高考数学试题分类汇编专题立体几何理

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高考数学试题分类汇编专题立体几何理

‎2011年高考试题数学(理科)立体几何 一、选择题:‎ ‎1. (2011年高考山东卷理科11)下图是长和宽分别相等的两个矩形.给定下列三个命题:‎ ‎①存在三棱柱,其正(主)视图、俯视图如下图;②存在四棱柱,其正(主)视图、俯视图如 下图;③存在圆柱,其正(主)视图、俯视图如下图.其中真命题的个数是 ‎(A)3 (B)2 (C)1 (D)0‎ ‎【答案】A ‎【解析】对于①,可以是放倒的三棱柱;容易判断②③可以.‎ ‎2.(2011年高考浙江卷理科3)若某几何体的三视图如图所示,则这个几何体的直观图可以是 ‎ ‎ ‎【答案】D ‎ ‎【解析】由正视图可排除A、B选项;由俯视图可排除C选项.‎ ‎3.(2011年高考浙江卷理科4)下列命题中错误的是 ‎(A)如果平面,那么平面内一定存在直线平行于平面 ‎(B)如果平面不垂直于平面,那么平面内一定不存在直线垂直于平面 ‎(C)如果平面,平面,,那么 ‎(D)如果平面,那么平面内所有直线都垂直于平面 ‎【答案】D ‎ ‎【解析】若面面,在面内与面的交线不相交的直线平行平面,故A正确;B中若内存在直线垂直平面,则,与题没矛盾,所以B正确;由面面的性质知选项C正确.‎ ‎4.(2011年高考安徽卷理科6)一个空间几何体得三视图如图所示,则该几何体的表面积为 ‎ ‎ ‎ (A) 48 (B)32+8 (C) 48+8 (D) 80‎ ‎【答案】C ‎【命题意图】本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.‎ ‎【解析】由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2,下底为4,高为4,。故 ‎【解题指导】:三视图还原很关键,每一个数据都要标注准确。‎ ‎5.(2011年高考辽宁卷理科8)如图,四棱锥S-ABCD的底面为正方形,SD⊥底面ABCD,则下列结论中不正确的是( )‎ ‎(A) AC⊥SB ‎ ‎(B) AB∥平面SCD ‎ ‎(C) SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角 ‎ ‎(D)AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角 答案: D 解析:对于A:因为SD⊥平面ABCD,所以DS⊥AC.因为四边形ABCD为正方形,所以AC⊥BD,故AC⊥平面ABD,因为SB平面ABD,所以AC⊥SB,正确.对于B:因为AB//CD,所以AB//平面SCD.对于C:设 ‎.因为AC⊥平面ABD,所以SA和SC在平面SBD内的射影为SO,则∠ASO和∠CSO就是SA与平面SBD所成的角和SC与平面SBD所成的角,二者相等,正确.故选D.‎ ‎6.(2011年高考辽宁卷理科12)已知球的直径SC=4,A,B是该球球面上的两点,AB=,,则棱锥S-ABC的体积为( )‎ ‎(A) (B) (C) (D)1‎ ‎7.(2011年高考全国新课标卷理科6)在一个几何体的三视图中,正视图和俯视图如右图所示,则相应的侧视图可以为 ‎8.(2011年高考江西卷理科8)已知,,是三个相互平行的平面.平面,‎ 之间的距离为,平面,之间的距离为.直线与,,分别相交于,,,那么“=”是“”的 ‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 ‎ C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】过点作平面的垂线g,交平面,分别于点A、B两点,由两个平面平行的性质可知∥,所以,故选C.‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎2‎ 正视图 侧视图 俯视图 图1‎ ‎9. (2011年高考湖南卷理科3)设图1是某几何体的三视图,则该几何体的体积为 ‎ A. B. C. D. ‎ 答案:B 解析:由三视图可以还原为一个底面为边长是3的正方形,‎ 高为2的长方体以及一个直径为3的球组成的简单几何体,‎ 其体积等于。故选B 评析:本小题主要考查球与长方体组成的简单几何体的三视图 以及几何体的体积计算.‎ ‎10.