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2011届高考数学解答题专项突破训练:立体几何(教师版)



原创资料交流:邓永生

2011 届高考数学解答题专项突破训练:立体几何
1、如图,在四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 是边长为 a 的正方形, E 、 F 分别为 PC 、

P E D F A B

BD 的中点,侧面 PAD ? 底面ABCD ,
且 PA ? PD ?
<

br />2 AD . 2

C

(1)求证: EF ∥平面 PAD ; (2)求三棱锥 C ? PBD 的体积.

【审题】(1)底面 ABCD 是边长为 a 的正方形,F 是 BD 的中点,说明 AC ? BD ? F ,且 F 是 AC 的中点,E 是 PC 的中点,知 EF 是 ?PAC 的中位线,于是 EF / / PA ,证得 EF ∥平面 PAD , 也可以取 CD 的中点 G,通过证明平面 EFG / / 平面 PAD 来证明,更可以取 PD 的中点 M,AD 的中点 N,通过证明四边形 EFNM 为平行四边形来证明;(2)由 PA ? PD ?

2 2 AD ? a, 2 2

知 ?PAD 为 等 腰 三 角 形 , 取 AD 的 中 点 N , 则 有 PN ? AD , 又 侧 面

PAD ? 底面ABCD ? AD ,且侧面 PAD ? 底面ABCD ,从而 PN ? 底面ABCD ,说明 PN 可作为三棱锥 C ? PBD 的高,
又可求得高 PN 与 S ?BCD ,进而得三棱锥 C ? PBD 的体积. 【解析】(1)证法 1(中位线法):连结 AC ,则 F 是 AC 的中点, E 为 PC 的中点 故在△ CPA 中, EF / / PA , (一平行) 且 PA ? 平面 PAD, EF ? 平面 PAD, ∴ EF // 平面 PAD 证法 2(面//面法):取 CD 的中点 G,由 E 为 PC 的中点, 得 EG // PD ,而 EG ? ? 平面 PAD, PD ? 平面 PAD, ∴ EG // 平面 PAD, 又 F 是 BD 的中点,得 FG // BC , 底面 ABCD 为正方形,有 BC // AD ,得 FG // AD ,
D F A B P E

(一内一外)

G

C

FG ? ? 平面 PAD, AD ? 平面 PAD,
∴ FG // 平面 PAD,

由 EG ? FG ? G ,得平面 EFG // 平面 PAD ,而 EF ? 平面 EFG ,
1

原创资料交流:邓永生

∴ EF // 平面 PAD; 证法 3(平行四边形法):取 PD 的中点 M,AD 的中点 N,
P

1 由 E 是 PC 的中点,得 ME ? DC , 2 1 又 F 是 BD 的中点,得 NF ? AB , 2

M
D

E

C F B

底面 ABCD 为正方形,有 AB ? DC ,于是 ME ? NF ,……4 分 A ∴四边形 MEFN 为平行四边形,于是 EF // MN ,

N

MN ? 平面 PAD, EF ? 平面 PAD,
∴ EF // 平面 PAD;………………6 分 (2)取 AD 的中点 N,连结 PN ,? PA ? PD ,∴ PN ? AD 又平面 PAD ⊥平面 ABCD ,平面 PAD ∩平面 ABCD = AD ,

? PN ? 平面ABCD , ………………………10 分
?VC ? PBD ? VP ? BCD
1 1 1 1 a3 ? S?BCD ? PN ? ? a ? a ? a ? 3 3 2 2 12
……………………12 分

2、如图,正四棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 中, AA1 ? 2 AB ? 4 ,点 E 在 CC1 上且 C1 E ? 3EC . (1)求异面直线 A1 D 与 B1 B 所成角的正切值; (2)证明: A1C ? 平面 BED ; (3)求二面角 A1 ? DE ? B 的余弦值. D A 【解析】如图,建立空间直角坐标系 D ? xyz . z D1 C1 B1 A1 B A1 D1 B1 C1

