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【数学】广东各地2012年前高考数学联考试题分类汇编(7)立体几何


年高考数学最新联考试题( 广东省各地市 2010 年高考数学最新联考试题(3 月-6 月)分类汇编 部分:立体几何 第 7 部分 立体几何
一、选择题: 选择题 7. (广东省惠州市 2010 届高三第三次调研理科) 用若干个体积为 1 的正方体搭成一个几 2010 届高三第三次调研理科) 何体,其正视图、侧视图都是如图所示的图形,则这个几何体的最大体积与最 小体积的差是( ). A.6 B.7 C.8 D.9

【答案】A 【解析】由正视图、侧视图可知,体积最小时,底层有 3 个小正方体,上面有 2 个,共 5 个;体积最大时,底层有 9 个小正方体,上面有 2 个,共 11 个,故这个几何体 的最大体积与最小体积的差是 6.故选 A. 9. 广东省惠州市 2010 届高三第三次调研文科) ( 2010 届高三第三次调研文 如图所示,一个空间几何体的主视图和左视图都是 边长为 1 的正方形,俯视图是一个直径为 1 的圆,那 么这个几何体的全面积为 A. ( ) D. 4π

3 π 2

B. 2π

C. 3π

【答案】A 【解析】 由三视图知空间几何体为圆柱, ∴全面积为 π × ( ) × 2 + 2π ×
2

1 2

1 3 ×1 = π , ∴选 A. 2 2

【考点定位】本题考查立体几何中三视图,三视图是新课标的新增内容,在以后的高考中有 加大的趋势。 【备考要点】复习时,仍要立足课本,务实基础。 (3) 广东省江门市 2010 届高三数学理科 3 月质量检测试题)如图,在矩形 ABCD 中, (广东省江门市 月质量检测试题)

AB = 4, BC = 3, E 是 CD 的中点,沿 AE 将 ?ADE 折起,使二面角
D ? AE ? B 为 60° ,则四棱锥 D ? ABCE 的体积是( A )
A、

9 39 13

B、

27 39 13

C、

9 13 13

D、

27 13 13

2. 2010 年 3 月广东省广州市高三一模数学理科试题)设一地球仪的球心为空间直角坐标 ( 广东省广州 高三一模数学理科试题 广州市 一模数学理科试题) 系的原点 O ﹐球面上有两个点 A , B 的坐标分别为 A (1, 2, 2 ) , B ( 2, ?2,1) ,则 AB = ( C ) B.12 C. 3 2 D. 2 3

A. 18

5. 2010年3月广东省广州市高三一模数学理科试题)已知 p :直线 a 与平面 α 内无数条 ( 广州市 一模数学理科试题) 年 月广东省广州 高三一模数学理科试题

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直线垂直, q :直线 a 与平面 α 垂直.则 p 是 q 的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】由线面垂直的判定定理容易得出答案 B. 【考点定位】本题考查立体几何中垂直关系的判定以及简易逻辑的有关知识.这两部分知识 都是高考的重点,在高考中选择题、填空题和解答题出现,同时在知识的交汇点命题也是高 考的热点. 【备考要点】立足课本,务实基础,同时要注意各部分知识的整合. 3.(2010 年 3 月广东省深圳市高三年级第一次调研考试理科)如图 1,一个简单组合体的正 ( 广东省深圳市高三年级第一次调研考试理科 深圳市高三年级第一次调研考试理科) 视图和侧视图都是 由一个正方形与一个正三角形构成的相同的图形, 俯视图是一个半径为 3 的圆(包括圆心) .则该 组合体的表面积(各个面的面积的和)等于( C ) A. 15π C. 21π B. 18π D. 24π

5.(2010 年 3 月广东省深圳市高三年级第一次调研考试文科)如图,一 ( 广东省深圳市高三年级第一次调研考试 深圳市高三年级第一次调研考试文 个简单空间几何体的三视图其主视图与侧视图都是边长为 2 的正三角形,俯视图轮廓为正 方形,则此几何体的表面积是( B ) A. 4 + 4 3 B.12 C. 4 3 D.8 2.2010 年 3 月广东省深圳市高三年级第一次调研考试文科)已知 E , , ( 广东省深圳市高三年级第一次调研考试 深圳市高三年级第一次调研考试文 F
G , H 是空间四点,命题甲: E , F , G , H 四点不共面,命题乙:直线 EF 和 GH 不

