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    2021全国高考试题分类解析(立体几何)

    时间：2021-04-30    下载该word文档
    2021全国高考立体几何题一网打尽
    河北、河南、山西、安徽(全国卷I
    （2）一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为，则球的表面积为 （C） （A）82
    （B）8


    （C）42
    （D）4
    （4）如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且ADE、BCF均为正三角形，EF∥AB，EF=2，则该多面体的体积为 （C）
    （A）2
    3



    （B）（D）3
    3（C）4 3
    3
    2（16）在正方形ABCDA'B'C'D'中，过对角线BD'的一个平面交AA'于E，交CC'于F，则
    ① 四边形BFD'E一定是平行四边形 ② 四边形BFD'E有可能是正方形
    ③ 四边形BFD'E在底面ABCD内的投影一定是正方形 ④ 四边形BFDE有可能垂直于平面BBD

    （18）（本大题满分12分）
    已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，''DAB90,PA底面ABCD，且PA=AD=DC=1AB=1，M2是PB的中点。
    （Ⅰ）证明：面PAD⊥面PCD； （Ⅱ）求AC与PB所成的角；
    （Ⅲ）求面AMC与面BMC所成二面角的大小。 18．本小题主要考查直线与平面垂直、直线与平面所成角的有关知识及思维能力和空间想象能力.考查应用向量知识解决数学问题的能力.满分12分. 方案一：
    （Ⅰ）证明：∵PA⊥面ABCD，CD⊥AD， ∴由三垂线定理得：CD⊥PD. 因而，CD与面PAD内两条相交直线AD，PD都垂直， ∴CD⊥面PAD. 又CD面PCD，∴面PAD⊥面PCD.

    1
    （Ⅱ）解：过点B作BE//CA，且BE=CA， 则∠PBE是AC与PB所成的角. 连结AE，可知AC=CB=BE=AE=2，又AB=2，
    所以四边形ACBE为正方形. 由PA⊥面ABCD得∠PEB=90° 在Rt△PEB中BE=2，PB=5， cosPBEBE10. PB5AC与PB所成的角为arccos10.
    5（Ⅲ）解：作AN⊥CM，垂足为N，连结BN. 在Rt△PAB中，AM=MB，又AC=CB， ∴△AMC≌△BMC, ∴BN⊥CM，故∠ANB为所求二面角的平面角. ∵CB⊥AC，由三垂线定理，得CB⊥PC， 在Rt△PCB中，CM=MB，所以CM=AM. 在等腰三角形AMC中，AN·MC=CM2(AC2AC，
    2    322AN52AN2BN2AB22 . ∴AB=2，cosANB2ANBN356故所求的二面角为arccos(.
    方法二：因为PA⊥PD，PA⊥AB，AD⊥AB，以A为坐标原点AD长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为
    A（0，0，0）B（0，2，0），C（1，1，0），D（1，0，0），P（0，0，1），M（0，1，. （Ⅰ）证明：因AP(0,0,1,DC(0,1,0,故APDC0,所以APDC.
    由题设知AD⊥DC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DC⊥面PAD. 又DC在面PCD上，故面PAD⊥面PCD. （Ⅱ）解：因AC(1,1,0,PB(0,2,1,
    2312故|AC|2,|PB|5,ACPB2,所以10cosAC,PB.5|AC||PB|ACPB

    （Ⅲ）解：在MC上取一点N（x，y，z），则存在R,使NCMC,

    2
    11NC(1x,1y,z,MC(1,0,,x1,y1,z..
    2214要使ANMC,只需ANMC0即xz0,解得.
    25412可知当时,N点坐标为(,1,,能使ANMC0.555
    1212此时,AN(,1,,BN(,1,,有BNMC05555由ANMC0,BNMC0得ANMC,BNMC.所以ANB为所求二面角的平面角. |AN|30304,|BN|,ANBN.555ANBN
    cos(AN,BN2.3|AN||BN|2故所求的二面角为arccos(.3文科数学（全国卷Ⅰ）
    （11）点O是三角形ABC所在平面内的一点，满足OAOBOBOCOCOA，则点O是ABC的
    （A）三个内角的角平分线的交点 （C）三条中线的交点







    （B）三条边的垂直平分线的交点 （D）三条高的交点
    2005高考全国卷Ⅱ数学（理）试题（吉林、黑龙江、广西等地区用）
    (2 正方体ABCD—A1 B1 C1 D1中，P、Q、R、分别是AB、AD、B1 C1的中点。那么正方体的过P、Q、R的截面图形是
    （A）三角形 （B）四边形 （C）五边形 （D）六边形
    (12将半径都为1的4个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为 （A）32626264326 （B）2+ （C）4+ （D） 3333(16下面是关于三棱锥的四个命题：
    ①，底面是等边三角形，侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥。 ②，底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥。 ③，底面是等边三角形，侧面的面积都相等的三棱锥是正三棱锥。
    ④，侧棱与底面所成的角都相等，且侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥。


    3

    2005高考全国卷Ⅱ数学（文）试题（吉林、黑龙江、广西等地区用）
    (12△ABC的顶点B在平面a内，A、C在a的同一侧，AB、BC与a所成的角分别是30°和45°,若AB=3,BC=42 ,AC=5,则AC与a所成的角为
    (A60° (B45° (C30° (D15°
    (20如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PD⊥底面ABCD,AD=PD,E、F分别为CD、PB的中点. (Ⅰ求证:EF⊥平面PAB (Ⅱ设AB2BC,求AC与平面AEF所成的角的大小.


