60，AB2，AD1.又P为AD的中点，所以M为AB中点，且AP，AM1，所以，在RtAA1P中，A1P；在RtA1AM中，A1M.从而AE，AF，所以sin.所以cos.故二面角AA1MN的余弦值为.解法二：设A1A1，如图，过A1作A1E平行于B1C1，以A1为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz(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，又ABAC2AA1，BAC120，故可得M，1，

21、N，1，所以，(0，0，1)，(，0，0)设平面AA1M的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，则即故有从而取x11，则y1，所以n1(1，0)设平面A1MN的一个法向量为n2(x2，y2，z2)，则即故有从而取y22，则z21，所以n2(0，2，1)设二面角AA1MN的平面角为，又为锐角，则cos .故二面角AA1MN的余弦值为.18G4，G7，G102013新课标全国卷 如图13所示，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1ACCBAB.(1)证明：BC1平面A1CD；(2)求二面角DA1CE的正弦值图1318解：(1)证明：联结AC1交A1C于点F，则F为AC

22、1中点又D是AB中点，联结DF，则BC1DF.因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1平面A1CD.(2)由ACCBAB得，ACBC.以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设CA2，则D(1，1，0)，E(0，2，1)，A1(2，0，2)，(1，1，0)，(0，2，1)，(2，0，2)设n(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则即可取n(1，1，1)同理，设m为平面A1CE的法向量，则可取m(2，1，2)从而cosn，m，故sinn，m.即二面角DA1CE的正弦值为.4G3，G4，G52013新课标全国卷 已知m，n为异面直线，m平面，n平

23、面，直线l满足lm，ln，l，l，则()A且lB且lC与相交，且交线垂直于lD与相交，且交线平行于l4D解析 若，则mn与m，n为异面直线矛盾，故A错若且l，则由n平面知l n 与l n矛盾，故B错若与相交，设垂直于交线的平面为，则l ，又l m，l n，m平面，n平面，故交线平行于l.故选D.G5空间中的垂直关系19G5，G11，G122013福建卷 如图16所示，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱AA1底面ABCD，ABDC，AA11，AB3k，AD4k，BC5k，DC6k(k0)(1)求证：CD平面ADD1A1；(2)若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为，求k的值；(3)现将

24、与四棱柱ABCDA1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的四棱柱规定：若拼接成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案问：共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为f(k)，写出f(k)的解析式(直接写出答案，不必说明理由)图1619解：(1)证明：取CD的中点E，联结BE.ABDE，ABDE3k，四边形ABED为平行四边形，BEAD且BEAD4k.在BCE中，BE4k，CE3k，BC5k，BE2CE2BC2，BEC90，即BECD，又BEAD，所以CDAD.AA1平面ABCD，CD平面ABCD，AA1CD.又AA1ADA，CD平面ADD

25、1A1.(2)以D为原点，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A(4k，0，0)，C(0，6k，0)，B1(4k，3k，1)，A1(4k，0，1)，所以(4k，6k，0)，(0，3k，1)，(0，0，1)设平面AB1C的法向量n(x，y，z)，则由得取y2，得n(3，2，6k)设AA1与平面AB1C所成角为，则sin |cos，n|，解得k1，故所求k的值为1.(3)共有4种不同的拼接方案f(k)6G4、G52013广东卷 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mnB若，m，n，则mnC若mn，m，n，则D若m，mn，n，则6

26、D解析 m，mn，n，又n，故选D.16G4，G52013江苏卷 如图12，在三棱锥SABC中，平面SAB平面SBC，ABBC，ASAB.过A作AFSB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点求证：(1)平面EFG平面ABC；(2)BCSA.图1216证明：(1)因为ASAB，AFSB，垂足为F，所以F是SB的中点又因为E是SA的中点，所以EFAB.因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF平面ABC.同理EG平面ABC.又EFEGE，所以平面EFG平面ABC.(2)因为平面SAB平面SBC，且交线为SB，又AF平面SAB，AFSB，所以AF平面SBC.因为BC平面SBC，所以AFBC.