相交,则甲是乙成立的( A A.充分不必要条件 C.充要条件

) B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

二、填空题: 填空题 11. 2010 年广东省揭阳市高考一模试题理科) (2010 年广东省揭阳市高考一模试题理科) 某师傅用铁皮制作一封闭的工件,其直观图的三视 图如右图示(单位长度:cm,图中水平线与竖线垂直) , 则制作该工件用去的铁皮的面积为

cm 2 .

(制作过程铁皮的损耗和厚度忽略不计)

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【答案】 100(3 + 5)cm

2

P

【解析】由三视图可知,该几何体的形状如图,它是底面为正方形, 各个侧面均为直角三角形 的四棱锥,用去的铁皮的面积即该棱锥的
[

表面积为

S = 100(3 + 5) cm 2 .
[

D

A

C B 【考点定位】本题以实际应用题为背景考查立体几何中的三视图. 三视图是新课标的新增内容,在以后的高考中有加在的力度. 13 . 2010 年 3 月 广 东 省 广 州 市 高 三 一 模 数 学 理 科 试 题 ) 如 图 4 , 点 O 为 正 方 体 ( ABCD ? A′B′C ′D′ 的中心,点 E 为面 B′BCC ′ 的中心,点 F 为 B′C ′ 的中点,则空间 (填出所有可能的序 四边形 D′OEF 在该正方体的面上的正投影可能是 号) .①②③

三、解答题 18. 2010年3月广东省广州市高三一模数学理科试题) ( 年 月 广东省广州市高三一模数学理科试题 广州 一模数学理科试 (本小题满分 分) 本小题满分14分 本小题满分 如图 6,正方形 ABCD 所在平面与圆 O 所在平面相 交于 CD , 线段 CD 为圆 O 的弦,AE 垂直于圆 O 所 D AE 在平面, 垂足 E 是圆 O 上异于 C 、 的点, = 3 , 圆 O 的直径为 9. (1)求证:平面 ABCD ⊥ 平面 ADE ; (2)求二面角 D ? BC ? E 的平面角的正切值.

18. 本小题满分14分) (本小题满分 分 本小题满分 本小题主要考查空间线面关系、 空间线面关系 (本小题主要考查空间线面关系、空间向量及坐标运算 等知识,考查数形结合 化归与转化的数学思想方法,以及空间想象能力 数形结合、 空间想象能力、 等知识,考查数形结合、化归与转化的数学思想方法,以及空间想象能力、推理论证能力 运算求解能力) 和运算求解能力 (1)证明:∵ AE 垂直于圆 O 所在平面, CD 在圆 O 所在平面上, 证明: 证明 ∴ AE ⊥ CD . 在正方形 ABCD 中, CD ⊥ AD , ∵ AD I AE = A ,∴ CD ⊥ 平面 ADE . ∵ CD ? 平面 ABCD ,

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∴平面 ABCD ⊥ 平面 ADE . (2)解法 1:∵ CD ⊥ 平面 ADE , DE ? 平面 ADE , 解法 : ∴ CD ⊥ DE . ∴ CE 为圆 O 的直径,即 CE = 9 . 设正方形 ABCD 的边长为 a , 在 Rt △ CDE 中, DE = CE ? CD = 81 ? a ,
2 2 2 2

