数学高考分类汇编解答题理03立体几何_精品文档Word格式.doc
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得设M（a，b，0），
则
由平面A1B1C1，得
即
解得故
因此，所以线段BM的长为
方法二：
（I）解：
由于AC//A1C1，故是异面直线AC与A1B1所成的角.
因为平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，
因此
所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为
（II）解：
连接AC1，易知AC1=B1C1，
又由于AA1=B1A1，A1C1=A1=C1，
所以≌，过点A作于点R，
连接B1R，于是，故为二面角A—A1C1—B1的平面角.
在中，
连接AB1，在中，
，
所以二面角A—A1C1—B1的正弦值为
（III）解：
因为平面A1B1C1，所以
取HB1中点D，连接ND，由于N是棱B1C1中点，
所以ND//C1H且.
又平面AA1B1B，
所以平面AA1B1B，故
又
所以平面MND，连接MD并延长交A1B1于点E，
由
得，延长EM交AB于点F，
可得连接NE.
所以
连接BM，在中，
2.（2011北京理）16．（本小题共14分）
如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，.
（Ⅰ）求证：
平面
（Ⅱ）若求与所成角的余弦值；
（Ⅲ）当平面与平面垂直时，求的长.
【解析】
（16）（共14分）
证明：
（Ⅰ）因为四边形ABCD是菱形，
所以AC⊥BD.
又因为PA⊥平面ABCD.
所以PA⊥BD.
所以BD⊥平面PAC.
（Ⅱ）设AC∩BD=O.
因为∠BAD=60°
，PA=PB=2,
所以BO=1，AO=CO=.
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O—xyz，则
P（0，—，2），A（0，—，0），B（1，0，0），C（0，，0）.
设PB与AC所成角为，则
.
（Ⅲ）由（Ⅱ）知
设P（0，－，t）（t>
0），
设平面PBC的法向量,
所以令则
同理，平面PDC的法向量
因为平面PCB⊥平面PDC,
所以=0，即解得所以PA=
3.（2011辽宁卷理）18．（本小题满分12分）
如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=P D．
（I）证明：
平面PQC⊥平面DCQ；
（II）求二面角Q—BP—C的余弦值．
【解析】18．解：
如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D—xyz.
（I）依题意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0）.
即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.
故PQ⊥平面DCQ.
又PQ平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.…………6分
（II）依题意有B（1，0，1），
设是平面PBC的法向量，则
因此可取
设m是平面PBQ的法向量，则
可取
故二面角Q—BP—C的余弦值为………………12分
4.（全国大纲卷理）19．（本小题满分12分）（注意：
在试题卷上作答无效）
如图，四棱锥中，,，侧面为等边三角形，．
（Ⅰ）证明：
;
（Ⅱ）求与平面所成角的大小．
【解析】19．解法一：
（I）取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DE=CB=2，
连结SE，则
又SD=1，故，
所以为直角。
…………3分
由，
得平面SDE，所以。
SD与两条相交直线AB、SE都垂直。
所以平面SAB。
…………6分
（II）由平面SDE知，
平面平面SED。
作垂足为F，则SF平面ABCD，
作，垂足为G，则FG=DC=1。
连结SG，则，
又，
故平面SFG，平面SBC平面SFG。
…………9分
作，H为垂足，则平面SBC。
，即F到平面SBC的距离为
由于ED//BC，所以ED//平面SBC，E到平面SBC的距离d也有
设AB与平面SBC所成的角为α，
则 …………12分
解法二：
以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C—xyz。
设D（1，0，0），则A（2，2，0）、B（0，2，0）。
又设
（I），，
由得
故x=1。
又由
即 …………3分
于是，
故
所以平面SAB。
（II）设平面SBC的法向量，
故 …………9分
取p=2得。
故AB与平面SBC所成的角为
5.（全国新课标理）（18）（本小题满分12分）
如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四
边形，∠DAB=60°
AB=2AD,PD⊥底面ABCD.
PA⊥BD；
（Ⅱ）若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。
（18）解：
（Ⅰ
）因为,由余弦定理得
从而BD2+AD2=AB2，故BDAD
又PD底面ABCD，可得BDPD
所以BD平面PAD.故PABD
（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D-，则
,,。
设平面PAB的法向量为n=（x,y,z），则
即
因此可取n=
设平面PBC的法向量为m，则
可取m=（0，-1，）
故二面角A-PB-C的余弦值为
6.（2011江西卷理）21（本小题满分14分）
（1）如图，对于任一给定的四面体，找出依次排列的四个相互平行的平面，使得（i=1,2,3,4），且其中每相邻两个平面间
的距离都相等；
（2）给定依次排列的四个相互平行的平面，其中每相邻两个平面间的距离为1，若一个正四面体的四个顶点满足：
（i=1,2,3,4），求该正四面体的体积.
