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2011年高考试题分类汇编数学(理科)之专题 立体几何(word解析版)


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年高考试题数学(理科) 2011 年高考试题数学(理科)
立体几何
一、选择题: 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: 下图是长和宽分别相等的两个矩形. 下图是长和宽分别相等的两个矩形 给定下列三个命题: 视图、 视图、 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 存在三棱柱,其正 主 视图 俯视图如下图; 存在四棱柱,其正(主 视图 下图; 存在圆柱,其正 主 视图 俯视图如下图. 视图、 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 答案】D 答案 【解析 解析】由正视图可排除 A、B 选项;由俯视图可排除 C 选项. 解析 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 α ⊥ 平面β ,那么平面 α 内一定存在直线平行于平面 β (B)如果平面 不垂直于平面 β ,那么平面 α 内一定不存在直线垂直于平面 β (C)如果平面 α ⊥ 平面γ ,平面 β ⊥ 平面γ , α ∩ β =l ,那么 l ⊥ 平面γ (D)如果平面 α ⊥ 平面β ,那么平面 α 内所有直线都垂直于平面 β 【答案 答案】D 答案 【解析 解析】若面 α ⊥ 面 β ,在面 α 内与面的交线不相交的直线平行平面 β ,故 A 正确;B 中 解析 若 α 内存在直线垂直平面 β ,则 α ⊥ β ,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

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(A) 48 【答案】C

(B)32+8 17

(C) 48+8 17

(D) 80

【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

S表 =

2+4 × 4 × 2 + 4 × 2 + 4 × 4 + 4 × 17 × 2 2 = 48 + 8 17

【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 AC I BD = O .因为 AC⊥平面 ABD,所以 SA 和 SC 在平面 SBD 内的射影为
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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= 3 ,

∠ASC = ∠BSC = 30° ,则棱锥 S-ABC 的体积为( )
(A) 3 3 (B) 2 3 (C) 3 (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

A

B

C

D

8.(2011 年高考江西卷理科 8)已知 α1 ,α 2 ,α 3 是三个相互平行的平面.平面 α1 ,α 2 之间 年高考江西 江西卷理科
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平面 α 2 ,α 3 之间的距离为 d 2 . 直线 l 与 α1 ,α 2 ,α 3 分别相交于 P ,P2 ,P3 , 的距离为 d1 , 1 那么“ PP2 = P2 P3 ”是“ d1 = d 2 ”的 1 A.充分不必要条件 C.充分必要条件 【答案】C 【解析】过点 P 作平面 α 2 的垂线 g,交平面 α 2 , α 3 分别于点 A、B 两点,由两个平面平行的 1 性质可知 P2 A ∥ P3 B ,所以 B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

P P2 d1 1 = ,故选 C. P P2 d 2 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.

9π + 12 2

B.

9π + 18 2

C. 9π + 42 D. 36π + 18

3

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 2 3 正视图 侧视图

4 3 3 9π ? ( ) ?π + 3× 3× 2 = + 18 。故选 B 3 2 2

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. 俯视图 图1 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 主视图)是平行四边形 如图 .某几何体的正视图(主视图 是平行四边形, (左视图 和俯视图都是矩形,则该几何体的体积为( 左视图)和俯视图都是矩形 则该几何体的体积为( 左视图 和俯视图都是矩形, )

A. 6 3

B. 9 3

C. 12 3

D. 18 3

H G D E 3 3 A 1 2 F

由题得三视图对应的直观图是如图所示的直四棱柱, 【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, 解析】 由题得三视图对应的直观图是如图所示的直四棱柱

EA ⊥ 平面ABCD.
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C

B

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V = S 平行四边形ABCD ? h = 3 × 2 2 ? 1 × 3 = 9 3 。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) 8 ?

2π π (B) 8 ? 3 3 2π (C) 8 ? 2π (D) 3

【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 2 ? ? π ×1 × 2 = 8 ?
3 2

1 3

2π 故选 A 3

12.(2011 年高考重庆卷理科 9)高为

2 的四棱锥 S-ABCD 的底面是边长为 1 的正方形,点 S、 4

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)

2 4

(B)

2 2

(C)1

(D) 2

解析:选 C. 设底面中心为 G,球心为 O,则易得 AG =

2 ,于 2

是 OG =

2 2 ,用一个与 ABCD 所在平面距离等于 的平面去 2 4 2 2 2 ? = ,故 2 4 4
2

截球,S 便为其中一个交点,此平面的中心设为 H,则 OH =
2

? 2? 7 7 ? 2? 2 2 SH = 1 ? ? +? ? = ,故 SG = SH + HG = ? =1 ? 4 ? 8 ? 8 ? 4 ? ? ? ?
2 2

13. (2011 年高考四川卷理科 3) l1 , 2 , 3 是空间三条不同的直线, l l 则下列命题正确的是( (A) l1 ⊥ l2 , l2 ⊥ l3 ? l1 l3 (C) l2 l3 l3 ? l1 , l2 , l3 共面 (B) l1 ⊥ l2 , l2 l3 ? l1 ⊥ l3 (D) l1 , l2 , l3 共点 ? l1 , l2 , l3 共面

)

答案:B 解析:A 答案还有异面或者相交,C、D 不一定
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14.(2011 年高考全国卷理科 6)已知直二面角 α ? l ? β ,点 A ∈ α , AC ⊥ l ,C 为垂足,

B ∈ β , BD ⊥ l , D 为垂足.若 AB=2,AC=BD=1,则 D 到平面 ABC 的距离等于
(A)

2 3

(B)

3 3

(C)

6 3

(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 AC ⊥ 平面 β , 进而 平 面 β ⊥ 平面 ABC,所以过 D 作 DE ⊥ BC 于 E, DE 就是要求的 则 距离。 【答案】C 【解析】如图,作 DE ⊥ BC 于 E ,由 α ? l ? β 为直二面角,