在 Rt △ ADE 中, DE = AD ? AE = a ? 9 ,
2 2 2 2

由 81 ? a = a ? 9 ,解得, a = 3 5 .
2 2

∴ DE =

AD 2 ? AE 2 = 6 . AB 交 BC 于点 G ,连结 GE ,

过点 E 作 EF ⊥ AD 于点 F ,作 FG

由于 AB ⊥ 平面 ADE , EF ? 平面 ADE , ∴ EF ⊥ AB . ∵ AD I AB = A ,

G F

⊥ 平面 ABCD . ? 平面 ABCD , ⊥ EF . ⊥ FG , EF I FG = F , ∴ BC ⊥ 平面 EFG . ∵ EG ? 平面 EFG , ∴ BC ⊥ EG . ∴ ∠FGE 是二面角 D ? BC ? E 的平面角.
∴ EF ∵ BC ∴ BC ∵ BC 在 Rt △ ADE 中, AD = 3 5 , AE = 3 , DE = 6 , ∵ AD ? EF = AE ? DE , ∴ EF =

AE ? DE 3 × 6 6 5 = = . AD 5 3 5

在 Rt △ EFG 中, FG = AB = 3 5 , ∴ tan ∠EGF =

EF 2 = . FG 5

2 . 5 解法 2:∵ CD ⊥ 平面 ADE , DE ? 平面 ADE , : ∴ CD ⊥ DE . ∴ CE 为圆 O 的直径,即 CE = 9 . 设正方形 ABCD 的边长为 a ,
故二面角 D ? BC ? E 的平面角的正切值为 在 Rt △ CDE 中, DE = CE ? CD = 81 ? a ,
2 2 2 2

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在 Rt △ ADE 中, DE = AD ? AE = a ? 9 ,
2 2 2 2

由 81 ? a = a ? 9 ,解得, a = 3 5 .
2 2

∴ DE =

AD 2 ? AE 2 = 6 .

以 D 为坐标原点,分别以 ED 、CD 所在的直线为 x 轴、 y 轴建立如图所示的空间直角 坐标系,则 D ( 0, 0, 0 ) , E ( ?6,0, 0 ) , C 0, ?3 5, 0 , A ( ?6, 0,3) ,[来源:学§科§

(

)

B ?6, ?3 5,3 .
设平面 ABCD 的法向量为 n1 = ( x1 , y1 , z1 ) ,

(

)

z

uuu r ?n1 DA = 0, ??6 x1 + 3 z1 = 0, ? ? 即? 则 ? uuur ?n1 DC = 0. ??3 5 y1 = 0. ? ?
取 x1 = 1 ,则 n1 = (1, 0, 2 ) 是平面 ABCD 的一个法向量. 设平面 BCE 的法向量为 n2 = ( x2 , y2 , z2 ) ,

x

y

uuu r ?n2 EB = 0, ??3 5 y2 + 3 z2 = 0, ? ? 则 ? uuu 即? r ?n2 EC = 0. ?6 x2 ? 3 5 y2 = 0. ? ?
取 y2 = 2 ,则 n2 = ∵ cos n1 , n2 =

(

5, 2, 2 5 是平面 ABCD 的一个法向量.

)

(1, 0, 2 ) 5, 2, 2 5 5 n1 n2 = = , n1 ? n2 1 + 0 + 4 ? 5 + 4 + 20 29
2 . 29
2 . 5 2 . 5
B A

(

)

∴ sin n1 , n2 = ∴ tan n1 , n2 =

故二面角 D ? BC ? E 的平面角的正切值为

17. 2010年3月广东省广州市高三一模数学文科试题) 本小题满 ( 广州市 一模数学文 (本小题满 年 月广东省广州 高三一模数学 科试题) 分14分) 分 如图 6,正方形 ABCD 所在平面与三角形 CDE 所在平面相交 于 CD , AE ⊥ 平面 CDE ,且 AE = 3 , AB = 6 . (1)求证: AB ⊥ 平面 ADE ; (2)求凸多面体 ABCDE 的体积. C

E D 图5

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17. 本小题满分 分) (本小题满分 本小题满分14分 本小题主要考查空间线面关系、几何体的体积等知识 考查数形结合 空间线面关系 等知识, 数形结合、 (本小题主要考查空间线面关系、几何体的体积等知识,考查数形结合、化归与转化的数 学思想方法,以及空间想象能力 推理论证能力和运算求解能力 空间想象能力、 运算求解能力) 学思想方法,以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力 (1)证明:∵ AE ⊥ 平面 CDE , CD ? 平面 CDE , 证明: 证明 ∴ AE ⊥ CD . 在正方形 ABCD 中, CD ⊥ AD , ∵ AD I AE = A ,∴ CD ⊥ 平面 ADE . ∵ AB

CD ,

∴ AB ⊥ 平面 ADE .