    (21设a为实数,函数f(xx3x2xa. (Ⅰ求f(x的极值. (Ⅱ当a在什么范围内取值时,曲线yf(x与x轴仅有一个交点. 2005年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（福建卷）
    4．已知直线m、n与平面、，给出下列三个命题： ①若m∥，n∥，则m∥n；
    ②若m∥，n⊥，则n⊥m； ③若m⊥，m∥，则⊥． 其中真命题的个数是C A．0 B．1 C．2 D．3 8．如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，
    AD＝1，E、F、G分别是DD1、AB、CC1的中点， 则异面直线A1E与GF所成的角是D
    D1A1EDAFBB1C1GC15A．arccos B．

    5410C．arccos D．
    5220．（本小题满分12分）
    如图，直二面角D-AB-E中，四边形ABCD是边长为2的 正方形，AE＝EB，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE．

    4
    （Ⅰ）求证：AE⊥平面BCE； （Ⅱ）求二面角B-AC-E的大小； （Ⅲ）求点D到平面ACE的距离。
    20、（Ⅰ）略； （Ⅱ）arcsin

    623；（Ⅲ）。 33DCAEFB2005年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）数学（文史类）
    4．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E是A1B1
    的中点，则E到平面AB C1D1的距离为（ B ） A．3
    2B．2

    21C．

    23D．

    3
    15．已知平面,和直线，给出条件：①m//；②m；③m；④；⑤//. （i）当满足条件 ③⑤ 时，有m//；（ii）当满足条件 ②⑤ 时，有m.
    （填所选条件的序号）
    18．（本小题满分14分）

    如图1，已知ABCD是上．下底边长分别为2和6，高为3的等腰梯形，将它沿对称轴OO1折成直二面角，如图2. （Ⅰ）证明：AC⊥BO1；
    （Ⅱ）求二面角O－AC－O1的大小.

    图1 图2
    18．解法一（I）证明 由题设知OA⊥OO1，OB⊥OO1. z 所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，
    O1 C 即OA⊥OB. 故可以O为原点，OA、OB、OO1 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， D
    如图3，则相关各点的坐标是A（3，0，0），

    O
    B y     5     x     A

    B（0，3，0），C（0，1，3） O1（0，0，3）. 图3 从而AC(3,1,3,BO1(0,3,3,ACBO13330. 所以AC⊥BO1.
    （II）解：因为BO1OC3330,所以BO1⊥OC，
    由（I）AC⊥BO1，所以BO1⊥平面OAC，BO1是平面OAC的一个法向量. 设n(x,y,z是0平面O1AC的一个法向量， nAC03xy3z0,由nOC0y0.1取z3, 得n(1,0,3.
    设二面角O—AC—O1的大小为，由n、BO1的方向可知n，BO1>，

    所以coscosn，BO1>=nBO13.
    4|n||BO1|即二面角O—AC—O1的大小是arccosO1 D O A 3
    3.
    4F
    E     C 解法二（I）证明 由题设知OA⊥OO1，OB⊥OO1， 所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角， 即OA⊥OB. 从而AO⊥平面OBCO1， OC是AC在面OBCO1内的射影.
    OO1    B 图4 因为tanOOBOB3 tanO1OCO1C3，
    1OO1 所以∠OO1B=60°，∠O1OC=30°，从而OC⊥BO1 由三垂线定理得AC⊥BO1. （II）解 由（I）AC⊥BO1，OC⊥BO1，知BO1⊥平面AOC. 设OC∩O1B=E，过点E作EF⊥AC于F，连结O1F（如图4），则EF是O1F在平面AOC 内的射影，由三垂线定理得O1F⊥AC. 所以∠O1FE是二面角O—AC—O1的平面角.

    由题设知OA=3，OO1=3，O1C=1， 所以O1AOA2OO1223,AC从而O1FO1A2O1C213，
    3，
    2
    O1AO1C23，
    AC13又O1E=OO1·sin30°=
    6

    所以sinO1FEO1E313. . 即二面角O—AC—O1的大小是arcsin4O1F43219．（本小题满分14分）

    设t0，点P（t，0）是函数f(xxax与g(xbxc的图象的一个公共点，两函数的图象在点P处有相同的切线. （Ⅰ）用t表示a，b，c；
    （Ⅱ）若函数yf(xg(x在（－1，3）上单调递减，求t的取值范围. 19．解：（I）因为函数f(x，g(x的图象都过点（t，0），所以f(t0， 即t3at0.因为t0,所以at2.

    g(t0,即bt2c0,所以cab.
    又因为f(x，g(x在点（t，0）处有相同的切线，所以f(tg(t. 而f(x3xa,g(x2bx,所以3ta2bt.
    将at2代入上式得bt. 因此cabt3.故at2，bt，ct3.
    3    2    2    3    2    2    2    2（II）解法一yf(xg(xxtxtxt,y3x2txt(3xt(xt. 当y(3xt(xt0时，函数yf(xg(x单调递减. 由y0，若t0,则ttxt；若t0,则tx. 33由题意，函数yf(xg(x在（－1，3）上单调递减，则
    tt(1,3(,t或(1,3(t,.
    33t所以t3或3.即t9或t3.
    3又当9t3时，函数yf(xg(x在（－1，3）上单调递减. 所以t的取值范围为(,9][3,.
    解法二：yf(xg(xxtxtxt,y3x2txt(3xt(xt

    因为函数yf(xg(x在（－1，3）上单调递减，且y(3xt(xt是（－1，3223223）上的抛物线，

    7

    所以y|x10,(3t(1t0. 即解得t9或t3.
    (9t(3t0.y|x30.
    所以t的取值范围为(,9][3,.
    2005年普等学校招生全国统试一考试（浙江卷）数学
    6．设、 为两个不同的平面，l、m为两条不同的直线，且l，m，有如下的两个命题：①若∥，则l∥m；②若l⊥m，则⊥．那么
    (A ①是真命题，②是假命题 (B ①是假命题，②是真命题 (C ①②都是真命题 (D ①②都是假命题 ，此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B，则M、N的连线与AE所成角的大小等于_________．

