数学高考分类汇编解答题理03立体几何_精品文档.doc

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2011年数学各地高考分类汇编解答题（理）03

03立体几何

1.（2011天津卷理）17．（本小题满分13分）如图，在三棱柱中，

是正方形的中心，，平面，且

（Ⅰ）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；

（Ⅱ）求二面角的正弦值；

（Ⅲ）设为棱的中点，点在平面内，且平面，求线段的长．

【解析】17．本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.满分13分.

方法一：

如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点.

依题意得

（I）解：

易得，

于是

所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为

（II）解：

易知

设平面AA1C1的法向量，

则即

不妨令可得，

同样地，设平面A1B1C1的法向量，

则即不妨令，

可得

于是

从而

所以二面角A—A1C1—B的正弦值为

（III）解：

由N为棱B1C1的中点，

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，

可得

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，

，

从而

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，

则

由

得，延长EM交AB于点F，

可得连接NE.

在中，

所以

可得

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）.

所以

设PB与AC所成角为，则

.

（Ⅲ）由（Ⅱ）知

设P（0，－，t）（t>0），

则

设平面PBC的法向量,

则

所以令则

所以

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）.

则

所以

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。

由

又由

即 …………3分

于是，

故

所以平面SAB。

…………6分

（II）设平面SBC的法向量，

则

又

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.

（Ⅰ）证明：

PA⊥BD；

（Ⅱ）若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。

【解析】（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：

因为EF//AB，FG//BC，EG//AC，，

所以∽

由于AB=2EF，

因此，BC=2FC，

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），

所以

又

所以

设平面BFC的法向量为

则

所以取

所以

设平面ABF的法向量为，

则

所以

则，

所以

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，

则

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

所以

因此在中，

由于

所以在中，

因此二面角A—BF—C的大小为

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。

（Ⅰ）证明：

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