故所求凸多面体 ABCDE 的体积为 18 3 . 解法 2:在 Rt △ ADE 中, AE = 3 , AD = 6 , : ∴ DE =

AD 2 ? AE 2 = 3 3 .

B A

连接 BD ,则凸多面体 ABCDE 分割为三棱锥 B ? CDE 和三棱锥 B ? ADE . 由(1)知, CD ⊥ DE . ∴ S ?CDE = 又 AB ∴ AB

1 1 × CD × DE = × 6 × 3 3 = 9 3 . 2 2

C D

E

CD , AB ? 平面 CDE , CD ? 平面 CDE ,
平面 CDE .

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∴点 B 到平面 CDE 的距离为 AE 的长度.

1 1 S ?CDE ? AE = × 9 3 × 3 = 9 3 . 3 3 ∵ AB ⊥ 平面 ADE ,
∴ VB ?CDE = ∴ VB ? ADE =

1 1 9 3 S ?ADE ? AB = × ×6 = 9 3 . 3 3 2

∴ VABCDE = VB ?CDE + VB ? ADE = 9 3 + 9 3 = 18 3 . 故所求凸多面体 ABCDE 的体积为 18 3 . 18. (广东省惠州市 2010 届高三第三次调研理科) 2010 届高三第三次调研理科) (本小题满分 14 分) 如图所示,在正 D1 方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中,E 为 AB 的中点 A1 (1)若 F 为 AA1 的中点,求证: EF ∥面 DD1C1C ; (2) 若 F 为 AA1 的中点,求二面角 A ? EC ? D1 的余弦值; (3)若 F 在 AA1 上运动时( F 与 A 、 A1 不重合) , 求当半平面 D1 EF 与半平面 ADE 成 F D E B C B1

C1

A

π
4

的角时,线段 A1 F 与FA 的比.

为等腰梯形,

………………………5 分



1 3 2 9 1 S梯形EFD1C = × × 3 2 = , S梯形ADCE = × 2 × 3 = 3 ………………7 分 2 2 2 2



cos θ =

S梯形ADCE 3 2 = = S梯形EFD1C 9 3 2

∴ 二面角 A ? EC ? D1 的余弦值为

2 。 ………9 3



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(3)建立如图所示的坐标系,设正方体的棱长为 2, AF = x(0 < x < 2 ) ,则

D ( 0, 0, 0 ) , A ( 2, 0, 0 ) , E ( 2,1, 0 ) , D1 ( 0, 0, 2 ) , F ( 2, 0, x ) ,


DD1 ⊥ 面ADE ,
取 DD1 = (0,0,2 )为面ADE的法向量 ………11 分 z D1 A1 F B1 y C E B C1



设面 D1 EF 的法向量为, n = ( x1,y1,z1 ) ∵

r

uuuu r uuu r D1 E = ( 2,1,-2 ) , EF = ( 0,-1,x )

D



?2 x1 + y1 ? 2 z1 = 0 ? ?? y1 + xz1 = 0

取 z1 = 2 ,则 n = ( 2-x,2x,2 )

r

x

A



半平面 D1 EF 与半平面 ADE 成

π

[

4

uuuu r r DD1 ? n π ∴ cos = uuuu r = r 4 DD1 ? n 2
分 ∴ 分

4

( 2 ? x) + ( 2x)
2

2

+4

=

2 5x ? 4x + 8
2

………………………13

x=

4 4 4 6 3 ,即 FA = , A1 F = 2 ? = ∴ 线段 A1 F 与FA 的比为 。 5 5 5 5 2

…………14

注:本题的方法多样,不同的方法请酌情给分。

18. 广东省惠州市 2010 届高三第三次调研文科) ( 2010 届高三第三次调研文 (本题满分 14 分) 证明: (1)Q PA ⊥ 面ABCD, AC ? 面ABCD ,∴ PA ⊥ AC ……2 分 又Q AB ⊥ AC , PA ∩ AC = A, PA