E C

2,, 0) C (0, 2,, 0) E (0, 2,, 1) A1 (2, 0, 4) . 则 B (2,

???? ??? ? DE ? (0, 2,, 1) DB ? (2, 2, 0) ,
???? ???? ? A1C ? (?2, 2, ? 4), DA1 ? (2, 0, 4)
(1) 解:∵ AA1 ∥ BB1 ∴ ?AA1 D 是异面直线 A1 D 与 B1 B 所成角 x A E D B C y

2

原创资料交流:邓永生

∵在 Rt?AA1 D 中, A1 A ? 4, AD ? 2 ,∴ tan ?AA1 D ? 即异面直线 A1 D 与 B1 B 所成角的正切值为

1 2

1 2
A1C ? DE ? 0 ? 4 ? 4 ? 0,

(2) 证明:∵ A1C ? DB ? ?4 ? 4 ? 0 ? 0,

∴ A1C ? BD , A1C ? DE ,又 DB ? DE ? D ,∴ A1C ? 平面 DBE (3) 解:由(2)知向量 A1C 为平面 DBE 的一个法向量, 设平面 DA1 E 的法向量 n ? ( x,y,z ) 由 n ? DE , n ? DA1

????

???? ?

得 2 y ? z ? 0 , 2x ? 4z ? 0

令 z ? ?2 ,得 x ? 4 , y ? 1 ,∴ n ? (4, 1, ? 2)

cos n, A1C ?

n ? A1C n A1C

?

14 42 14 42
?

又 二面角 A1 ? DE ? B 为锐角,∴二面角 A1 ? DE ? B 的余弦值为

3、如图: PD ? 平面 ABCD ,四边形 ABCD 为直角梯形, AB // CD , ?ADC ? 90 ,

PD ? CD ? 2 AD ? 2 AB ? 2 ,, EC ? 2 PE .
(Ⅰ) 求证: PA //平面 BDE ;

P E

(Ⅱ) 求证:平面 BDP ? 平面 PBC ; (Ⅲ) 求二面角 B ? PC ? D 的余弦值. D C

【解析】法一: 证明:建立如图所示的坐标系,

A

B

(Ⅰ) A(1, 0, 0), B (1,1, 0), C (0, 2, 0) , D (0, 0, 0), P (0, 0, 2) E (0, , )

??? ? ??? ? ??? ? 1 4 BE ? (?1, ? , ) , DB ? (1,1, 0) , PA ? (1, 0, ?2) 3 3 ??? ? ??? ? ??? ? 设 PA ? xBE ? yDB ,
可得 PA ? ?

2 4 3 3

P

z E

??? ?

? 1 ??? ? 3 ??? BE ? DB 2 2
A x

D
3

C y B

原创资料交流:邓永生

因为 PA ? 平面 BDE ,所以 PA //平面 BDE . (Ⅱ)因为 BC ? (?1,1, 0), DB ? (1,1, 0) ,所以 BC ? DB ? 0 , BC ? BD 因为 PD ? 平面 ABCD ,所以 BC ? PD 所以 BC ? 平面 PBD ,所以 平面 BDP ? 平面 PBC . (Ⅲ)因为 AD ? DC , AD ? PD 所以 DA 是平面 PDC 的法向量, DA ? (1, 0, 0) ,设平面 PBC 的法向量为 n ? ( x, y,1) , 由 n? BC ? 0, n? PC ? 0
? ? ? ?

??? ?

??? ?

??? ? ??? ?

??? ?

??? ?

?

得: n ? (1,1,1) ,

?

??? ? ? DA ? n 1 3 设二面角 B ? PC ? D 为 ? ,则 cos ? ? ??? ? ? ? 3? 3 . DA ? n 3 。 3

所以二面角 B ? PC ? D 余弦值为 法二:

(Ⅰ)连结 AC 交 BD 于 G ,连结 EG ,? AB // CD

P E M D C

?

PE 1 AG AB 1 ? , ? ? ,由已知 EC 2 GC CD 2 AG PE 得 ,? PA / / EG , ? GC EC

? EG ? 平面DEG , EG ? 平面DEG ? PA / /平面DEG .
A (Ⅱ) 由已知可得,BD ?