(2011年高考广东卷理科7)如图l—3.某几何体的正视图(主视图)是平行四边形,侧视图(左视图)和俯视图都是矩形,则该几何体的体积为( )‎ ‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】B.由题得三视图对应的直观图是如图所示的直四棱柱,‎ ‎。所以选B ‎11.(2011年高考陕西卷理科5)某几何体的三视图如图所示,则它的体积是 ‎ ‎ (A)(B) ‎ ‎(C)(D)‎ ‎【答案】A ‎【解析】:由三视图可知该几何体为立方体与圆锥,‎ 立方体棱长为2,圆锥底面半径为1、高为2,‎ 所以体积为故选A ‎12.(2011年高考重庆卷理科9)高为的四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形,点S、A、B、C、D均在半径为1的同一球面上,则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为 ‎(A) (B) ‎ ‎(C)1 (D)‎ 解析:选C. 设底面中心为G,球心为O,则易得,于是,用一个与ABCD所在平面距离等于的平面去截球,S便为其中一个交点,此平面的中心设为H,则,故,故 ‎13.(2011年高考四川卷理科3),,是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是( )‎ ‎ (A), (B),‎ ‎(C) ,,共面 (D),,共点,,共面 答案:B 解析:A答案还有异面或者相交,C、D不一定 ‎14.(2011年高考全国卷理科6)已知直二面角,点,C为垂足,为垂足.若AB=2,AC=BD=1,则D到平面ABC的距离等于 ‎(A) (B) (C) (D) 1 ‎ ‎【思路点拨】本题关键是找出或做出点D到平面ABC的距离DE,根据面面垂直的性质不难证明平面,进而平面ABC,所以过D作于E,则DE就是要求的距离。‎ ‎【答案】C ‎【解析】如图,作于,由为直二面角,,得平面,进而,又,,‎ 于是平面。故为到平面的距离。‎ 在中,利用等面积法得 ‎15. (2011年高考全国卷理科11)已知平面截一球面得圆M,过圆心M且与成,二面角的平面截该球面得圆N,若该球的半径为4,圆M的面积为4,则圆N的面积为 ‎ (A) (B) (c) (D)‎ ‎【答案】D ‎【解析】:由圆的面积为得,‎ ‎,在 ‎ 故选D ‎ ‎16.(2011年高考北京卷理科7)某四面体的三视图如图所示,该四面体四个面的面积中,最大的是 ‎ A.8 B. C.10 D.‎ ‎【答案】C 二、填空题:‎ ‎1.(2011年高考辽宁卷理科15)一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等,体积为,它的三视图中的俯视图如右图所示,左视图是一个矩形,则这个矩形的面积是____________.‎ 答案: ‎ 解析:设正三棱柱的侧棱长和底面边长为a,则由,解得a=2,正三棱柱的左视图与底面一边垂直的截面大小相同,故该矩形的面积是.‎ ‎2. (2011年高考全国新课标卷理科15)已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上,且,则棱锥的体积为 。‎ 答案: ‎ 解析:如图,连接矩形对角线的交点和球心,则,,四棱锥的高为 ‎,‎ 所以,体积为 点评:本题考查多面体和旋转体的有关概念和性质以及体积的计算。关键是确定棱锥高的大小,正确运用公式求解。‎ ‎3.(2011年高考天津卷理科10)一个几何体的三视图如图所示(单位:),则这个几何体 的体积为__________ ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意知,该几何体为一个组合体,其下面是一个长方体(长为‎3m,宽为‎2m,‎ 高为‎1m),上面有一个圆锥(底面半径为1,高为3),所以其体积为.‎ ‎4. (2011年高考四川卷理科15)如图,半径为R的球O中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时,求球的表面积与该圆柱的侧面积之差是 . ‎ 答案:‎ 解析:时,,则 ‎5.(2011年高考全国卷理科16)己知点E、F分别在正方体ABCD-A1B‎2C3D4的棱BB1 、CC1上,且B1E=2EB, CF=2FC1,则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于 .