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P

PA ? 面PAB, AB ? 面PAB
∴ AC ⊥ 面PAB ∴ AC ⊥ PB

…………5 分 E A B

…………7 分

(2)连结 BD 交 AC 于点 O ,并连结 EO, Q 四边形 ABCD D 为平行四边形 ∴ O 为 BD 的中点 又Q E 为 PD 的中点 C ∴在 ?PDB 中 EO 为中位线, EO // PB …………………………14 分

Q PB ? 面AEC , EO ? 面AEC ∴ PB // 面AEC

18. 2010 年广东省揭阳市高考一模试题理科) 本题满分 14 分) (20 年广东省揭阳市高考一模试题理科) 2010 ( 右图为一简单组合体,其底面 ABCD 为正方形, PD ⊥ 平面 ABCD , EC // PD ,且 PD = 2 EC , (1)求证:BE//平面 PDA; (2)若 N 为线段 PB 的中点,求证: EN ⊥ 平面 PDB ; (3)若

PD = 2 ,求平面 PBE 与平面 ABCD 所成的二面角的大小. AD
P

E

D

C

A

B

18.解: (1)证明:∵ EC // PD , PD ? 平面 PDA , EC ? 平面 PDA ∴EC//平面 PDA , 同理可得 BC//平面 PDA ----------------------------------------------------------------------------------2 分 ∵EC ? 平面 EBC,BC ? 平面 EBC 且 EC I BC = C ∴平面 BEC //平面 PDA ---------------------------------------------------------------------------------3 分 又∵BE ? 平面 EBC ∴BE//平面 PDA--------------------------------------------------------------4 分 (2)证法 1:连结 AC 与 BD 交于点 F, 连结 NF, ∵F 为 BD 的中点,

1 PD ,--------------------------6 分 2 1 又 EC // PD 且 EC = PD 2 ∴ NF // EC 且 NF = EC
∴ NF // PD 且 NF = ∴四边形 NFCE 为平行四边形-------------------------7 分 ∴ NE // FC ∵

P

E N D F A B C

DB ⊥ AC , PD ⊥ 平面 ABCD , AC ? 面 ABCD ∴ AC ⊥ PD , 又 PD I BD = D

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∴ AC ⊥ 面 PBD 分

∴ NE ⊥ 面 PDB ------------------------------------------------------------9

[证法 2:如图以点 D 为坐标原点,以 AD 所在的直线为 x 轴建立空间直角坐标系如图 z 示:设该简单组合体的底面边长为 1, PD = a
P

则 B (1,1, 0), C (0,1, 0), P (0, 0, a ),

a 1 1 a E (0,1, ) , N ( , , ) --------------------------------6 分 2 2 2 2 uuur 1 1 uuu r uuu r ∴ EN = ( , ? , 0) , PB = (1,1, ? a ) , DB = (1,1, 0) 2 2 uuur uuu 1 r 1 ∵ EN ? PB = × 1 ? × 1 ? a × 0 = 0 , 2 2 uuur uuu 1 r 1 EN ? DB = ×1 ? × 1 + 0 × 0 = 0 2 2

E N D y C

A x

B

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17. 2010 年广东省揭阳市高考一模试题文科) 本题满分 14 分) (2010 年广东省揭阳市高考一模试题文 ( 右图为一简单组合体,其底面 ABCD 为正方形, PD ⊥ 平面 ABCD ,
P

EC // PD ,且 PD = AD = 2 EC =2 .
E

(1)答题卡指定的方框内已给出了该几何体的俯视图,请在方框 内画出该几何体的正(主)视图和侧(左)视图; (2)求四棱锥 B-CEPD 的体积; (3)求证: BE // 平面 PDA .
A B D C

17.解: (1)该组合体的主视图和侧视图如右图示:-----3 分 (2)∵ PD ⊥ 平面 ABCD , PD ? 平面 PDCE ∴平面 PDCE ⊥ 平面 ABCD ∵ BC ⊥ CD ∴BC ⊥ 平面 PDCE ----------5 分 ∵ S梯形PDCE =