α

A

AC ⊥ l , 得 AC ⊥ 平 面 β , 进 而 AC ⊥ DE , 又 BC ⊥ DE , BC I AC = C ,
于是 DE ⊥ 平面 ABC 。故 DE 为 D 到平面 ABC 的距离。 在 Rt ?BCD 中,利用等面积法得 DE =

l β B

D E

C

BD × DC 1× 2 6 . = = BC 3 3
0

15. (2011 年高考全国卷理科 11)已知平面 α 截一球面得圆 M,过圆心 M 且与 α 成 60 ,二 年高考全国 全国卷理科 面角的平面 β 截该球面得圆 N,若该球的半径为 4,圆 M 的 面积为 4 π ,则圆 N 的面积为 (A) 7π 【答案】D 【 解 析 】: 由 圆 M 的 面 积 为 4π 得 MA = 2 ,
B O

(B) 9π

(c) 11π

(D) 13π

N 60° M

A

OM 2 = 4 2 ? 2 2 = 12 ? OM = 2 3 ,在 Rt ONM 中,∠OMN = 300
2 1 ∴ ON = OM = 3, r= 42 ? 3 = 13 ∴ S圆N = 13π 故选 D 2

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

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A.8 【答案】C 二、填空题: 填空题

B. 6 2

C.10

D. 8 2

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 2 3 ,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: 2 3

解析:设正三棱柱的侧棱长和底面边长为 a,则由

3 2 a ? a = 2 3 ,解得 a=2,正三棱柱的 4 3 ?2?2 = 2 3 . 2

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 ABCD 的顶点都在半径为 4 的球 O 的球面 上,且 AB = 6, BC = 2 3 ,则棱锥 O ? ABCD 的体积为 答案: 。
o j

8 3
D C

解析:如图,连接矩形对角线的交点 O1 和球心 O ,则,

1 AC = 4 3 , O1 A = AC = 2 3 ,四棱锥的高为 2
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o1
A B

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O1O = 4 2 ? (2 3 ) 2 = 2 ,
所以,体积为 V =

1 × 6× 2 3 × 2 = 8 3 3

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: m ) 则这个几何体 . 一个几何体的三视图如图所示( ,则这个几何体 一个几何体的三视图如图所示 单位: , 的体积为__________ m 的体积为 【答案】 6 + π 【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
3

1 V长方体 + V圆锥 = 3 × 2 × 1 + π × 3 = 6 + π . 3
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: 2π R

2

解析: S侧 = 2π r ? 2 R ? r = 4π r ( R ? r ) ? S侧 max 时,
2 2 2 2 2

r 2 = R2 ? r 2 ? r 2 =

R2 2 ?r= R ,则 4π R 2 ? 2π R 2 = 2π R 2 2 2

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, 年高考全国 全国卷理科 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.
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【答案】

2 3
o

【精讲精析】 延长 EF 交 BC 的延长线于 P, AP 为面 AEF 与面 ABC 的交线, 则 因为 ∠CAP = 90 , 所以 ∠FCA 为面 AEF 与面 ABC 所成的二面角的平面角。

2 FC 2 tan ∠FCA = = 3 = CA 3 2
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】 3 7.(2011 年高考上海卷 理科 7)若圆锥的侧面积为 2π ,底面积为 π ,则该圆锥的体积 年高考上海卷理科 为 【答案】 。

3 π; 3

三、解答题: 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, 为平行四边形, 在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 为平行四边形, ,EA⊥平面ABCD, ABCD,EE∥AB,FG∥ ∠ ACB= 90° ,EA⊥平面ABCD, ∥AB,FG∥B C,EG∥AC AB EF. AB=2 C,EG∥AC.AB 2EF (Ⅰ)若M是线段AD的中点,求证:GM∥平面ABFE 是线段AD的中点,求证:GM∥平面ABFE; AD的中点 :GM ABFE 求二面角A BF-C (Ⅱ)若AC=BC=2AE 求二面角A-BF C的大小. AC=BC 2AE,求二面角 BF 的大小. 【解析】 Ⅰ)连结 AF,因为 EF∥AB,FG∥BC, ( EF∩ F G =F, 所 以 平 面 EFG∥ 平 面 ABCD, 又 易 证

?EFG ∽ ?ABC ,
所以 AD 的中点,所以 AM =

FG EF 1 1 1 = = ,即 FG = BC ,即 FG = AD ,又 M 为 BC AB 2 2 2 1 AD ,又因为FG∥BC∥ 2

AD,所以FG∥AM,所以四边形 AMGF 是平行
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四边形,故 GM∥FA,又因为GM ? 平面ABFE,FA ? 平面ABFE,所以GM∥平面ABF E. (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 ∠CHO 为二面角A-BF-C的平面角. 设AB=2EF= 2a ,因为∠ ACB= 90° ,AC=BC= 2a ,CO= a , AE =

2 a ,连结 FO,容易 2

证 得 FO∥EA 且 FO =

2 6 2 2 3 a , 所 以 BF = a , 所 以 OH= a× = a ,所以在 2 2 2 3 6
CO = OH

Rt ?COH 中,,a,∠ CHO=

3 ,故∠ CHO= 60o ,所以二面角A-BF-C的大小为 60o .