‎ ‎【思路点拨】本题应先找出两平面的交线,进而找出或做出二面角的平面角是解决此问题的关键,延长EF必与BC相交,交点为P,则AP为面AEF与面ABC的交线.‎ ‎【答案】‎ ‎【精讲精析】延长EF交BC的延长线于P,则AP为面AEF与面ABC的交线,因为,所以为面AEF与面ABC所成的二面角的平面角。‎ ‎6.(2011年高考福建卷理科12)三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,PA=3,底面ABC是边长为2的正三角形,则三棱锥P-ABC的体积等于______。‎ ‎【答案】‎ ‎7.(2011年高考上海卷理科7)若圆锥的侧面积为,底面积为,则该圆锥的体积为 。‎ ‎【答案】;‎ 三、解答题:‎ ‎1. (2011年高考山东卷理科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】(Ⅰ)连结AF,因为EF∥AB,FG∥BC,‎ EF∩FG=F,所以平面EFG∥平面ABCD,又易证∽,‎ 所以,即,即,又M为AD 的中点,所以 ‎,又因为FG∥BC∥AD,所以FG∥AM,所以四边形AMGF是平行四边形,故GM∥FA,又因为GM平面ABFE,FA平面ABFE,所以GM∥平面ABFE.‎ ‎(Ⅱ)取AB的中点O,连结CO,因为AC=BC,所以CO⊥AB,‎ 又因为EA⊥平面ABCD,CO平面ABCD,所以EA⊥CO,‎ 又EA∩AB=A,所以CO⊥平面ABFE,在平面ABEF内,过点O作OH⊥BF于H,连结CH,由三垂线定理知: CH⊥BF,所以为二面角A-BF-C的平面角.‎ 设AB=2EF=,因为∠ ACB=,AC=BC=,CO=,,连结FO,容易证得FO∥EA且,所以,所以OH==,所以在中,tan∠ CHO=,故∠ CHO=,所以二面角A-BF-C的大小为.‎ ‎2.(2011年高考浙江卷理科20)(本题满分15分)如图,在三棱锥中,,D为BC的中点,PO⊥平面ABC,垂足O落在线段AD上,已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2(Ⅰ)证明:AP⊥BC;(Ⅱ)在线段AP上是否存在点M,‎ 使得二面角A-MC-β为直二面角?若存在,求出AM的长;若不存在,请说明理由。‎ ‎【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,空间向量的应用,同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分 法一:(Ⅰ)证明:如图,以为原点,以射线为轴的正半轴,建立空间直角坐标系,则,,,,,,由此可得 ,所以 ,即 ‎(Ⅱ)解:设 ,则,‎ ‎,,‎ 设平面的法向量,‎ 平面的法向量 ‎ 由 得 ‎ 即 ,可取 由即得 可取,由得解得 ,故 ‎ 综上所述,存在点M 符合题意,‎ 法二(Ⅰ)证明:‎ 又因为所以平面故 ‎(Ⅱ)如图,在平面内作 由(Ⅰ)知得平面,‎ 又平面所以平面平面 在中,得 在中,,‎ 在中,所以得,‎ 在中,得又 从而,所以综上所述,存在点M 符合题意,.‎ ‎3.(2011年高考辽宁卷理科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=PD.‎ ‎ (I)证明:平面PQC⊥平面DCQ ‎ (II)求二面角Q-BP-C的余弦值.‎ 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.(2011年高考安徽卷理科17)(本小题满分12分)‎ 如图,为多面体,平面与平面垂直,点在线段上,,△,△,△都是正三角形。‎ ‎(Ⅰ)证明直线∥;‎ ‎(II)求棱锥F-OBED的体积。‎ ‎【命题意图】本题考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系,空间直线平行的证明,多面体体积的计算等基本知识,考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力.‎ ‎【解析】(Ⅰ)(几何法)设G为线段DA与线段延长线的交点.由于△OAB与△ODE都是正三角形,∴OB∥DE且OB=DE,OG=OD=2,‎ 同理,设是线段DA与线段FC延长线的交点,有OG=OD=2,又由于G和都在线段DA的延长线上,∴G与重合,‎ 在和中,由和,可知,B、C分别是GE和GF的中点, ∴BC是的中位线, ∴BC∥EF.