    18．如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝kPA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥A底面ABC． (Ⅰ当k＝DCNMEB1时，求直线PA与平面PBC所成角的大小；
    2 (Ⅱ 当k取何值时，O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心？ P

    D


    CAO

    B
    2005年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（必修+选修Ⅱ）
    4．设三棱柱ABC—A1B1C1的体积为V，P、Q分别是侧棱AA1、CC1上的点，且PA=QC1，则四棱锥B—APQC的体积为 （ C ）
    A．1V

    6B．1V

    4C．1V

    3D．1V
    211．不共面的四个定点到平面的距离都相等，这样的平面共有 （ D ） A．3个 B．4个 C．6个 D．7个 18．(本小题满分12分
    如图，在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形,平面VAD
    8
    ⊥底面ABCD．
    （Ⅰ）证明AB⊥平面VAD；
    （Ⅱ）求面VAD与面VDB所成的二面角的大小． 18．证明：方法一：（Ⅰ）证明：
    平面VAD平面ABCD ABADAB平面ABCD AB平面VADAD平面VAD平面ABCD

    （Ⅱ）解：取VD的中点E，连结AF，BE，
    ∵△VAD是正三形， ∴AE⊥VD，AE=∵AB⊥平面VAD， ∴AB⊥AE. 又由三垂线定理知BE⊥VD. 因此，tan∠AEB=3AD 2AB23. AE3即得所求二面角的大小为arctan23.
    3方法二：以D为坐标原点，建立如图所示的坐标图系. （Ⅰ）证明：不防设作A（1，0，0），
    则B（1，1，0）， V(,0,123，
    2
    13AB(0,1,0,VA(,0,
    22由ABVA0,得AB⊥VA. 又AB⊥AD，因而AB与平面VAD内两条相交直线VA，AD都垂直. ∴AB⊥平面VAD. （Ⅱ）解：设E为DV中点，则E(,0,143，
    4333313EA(,0,,EB(,1,,DV(,0,.
    444422由EBDV0,得EBDV,又EADV. 因此，∠AEB是所求二面角的平面角，
    cos(EA,EBEAEB|EA||EB|21,
    7
    9
    解得所求二面角的大小为arccos21.
    7

    2005年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学（理工农医类）
    （6）在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论中不成．．立的是（C）
    ． （A）BC//平面PDF （B）DF⊥平面PA E （C）平面PDF⊥平面ABC （D）平面PAE⊥平面 ABC （15）（本小题共13分）
    已知函数f(x=－x3＋3x2＋9x＋a, （I）求f(x的单调递减区间；
    （II）若f(x在区间[－2，2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值． （15）（共13分）
    解：（I） f ’(x＝－3x2＋6x＋9．令f ‘(x<0，解得x<－1或x>3， 所以函数f(x的单调递减区间为（－∞，－1），（3，＋∞）．
    （II）因为f(－2＝8＋12－18＋a=2＋a，f(2＝－8＋12＋18＋a＝22＋a，
    所以f(2>f(－2．因为在（－1，3）上f ‘(x>0，所以f(x在[－1, 2]上单调递增，又由于f(x在[－2，－1]上单调递减，因此f(2和f(－1分别是f(x在区间[－2，2]上的最大值和最小值，于是有 22＋a＝20，解得 a＝－2．

    故f(x=－x3＋3x2＋9x－2，因此f(－1＝1＋3－9－2＝－7， 即函数f(x在区间[－2，2]上的最小值为－7．

    （16）（本小题共14分）
    如图, 在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，DC＝23，AA1＝3，AD⊥DC，AC⊥BD, 垂足为E， （I）求证：BD⊥A1C；
    （II）求二面角A 1－BD－C 1的大小； （III）求异面直线 AD与 BC 1所成角的大小．


    10


    （16）（共14分）
    （I）在直四棱柱ABCD－AB1C1D1中，
    ∵AA1⊥底面ABCD．∴ AC是A1C在平面ABCD上的射影．

    ∵BD⊥AC．∴ BD⊥A1C； （II）连结A1E，C1E，A1 C1．
    与（I）同理可证BD⊥A1E，BD⊥C1E，
    ∴ ∠A1EC1为二面角A1－BD－C1的平面角． ∵ AD⊥DC，∴ ∠A1D1C1=∠ADC＝90°，
    又A1D1=AD＝2，D1C1= DC＝23，AA1=3且 AC⊥BD， ∴ A1C1＝4，AE＝1，EC＝3，∴ A1E＝2，C1E＝23， 在△A1EC1中，A1C12＝A1E2＋C1E2， ∴ ∠A1EC1＝90°， 即二面角A1－BD－C1的大小为90°． （III）过B作 BF//AD交 AC于 F，连结FC1，
    则∠C1BF就是AD与BC1所成的角． ∵ AB＝AD＝2， BD⊥AC，AE＝1， ∴ BF=2，EF＝1，FC＝2，BC＝DC，∴ FC1=7，BC1＝15， 在△BFC1 中，cosC1BF15154715,∴ ∠C1BF=arccos
    55121515．
    5 即异面直线AD与BC1所成角的大小为arccos
    11


    （16）（本小题共14分）（文科）
    如图, 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AA1＝4，点D是AB的中点， （I）求证：AC⊥BC1；

    12
    （II）求证：AC 1//平面CDB1；
    （III）求异面直线 AC1与 B1C所成角的余弦值．

    （16）（共14分）
    （I）直三棱柱ABC－A1B1C1，底面三边长AC=3，BC=4AB=5， ∴ AC⊥BC，且BC1在平面ABC内的射影为BC，∴ AC⊥BC1；
    （II）设CB1与C1B的交点为E，连结DE，∵ D是AB的中点，E是BC1的中点，∴ DE//AC1，
    ∵ DE平面CDB1，AC1平面CDB1，∴ AC1//平面CDB1； （III）∵ DE//AC1，∴ ∠CED为AC1与B1C所成的角，
    在△CED中，ED=CE=5511AC 1=，CD=AB=，22221CB1=22，
    2∴ cosCED82225222，
    5∴ 异面直线 AC1与 B1C所成角的余弦值22. 5
    13