解：
（1）将直线三等分，其中另两个分点依次为,连接,作平行于的平面，分别过，即为。
同理，过点作平面即可的出结论。
（2）现设正方体的棱长为a,若，，
，由于得，，
那么，正四面体的棱长为，其体积为（即一个棱长为a的正方体割去四个直角三棱锥后的体积）
7.（山东卷理）19．（本小题满分12分）
在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠
ACB=，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ.
（Ⅰ）若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：
ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ;
（Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小．
【解析】19．（I）证法一：
因为EF//AB，FG//BC，EG//AC，，
所以∽
由于AB=2EF，
因此，BC=2FC，
连接AF，由于FG//BC，
在中，M是线段AD的中点，
则AM//BC，且
因此FG//AM且FG=AM，
所以四边形AFGM为平行四边形，
因此GM//FA。
又平面ABFE，平面ABFE，
所以GM//平面AB。
证法二：
取BC的中点N，连接GN，
因此四边形BNGF为平行四边形，
所以GN//FB，
在中，M是线段AD的中点，连接MN，
则MN//AB，
因为
所以平面GMN//平面ABFE。
又平面GMN，
所以GM//平面ABFE。
（II）解法一：
因为，
又平面ABCD，
所以AC，AD，AE两两垂直，
分别以AC，AD，AE所在直线为x轴、y轴和z轴，建立如图所法的空间直角坐标系，
不妨设
则由题意得A（0，0，0，），B（2，-2，0），C（2，0，0，），E（0，0，1），
设平面BFC的法向量为
所以取
设平面ABF的法向量为，
则，
因此二面角A—BF—C的大小为
解法二：
由题意知，平面平面ABCD，
取AB的中点H，连接CH，
因为AC=BC，
所以，
则平面ABFE，
过H向BF引垂线交BF于R，连接CR，
所以为二面角A—BF—C的平面角。
由题意，不妨设AC=BC=2AE=2。
在直角梯形ABFE中，连接FH，
则，又
因此在中，
由于
所以在中，
8.（2011陕西理）16．（本小题满分12分）
如图，在中，是上的高，沿把折起，使。
平面ＡＤＢ
⊥平面ＢＤＣ；
（Ⅱ）设Ｅ为ＢＣ的中点，求与夹角的余弦值。
【解析】16．解（Ⅰ）∵折起前ＡＤ是ＢＣ边上的高，
∴
当Δ
ＡＢＤ折起后，AD⊥ＤＣ，AD⊥ＤＢ，
又DBＤＣ＝Ｄ，
∴ＡＤ⊥平面ＢＤＣ，
∵AD平面平面BDC．
平面ABD平面BDC。
（Ⅱ）由∠
ＢＤＣ＝及（Ⅰ）知DA，ＤＢ，DC两两垂直，不防设=1，以D为坐标原点，以所在直线轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D（0,0,0），B（1,0,0），C（0,3,0），A（0,0，），E（，，0），
=，
=（1，0,0,），
与夹角的余弦值为
＜，＞=．
9.（上海理）21．（14分）已知是底面边长为1的正四棱柱，是和的交点。
（1）设与底面所成的角的大小为，二面角的大小为。
求证：
；
（2）若点到平面的距离为，求正四棱柱的高。
【解析】21．解：
设正四棱柱的高为。
⑴连，底面于，
∴与底面所成的角为，即
∵，为中点，∴，又，
∴是二面角的平面角，即
∴，。
⑵建立如图空间直角坐标系，有
设平面的一个法向量为，
∵，取得
∴点到平面的距离为，则。
10.（四川理）19．（本小题共l2分）
如图，在直三棱柱AB-A1B1C1中．∠BAC=90°
，AB=AC=AA1=1．D是棱CC1上的一
P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA．
（I）求证：
CD=C1D：
（II）求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值；
（Ⅲ）求点C到平面B1DP的距离．
解析：
（1）连接交于,,
又为的中点，中点，,,D为的中点。
（2）由题意,过B作,连接，则,为二面角的平面角。
在中，,则
（3）因为，所以,
在中，，
11.（2011浙江理）20．（本题满分15分）
如图，在三棱锥中，，D为
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