‎ ‎(坐标法) 过F作FQ⊥AD,交AD于点Q,连结QE,‎ ‎∵面ADFC⊥面ABED, ∴FQ⊥面ABED,以Q点为坐标原点,为轴正方向,为轴正方向,为轴正方向,建立如图空间直角坐标系,‎ 由条件知,,,,则,,∴,∴.‎ ‎(Ⅱ)解:由OB=1,OE=2,,知=,而是边长为2的正三角形,故, ∴==,‎ 过F点作FQ⊥AD,交AD于Q,∵面ABED⊥面ACFD,∴FQ⊥面ABED,FQ就是四棱锥F-OBED的高,且FQ=, ∴==.‎ ‎ ‎ ‎【解题指导】:空间线线、线面、面面位置关系的证明方法,一是要从其上位或下位证明,本题的第一问方法一,是从其上位先证明面面平行,再借助面面平行的性质得到线面平行,再借助线面平行的性质得到线线平行;二是借助中位线定理等直接得到;三是借助空间向量直接证明。‎ 求不规则的几何体体积或表面积,通常采用分割或补齐成规则几何体即可。求解过程要坚持“一找二证三求”的顺序和原则防止出错。‎ ‎5. (2011年高考全国新课标卷理科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。‎ 分析:(1)要证明线线垂直只要证明线面垂直或者用向量去证明;(2)求二面角的余弦只需建立适当的坐标系,有空间向量来完成。‎ 解:(1)证明:在三角形ABD中,因为该三角形为直角三角形,所以 ‎,‎ ‎(2)建立如图的坐标系,设点的坐标分别是 则,设平面PAB的法向量为,所以, 取得,同理设平面PBC的法向量为,‎ ‎ 取得,于是,,因此二面角的余弦值是。‎ 点评:该题考查空间内的垂直关的证明,空间角的计算。考查定理的理解和运用,空间向量的运用。同时也考察了空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力。解题时要注意法向量的计算和运用这一关键。‎ ‎6. (2011年高考天津卷理科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.‎ 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)由N为棱的中点,得,设,则,‎ 由平面,得,即,‎ 解得,故,因此,所以线段的长为.‎ ‎7. (2011年高考江西卷理科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,使得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: 求该正四面体的体积.‎ 解析:如图,将此正四面体补形为正方体(如图),分别取AB、CD、、的中点E、F、、,平面与是分别过点、‎ 的两平行平面,若其距离为1,则正四面体满足条件,右图为正方体的下底面,设正方体的棱长为,若,因为,,在直角三角形ADE中,AM⊥DE,所以,所以,又正四面体的棱长为,‎ 所以此正四面体的体积为.‎ 本题考查立体几何中的面面关系、正四面体及体积计算.‎ ‎ ‎ ‎8.(2011年高考湖南卷理科19)(本小题满分12分)‎ 如图5,在圆锥中,已知=,⊙O的直径,是的中点,为的中点.‎ ‎(Ⅰ)证明:平面 平面;‎ ‎(Ⅱ)求二面角的余弦值.‎ 解法1:连结OC,因为 又底面⊙O,AC底面⊙O,所以,‎ 因为OD,PO是平面POD内的两条相交直线,所以平面POD,‎ 而平面PAC,所以平面POD平面PAC。‎ ‎(II)在平面POD中,过O作于H,由(I)知,‎ 平面所以平面PAC,又面PAC,所以 在平面PAO中,过O作于G,连接HG,‎ 则有平面OGH,从而,故为二面角B—PA—C的平面角。‎ 在 在 在 在 所以故二面角B—PA—C的余弦值为 解法2:(I)如图所示,以O为坐标原点,OB、OC、OP所在直线分别为x轴、y轴,z轴建立空间直角坐标系,则,‎ 设是平面POD的一个法向量,则由,得 所以设是平面PAC的一个法向量,‎ 则由,得 所以得。‎ 因为 所以从而平面平面PAC。‎ ‎(II)因为y轴平面PAB,所以平面PAB的一个法向量为 由(I)知,平面PAC的一个法向量为,设向量的夹角为,则 由图可知,二面角B—PA—C的平面角与相等,‎ 所以二面角B—PA—C的余弦值为 ‎9. (2011年高考广东卷理科18)如图5,在椎体中,是边长为1的棱形,且,,分别是的中点,‎ ‎(1) 证明:‎ ‎(2)求二面角的余弦值。