    2005年高考全国卷Ⅲ数学（文）试题和答案（完全电子版）（四川、陕西、云南等地区用）
    （19）(本小题满分12分 在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形,平面VAD⊥底面ABCD． （Ⅰ）证明AB⊥平面VAD．
    （Ⅱ）求面VAD与面VDB所成的二面角的大小． （19）证明：（Ⅰ）作AD的中点O，则VO⊥底面ABCD．…………………………1分 建立如图空间直角坐标系，并设正方形边长为1，…………………………2分 则A（VDAZVDAXOBCY
    CB
    111，0，0），B（，1，0），C（-，1，0）， 222D（-∴31，0，0），V（0，0，），
    2213AB(0,1,0,AD(1,0,0,AV(,0,………………22………………3分
    由ABAD(0,1,0(1,0,00ABAD……………………………………4分
    14
    13ABAV(0,1,0(,0,0ABAV……………………………………5分
    22又AB∩AV=A ∴AB⊥平面VAD…………………………………………………………………………6分
    （Ⅱ）由（Ⅰ）得AB(0,1,0是面VAD的法向量………………………………7分 设n(1,y,z是面VDB的法向量，则
    x1133nVB0(1,y,z(,1,0n(1,1,……9分 2233nBD0(1,y,z(1,1,00z3(0,1,0(1,1,∴cosAB,n3321，……………………………………11分
    7211    3    21…………12分
    7又由题意知，面VAD与面VDB所成的二面角，所以其大小为arccos2005年广东省高考数学试题
    (4已知高为3的直三棱柱ABC—A1B1C1的底是边长为1的正三角形（如图），则三棱锥B1—ABC的体积为 （D） (A14(B12(C3362(D3
    4(6函数是f(xx3x1的函数的区间为 （D） （A）（2，+∞） (B (-∞,2 (C(- ∞,0
    (D(0,2 (7给出下列关于互不相同的直线m,n,l和平面,的四个命题: ① m,lA,点Am,则l与m不共面；
    ② l、m是异面直线，l//,m//,且nl,nm,则n； ③ 若l//,m//,//,则l//m；
    ④ 若l,m,lm点A,l//,m//，则//
    其中为假命题的是 （C） （A）① （B）② （C）③ （D）④
    15

    16．如图， PA=BC=6，AB=8，PB=AC=10，
    PB234，F是线段PB上一点，CF1534，点E在17线段AB上，且EF⊥PB （I）求证：PB⊥平面CEF （II）求二面角B—CE—F的大小（14分）

    16．（I）证明：∵PA2AC23664100PC2
    ∴△PAC是以∠PAC为直角的直角三角形，同理可证
    △PAB是以∠PAB为直角的直角三角形，△PCB是以∠PCB为直角的直角三角形。 故PA⊥平面ABC 又∵SPBC11|AC||BC|10630 22而111534|PB||CF|23430SPBC 2217故CF⊥PB,又已知EF⊥PB ∴PB⊥平面CEF （II）由（I）知PB⊥CE, PA⊥平面ABC ∴AB是PB在平面ABC上的射影，故AB⊥CE 在平面PAB内，过F作FF1垂直AB交AB于F1，则FF1⊥平面ABC， EF1是EF在平面ABC上的射影，∴EF⊥EC 故∠FEB是二面角B—CE—F的平面角。
    AB105 AP635二面角B—CE—F的大小为arctan
    3tanFEBcotPBA2005年普通高等学校招生全国统一考试数 学（江苏卷）
    8、设,,为两两不重合的平面，l,m,n为两两不重合的直线，给出下列四个命题：①若，，则||；②若m，n，m||，n||，则||；③若||，l，则l||；④若l，m，n，l||，则m||n。其中真命题的个数是（ ）
    A．1 B．2 C．3 D．4 14、曲线yxx1在点(1,3处的切线方程是__________。
    21、（本小题满分14分，第一小问满分6分，第二、第三小问满分各4分）如图，在五棱锥S—ABCDE中，SA⊥底面ABCDE，SA=AB=AE=2，BCDE
    33，    16
    BAEBCDCDE120。
    （1）求异面直线CD与SB所成的角（用反三角函数值表示）； （2）证明：BC⊥平面SAB；
    （3）用反三角函数值表示二面角B—SC—D的大小。（本小问不必写出解答过程）
    S    A    E    B    D    C

    2005年普等学校招生全国统试一考试 天津卷（理工类）
    (4设、、为平面，m、n、l为直线，则m的一个充分条件是 （D）
    (A ,l,ml (C ,,m






    (B m,, (D n,n,m
    3(10若函数f(xloga(xax (a0,a1在区间(1,0内单调递增，则a的取2值范围是 （B）
    149(C(,
    4(A[,1
    值等于2．


    349 (D(1,
    4
    (B [,1

    （12）如图，PA⊥平面ABC，∠ABC=90°且PA=AC=BC=a则异面直线PB与AC所成角的正切17
    （19）（本小题满分12分）
    如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，A1ABA1AC,ABAC,A1AA1Ba，侧面B1BCC1与底面ABC所成的二面角为120，E、F分别是棱B1C1、A1A的中点
    （Ⅰ）求A1A与底面ABC所成的角 （Ⅱ）证明A1E∥平面B1FC
    （Ⅲ）求经过A1、A、B、C四点的球的体积