2.(2011 年高考浙江卷理科 20) 本题满分 15 分) ( 如图, 在三棱锥 P ? ABC 中,

AB = AC ,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 O 为原点,以射线 OP 为 x 轴的正半轴,建立空间 直角坐标系 o ? xyz ,则 O (0, 0, 0) , A(0, ?3, 0) , B (4, 2, 0) , C (?4, 2, 0) , P (0, 0, 4) ,

uuu uuu r r uuu uuu r r uuu r uuu r AP = (0, 3, 4) ,BC = (?8, 0, 0) 由此可得 AP ? BC = 0 , 所以 AP ⊥ BC , AP ⊥ BC 即
(Ⅱ)解:设 PM = λ PA, λ ≠ 1

uuuu r

uuu r

,则 PM = λ (0, ?3, ?4) ,

uuuu r

uuuu uuu uuuu uuu r r r r uuu r BM = BP + PM = BP + λ PA = (?4, ?2,4) +λ(0, ?3, ?4)

= (?4, ?2 + 3λ,4 ? 4λ) , AC = (?4,5, 0) , BC = (?8, 0, 0)
设平面 BMC 的法向量 n1 = ( x1 , y1 , z1 ) ,

uuur

uuu r

ur

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平面 APC 的法向量 n2 = ( x2 , y2 , z2 )

uu r

uuuu ur r ? BM ? n1 = 0 ??4 x1 ? (2 + 3λ ) y1 + (4 ? 4λ ) z1 = 0 ? 由 ? uuu uu 得? r r ??8 x1 = 0 ? BC ? n2 = 0 ?
? x1 = 0 ? 即 ? 2 + 3λ ? z1 = 4 ? 4λ y1 ?
5 ? ?x 2 = 4 y 2 ? ? ?z = ? 3 y 2 ? 2 ? 4
可取 n2 = (5, 4, ?3) ,由 n1 ? n2 = 0 得 4 ? 3 ? 综上所述,存在点 M 符合题意, AM = 3 法二(Ⅰ)证明: AB = AC , D为BC中点,∴ AD ⊥ BC , 又 PO ⊥ 平面ABC , ∴ PO ⊥ BC 因为∴ PO I AD = O 所以 BC ⊥ 平面 PAD 故 BC ⊥ PA (Ⅱ)如图,在平面 PAB 内作 BM ⊥ AP于M , 连结CM, 由(Ⅰ)知 BC ⊥ PA,得 PA ⊥ 平面 BMC , 又 AP ? 平面 PAC,所以平面 BMC ⊥ 平面 PAC, 在 Rt ADB 中, AB 2 = AD 2 + BD 2 = 41 得 AB = 在 Rt POD 中, PD = PO + OD ,
2 2 2

ur 2 + 3λ , 可 取 n1 = (0,1, ) 4 ? 4λ

uuu uu r r ? AP ? n2 = 0 ?3 y 2 +4 z2 = 0 ? 由 ? uuur uu 即 ? 得 r ? ?4 x 2 +5 y 2 = 0 ? AC ? n2 = 0 ?

uu r

ur uu r

2 + 3λ 4 = 0 解得 λ = ,故 AM = 3 4 ? 4λ 5

41

在 Rt PDB 中, PB 2 = PD 2 + BD 2 所以

PB 2 = PO 2 + OD 2 + BD 2 = 36 得 PB = 6 ,
在 Rt POA 中, PA = AO + OP = 25 得 PA = 5 又 cos ∠BPA =
2 2 2

PA2 + PB 2 ? AB 2 1 = 2 PA ? PB 3

从而 PM = PB cos ∠BPA = 2 ,所以 AM = PA ? PM = 3 综上所述,存在点 M 符合题意,

AM = 3 .
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∥PA,PA=AB=
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1 PD. 2

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(I)证明:平面 PPC⊥平面 DCP (II)求二面角 P-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 P(1,1,0) ,C(0,0,1) ,P(0,2,0). 则 DQ = (1,1, 0), DC = (0, 0,1), PQ = (1, ?1, 0). 所以 PQ ? DQ = 0, PQ ? DC = 0. 即 PP⊥DP,PP⊥DC. 故 PP⊥平面 DCP. 又 PP ? 平面 PPC,所以平面 PPC⊥平面 DCP. …………6 分 (II)依题意有 B(1,0,1) CB = (1, 0, 0), BP = ( ?1, 2, ?1). ,

uuur

uuur

uuu r

uuu uuur r

uuu uuur r

uuu r

uuu r

uuu r ? ?n ? CB = 0, ? x = 0, 设 n = ( x, y , z ) 是平面 PBC 的法向量,则 ? uuu 即? r ?n ? BP = 0, ?? x + 2 y ? z = 0. ?
因此可取 n = (0, ?1, ?2).

uuu r ?m ? BP = 0, ? 设 m 是平面 PBP 的法向量,则 ? uuu r ?m ? PQ = 0. ?
可取 m = (1,1,1).所以 cos < m, n >= ?

15 . 5
………………12 分

故二面角 P—BP—C 的余弦值为 ?

15 . 5

4.(2011 年高考安徽卷理科 17)(本小题满分 12 分) 如图, ABCDEFG 为多面体,平面 ABED 与平面 AGFD 垂直,点 O 在线段 AD 上,
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OA = 1, OD = 2, VOAB ,△ OAC ,△ ODE ,△ ODF 都是正三角形。
(Ⅰ)证明直线 BC ∥ EF ; (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 几何法)设 G 为线段 DA 与线段 EB 延长线的交点.由于△OAB 与△ODE 都是 几何法 正三角形,∴OB∥DE 且 OB=

同理, G ′ 是线段 DA 与线段 FC 延长线的交点, OG=OD=2, 设 有 又由于 G 和 G ′ 都在线段 DA 的延长线上,∴G 与 G′ 重合, 由 在 ?GED 和 ?GFD 中, OB / /

1 DE,OG=OD=2, 2

1 1 DE 和 OC / / DF ,可知, 2 2 B、C 分别是 GE 和 GF 的中点, ∴BC 是 ?GEF 的中位线,

∴BC∥EF. (坐标法 过 F 作 FP⊥AD,交AD 于点 P,连结 PE, 坐标法) 坐标法 ∵面 ADFC⊥面 ABED, ∴FP⊥面 ABED, P 点为坐标原点, 以 立如图空间直角坐标系, 由 条 , 件 知

uuu v uuuv uuu v QE 为 x 轴正方向,QD 为 y 轴正方向,QF 为 z 轴正方向,建
E ( 3, 0, 0)