27、又因为ABBC，AFABA，AF，AB平面SAB，所以BC平面SAB.因为SA平面SAB，所以BCSA.19G5，G112013江西卷 如图16所示，四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，E为BD的中点，G为PD的中点，DABDCB，EAEBAB1，PA，联结CE并延长交AD于F.(1)求证：AD平面CFG；(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值图16解：(1)证明：在ABD中，因为E是BD中点，所以EAEBEDAB1.故BAD，ABEAEB.因为DABDCB，所以EABECB，从而有FEDBECAEB，所以FEDFEA，故EFAD，AFFD，又因为PGGD，所以FGPA.又PA平面AB

28、CD，所以GFAD，故AD平面CFG.(2)以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C，D(0，0)，P0，0，故，.设平面BCP的法向量n1(1，y1，z1)，则解得即n1.设平面DCP的法向量n2(1，y2，z2)，则解得即n2(1，2)从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为cos .图1717G5，G10，G112013北京卷 如图17，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形平面ABC平面AA1C1C，AB3，BC5.(1)求证：AA1平面ABC；(2)求二面角A1BC1B1的余弦值；(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得A

29、DA1B，并求的值17解：(1)证明：因为AA1C1C为正方形，所以AA1AC.因为平面ABC平面AA1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC，所以AA1平面ABC.(2)由(1)知AA1AC，AA1AB.由题知AB3，BC5，AC4，所以ABAC.如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系Axyz，则B(0，3，0)，A1(0，0，4)，B1(0，3，4)，C1(4，0，4)设平面A1BC1的一个法向量为n(x，y，z)，则即令z3，则x0，y4，所以n(0，4，3)同理可得，平面B1BC1的一个法向量为m(3，4，0)所以cosn，m.由题知二面角A1BC1B1为锐角，所以二面角A1BC1

30、B1的余弦值为.(3)设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且.所以(x，y3，z)(4，3，4)解得x4，y33，z4.所以(4，33，4)由0，即9250，解得.因为0，1，所以在线段BC1上存在点D，使得ADA1B.此时，.18G5，G112013辽宁卷 如图14，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点(1)求证：平面PAC平面PBC；(2)若AB2，AC1，PA1，求二面角CPBA的余弦值图1418解： (1)证明：由AB是圆的直径，得ACBC.由PA平面ABC，BC平面ABC，得PABC.又PAACA，PA平面PAC，AC平面PAC，所以BC平面PAC.因为BC平面PBC

31、，所以平面PBC平面PAC.(2)方法一：过C作CMAP，则CM平面ABC.如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系15因为AB2，AC1，所以BC.因为PA1，所以A(0，1，0)，B(，0，0)，P(0，1，1)故(，0，0)，(0，1，1)设平面BCP的法向量为n1(x，y，z)则所以不妨令y1，则n1(0，1，1)因为(0，0，1)，(，1，0)，设平面ABP的法向量为n2(x，y，z)，则所以不妨令x1，n2(1，0)于是cosn1，n2，所以由题意可知二面角CPBA的余弦值为.解法二：过C作CMAB于M.图16因为PA平面ABC，CM平

32、面ABC，所以PACM，故CM平面PAB.过M作MNPB于N，联结NC.由三垂线定理得CNPB.所以CNM为二面角CPBA的平面角在RtABC中，由AB2，AC1，得BC，CM，BM.在RtPAB中，由AB2，PA1，得PB.因为RtBNMRtBAP，所以，故MN.又在RtCNM中，CN，故cosCNM.所以二面角CPBA的余弦值为.19G5、G112013全国卷 如图，四棱锥PABCD中，ABCBAD90，BC2AD，PAB和PAD都是等边三角形(1)证明：PBCD；(2)求二面角APDC的大小19解：(1)取BC的中点E，联结DE，则四边形ABED为正方形过P作PO平面ABCD，垂足为O.