    （19）解：（Ⅰ）过A1作A1H平面ABC，垂足为H．
    连结AH，并延长交BC于G，于是A1AH为A1A与底面ABC所成的角． ∵A1ABA1AC，∴AG为BAC的平分线． 又∵ABAC，∴AGBC，且G为BC的中点． 因此，由三垂线定理A1ABC．
    ∵A1A//B1B，且EG//B1B，∴EGBC．于是AGE为二面角ABCE的平面角， 即AGE120． 由于四边形A1AGE为平行四边形，得A1AG60． （Ⅱ）证明：设EG与B1C的交点为P，则点P为EG的中点．连结PF． 在平行四边形AGEA1中，因F为A1A的中点，故A1E//FP． 而FP平面B1FC，A1E平面B1FC，所以A1E//平面B1FC．
    A1ABA1AC，A1AA1A，（Ⅲ）连结A1C．在A1AC和A1AB中，由于ACAB，则
    A1AC≌A1AB，故A1CA1B．由已知得A1AA1BA1Ca．
    又∵A1H平面ABC，∴H为ABC的外心．
    设所求球的球心为O，则OA1H，且球心O与A1A中点的连线OFA1A．

    18
    1aA1F3a32在RtA1FO中，A1O．故所求球的半径Ra，球3cosAA1Hcos303的体积V43433Ra． 3272005年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷）
    数学试题卷（理工农医类）
    10．如图，在三棱柱ABC—A′B′C′中，点E、F、H、 K分
    别为AC′、CB′、A′B、B′C′的中点，G为△ABC的 重心. 从K、H、G、B′中取一点作为P， 使得该棱柱恰有 2条棱与平面PEF平行，则P为 （ C ） A．K B．H C．G D．B′ 20．（本小题满分12分）

    如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB=3，
    BC=1，PA=2，E为PD的中点. （Ⅰ）求直线AC与PB所成角的余弦值；
    （Ⅱ）在侧面PAB内找一点N，使NE⊥面PAC，并求出N点到AB和AP的距离. 20．本小题主要考查线面关系和四棱锥等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力. 解法1：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系， 则A、B、C、D、P、E的坐标为A（0，0，0）、
    B（3，0，0）、C（3，1，0）、D（0，1，0）、 P（0，0，2）、E（0，1，1），
    2从而AC(3,1,0,PB(3,0,2. 设AC与PB的夹角为θ，则

    cosACPB|AC||PB|32737,
    14 19
    ∴AC与PB所成角的余弦值为37. 14 （Ⅱ）由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为（x，O，z），则
    1NE(x,,1z，由NE⊥面PAC可得，
    2NEAP0,NEAC0.13z10,(x,,1z(0,0,20,x2 ∴6 即化简得13x0.z1(x,1,1z(3,1,00.2233. ,0,1，从而N点到AB、AP的距离分别为1，66即N点的坐标为(解法2：（Ⅰ）设AC∩BD=O，连OE，则OE//PB，
    ∴∠EOA即为AC与PB所成的角或其补角. 在△AOE中，AO=1，OE=17PB, 22
    AE15PD, 22754437. ∴cosEOA1472121即AC与PB所成角的余弦值为37. 14 （Ⅱ）在面ABCD内过D作AC的垂线交AB于F，则ADF6. 连PF，则在Rt△ADF中DFAD233,AFADtanADF.
    cosADF33设N为PF的中点，连NE，则NE//DF，
    ∵DF⊥AC，DF⊥PA，∴DF⊥面PAC，从而NE⊥面PAC. ∴N点到AB的距离131. AP1，N点到AP的距离AF2622005年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷）
    数学试题卷（文史类）
    5．木星的体积约是地球体积的24030倍，则它的表面积约是地球表面积的

    （ ）
    20


    A．60倍
    B．6030倍
    C．120倍
    D．12030倍
    8．已知a、b、c是直线，是平面，给出下列命题： ①若ab,bc,则a//c；

    ②若a//b,bc,则ac； ③若a//,b
    ,则a//b；
    ④若a与b异面，且a//,则b与相交；
    ⑤若a与b异面，则至多有一条直线与a，b都垂直. 其中真命题的个数是 A．1 B．2 C．3 11．在函数yx8x的图象上，其切线的倾斜角小于是
    A．3
    B．2
    C．1 3
    D．4 （ ）
    的点中，坐标为整数的点的个数4
    D．0 （ ）

    20．（本小题满分12分）
    如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截面而得到的，其中AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1. （Ⅰ）求BF的长；
    （Ⅱ）求点C到平面AEC1F的距离. 20．本小题主要考查线面关系和空间距离的求法等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力. 解法1：（Ⅰ）过E作EH//BC交CC1于H，则CH=BE=1，EH//AD，且EH=AD. 又∵AF∥EC1，∴∠FAD=∠C1EH. ∴Rt△ADF≌Rt△EHC1. ∴DF=C1H=2. BFBD2DF226.
    （Ⅱ）延长C1E与CB交于G，连AG， 则平面AEC1F与平面ABCD相交于AG. 过C作CM⊥AG，垂足为M，连C1M，


    21
    由三垂线定理可知AG⊥C1M.由于AG⊥面C1MC，且
    AG面AEC1F，所以平面AEC1F⊥面C1MC.在Rt△C1CM中，作CQ⊥MC1，垂足为Q，则CQ的长即为C到平面AEC1F的距离. 由EBBG可得,BG1,从而AGCC1CGAB2BG217.41712
    ,17由GABMCG知,CM3cosMCG3cosGAB3321217433.11CQCMCC1MC1122317解法2：（I）建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），B（2，4，0），A（2，0，0），
    C（0，4，0），E（2，4，1），C1（0，4，3）.设F（0，0，z）. ∵AEC1F为平行四边形，
    由AEC1F为平行四边形,由AFEC1得,(2,0,z(2,0,2,z2.F(0,0,2.EF(2,4,2.于是|BF|26,即BF的长为26.（II）设n1为平面AEC1F的法向量，