3 3 3 3 ,? , 0) , C (0, ? , ) , 则 2 2 2 2 uuu v uuu v uuu v uuu v 3 3 BC = (? , 0, ) , EF = (? 3, 0, 3) ,∴ EF = 2 BC ,∴ 2 2 BC / / EF . 3 0 (Ⅱ)解:由 OB=1,OE=2,∠EOB = 60 ,知 S ?OEB = ,而 ?OED 是边长为 2 的正三角形, 2 3 3 故 S ?OED = 3 , ∴ S四边形OBED = S ?OBE + S ?OED = , 2
F (0, 0, 3)

B(

过 F 点作 FP⊥AD,交 AD 于 P, ∵面 ABED⊥面 ACFD, FP⊥面 ABED, 就是四棱锥 F-OBED ∴ FP 的高,且 FP= 3 , ∴ VF ?OBED =

1 3 FQ × S四边形OBED = . 3 2
∴ BC / / EF

Q EF = 面DEF I 面BEFC

【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
p

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D a C

A

2a

B

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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=60D,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 ∠BAD = 60°, AB = 2 AD ∴ 该三角形为直角三角形, 所以

BD ⊥ AD,Q PD ⊥ 平面PAD ∴ PD ⊥ BD且PD ∩ AD = D BD ⊥ 平面PAD, PD ? 平面PAD ∴ BD ⊥ PA
(2)建立如图的坐标系,设点的坐标分别是
z p a
D

,

A(a,0,0), B (0, 3a,0), C (?a, 3a,0), P (0,0, a )
则 AB = ( ?a, 3a,0), BC = ( ?a,0,0), AP = ( ? a,0, a ) ,设平面 PAB 的 法向量为 n = ( x, y, z ) ,所以, ?
a

C

B

?n ? AB = 0 ? ?n ? AP = 0 ?

A

2a

取得 n = (3, 3 ,3) ,同

x

y

理设平面 PBC 的法向量为 m ,

?m ? PC = 0 ? ? ?m ? BC = 0 ?
的余弦值是 ?

取得 m = (0,?1,? 3 ) ,于是, cos m, n =

m?n m?n

=?

2 7 ,因此二面角 7

2 7 。 7

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) (

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如图, 如图,在三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中,

H 是正方形 AA1 B1 B 的中心, AA1 = 2 2 , C1 H ⊥ 平面 AA1 B1 B ,且 C1 H = 5. 的中心,
所成角的余弦值; (Ⅰ)求异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值; 的正弦值; (Ⅱ)求二面角 A ? A1C1 ? B1 的正弦值; 设 的中点, (Ⅲ) N 为棱 B1C1 的中点, M 在平面 AA1 B1 B 内, MN ⊥ 平面 A1 B1C , 点 且 求线段 BM 的长. 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 A(2 2, 0, 0), B (0, 0, 0), C ( 2, ? 2, 5)

A1 (2 2, 2 2, 0), B1 (0, 2 2, 0), C1 ( 2, 2, 5)
(I)解:易得 AC = ( ? 2, ? 2, 5), A1 B1 = ( ?2 2, 0,0) ,

uuur

uuuu r

uuur uuuu r uuur uuuuu r AC ? A1 B1 4 2 uuuu = r 于是 cos AC , A 1 B1 = uuur , = 3 | AC | ? | A1 B1 | 3 × 2 2
所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为

2 . 3

(II)解:易知 AA1 = (0, 2 2, 0), A1C1 = ( ? 2, ? 2, 5). 设平面 AA1C1 的法向量 m = ( x, y , z ) ,

uuur

uuuur

uuuur ?m ? A1C1 = 0 ?? 2 x ? 2 y + 5 z = 0, ? ? 则 ? uuur 即? ?m ? AA1 = 0 ?2 2 y = 0. ? ?
不妨令 x = 5, 可得 m = ( 5, 0, 2) , 同样地,设平面 A1B1C1 的法向量 n = ( x, y , z ) ,

uuuur ?n ? A1C1 = 0, ?? 2 x ? 2 y + 5 z = 0, ? ? 则 ? uuuu 即? 不妨令 y = 5 , r n ? A1 B1 = 0. ??2 2 x = 0. ? ? ?
可得 n = (0, 5, 2). 于是 cos m, n =

m?n 2 2 = = , | m |?| n | 7? 7 7
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从而 sin m, n =

3 5 . 7 3 5 . 7

所以二面角 A—A1C1—B 的正弦值为

(Ⅲ)由 N 为棱 B1C1 的中点,得 N (

2 3 2 5 , , ) ,设 M (a, b, 0) ,则 2 2 2

uuuu r 2 3 2 5 MN = ( ? a, ? b, ) , 2 2 2 uuuu uuuur r ? MN ? A1C1 = 0 ? 由 MN ⊥ 平面 A1 B1C1 ,得 ? uuuu uuuu ,即 r r ? MN ? A1 B1 = 0 ?

? ?( ? ? ? ?( ?

2 3 2 5 ? a )(? 2) + ( ? b)(? 2) + ? 5=0 2 3 2 2 ? a )(?2 2) = 0 2 ? ?a = ? ? ?b = ? ? 2 2 2 4

,

解 得

, 故

M(

2 2 , , 0) 2 4

, 因 此

uuuu r uuuu r 2 2 10 BM = ( , , 0) ,所以线段 BM 的长为 | BM |= . 2 4 4
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 A1 A2 A3 A4 ,找出依次 排列的四个相互平行的 α1 , α 2 , α 3 , α 4 ,使得 Ai ∈ α i (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 α1 , α 2 , α 3 , α 4 ,其中每相邻两个平面间的距离为 1 , 若 一 个 正 四 面 体 A1 A2 A3 A4 的 四 个 顶 点 满 足 : Ai ∈ α i (i = 1, 2, 3, 4), 求 该 正 四 面 体

A1 A2 A3 A4 的体积.
解析: 如图, 将此正四面体补形为正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1(如图) 分别取 AB、 , CD、A1 B1 、

C1 D1 的中点 E、F、 E1 、 F1 ,平面 DEE1 D1 与 BFF1 B1 是分别过点 A2 、 A3 的两平行平面,
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若其距离为 1,则正四面体 A1 A2 A3 A4 满足条件,右图为正方体的下底面,设正方体的棱长 为 a ,若 AM = MN = 1 ,因为 AE =

1 5 a , DE = a ,在直角三角形 ADE 中,AM⊥DE, 2 2

所以 1 ?