1 1 ( PD + EC ) ? DC = × 3 × 2 = 3 --6 分 2 2
侧正正 正正正

∴四棱锥 B-CEPD 的体积

1 1 VB ?CEPD = S梯形PDCE ? BC = × 3 × 2 = 2 .----8 分 3 3 (3) 证明:∵ EC // PD , PD ? 平面 PDA , EC ? 平面 PDA ∴EC//平面 PDA ,------------------------------------10 分 俯正正 同理可得 BC//平面 PDA ----------------------------11 分 ∵EC ? 平面 EBC,BC ? 平面 EBC 且 EC I BC = C ∴平面 BEC //平面 PDA -----------------------------13 分 又∵BE ? 平面 EBC ∴BE//平面 PDA------------------------------------------14 分
(18) 广东省江门市 2010 届高三数学理科 3 月质量检测试题) (广东省江门市 月质量检测试题) (本题满分 14 分)如图,棱锥 P—ABCD 的底面 ABCD 是矩形,PA⊥平面 ABCD,PA=AD=2, A

P

D

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C

B

D

=

2 2

.

(Ⅰ)求点 C 到平面 PBD 的距离. (Ⅱ)在线段 PD 上是否存在一点 Q ,使 CQ 与平面 PBD 所成的角的正弦值为 在,指出点 Q 的位置,若不存在,说明理由。 (18) (Ⅰ)在 Rt△BAD 中,AD=2,BD= 2 2 , ∴AB=2,ABCD 为正方形,因此 BD⊥AC. ………1 分 ∵PA=AB=AD=2,∴PB=PD=BD= 2 2 ………2 分 设 C 到面 PBD 的距离为 d,由 V P ? BCD = VC ? PBD , 有 ? S ?BCD ? PA = z P

2 6 ,若存 9

1 3

1 ? S ?PBD ? d , 3 1 1 1 1 2 0 即 × × 2 × 2 × 2 = ? (2 2) ? sin 60 ? d ,…4 分 3 2 3 2 2 得d = 3 ………5 分 3

A D y

(Ⅱ)如图建立空间直角坐标系 因为 Q 在 DP 上,所以可设 DQ = λ DP 又Q DP = (0,?2,2 ) ,

(0 < λ < 1) ,………6 分

x

C

∴ AQ = AD + DQ = AD + λ DP = (0,2,0 ) + (0,?2λ ,2λ ) = (0,2 ? 2λ ,2λ )

∴Q(0,2 ? 2λ ,2λ ) ,∴CQ = (? 2,?2λ ,2λ ) = 2(? 1,?λ , λ ) .………8 分
易求平面 PBD 的法向量为 n = (1,1,1) ,………10 分(应有过程) 所以设 CQ 与平面 PBD 所成的角为 θ ,则有:

sin θ = cos CQ, n =

CQ ? n CQ n

=

1 3 1 + 2λ 2
………12 分

1
所以有

3 1 + 2λ2

=

2 1 1 6 , λ2 = ,Q 0 < λ < 1 , ∴ λ = ………13 分 9 16 4

所以存在且 DQ =

1 DP ………14 分 4

18. 广东省深圳高级中学 2010 届高三一模理科) 本题满分 14 分) 届高三一模理科) 本题满分 ( (
在四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 是一直角梯, ∠BAD = 90o , AD // BC , AB = BC = a ,

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AD = 2a, PA ⊥ 底面ABCD, PD 与底面成 30°角.
(1)若 AE ⊥ PD , E 为垂足,求证: BE ⊥ PD ; (2)在(1)的条件下,求异面直线 AE 与 CD 所成 角的余弦值; (3)求平面 PAB 与平面 PCD 所成的锐二面角的正切值.

18.(本小题满分 14 分) 本小题满分
解法一: (1)Q ∠BAD = 90 ,
o

∴ BA ⊥ AD

Q PA ⊥ 底面ABCD, ∴ BA ⊥ 平面PAD. Q PD ? 平面PAD. ∴ PD ⊥ BA.