O


B

2, 取 CD 的中点 O , 连结 BO ,

ABOD 为正方形, OB ? OC ? 1, BC ? 2 ,
所以 BD ? BC ? CD
2 2 2

由勾股定理的逆定理知 BC ? BD ,因为 BC ? PD ,

所以 BC ? 平面 BDP ,所以 平面 BDP ? 平面 PBC . (Ⅲ) BO ? CD, BO ? PD ,所以 BO ? 平面 PDC , BO ? PC 在平面 PDC 内作 OM ? PC 交 PC 于点 M ,所以 PC ? 平面 BOM 连结 BM , BM ? PC , ?BMO 是二面角 B ? PC ? D 的平面角。

4

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在 Rt?BMO 中, OB ? 1 , OM ? OC sin ?DCP ?

2 , 2

BM ?

6 2

2 3 3 OM ? 2 ? ,所以二面角 B ? PC ? D 余弦值为 . cos ?BMO ? 3 BM 3 6 2
4、如图,已知直三棱柱 ABC ? A1 B1C1 , ?ACB ? 90 , E 是棱 CC1 上动点, F 是 AB 中
?

点 , AC ? BC ? 2 , AA1 ? 4 . (Ⅰ)求证: CF ? 平面 ABB1 ;? (Ⅱ)当 E 是棱 CC1 中点时,求证: CF ∥平面 AEB1 ; (Ⅲ)在棱 CC1 上是否存在点 E ,使得二面角 A ? EB1 ? B ? 的大小是 45 ,若存在,求 CE 的长,若不存在,请说明理由.?
?

【解析】 (Ⅰ)证明:∵三棱柱 ABC ? A1 B1C1 是直棱柱,∴ BB1 ? 平面 ABC . 又∵ CF ? 平面 ABC ,
?

∴ CF ? BB1 . ∴ CF ? AB .

∵ ?ACB ? 90 , AC ? BC ? 2 , F 是 AB 中点, 又∵ BB1 ∩ AB ? B , ∴ CF ? 平面 ABB1 .

(Ⅱ)证明:取 AB1 的中点 G ,联结 EG , FG . ∵ F 、 G 分别是棱 AB 、 AB1 中点, ∴ FG ∥ BB1 , FG ?

1 BB1 . 2 1 又∵ EC ∥ BB1 , EC ? BB1 , 2 ∴ FG ∥ EC , FG ? EC . ∴ 四边形 FG EC 是平行四边形,

∴ CF ∥ EG . ∴ CF ∥平面 AEB1 .

又∵ CF ? 平面 AEB1 , EG ? 平面 AEB1 ,

(Ⅲ)解:以 C 为坐标原点,射线 CA, CB, CC1 为 x, y, z 轴正半轴,建立如图所示的空间直 角坐标系 C ? xyz ,则 C (0, 0, 0) , A(2, 0, 0) , B1 (0, 2, 4) .
5

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设 E (0, 0, m) ,平面 AEB1 的法向量 n ? ( x, y, z ) , 则 AB1 ? ( ?2, 2, 4) , AE ? (?2, 0, m) . 且 AB1 ? n , AE ? n .

?

???? ????

??? ?
?

?

??? ?

???? ? ? ? AB1 ? n ? ?2 x ? 2 y ? 4 z ? 0, 于是 ? ??? ? ? ? ? AE ? n ? ?2 x ? 0 y ? mz ? 0. mz ? x? , ? ? ? 2 所以 ? 取 z ? 2 ,则 n ? ( m, m ? 4, 2) ? y ? mz ? 4 z . ? 2 ?
∵ 三棱柱 ABC ? A1 B1C1 是直棱柱,∴ BB1 ? 平面 ABC . 又∵ AC ? 平面 ABC ,∴ AC ? BB1 . ∵ ?ACB ? 90 ,∴ AC ? BC .
?

∵ BB1 ∩ BC ? B ,∴ AC ? 平面 ECBB1 . ∴ CA 是平面 EBB1 的法向量, CA ? (2, 0, 0) . 二面角 A ? EB1 ? B 的大小是 45 ,
?