5 1 a = a ? a ,所以 a = 5 ,又正四面体的棱长为 2a = 10 , 2 2
3

所以此正四面体的体积为 V = a ? 4 ? ?

1 1 3 5 a = 5. 3 2 3

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) 已知 PO = 2 , O 的直径 AB = 2 , C 是 AB 的中点,D 为 AC ⊙ 如图 5, 在圆锥 PO 中, 的中点. (Ⅰ)证明:平面 POD ⊥ 平面 PAC ; (Ⅱ)求二面角 B ? PA ? C 的余弦值. 解法 1:连结 OC,因为 OA = OC , D是AC的中点,所以AC ⊥ OD. 又 PO ⊥ 底面⊙O,AC ? 底面⊙O,所以 AC ⊥ PO , 因为 OD,PO 是平面 POD 内的两条相交直线,所以 AC ⊥ 平面 POD, 而 AC ? 平面 PAC,所以平面 POD ⊥ 平面 PAC。 (II)在平面 POD 中,过 O 作 OH ⊥ PD 于 H,由(I)知, 平面 POD ⊥ 平面PAC , 所以 OH ⊥ 平面 PAC,又 PA ? 面 PAC,所以 PA ⊥ OH . 在平面 PAO 中,过 O 作 OG ⊥ PA 于 G,连接 HG, 则有 PA ⊥ 平面 OGH,从而 PA ⊥ HG ,故 ∠OGH 为二面角 B—PA—C 的平面角。

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在 Rt ?ODA中, OD = OA ? sin 45° =

2 . 2

在 Rt ?POD中, OH =

PO ? OD PO 2 + OD 2
PO ? OA PO + OA
2 2

=



2 2 = 10 . 5 1 2+ 2

在 Rt ?POA中, OG =

=

2 ×1 6 = . 2 +1 3

10 OH 15 = 5 = 在 Rt ?OHG中, sin ∠OGH = . OG 5 6 3
所以 cos ∠OGH = 1 ? sin ∠OGH = 1 ?
2

15 10 = . 故二面角 B—PA—C 的余弦值 25 5



10 . 5

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 O (0, 0, 0), A( ?1, 0, 0), B (1, 0, 0), C (0,1, 0), P (0, 0, 2) ,

1 1 D(? , , 0) 2 2

设 n1 = ( x1 , y1 , z1 ) 是 平 面 POD 的 一 个 法 向 量 , 则 由 n1 ? OD = 0, n1 ? OP = 0 , 得

uuur

uuu r

1 ? 1 ?? x1 + y1 = 0, 2 ? 2 ? 2 z = 0. ? 1
所以 z1 = 0, x1 = y1 , 取y1 = 1, 得n1 = (1,1, 0). 设 n2 = ( x2 , y2 , z2 ) 是平面 PAC 的一个法向 量, 则由 n2 ? PA = 0, n2 ? PC = 0 ,得 ? 所以 x2 = ? 2 z2 , y2 =

uuu r

uuu r

?? x2 ? 2 z2 = 0, ? ? y2 + 2 z2 = 0. ?

2 z2 .取z2 = 1, 得 n2 = (? 2, 2,1) 。

因为 n1 ? n2 = (1,1, 0) ? ( ? 2, 2,1) = 0,
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所以 n1 ⊥ n2 . 从而平面 POD ⊥ 平面 PAC。 (II)因为 y 轴 ⊥ 平面 PAB,所以平面 PAB 的一个法向量为 n3 = (0,1, 0). 由(I)知,平面 PAC 的一个法向量为 n2 = ( ? 2, 2,1) ,设向量 n2和n3 的夹角为 θ ,则

cos θ =

n2 ? n3 2 10 = = . 由图可知,二面角 B—PA—C 的平面角与 θ 相等, | n2 | ? | n3 | 5 5
10 . 5

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 P ? ABCD 中, ABCD 是边长为 1 的棱形, 的棱形, 如图 , 且 ∠DAB = 60 , PA = PD =
0

2 , PB = 2, E , F 分别是 BC , PC 的中点, 的中点,

(1) 证明: AD ⊥ 平面DEF ) 证明: 的余弦值。 (2)求二面角 P ? AD ? B 的余弦值。 ) 【解析】法一: 解析】 (1)证明:取 AD 中点 G,连接 PG,BG,BD。 因 PA=PD,有 PG ⊥ AD ,在 ?ABD 中, AB = AD = 1, ∠DAB = 60° ,有 ?ABD 为 等 边 三 角 形 , 因 此 BG ⊥ AD, BG ∩ PG = G , 所 以 AD ⊥ 平 面 PBG ? AD ⊥ PB, AD ⊥ GB. 又 PB//EF,得 AD ⊥ EF ,而 DE//GB 得 AD ⊥ DE,又 FE ∩ DE = E ,所以 AD ⊥ 平 面 DEF。

(2)Q PG ⊥ AD, BG ⊥ AD ,

∴∠PGB 为二面角 P—AD—B 的平面角,

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在 Rt ?PAG中, PG = PA ? AG =
2 2 2

7 4

在 Rt ?ABG中,BG=AB ? sin60°=

3 2

7 3 + ?4 PG 2 + BG 2 ? PB 2 21 ∴ cos ∠PGB = = 4 4 =? 2 PG ? BG 7 7 3 2? ? 2 2
法二: (1)取 AD 中点为 G,因为 PA = PD, PG ⊥ AD. 又 AB = AD, ∠DAB = 60°, ?ABD 为等边三角形,因此, BG ⊥ AD ,从而 AD ⊥ 平 面 PBG。 延长 BG 到 O 且使得 PO ⊥ OB,又 PO ? 平面 PBG,PO ⊥ AD, AD ∩ OB = G , 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 x 轴,z 轴,平行于 AD 的直线为 y 轴,建立如图所示空间直角坐标系。 设 P (0, 0, m), G ( n, 0, 0), 则A( n, ?