    显然n1不垂直于平面ADF,故可设n1(x,y,1 nAE0,0x4y10由1得
    2x0y20n1AF0,x1,4y10,即1
    2x20,y.4又CC1(0,0,3,设CC1与n1的夹角为a，则 cosCC1n1|CC1||n1|3311116433.
    33∴C到平面AEC1F的距离为
    d|CC1|cos3433433. 3311
    22

    2005年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）
    理科数学
    7．已知函数yxf(x的图象如右图所示(其中f(x
    是函数f(x的导函数，下面四个图象中
    yf(x的图象大致是
    （ C）


    9．矩形ABCD中，AB=4，BC=3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B－AC－D，则四面体ABCD的外接球的体积为 （ C）

    A．    125 12B．125
    9C．    125
    6D．    125
    315．如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，
    AB=BC=2，BB1=2，ABC90，
    E、F分别为AA1、C1B1的中点，沿棱柱的表面从E到F两点的最短路径的长度为

    32 . 2
    20．（本小题满分12分）
    如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1，中，AD=AA1=1，AB=2，点E在棱AD上移动. （1）证明：D1E⊥A1D；
    （2）当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离； （3）AE等于何值时，二面角D1—EC—D的大小为


    23 . 4



    20．解法（一）
    （1）证明：∵AE⊥平面AA1DD1，A1D⊥AD1，∴A1D⊥D1E （2）设点E到面ACD1的距离为h，在△ACD1中，AC=CD1=5，AD1=2， 故SAD1C1131125,而SACEAEBC. 2222211SAECDD1SAD1Ch,33
    1311h,h.223VD1AEC（3）过D作DH⊥CE于H，连D1H、DE，则D1H⊥CE， ∴∠DHD1为二面角D1—EC—D的平面角. 设AE=x，则BE=2－x
    在RtD1DH中,DHD14,DH1.
    在RtADE中,DE1x2,在RtDHE中,EHx,在RtDHC中CH3,在RtCBE中CEx24x5.x3x24x5x23.AE23时,二面角D1ECD的大小为.4解法（二）：以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设AE=x，则A1（1，0，1），D1（0，0，1），E（1，x，0），A（1，0，0）C（0，2，0）
    （1）因为DA1,D1E(1,0,1,(1,x,10,所以DA1D1E.
    （2）因为E为AB的中点，则E（1，1，0），从而D1E(1,1,1,AC(1,2,0，

    nAC0, AD1(1,0,1，设平面ACD1的法向量为n(a,b,c，则nAD10,a2b0a2b也即，得，从而n(2,1,2，所以点E到平面AD1C的距离为
    ac0ach|D1En||n|2121. 33
    24
    （3）设平面D1EC的法向量n(a,b,c，∴CE(1,x2,0,D1C(0,2,1,DD1(0,0,1,
    nD1C0,2bc0由 令b=1, ∴c=2,a=2－x，
    ab(x20.nCE0,∴n(2x,1,2. 依题意cos4|nDD1||n||DD1|222(x2252.
    2∴x123（不合，舍去），x223 . ∴AE=23时，二面角D1—EC—D的大小为. 42005年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）
    文科数学
    15．如图，在三棱锥P—ABC中，PA=PB=PC=BC， 且BAC2，则PA与底面ABC所成角为

    .



    2005年普通高等学校招生全国统一考试（辽宁卷）
    数 学
    4．已知m、n是两条不重合的直线，α、β、γ是三个两两不重合的平面，给出下列四个命
    题：①若m,m

    ③若m,n,则//； ②若,,则//；
    ,m//n,则//；
    ④若m、n是异面直线，m,m//,n,n//,则//

    D．①和④
    （ D）
    其中真命题是 A．①和② B．①和③ C．③和④ 14．如图，正方体的棱长为1，C、D分别是两条棱的中点，
    25
    A、B、M是顶点，那么点M到截面ABCD的距离是
    2 . 317．（本小题满分12分）
    已知三棱锥P—ABC中，E、F分别是AC、AB的中点， △ABC，△PEF都是正三角形，PF⊥AB. （Ⅰ）证明PC⊥平面PAB；
    （Ⅱ）求二面角P—AB—C的平面角的余弦值； （Ⅲ）若点P、A、B、C在一个表面积为12π的 球面上，求△ABC的边长.
    17．本小题主要考查空间中的线面关系，三棱锥、球的有关概念及解三角形等基础知识，考
    查空间想象能力及运用方程解未知量的基本方法，满分12分. （Ⅰ）证明： 连结CF. PEEF11BCAC,APPC. 22CFAB,PFAB,AB平面PCF.
    PC平面PCF,PCAB.PC平面PAB.……4分
    （Ⅱ）解法一：ABPF,ABCF,
    PFC为所求二面角的平面角. 设AB=a，则AB=a，则PFEFa,CF3a
    2    2    a    3cosPFC2.……………………8分
    33a2解法二：设P在平面ABC内的射影为O. PAF≌PAE,PAB≌PAC. 得PA=PB=PC. 于是O是△ABC的中心. PFO为所求二面角的平面角. 设AB=a，则PFa13OF3,OFa. cosPFO.…………8分 232PF3（Ⅲ）解法一：设PA=x，球半径为R. PC平面PAB,PAPB,
    3x2R.4R212，R3.得x2.ABC的边长为22.………12分
    解法二：延长PO交球面于D，那么PD是球的直径. 连结OA、AD，可知△PAD为直角三角形. 设AB=x，球半径为R. 4R212,PD23.POOFtanPFO
    623x,OAx, 63226
    (3266xx(23x.于是x22.ABC的边长为22.……12分 3662005年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）
    数学试题卷（理工农医类）