??? ?

??? ?

??? ? ? CA ? n 2m 2 5 ? 则 cos 45 ? ??? . 解得 m ? . ? ? ? 2 2 CA n 2 ? m 2 ? (m ? 4) 2 ? 22
?

∴ 在棱 CC1 上存在点 E ,使得二面角 A ? EB1 ? B 的大小是 45 ,此时 CE ?
?

5 . 2

5、如图,在四棱锥 S ? ABCD 中,底面 ABCD 是正方形,其他四个侧面都是等边三角形, AC 与 BD 的交点为 O , E 为侧棱 SC 上一点. (Ⅰ)当 E 为侧棱 SC 的中点时,求证: SA ∥平面 BDE ; (Ⅱ)求证:平面 BDE ? 平面 SAC ; (Ⅲ)当二面角 E ? BD ? C 的大小为 45? 时,试判断点 E 在 SC 上的位置,并说明理由. 【解析】解法一: 证明: (Ⅰ)连接 OE ,由条件可得 SA ∥ OE . 因为 SA ? 平面 BDE , OE ? 平面 BDE , 所以 SA ∥平面 BDE . ……4 分 E S

(Ⅱ)由已知可得, SB ? SD , O 是 BD 中点,所以 BD ^ SO . D O B
6

C

A

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又因为四边形 ABCD 是正方形,所以 BD ^ AC . 因为 AC ? SO ? O ,所以 BD ? 面SAC .又因 为 BD ? 面BDE ,所以平面 BDE ? 平 面 SAC . ……8 分 D

S

E

(Ⅲ)解:连接 OE ,由(Ⅱ)知

C O B

BD ? 面SAC .
而 OE ? 面SAC , 所以 BD ? OE . 又 BD ? AC . 所以 ?EOC 是二面角 E ? BD ? C 的平面角, 即 ?EOC ? 45? . 设四棱锥 S ? ABCD 的底面边长为 2,

A

在 ?SAC 中, SA ? SC ? 2 , AC ? 2 2 , 所以 SO ? 又因为 OC ?

2.

1 AC ? 2 , SO ? OC , 2

所以 ?SOC 是等腰直角三角形. 由 ?EOC ? 45? 可知,点 E 是 SC 的中点. 解法二: (Ⅰ)同解法一 ……4 分 …14 分

(Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知 SO ? 面ABCD , AC ? BD . 建立如图所示的空间直角坐标系. 设四棱锥 S ? ABCD 的底面边长为 2, 则 O(0, 0, 0) ,S (0, 0, z S

2) ,A

?

2, 0, 0 ,B 0,

? ?

2, 0 ,

?

C ? 2, 0, 0 , D 0, ? 2, 0 .
所以 AC ? ?2 2, 0, 0 , BD ? 0, ? 2 2, 0 . , 由已 知 可求 得 设 CE ? a ( 0 ? a ? 2 )

?

?

?

?

E

????

?

?

??? ?

?

?

D O

C

?ECO ? 45? .
所以 E ( ? 2 ?

x

A

B y

2 a, 0, 2

??? ? 2 2 a ) , BE ? (? 2 ? a, ? 2, 2 2

2 a) . 2

7

原创资料交流:邓永生

设平面 BDE 法向量为 n ? ( x, y, z ) ,

??? ? ? y ? 0, ? ? ?n ? BD ? 0, 则 ? ??? 即? ? 2 2 a) x ? 2 y ? az ? 0. ? ?( ? 2 ? ? n ? BE ? 0 2 2 ?
令 z ? 1 ,得 n ? (

易知 BD ? 0, ? 2 2, 0 是平面 SAC 的法向量. 因为 n ? BD ? (

??? ?

?

a , 0, 1) . 2?a

?

??? ?

所以 n ? BD ,所以平面 BDE ? 平面 SAC . …8 分 (Ⅲ)解:设 CE ? a ( 0 ? a ? 2 ) ,由(Ⅱ)可知, 平面 BDE 法向量为 n ? (

??? ?

a , 0, 1) ? (0, ? 2 2, 0) ? 0 , 2?a

a , 0, 1) . 2?a

因为 SO ? 底面ABCD , 所以 OS ? (0, 0,

??? ?