1 1 , 0), D (n, , 0). 2 2

uuu r uuu r 3 Q| GB |=| AB | sin 60° = 2
∴ B(n +

3 3 3 1 n 3 1 m , 0, 0), C (n + ,1, 0), E (n + , , 0), F ( + , , ). 2 2 2 2 2 4 2 2

由于 AD = (0,1, 0), DE = (

uuur

uuur

uuu r 3 n 3 m , 0, 0), FE = ( + , 0, ? ) 2 2 4 2

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得 AD ? DE = 0, AD ? FE = 0, AD ⊥ DE , AD ⊥ FE , DE ∩ FE = E

uuur uuur

uuur uuu r

∴ AD ⊥ 平面 DEF。
(2)Q PA = ( n, ?

uuu r

uuu r 1 3 , ? m), PB = (n + , 0, ? m) 2 2

∴ m2 + n 2 +

1 3 2 3 = 2, (n + ) + m 2 = 2, 解之得m = 1, n = . 4 2 2

取平面 ABD 的法向量 n1 = (0, 0, ?1), 设平面 PAD 的法向量 n2 = ( a, b, c) 由 PA ? n2 = 0, 得

uuu r

uuu r 3 b 3 b a ? ? c = 0,由PD ? n2 = 0, 得 a + ? c = 0, 2 2 2 2

取 n2 = (1, 0,

3 ). 2
?

3 2 = ? 21 . ∴ cos < n1 , n2 >= 7 7 1? 4
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 θ ,求 tan θ 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:
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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 R,△CEN 中,CN=cos600=1.则由
CF CN 1 = = ,得 NF // AC1 ,又 AC1 ⊥ A1C , CC1 CA 4

故作 NF ⊥ A1C ,由三垂线定理知 EF ⊥ A1C . (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 ∠EMN 是 二 面 角
C ? AF ? E 的平面角,即 ∠EMN = θ .设 ∠FAC = α 则 00 < α ≤ 450 .在 Rt ?CNE 中
NE = EC sin 600 = 3 .

在 Rt ?AMN 中, MN = AN sin α = 3sin α ,故 tan θ =
∴ 0 < sin α ≤ tan θ =

NE 3 = . ,又 00 < α ≤ 450 , MN 3sin α

2 2 .故当 sin α = , 即当 α = 450 时,tan θ 达到最小值, 2 2

3 6 .此时 F 与 C1 重合. × 2= 3 3

11.(2011 年高考陕西卷理科 16)(本小题满分 12 分) 如图:在 ABC中,∠ABC=600 , ∠BAC=900 ,

AD是BC上的高 ,沿 AD 把 ABD 折起,
使 ∠BDC=900 (Ⅰ)证明:平面 ADB ⊥ 平面BDC ; (Ⅱ)设 E为BC的中点,求AE与DB夹角的余弦值 。 【解析】(Ⅰ)Q 折起前 AD是BC边上的高 , :

uu uuu r r

∴ 当 ABC折起后,AD ⊥ DC,AD ⊥ DB,又DB I DC=D

∴ AD ⊥ 平面BDC ,Q AD ? 平面ABD,∴ 平面ABD ⊥ 平面BDC 。
(Ⅱ)由 ∠BDC=900 及(Ⅰ)知 DA, DB, DC 两两垂直, 不妨设 DB = 1, D 为坐标原点,以 DB, DC , DA所在直线为x, y , z 轴建立如图所示的空间 直角坐标系,易得 A(0, 0, 3), E ( , , 0),

uuu uuur uuu r r

1 3 2 2

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uuu r 1 3 D (0, 0, 0), B (1, 0, 0), C (0,3, 0), Q AE = ( , , ? 3), 2 2 uuu uuu r r uuu r DB = (3, 0, 0) ∴ AE与DB 夹角的余弦值为

uuuu r ruuu uuu uuu r r AE ?DB cos < AE , DB >= uuu uuu = r r AE ? DB

1 2 = 22 22 22 4

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 ABCD 中,平面 ABC ⊥ ACD , AB ⊥ BC, AD = CD ,∠ CAD = 30 (Ⅰ)若 AD =2, AB =2 BC ,求四边形 ABCD 的体积。 (Ⅱ)若二面角 C - AB - D 为 60 ,求异面直线 AD 与 BC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 ABC ⊥
0 0

ACD , 知 DF⊥ 平 面 ABC , 即 DF = AD sin 30o = 1, ,

AF = AD cos 30o = 3 。在 Rt ?ABC 中,因 AC = 2 AF = 2 3 ,AB=2BC,有勾股定理易得

BC =

2 15 4 15 , AB = . 5 5 1 1 1 2 15 4 15 4 S ?ABC DF = × × × = 3 3 2 5 5 5

故四面体 ABCD 的体积 V =

(Ⅱ)如图所示设 G、H 分别为变 CD,BD 的中点,则 FG//AD,GH//BC,,从而 ∠FGH 是异 面直线 AD 与 BC所成角或其补角。 设 E 为边 AB 的中点, EF//BC,由 AB ⊥ BC, EF ⊥ A , (Ⅰ) DF⊥平面 ABC , 则 知 B 又由 有 故 由 三 垂 线 定 理 知 DE ⊥ A , 所 以 ∠DEF 为 二 面 角 C - AB - D 的 平 面 角 , 由 题 设 知 B

∠DEF = 60o ,设 AD=a,则 DF=ADsi,CAD=

a 2 a 3 3 = a, 2 3 6

在 Rt ?DEF 中, EF = DF cot DEF =

从而 GH =

1 3 BC = EF = a 2 6 1 1 BD = a ,又 2 2

因 ?ADE ? ?BDE ,故 BD=AD=a.从而,在 Rt ?BDF 中, FH =

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FG =

1 1 AD = a ,从而在 ?FGH 中,因 FG=FH,由余弦定理得 2 2

cos FGH =

FG 2 + GH 2 ? FH 2 GH 3 = = , 2 FG GH 2 FG 6 3 . 6

故异面直线 AD 与 BC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=90D,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