    7．对于不重合的两个平面与，给定下列条件：

    ①存在平面，使得、都垂直于； ②存在平面，使得、都平行于； ③内有不共线的三点到的距离相等；
    ④存在异面直线l、m，使得l//，l//，m//，m//， 其中，可以判定与平行的条件有 A．1个
    B．2个
    C．3个
    D．4个
    （B ）
    10．如图，在体积为1的三棱锥A—BCD侧棱 AB、AC、AD上分别取点E、F、G， 使 AE : EB=AF : FC=AG : GD=2 : 1，记O为 三平面BCG、CDE、DBF的交点，则三棱 锥O—BCD的体积等于 （ C ）
    1 91C．

    7A．1 81D．
    4B．
    3312．曲线yx在点(a,a(a0处的切线与x轴、直线xa所围成的三角形的面积为1,则a= 1 . 6
    16．连接抛物线上任意四点组成的四边形可能是 ②③⑤（填写所有正确选项的序号）. ①菱形 ②有3条边相等的四边形 ③梯形 ④平行四边形 ⑤有一组对角相等的四边形 20．（本小题满分13分） 如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，E为棱CC1上异于C、C1的一点，EA⊥EB1，已知AB=2，BB1=2，BC=1，∠BCC1= （Ⅰ）异面直线AB与EB1的距离；
    （Ⅱ）二面角A—EB1—A1的平面角的正切值.
    27     ，求：
    3

    20．（本小题13分） 解法一：
    （Ⅰ）因AB⊥面BB1C1C，故AB⊥BE.
    又EB1⊥EA，且EA在面BCC1B1内的射影为EB. 由三垂线定理的逆定理知EB1⊥BE，因此BE是异面直线 AB与EB1的公垂线，
    在平行四边形BCC1B1中，设EB=x，则EB1=4x， 作BD⊥CC1，交CC1于D，则BD=BC·sin233. 2在△BEB1中，由面积关系得113x4x22,即(x21(x230. 222解之得x1,x3（负根舍去）
    当x3时,在BCE中,CE2122CEcos33,
    3. 解之得CE=2，故此时E与C1重合，由题意舍去x因此x=1，即异面直线AB与EB1的距离为1. （Ⅱ）过E作EG//B1A1，则GE⊥面BCC1B，故GE⊥EB1且GE在圆A1B1E内， 又已知AE⊥EB1
    故∠AEG是二面角A—EB1—A1的平面角. 因EG//B1A1//BA，∠AEG=∠BAE，故tanAEG解法二：
    （Ⅰ）由AEEB1,得AEEB10,又由AB平面 而BB1C1C得AB⊥EB1从而ABEB1=0. BE12. AB22故EBEB1(EAABEB1EAEB1ABEB10即EBEB1,故线段BE是异面直线AB与EB1的公垂线.




    设O是BB1的中点，连接EO及OC1，则在Rt△BEB1中，EO=因为在△OB1C1中，B1C1=1，∠OB1C1=所以OC1=OB1=1，
    1BB1=OB1=1，
    2    ，故△OB1C1是正三角形，
    3    28

    又因∠OC1E=∠B1C1C－∠B1C1O=2333,故△OC1E是正三角形，
    所以C1E=1，故CE=1，易见△BCE是正三角形，从面BE=1， 即异面直线AB与EB1的距离是1. （Ⅱ）由（I）可得∠AEB是二面角A—EB1—B的平面角，在Rt△ABE中，由AB=2， BE=1，得tanAEB=2. 又由已知得平面A1B1E⊥平面BB1C1C， 故二面角A—EB1—A1的平面角2AEB，故
    2tantan(AEBcotAEB.
    22解法三：
    （I）以B为原点，BB1、BA分别为y、z轴建立空间直角坐标系.

    由于BC=1，BB1=2，AB=2，∠BCC1=在三棱柱ABC—A1B1C1中有
    B（0，0，0），A（0，0，2），B1（0，2，0），
    ，
    3

    C(3133,,0,C1(,,0 2222
    设E(3,a,0,由EAEB1,得EAEB10,即
    233,a,2(,2a,0 22
    0(33a(a2a22a, 44131331得(a(a0,即a或a(舍去,故E(,,0222222
    313333BEEB1(,,0(00,即BEEB1.222244又AB⊥面BCC1B1，故AB⊥BE. 因此BE是异面直线AB、EB1的公垂线， 则|BE|311，故异面直线AB、EB1的距离为1. 44（II）由已知有EAEB1,B1A1EB1,故二面角A—EB1—A1的平面角的大小为向
    29
    量
    B1A1与EA的夹角. 因B1A1BA(0,0,2,EA(故cos即tanEAB1A1|EA||B1A1|2.223,31,,2,22
    2005年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）数学试题卷（文史类）
    19．（本小题满分13分）
    设函数f(x2x3(a1x6ax8,其中aR. （1）若f(x在x3处取得极值，求常数a的值； （2）若f(x在(,0上为增函数，求a的取值范围. 19．（本小题13分）
    解：（Ⅰ）f(x6x6(a1x6a6(xa(x1.
    因f(x在x3取得极值， 所以f(36(3a(310. 解得a3. 经检验知当a3时,x3为f(x为极值点. （Ⅱ）令f(x6(xa(x10得x1a,x21.
    当a1时,若x(,a(1,,则f(x0,所以f(x在(,a和(1,上为增 函数，故当0a1时,f(x在(,0上为增函数. 当a1时,若x(,1(a,,则f(x0,所以f(x在(,1和(a,上为增函 数，从而f(x在(,0]上也为增函数.
    综上所述，当a[0,时,f(x在(,0上为增函数.
    20．（本小题满分13分）
    如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，E是AB
    30 23    2