‎ ‎【解析】法一:(1)证明:取AD中点G,连接PG,BG,BD。‎ ‎ 因PA=PD,有,在中,,有为等边三角形,因此,所以平面PBG ‎ 又PB//EF,得,而DE//GB得AD DE,又,所以AD 平面DEF。‎ ‎ (2),‎ ‎ 为二面角P—AD—B的平面角,‎ ‎ 在 ‎ 在 ‎ ‎ ‎ 法二:(1)取AD中点为G,因为 ‎ 又为等边三角形,因此,,从而平面PBG。‎ ‎ 延长BG到O且使得PO OB,又平面PBG,PO AD,‎ ‎ 所以PO 平面ABCD。‎ ‎ 以O为坐标原点,菱形的边长为单位长度,直线OB,OP分别为轴,z轴,平行于AD的直线为轴,建立如图所示空间直角坐标系。‎ ‎ 设 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 由于 ‎ 得 ‎ 平面DEF。‎ ‎ (2)‎ ‎ ‎ ‎ 取平面ABD的法向量 ‎ 设平面PAD的法向量 ‎ 由 ‎ 取 ‎ ‎ ‎10. (2011年高考湖北卷理科18)(本小题满分12分)‎ 如图,已知,本棱柱ABC-A1B‎1C1的各棱长都是4,E是BC的中点,动点F在侧棱CC1上,且不与点C重合.‎ ‎(Ⅰ) 当CF=1时,求证:EF⊥A1E ‎(Ⅱ)设二面角C-AF-E的大小为,求的最小值.‎ 本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识,同时考查空间想象能 力、推理论证能力和运算求解能力. ‎ 解析:‎ 过E点作EN⊥AC于N,连结EF.‎ ‎(Ⅰ)如图1,连结NF、AC1,由直线柱的性质知,底面ABC⊥侧面A‎1C,‎ 又底面ABC∩侧面A‎1C=AC,且EN底面ABC,所以EN⊥侧面A‎1C,NF 为EF在侧面内的射影.‎ 在Rt△CEN中,CN=cos600=1.则由,得,又,‎ 故作,由三垂线定理知.‎ ‎(Ⅱ)如图2。连结AF,过N作NM⊥AF于M,连结ME,由(Ⅰ)知EN⊥侧面 A‎1C。根据三垂线定理得EM⊥AF,所以EM⊥AF,所以是二面角的平面角,即.设则.在中.‎ 在中,,故,又,.故当,即当时,达到最小值,.此时F与C1重合.‎ ‎11.(2011年高考陕西卷理科16)(本小题满分12分)‎ 如图:在 ‎,沿把折起,‎ 使(Ⅰ)证明:平面;‎ ‎(Ⅱ)设。‎ ‎【解析】:(Ⅰ)折起前,‎ 当 ‎ 。‎ ‎(Ⅱ)由及(Ⅰ)知两两垂直,‎ 不妨设为坐标原点,以轴建立如图所示的空间直角坐标系,易得 夹角的余弦值为 ‎12.(2011年高考重庆卷理科19)本小题满分12分,(Ⅰ)小问5分,(Ⅱ)小问7分。‎ 如图,在四面体中,平面 ⊥ , ⊥,=,∠=‎ ‎ (Ⅰ)若=2,=2,求四边形的体积。‎ ‎ (Ⅱ)若二面角--为,求异面直线与所成角的余弦值。 ‎ 解析:(Ⅰ)如图所示,设F为AC的中点,由于AD=CD,所以DF⊥AC.‎ 故由平面 ⊥ ,知DF⊥平面,即,。在中,因,AB=2BC,有勾股定理易得.‎ 故四面体ABCD的体积 ‎ (Ⅱ)如图所示设G、H分别为变CD,BD的中点,则FG//AD,GH//BC,,从而是异面直线与所成角或其补角。‎ 设E为边AB的中点,则EF//BC,由⊥,知⊥,又由(Ⅰ)有DF⊥平面,故由三垂线定理知⊥,所以为二面角--的平面角,由题设知,设AD=a,则DF=ADsinCAD=‎ 在中,,‎ 从而 因,故BD=AD=a.从而,在中,,又 ‎,从而在中,因FG=FH,由余弦定理得,‎ 故异面直线与所成角的余弦值为.‎ ‎13.(2011年高考四川卷理科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,,‎ ‎14.(2011年高考全国卷理科19)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】(Ⅰ):连结BD过D作 ‎,在 ‎,在 ‎,同理可证 ‎(Ⅱ)过做平面,如图建立空间直角坐标系,‎ 可计算平面的一个法向量是,‎ 所以与平面所成角为 ‎15.(2011年高考江苏卷16)如图,在四棱锥中,平面PAD⊥平面ABCD,AB=AD,∠BAD=60°,E、F分别是AP、AD的中点.