B1 A



BA1



O ,Q B1 P // 面BDA1 , B1 P ? 面AB1 P, 面AB1 P I 面BA1 D = OD, [来源: ] ∴ B1 P // OD
, 又

O



B1 A









∴ D为AP







∴ C1为A1P ,∴?ACD ? ?PC1 D ∴ C1 D = CD ,D 为 CC1 的中点。
(2)由题意 AB ⊥ AC , AB ⊥ AA1 ? AB ⊥ 面AA1C1C ,过 B 作 AH ⊥ AD ,连接 BH ,则

BH ⊥ AD , ∴∠AHB 为 二 面 角 A ? A1 D ? B 的 平 面 角 。 在 ?AA1 D 中 ,

2 5 5 5 2 5 3 5 AH 2 AA1 = 1, AD = , A1 D = ,则 AH = , BH = , cos ∠AHB = = 5 = 2 2 5 5 BH 3 5 3 5
(3)因为 VC ? B1PD = VB1PCD ,所以 h ? S ?B1PD =

S ?PCD = S ?PC1C ? S ?PC1D

1 3 1 1 1 = ? = , 2 4 4

1 A1 B1 ? S ?PCD , A1 B1 = 1 3

9 5 +5? 3 5 4 = 2 5 ,sin ∠DB P = 5 , 在 ?B1 DP 中, B1D = , B1P = 5, PD = .cos ∠DB1P = 4 1 3 2 2 5 5 2? ? 5 2
∴ S ?B1PD =

1 3 5 3 1 ? ? 5? = ,h = 2 2 5 4 3
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14.(2011 年高考全国卷理科 19)如图,四棱锥 S ? ABCD 中, AB CD , BC ⊥ CD ,侧面 年高考全国卷理科 全国

SAB 为等边三角形, AB = BC = 2, CD = SD = 1 .
(Ⅰ)证明: SD ⊥ SAB ; (Ⅱ)求 AB 与平面 SBC 所成角的大小. 【解析】 (Ⅰ) :连结 BD 过 D 作 DE ⊥ AB于E , 则BEDC为正方形

∴ BE = DE = 2, 又AE = AB ? BE ,∴ AE = 1 ,在
Rt ?AED中,AD= AE 2 + DE 2 = 1 + 22 = 5
?SAB为等边三角形,∴ SA = SB = AB = 2 ,在

?SAD中,AD2 = 5, SA2 + SD 2 = 22 + 12 = 5 ∴ AD 2 = SA2 + SD 2 即SD ⊥ SA ,同理可证 即SD ⊥ SB, 又SA I SB = S

∴ SD ⊥ 平面SAB 即SD ⊥ SB, 又SA I SB = S ∴ SD ⊥ 平面SAB
( Ⅱ ) 过 D 做 Dz ⊥ 平 面 ABCD , 如 图 建 立 空 间 直 角 坐 标 系
z

1 3 D ? xyz , A(2, ?1, 0), B(2,1, 0), C (0,1, 0), S ( , 0, ) 2 2
r uuu r 可计算平面 SBC 的一个法向量是 n = (0, 3, 2) , AB = (0, 2, 0)

y

uuuu uu r r uuu r r | AB n | 2 3 21 r | cos < AB, n >|= uuu r = = . 7 | AB || n | 2 7
所以 AB 与平面 SBC 所成角为 arccos

x

21 . 7

15.(2011 年高考江苏卷 16)如图,在四棱锥 P ? ABCD 中,平面 PAD⊥平面 ABCD,AB=AD, ∠BAD=60D,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= 2a ,则 AF= a ,又因为∠BAD=60D,
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P E D A F C B

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所以在 ?ABF 中,由余弦定理得:BF= 3a , 所以 AF + BF = 4a = AB ,所以 BF⊥AF,
2 2 2 2

因为平面 PAD⊥平面 ABCD, 交线为 AD,BF ? 平面 ABCD, 所以 BF⊥平面 PAD, 因为 BF ? 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 P ? ABCD 中,PA ⊥ 平面 ABCD , 底面 ABCD 是菱形, AB = 2, ∠BAD = 60o . (Ⅰ)求证: BD ⊥ 平面 PAC ;
A D C B P

(Ⅱ)若 PA = AB, 求 PB 与 AC 所成角的余弦值; (Ⅲ)当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时,求 PA 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=60D,PA=PB=2, 所以 BO=1,AO=CO= 3 . 如图,以 O 为坐标原点,建立空间直角坐标系 O—xyz,则 P(0,— 3 ,2) ,A(0,— 3 ,0) ,B(1,0,0) ,C(0, 3 ,0). 所以 PB = (1, 3 ,?2), AC = (0,2 3 ,0). 设 PB 与 AC 所成角为 θ ,则

cos θ

PB ? AC

| PB | ?| AC |

=

6 2 2×2 3

=

6 . 4

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(Ⅲ)由(Ⅱ)知 BC = (?1, 3 ,0). 设 P(0,- 3 ,,) (,>0) ,则 BP = ( ?1,? 3 , t ) 设平面 PBC 的法向量 m = ( x, y , z ) ,则 BC ? m = 0, BP ? m = 0 ∴?

uuu r

uuu r

?? x + 3 y = 0, ? ?? x ? 3 y + tz ? 0 ?

令y=

6 3 , 则 x = 3, z = . t 6 t

∴ m = (3, 3, )

6 t

同理,平面 PDC 的法向量 n = ( ?3, 3, ) ∵平面 PCB⊥平面 PDC,∴ m ? n =0,即 ? 6 + ∴PA= 6

36 = 0 ,解得 t = 6 t2

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= 2 , ∠CDA = 45° .