    上
    一点，PE⊥EC. 已知PD2,CD2,AE1,求 2 （Ⅰ）异面直线PD与EC的距离；
    （Ⅱ）二面角E—PC—D的大小. 20．（本小题13分）
    解法一：
    （Ⅰ）因PD⊥底面，故PD⊥DE，又因EC⊥PE，且DE 是PE在面ABCD内的射影，由三垂直线定理的逆定理知 EC⊥DE，因此DE是异面直线PD与EC的公垂线. 设DE=x，因△DAE∽△CED，故
    xCD,即x21,x1（负根舍去）. AEx从而DE=1，即异面直线PD与EC的距离为1. （Ⅱ）过E作EG⊥CD交CD于G，作GH⊥PC交PC于H，连接EH. 因PD⊥底面， 故PD⊥EG，从而EG⊥面PCD. 因GH⊥PC，且GH是EH在面PDC内的射影，由三垂线定理知EH⊥PC. 因此∠EHG为二面角的平面角. 在面PDC中，PD=2，CD=2，GC=213, 22因△PDC∽△GHC，故GHPDCG3， PC2又EG故在13DE2DG212(2,
    22RtEHG中,GHEG,因此EHG4,
    即二面角E—PC—D的大小为解法二：
    .
    4（Ⅰ）以D为原点，DA、DC、DP分别为x、y、 z轴建立空间直角坐标系. 由已知可得D（0，0，0），P（0，0，2， C（0，2，0）设A(x,0,0(x0,则B(x,2,0,

    113E(x,,0,PE(x,,2,CE(x,,0. 由PECE得PECE0，
    222即x2313333,,0(,,00得DECE， 0,故x. 由DECE(222242
    31
    又PD⊥DE，故DE是异面直线PD与CE的公垂线，易得|DE|1，故异面直线PD、 CE的距离为1. （Ⅱ）作DG⊥PC，可设G（0，y，z）.由DGPC0得(0,y,z(0,2,20 即z， 2y,故可取DG(0,1,2,作EF⊥PC于F，设F（0，m，n）则EF(31,m,n. 2231,m,n(0,2,20,即2m12n0， 2222312m2,故m1,n,EF(,,. 22222由EFPC0得(又由F在PC上得n因EFPC,DGPC,故平面E—PC—D的平面角的大小为向量EF与DG的夹角. 故cos

    DGEF|DG||EF|2,, 即二面角E—PC—D的大小为. 2442005年全国高等学校招生统一考试数学（湖南卷·理）试题
    5、如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，O是底面
    A1B1C1D1的中心，则O到平面AB C1D1的距离为 （B）
    2231 A、 B、 C、 D、
    4222


    D1 A1
    O B1 DA
    BC1
    C


    （8）设地球的半径为R，若甲地位于北纬45东经120，乙地位于南纬75东经120，则甲、乙两地的球面距离为（D ） （A）3R （B）6R （C）25R R （D）36(16已知m、n是不同的直线，、是不重合的平面，给出下列命题： ①若//,m,n,则m//n
    ②若m,n,m//,则//③若m,n,m//n，则//④m,n是两条异面直线，
    32
    若m//,m//,n//,n//，则//
    上面的命题中，真命题的序号是③④（写出所有真命题的序号）

    （19）（本小题满分12分）
    已知x1是函数f(xmx3(m1xnx1的一个极值点，其中m,nR,m0， （I）求m与n的关系式； （II）求f(x的单调区间；
    （III）当x1,1时，函数yf(x的图象上任意一点的切线斜率恒大于3m，求m的取值范围.
    19.（考查知识点：函数结合导数）
    2解(If(x3mx6(m1xn因为x1是函数f(x的一个极值点,所以f(10,即323m6(m1n0，所以n3m6
    2（II）由（I）知，f(x3mx6(m1x3m6=3m(x1x12 m当m0时，有112，当x变化时，f(x与f(x的变化如下表：
    m12
    m21,1
    m1 x
    f(x

    2,1
    m1,
    0
    单调递减
    0
    调调递减
    0 极小值
    0
    单调递增
    0 极大值
    f(x
    故有上表知，当m0时，f(x在,1上单调递减. 22单调递减，在在(1,(1,1单调递增，mm（III）由已知得f(x3m，即mx2(m1x20
    22222(m1x0即x2(m1x0,x1,1① mmmm12设g(xx22(1x，其函数开口向上，由题意知①式恒成立，
    mm又m0所以x2
    33
    22g(1012044所以解之得m又m0所以m0 mm33g(1010即m的取值范围为,0

    (20(本小题满分12分
    如图，已知长方体ABCDA1B1C1D1,AB2,AA11,
    F43A1D1直线BD与平面AA1B1B所成的角为30，AE垂直BD于
    B1    AC1    DE，F为A1B1的中点. （I）求异面直线AE与BF所成的角；
    （II）求平面BDF与平面AA1B所成的二面角； （III）求点A到平面BDF的距离. 20．(考查知识点：立体几何
    BEC解：在长方体ABCDA1B1C1D1中，以AB所在的直线为x轴，以AD所在的直线为y轴，AA1所在的直线为z轴建立如图示空间直角坐标系
    由已知AB2,AA11,可得A(0,0,0,B(2,0,0，F(1,0,1
    又AD平面AA1B1B，从而BD与平面AA1B1B所成的角为DBA30，又AB2，AEBD，AE1,AD132323从而易得E, ,0,D0,,03322113AEBF22 cosAE,BF（I）因为AE,所以=,0,BF1,0,12242AEBF易知异面直线AE、BF所成的角为arccos2
    4（II）易知平面AA1B的一个法向量m(0,1,0设n(x,y,z是平面BDF的一个法向量，xz0nBFnBF023xzBD(2,,0由 233y03xy2xnBDnBD03
    34
    即n1,3,1所以cosm,nmnmn15即平面BDF与平面AA1B所成的二面角的5大小（锐角）为arccos15
    5（III）点A到平面BDF的距离，即AB在平面BDF的法向量n上的投影的绝对值， 所以距离dABcosAB,n=ABn25n5所以点A到平面BDF的距离为255

    35

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