2) 是平面 SAC 的一个法向量.

由已知二面角 E ? BD ? C 的大小为 45? . 所以 cos?OS , n? ? cos 45? ?

??? ?

2 , 2

所以

2 ( a 2 ) ?1 ? 2 2?a

?

2 ,解得 a ? 1 . 2
……14 分

所以点 E 是 SC 的中点.

,根据图中标出的数据, 6、已知某个几何体的三视图如图(主视图的弧线是半圆) (Ⅰ)求这个组合体的表面积;zxxk (Ⅱ)若组合体的底部几何体记为 ABCD ? A1 B1C1 D1 ,其中 A1 B1 BA 为正方形. (i)求证: A1 B ? 平面AB1C1 D ; (ii)是否存在棱 A1 D1 上一点 P ,使直线 AP 与平面 AB1C1 D 所成角为 30 ?
?

8

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【解析】 (Ⅰ) S 表面积 ? 2 ? 8 ? 8 ? 2 ? 8 ? 10 ? 8 ? 10 ? 2 ? (Ⅱ)(i)∵长方体 ABCD ? A1 B1C1 D1

1 ? ? 4 2 ? ? ? 4 ? 10 = 368 ? 56? . 2

∴ AD ? 平面A1 B1 BA

∵ A1 B ? 平面A1 B1 BA zx zxxk∴ AD ? A1 B 又∵ A1 B1 BA 是边长为 8 的正方形,∴ A1 B ? AB1 ∵ AB1 ? AD ? A ∴ A1 B ? 平面AB1C1 D . …………………8 分

(ii)建立直角坐标系 D ? xyz ,则 A?10 ,0, 0 ? , P ?m, 0, 8? ∴ AP ? ?m ? 10, 0, 8? ∵ A1 B ? 平面AB1C1 D

∴ A1 B ? ?0, 8, ? 8? 为平面 AB1C1 D 的法向量

sin ? ?

AP ? A1 B AP ? A1 B

?

64

?m ? 10?2 ? 64 ?8

? 2

1 ?m ? 10?2 ? 64 2
4 2
=

解得 m ? 2 或

m ? 18

∵ m ? ?0 ,10? ,∴ m ? 2 符合要求.

…………13 分

7、已知四棱锥 P ? ABCD 的直观图和三视图如图所示, E 是 PB 的中点. (Ⅰ)若 F 是 BC 上任一点,求证: AE ? PF ; (Ⅱ)设 AC , BD 交于点 O ,求直线 BO 与平面 AEC 所成角的正弦值.

P 2 2

1
E A D 主视图

2 左视图

2 B F C

1
俯视图

【解析】 (Ⅰ)由该四棱锥的三视图可知,四棱锥 P ? ABCD 的底面是边长为 2 和 1 的 矩形,侧棱 PA ? 平面 ABCD ,且 PA ? 2 .

9

原创资料交流:邓永生

∵ BC ? AB, BC ? PA, AB ? PA ? A, ∴ BC ? 平面 PAB . ∴ BC ? AE . 又在 ?PAB 中,∵ PA ? AB , E 是 PB 的中点,∴ AE ? PB . ∵ BC ? PB ? B ,∴ AE ? 平面 PBC .∴ AE ? PF . (Ⅱ)解法一:由(Ⅰ)知, AE ? 平面 PBC , ∴ 平面 AEC ? 平面 PBC ,且交线为 EC , ∴ 在面 PBC 内过 B 做 BM ? EC ,垂足为 M , 则必有 BM ? 平面 AEC .连接 OM 则 ?BOM 即 为直线 BO 与平面 AEC 所成角. 在 Rt?BCE 中, BM ? 8分 B E A D P

M

o
C

BC ? BE 1? 2 6 ? ? . EC 3 3 BM 2 30 ? . BO 15

F

在 Rt?BOM 中, sin ?BOM ?