(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 30° ,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。
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解法一: (I)因为 PA ⊥ 平面 ABCD,

AC ? 平面 ABCD,
所以 PA ⊥ AB , 又 AB ⊥ AD, PA I AD = A, 所以 AB ⊥ 平面 PAD。 又 AB ? 平面 PAB,所以平面 PAB ⊥ 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 CE ⊥ AD. 在 Rt ?CDE 中,DE= CD ? cos 45° = 1 ,

CE = CD ? sin 45° = 1,
设 AB=AP=,,则 B(,,0,0) ,P(0,0,,) 由 AB+AD=4,得 AD=4-,, 所以 E (0, 3 ? t , 0), C (1,3 ? t , 0), D (0, 4 ? t , 0) ,

uuu r uuu r CD = (?1,1, 0), PD = (0, 4 ? t , ?t ).
(i)设平面 PCD 的法向量为 n = ( x, y , z ) , 由 n ⊥ CD , n ⊥ PD ,得 ?

uuu r

uuu r

?? x + y = 0, ?(4 ? t ) y ? tx = 0.

取 x = t ,得平面 PCD 的一个法向量 n = {t , t , 4 ? t} , 又 PB = (t , 0, ?t ) ,故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30° ,得

uuu r

uuu r n ? PB | 2t 2 ? 4t | 1 uuu |, 即 r cos 60° =| = , | n | ? | PB | t 2 + t 2 + (4 ? t ) 2 ? 2 x 2 2
解得 t =

4 4 或t = 4 (舍去,因为 AD = 4 ? t > 0 ) ,所以 AB = . 5 5

(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 0 ≤ m ≤ 4 ? t ) 则 GC = (1, 3 ? t ? m, 0), GD = (0, 4 ? t ? m, 0), GP = (0, ? m, t ) ,
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uuur

uuur

uuu r

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由 | GC |=| GD | 得 (4 ? t ? m) = m + t , (2)
2 2 2

uuur

uuur

由(1)(2)消去 ,,化简得 m ? 3m + 4 = 0 (3) 、
2

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 CE ⊥ AD 。 在平面 ABCD 内,作 CE//AB 交 AD 于点 E,则 CE ⊥ AD. 在 Rt ?CDE 中,DE= CD ? cos 45° = 1 ,

CE = CD ? sin 45° = 1,
设 AB=AP=,,则 B(,,0,0) ,P(0,0,,) 由 AB+AD=4,得 AD=4-,, 所以 E (0, 3 ? t , 0), C (1,3 ? t , 0), D (0, 4 ? t , 0) ,

uuu r uuu r CD = (?1,1, 0), PD = (0, 4 ? t , ?t ).
设平面 PCD 的法向量为 n = ( x, y , z ) , 由 n ⊥ CD , n ⊥ PD ,得 ?

uuu r

uuu r

?? x + y = 0, ?(4 ? t ) y ? tx = 0.

取 x = t ,得平面 PCD 的一个法向量 n = {t , t , 4 ? t} , 又 PB = (t , 0, ?t ) ,故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30° ,得

uuu r

uuu r n ? PB | 2t 2 ? 4t | 1 uuu |, 即 r cos 60° =| = , | n | ? | PB | t 2 + t 2 + (4 ? t ) 2 ? 2 x 2 2
解得 t =

4 4 或t = 4 (舍去,因为 AD = 4 ? t > 0 ) ,∴ AB = . 5 5
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(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,

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由 GC=CD,得 ∠GCD = ∠GDC = 45° , 从而 ∠CGD = 90° ,即 CG ⊥ AD, ∴ GD = CD ? sin 45° = 1, 设 AB = λ , 则AD=4-λ , AG = AD ? GD = 3 ? λ , 在 Rt ?ABG 中, GB =

AB 2 + AG 2 = λ 2 + (3 ? λ )2
这与 GB=GD 矛盾。

3 9 = 2(λ ? ) 2 + > 1, 2 2

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 ABCD ? A1 B1C1 D1 是底面边长为 1 的正四棱 柱, O1 是 A1C1 和 B1 D1 的交点。 (1)设 AB1 与底面 A1 B1C1 D1 所成的角的大小为 α ,二面角 A ? B1 D1 ? A1 的大小为 β 。 求证: tan β =

2 tan α ;

(2)若点 C 到平面 AB1 D1 的距离为 解:设正四棱柱的高为 h 。

4 ,求正四棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 的高。 3
A B D

⑴ 连 AO1 , AA1 ⊥ 底面 A1 B1C1 D1 于 A1 , ∴ AB1 与底面 A1 B1C1 D1 所成的角为 ∠AB1 A1 ,即 ∠AB1 A1 = α ∵ AB1 = AD1 , O1 为 B1 D1 中点,∴ AO1 ⊥ B1 D1 ,又 A1O1 ⊥ B1 D1 , ∴ ∠AO1 A1 是二面角 A ? B1 D1 ? A1 的平面角,即 ∠AO1 A1 = β ∴

C

A1 O1 C1
z A D C

D1

tan α =

AA1 AA1 = h , tan β = = 2h = 2 tan α 。 A1 B1 A1O1

B1

⑵ 建立如图空间直角坐标系,有 A(0, 0, h), B1 (1, 0, 0), D1 (0,1, 0), C (1,1, h)

B

uuuu r uuuur uuur AB 1 = (1,0, ? h), AD 1 = (0,1, ? h), AC = (1,1, 0)
设平面 AB1 D1 的一个法向量为 n = ( x, y , z ) ,
B1 x

r

A1 D1 O1 C1 y

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r uuur r uuur r ? n ⊥ AB1 ? n ? AB1 = 0 ? ? ∵ ? r uuuu ? ? r uuuu ,取 z = 1 得 n = ( h, h,1) r r ?n ⊥ AD1 ?n ? AD1 = 0 ? ? r uuur | n ? AC | h+h+0 4 r ∴ 点 C 到平面 AB1 D1 的距离为 d = = = ,则 h = 2 。 |n| h2 + h2 + 1 3

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