BA ⊥ PA.又 Q PA I AD = A,

又 Q PD ⊥ AE , 且BA I AE = A,

∴ PD ⊥ 平面BAE.

∴ PD ⊥ BE,即BE ⊥ PD.
Q PA ⊥ 底面ABCD, 且PD与底面ABCD成30 o 角.

…………4 分

(2)过点 E 作 EM//CD 交 PC 于 M,连结 AM,则 AE 与 ME 所成角即为 AE 与 CD 所成角

∴ ∠PDA = 30 o. ∴ 在Rt?PAD中, ∠PAD = 90 o , ∠PDA = 30 o , AD = 2a 4 3 2 3 a, PD = a. 3 3 2 3 a ? 2a PA ? AD 3 ∴ AE = = = a. PD 4 3 a 3 2 3 2 ( a) 2 PA 3 Q PE = a, CD = 2a. = 3 = PD 3 4 3 a 3 3 2a ? a CD ? PE 3 = 2 a. ∴ ME = = PD 4 4 3 a 3 ∴ PA =

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连结AC. Q 在?ACD中AD = 2a, AC = 2a, CD = 2a, ∴ AD 2 = AC 2 + CD 2 , ∴ ∠ACD = 90 o , ∴ PA ⊥ CD, Q ME ⊥ AM . ∴ 在Rt?AME中, cos ∠MEA = ME 2 = . AE 4
2 4

∴ CD ⊥ AC , ∴ ME ⊥ PA.

∴ ME ⊥ AC.

又 Q PA ⊥ 底面ABCD, ∴ ME ⊥ 平面PAC. Q MA ? 平面PAC ,

∴异面直线 AE 与 CD 所成角的余弦值为

…………9 分 (3)延长 AB 与 DC 相交于 G 点,连 PG,则面 PAB 与面 PCD 的交线为 PG,易知 CB⊥平面 PAB,过 B 作

BF ⊥ PG于F点, 连CF , 则CF ⊥ PG,
∴ ∠CFB为二面角C ? PG ? A的平面角, Q CB= // 1 AD, 2
2 3 a, AG = 2a. 3

∴ GB = AB = a, ∠PDA = 30 o , PA =

∴ ∠PGA = 30 o , 1 a a ∴ BF = GB = , tan BFC = = 2, a 2 2 2

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(3)易知, CB ⊥ AB , CB ⊥ PA, 则 CB ⊥ 平面PAB.

∴ BC是平面PAB 的法向量.

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∴ BC = (0, a,0). 又设平面PCD的一个法向量为m = ( x, y, z ), 则m ⊥ PC , m ⊥ CD.而 PC = (a, a,? ∴由m ? PC = 0, m ? CD = 0. ? 2 3 az = 0, ?ax + ay ? 得? 3 ?? ax + ay = 0. ? ? x = y, ∴? ? z = 3 y. 令y = 1, ∴ m = (1,1, 3 ) BC ? m | BC | ? | m | 0 ×1 + a ×1 + 0 × 3 0 2 + a 2 + 0 2 ? 12 + 12 + ( 3 ) 2 设向量 BC与m所成角为θ , 则 cos θ = = = a a? 5 = 5 . 5 2 3 a ), CD = (? a, a,0), 3

∴ tan θ = 2.
∴平面 PAB 与平面 PCD 所成锐二面角的正切值为 2. …………14 分

17.(2010 年 3 月广东省深圳市高三年级第一次调研考试理科)(本小题满分 12 分) ( 广东省深圳市高三年级第一次调研考试理科 深圳市高三年级第一次调研考试理科) 如图 5,已知直角梯形 ACDE 所在的平面垂直于平面 ABC ,∠BAC = ∠ACD = 90° ,

∠EAC = 60° , AB = AC = AE .
(1)在直线 BC 上是否存在一点 P ,使得 DP // 平面 EAB ?请证明你的结论; (2)求平面 EBD 与平面 ABC 所成的锐二面角 θ 的余弦值.
E
D

A

C

B
图5

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(1)线段 BC 的中点就是满足条件的点 P .…1 分 解: 证明如下: 取 AB 的中点 F 连结 DP、PF、EF ,则