33、联结OA，OB，OD，OE.由PAB和PAD都是等边三角形知PAPBPD，所以OAOBOD，即点O为正方形ABED对角线的交点，故OEBD，从而PBOE.因为O是BD的中点，E是BC的中点，所以OECD.因此PBCD.(2)解法一：由(1)知CDPB，CDPO，PBPOP，故CD平面PBD.又PD平面PBD，所以CDPD.取PD的中点F，PC的中点G，连FG.则FGCD，FGPD.联结AF，由APD为等边三角形可得AFPD.所以AFG为二面角APDC的平面角联结AG，EG，则EGPB.又PBAE，所以EGAE.设AB2，则AE2 ，EGPB1，故AG3，在AFG中，FGCD，AF，AG3.所以

34、cosAFG.因此二面角APDC的大小为arccos.解法二：由(1)知，OE，OB，OP两两垂直以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.设|2，则A(，0，0)，D(0，0)，C(2 ，0)，P(0，0，)，(2 ，)，(0，)，(，0，)，(，0)设平面PCD的法向量为n1(x，y，z)，则n1(x，y，z)(2 ，)0，n1(x，y，z)(0，)0，可得2xyz0，yz0.取y1，得x0，z1，故n1(0，1，1)设平面PAD的法向量为n2(m，p，q)，则n2(m，p，q)(，0，)0，n2(m，p，q)(，0)0，可得mq0，mp0.取m1，得p1，

35、q1，故n2(1，1，1)于是cosn1，n2.由于n1，n2等于二面角APDC的平面角，所以二面角APDC的大小为arccos.18G5，G102013陕西卷 如图16，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O平面ABCD，ABAA1.(1)证明：A1C平面BB1D1D；(2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角的大小图1118解：(1)方法一：由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立直角坐标系，如图ABAA1，OAOBOA11.A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)由，易知B1(1，1，1)

36、(1，0，1)，(0，2，0)，(1，0，1)，0，0，A1CBD，A1CBB1，A1C平面BB1D1D.方法二：A1O平面ABCD，A1OBD.又四边形ABCD是正方形，BDAC，BD平面A1OC，BDA1C.又OA1是AC的中垂线，A1AA1C，且AC2，AC2AAA1C2，AA1C是直角三角形，AA1A1C.又 BB1AA1，A1CBB1.A1C平面BB1D1D.(2)设平面OCB1的法向量n(x，y，z)(1，0，0)，(1，1，1)，取n(0，1，1)，由(1)知，(1，0，1)是平面BB1D1D的法向量，cos |cosn，|.又0，.19G4，G5，G7，G112013四川卷 如

37、图17所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1底面ABC，ABAC2AA1，BAC120，D，D1分别是线段BC，B1C1的中点，P是线段AD的中点(1)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，说明理由，并证明直线l平面ADD1A1；(2)设(1)中的直线l交AB于点M，交AC于点N，求二面角AA1MN的余弦值图1719解：(1)如图，在平面ABC内，过点P作直线lBC，因为l在平面A1BC外，BC在平面A1BC内，由直线与平面平行的判定定理可知，l平面A1BC.由已知，ABAC，D是BC的中点所以，BCAD，则直线lAD.因为AA1平面ABC，所以AA1直线l.又因为A

38、D，AA1在平面ADD1A1内，且AD与AA1相交，所以直线l平面ADD1A1.(2)解法一：联结A1P，过A作AEA1P于E，过E作EFA1M于F，联结AF.由(1)知，MN平面AEA1，所以平面AEA1平面A1MN.所以AE平面A1MN，则A1MAE.所以A1M平面AEF，则A1MAF.故AFE为二面角AA1MN的平面角(设为)设AA11，则由ABAC2AA1，BAC120，有BAD60，AB2，AD1.又P为AD的中点，所以M为AB中点，且AP，AM1，所以，在RtAA1P中，A1P；在RtA1AM中，A1M.从而AE，AF，所以sin.所以cos.故二面角AA1MN的余弦值为.解法二：

39、设A1A1，如图，过A1作A1E平行于B1C1，以A1为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz(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，又ABAC2AA1，BAC120，故可得M，1，N，1，所以，(0，0，1)，(，0，0)设平面AA1M的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，则即故有从而取x11，则y1，所以n1(1，0)设平面A1MN的一个法向量为n2(x2，y2，z2)，则即故有从而取y22，则z21，所以n2(0，2，1)设二面角AA1MN的平面角为，又为锐角，则cos .故二面角AA1MN的余弦值为.17G5，G11，G92013天津卷 如图13所示，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABDC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E为棱AA1的中点(1)证明：B1C1CE；(2)求二面角B1CEC1的正弦值；(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为.求线段AM的长