∴ 直线 BO 与平面 AEC 所成角的正弦值为

2 30 . 15

12 分

建立如图所示的空间直角坐标系. 解法二: 以 A 为原点, 则 P (0, 0, 2) , B (2, 0, 0) , E (1, 0,1) , C (2,1, 0) , O (1, , 0) . ∴ AE ? (1, 0,1), AC ? (2,1, 0) .

zP

??? ?

????

1 2

E ? A 设 n ? ( x, y, z ) 是 平 面 EAC 的 一 个 法 向 量 , 则 由 ? ??? ? ? ?( x, y, z ) ? (1, 0,1) ? 0 ?x ? z ? 0 ?n ? AE ? 0 得 ? 即 ? ? ? ???? ?2 x ? y ? 0 ?( x, y, z ) ? (2,1, 0) ? 0 ? ?n ? AC ? 0 B ? F x 取 x ? 1 得 n ? (1, ?2, ?1) . ? ??? ? ??? ? ? ??? ? 1 n ? OB 2 30 而 OB ? (1, ? , 0) , ∴ cos n, OB ? ? ??? . ? ? 2 15 n ? OB

D

y

o
C

设直线 BO 与平面 AEC 所成角为 ? ,则 sin ? ?

2 30 . 15
12 分

∴ 直线 BO 与平面 AEC 所成角的正 弦值为

2 30 . 15

8、正△ ABC 的边长为 4, CD 是 AB 边上的高, E , F 分别是 AC 和 BC 边的中点,现将

10

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△ ABC 沿 CD 翻折成直二面角 A ? DC ? B . (1)试判断直线 AB 与平面 DEF 的位置关系,并说明理由; (2)求二面角 E ? DF ? C 的余弦值; (3)在线段 BC 上是否存在一点 P ,使 AP ? DE ?证明你的结论.
A E

A

E
D F C

D F
B

C

B

(I)如图:在△ABC 中,由 E、F 分别是 AC、BC 中点,得 EF//AB, 【解析】 :法一: 又 AB ? 平面 DEF,EF ? 平面 DEF,∴AB∥平面 DEF. (II)∵AD⊥CD,BD⊥CD,∴∠ADB 是二面角 A—CD—B 的平面角, ∴AD⊥BD,∴AD⊥平面 BCD,取 CD 的中点 M,这时 EM∥AD,∴EM⊥平面 BCD, 过 M 作 MN⊥DF 于点 N,连结 EN,则 EN⊥DF, ∴∠MNE 是二面角 E—DF—C 的平面角. 在 Rt△EMN 中,EM=1,MN=

3 21 2 3 ,∴tan∠MNE= ,cos∠MNE= . 2 7 3

(Ⅲ)在线段 BC 上存在点 P,使 AP⊥DE, 证明如下:在线段 BC 上取点 P。使 BP ? ∵ DQ ?

1 BC ,过 P 作 PQ⊥CD 与点 Q, 3

∴PQ⊥平面 ACD ∴AQ⊥DE∴AP⊥DE.

1 2 3 在等边△ADE 中,∠DAQ=30° DC ? 3 3

法二: (Ⅱ)以点 D 为坐标原点,直线 DB、DC 为 x 轴、y 轴,建立空间直角坐标系, 则 A(0,0,2)B(2,0,0)C(0, 2 3 ,0, ), E (0, 3 ,1), F (1, 3 ,0) . 平面 CDF 的法向量为 DA ? (0,0,2) 设平面 EDF 的法向量为 n ? ( x, y, z ) , 则?

? ? DF ? n ? 0 ? ? DE ? n ? 0

即?

? ?x ? 3 y ? 0 取n ? (3,? 3 ,3) , ? y z 3 0 ? ? ?

11

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cos ? DA, n ??

DA ? n
| DA || n |

?

21 21 ,所以二面角 E—DF—C 的余弦值为 ; 7 7
z A E C F B x P

D

(Ⅲ)设 P ( x, y,0), 则 AP ? DE ?

3y ? 2 ? 0? y ?