E


FP // AC 1 FP = AC , 2

D

…………………2 分

取 AC 的中点 M ,连结 EM 、EC , ∵ AE = AC 且 ∠EAC = 60° , ∴△ EAC 是正三角形,∴ EM ⊥ AC . ∴四边形 EMCD 为矩形, ∴

M
A

C

F
B
. 又 ∵

P

ED = MC =

1 AC 2

ED // AC ,………3 分
∴ ED // FP 且 ED = FP , 四边形 EFPD 是平行四边形.……………………4 分 ∴ DP // EF , 而 EF ? 平面 EAB , DP ? 平面 EAB , ∴ DP // 平面 EAB . ……………………6 分

E

D

(2) (法 1)过 B 作 AC 的平行线 l ,过 C 作 l 的垂线交 l 于 G ,连结 DG , ∵ ED // AC ,∴ ED // l ,

M

A
F P G

C

l 是平面 EBD 与平面 ABC 所成二面角的棱.……8 分
又∵ l ? 平面 ABC ,∴ l ⊥ 平面 DGC ,∴ l ⊥ DG , ∴ ∠DGC 是 所 求 二 面 角 的 平 面 角.………………10 分 设 AB = AC = AE = 2a , 则 CD =

∵平面 EAC ⊥ 平面 ABC , DC ⊥ AC ,∴ DC ⊥ 平面 ABC ,

B

z

E

D

3a ,

GC = 2a ,
∴ GD = ∴

GC 2 + CD 2 = 7a ,
M
A

C

GC 2 7 . ………12 分 cos θ = cos ∠DGC = = GD 7
(法 2)∵ ∠BAC = 90° ,平面 EACD ⊥ 平面

y

F

P

x

B

ABC ,

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∴以点 A 为原点,直线 AB 为 x 轴,直线 AC 为 y 轴,建立空间直角坐标系 A ? xyz , . 则 z 轴在平面 EACD 内(如图) 设 AB = AC = AE = 2a , 由已知, B ( 2 a , 0 , 0) , (0 , a , 得 E ∴ EB = ( 2a , ? a , ? 3a ) ,

3a ) , (0 , 2a , 3a ) . D

ED = (0 , a , 0) ,
则 n ⊥ EB 且 n ⊥ ED ,

………………………8 分

设平面 EBD 的法向量为 n = ( x , y , z ) ,

?n ? ED = 0 . ?2ax ? ay ? 3az = 0 , ∴? ?ay = 0 .
解之得 ?

∴?

?n ? EB = 0 ,

? ?x =

3 z, 2 ?y = 0 . ?

取 z = 2 ,得平面 EBD 的一个法向量为

n = ( 3 , 0 , 2) .
………10 分 又∵平面 ABC 的一个法向量为 n′ = ( 0 , 0 , 1) .

…………………

cos θ = cos < n , n′ > =
………12 分

3 × 0 + 0 × 0 + 2 ×1 ( 3) + 0 + 2 ? 0 + 0 + 1
2 2 2 2 2 2

=

2 7 .……………… 7

说明: 垂直等位置关系, 二面角的概念、 求法等知识, 说明 本题主要考查直线与平面之间的平行、 以及空间想象能力和逻辑推理能力. 18.(2010 年 3 月广东省深圳市高三年级第一次调研考试文科)(本小题满分 14 分) ( 广东省深圳市高三年级第一次调研考试 深圳市高三年级第一次调研考试文 如图,在长方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中,点 E 在棱 CC1 的延长线上, E

1 且 CC1 = C1 E = BC = AB = 1 . 2
(Ⅰ) 求证: D1 E //平面 ACB1 ; (Ⅱ) 求证:平面 D1 B1 E ⊥ 平面 DCB1 ; (Ⅲ)求四面体 D1 B1 AC 的体积. (Ⅰ)证明:连 AD1 解: A

D1 A1
D

C1 B1
C B

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Q AD1 //BC1 //B1 E
∴ 四边形 AB1 ED1 是平行四边形
则 D1 E // AB1 ………2 分

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