求证:(1)直线EF∥平面PCD;(2)平面BEF⊥平面PAD ‎【解析】证明: (1)因为E、F分别是AP、AD的中点,‎ 所以EF∥PD,又因为EF平面PCD,PD平面PCD,‎ 所以直线EF∥平面PCD;‎ ‎(2)设AB=AD=,则AF=,又因为∠BAD=60°,‎ 所以在中,由余弦定理得:BF=,‎ 所以,所以BF⊥AF,‎ 因为平面PAD⊥平面ABCD,交线为AD,平面ABCD,所以BF⊥平面PAD,因为平面BEF,‎ 所以平面BEF⊥平面PAD.‎ ‎16.(2011年高考北京卷理科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.‎ 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 ‎∴ 令则 ∴‎ 同理,平面PDC的法向量 ‎∵平面PCB⊥平面PDC,∴=0,即,解得 ‎∴PA=‎ ‎17.(2011年高考福建卷理科20)(本小题满分14分)‎ 如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,四边形ABCD中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD=,.‎ ‎(I)求证:平面PAB⊥平面PAD;‎ ‎(II)设AB=AP.‎ ‎ (i)若直线PB与平面PCD所成的角为,求线段AB的长;‎ ‎ (ii)在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等?说明理由。‎ 解析:本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想,满分14分。‎ 解法一:‎ ‎(I)因为平面ABCD,‎ 平面ABCD,‎ 所以,‎ 又 所以平面PAD。‎ 又平面PAB,所以平面平面PAD。‎ ‎(II)以A为坐标原点,建立空间直角坐标系 A—xyz(如图)‎ 在平面ABCD内,作CE//AB交AD于点E,则 在中,DE=,‎ 设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0,t)‎ 由AB+AD=4,得AD=4-t,‎ 所以,‎ ‎(i)设平面PCD的法向量为,‎ 由,,得 取,得平面PCD的一个法向量,‎ 又,故由直线PB与平面PCD所成的角为,得 解得(舍去,因为AD),所以 ‎(ii)假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等,‎ 设G(0,m,0)(其中)‎ 则,‎ 由得,(2)‎ 由(1)、(2)消去t,化简得(3)‎ 由于方程(3)没有实数根,所以在线段AD上不存在一个点G,‎ 使得点G到点P,C,D的距离都相等。‎ 从而,在线段AD上不存在一个点G,‎ 使得点G到点P,B,C,D的距离都相等。‎ 解法二:‎ ‎(I)同解法一。‎ ‎(II)(i)以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A—xyz(如图)‎ 在平面ABCD内,作CE//AB交AD于E,‎ 则。‎ 在平面ABCD内,作CE//AB交AD于点E,则 在中,DE=,‎ 设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0,t)‎ 由AB+AD=4,得AD=4-t,‎ 所以,‎ 设平面PCD的法向量为,‎ 由,,得 取,得平面PCD的一个法向量,‎ 又,故由直线PB与平面PCD所成的角为,得 解得(舍去,因为AD),∴‎ ‎(ii)假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等,‎ 由GC=CD,得,‎ 从而,即 ‎∴‎ 设,‎ 在中,‎ ‎ 这与GB=GD矛盾。‎ 所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点B,C,D的距离都相等,‎ 从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等。‎ ‎18.(2011年高考上海卷理科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: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。‎
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