2 3 , 3

又 BP ? ( x ? 2, y,0), PC ? ( ? x,2 3 ? y,0) ,

? BP // PC ? ( x ? 2)(2 3 ? y ) ? ? xy ? 3 x ? y ? 2 3
把y?

2 3 4 1 代入上式得x ? ,? BP ? BC , 3 3 3

所以在线段 BC 上存在点 P 使 AP⊥DE.

9、已知矩形 ABCD 中,AB = 2AD = 4,E 为 CD 的中点,沿 AE 将三角形 AED 折起,使 DB = 2 3 ,如图,O、H 分别为 AE、AB 的中点. (1)求证:直线 OH∥平面 BDE; (2)求证:平面 ADE⊥平面 ABCE; (3) 求二面角 O—DH—E 的余弦值的大小.

【解析】 (1)∵O、H 分别为 AE、AB 的中点, ∴OH∥BE,又 OH 不在平面 BDE 内, ∴直线 OH∥平面 BDE. (2) ∵O 为 AE 的中点, AD = DE, ∴DO⊥AE. ∵DO =
2 ,DB = 2 3 ,BO2 = OE2 + EB2 = ( 2) 2 ? (2 2) 2 ? 10 ,

∴DB2 = DO2 + BO2,∴DO⊥OB. 又∵AE 和 BO 是相交直线,∴DO⊥平面 ABCE.

12

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又 OD 在平面 ADE 内,∴平面 ADE⊥平面 ABCE.
??? ? ? ???? ???? (3)由(1) (2)知 OA、OH、OD 两两垂直,以 O 为原点, OA 、 OH 、 OD 所以直

线为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系,则 A( 2, 0, 0 ),H(0, 2 ,0),E(– 2 ,0,0),D(0,0, 2 ).
???? ? ???? DH ? (0, 2, ? 2), HE ? ( ? 2, ? 2, 0) .设平面 DHE 的一个法向量为 n = (x, y, z),

???? ? ???? ? ? 2 y ? 2z ? 0 则 n· DH =0,n· HE =0, ? ,即 y = z ,x = –z, ? ?? 2 x ? 2 y ? 0

∴n = (z, –z, –z),不妨设 z>0, 又 OA ? ( 2, 0, 0) 是平面 DOH 的一个法向量,
??? ? ∴ cos OA, n ? ??? ? n ? OA 2z 3 ??? ? ? . ? 3 | n | ? | OA | 3z ? 2 3 . 3
??? ?

由于二面角 O—DH—E 为锐角,∴二面角 O—DH—E 的余弦值的大小为

10、如图某一几何体的展开图,其中 ABCD 是边长为 6 的正方形, SD ? PD ? 6 ,

CR ? SC , AQ ? AP ,点 S 、 D 、 A 、 Q 及 P 、 D 、 C 、
R 共线.
(1)沿图中虚线将它们折叠起来,使 P 、 Q 、 R 、 S 四 点重合为点 P ,请画出其直观图; (2)求二面角 P ? AB ? D 的大小; (3)试问需要几个这样的几何体才能拼成一个棱长为 6 的正 方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 ? 【解析】 (1)它是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥

………………………………………………………5 分 (注:评分注意实线、虚线;垂直关系;长度比例等) (2)由(1)得, PD ? AD , PD ? CD ,得 PD ? 平面ABCD

13

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∴ PD ? AB ,而 AB ? AD , PD ? AD ? D ∴ AB ? 平面PAD ……………………………………………………………6 分 ∴ AB ? AD,AB ? PA ∴ ?PAD为二面角P ? AB ? D的平面角 …………………………………8 分 又在 Rt ?PDA 中, PD ? AD ,故 ?PAD ? ∴二面角 P ? AB ? D 的平面角为

?
4

?
4

……………………………………………10 分

(3)由题意, PD ? 平面ABCD ,则 VP ? ABCD ?

1 ? 6 ? 6 ? 6 ? 72 , 3

V ABCD ? A1B1C1D1 ? 6 ? 6 ? 6 ? 216 ,
∴需要 3 个这样的几何体可以拼成一个棱长为 6 的正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 ……14 分

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