高考立体几何大题及答案(理)

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1.如图,四棱锥SABCD中,底面ABCD为矩形,SD底面ABCD,2AD,2DCSD,点M在侧棱SC上,∠ABM=60。(I)证明:M是侧棱SC的中点;求二面角SAMB的大小。2.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,D、E分别为AA1、B1C的中点,DE⊥平面BCC1(Ⅰ)证明:AB=AC(Ⅱ)设二面角A-BD-C为60°,求B1C与平面BCD所成的角的大小3.如图,DC平面ABC,//EBDC,22ACBCEBDC,120ACB,,PQ分别为,AEAB的中点.(I)证明://PQ平面ACD;(II)求AD与平面ABE所成角的正弦值.ACBA1B1C1DE4.如图,四棱锥PABCD的底面是正方形,PDABCD底面,点E在棱PB上.(Ⅰ)求证:平面AECPDB平面;(Ⅱ)当2PDAB且E为PB的中点时,求AE与平面PDB所成的角的大小.5.如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是矩形,PA平面ABCD,4PAAD,2AB.以BD的中点O为球心、BD为直径的球面交PD于点M.(1)求证:平面ABM⊥平面PCD;(2)求直线PC与平面ABM所成的角;(3)求点O到平面ABM的距离.6.如图,正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直,△ABE是等腰直角三角形,,,45ABAEFAFEAEF(I)求证:EFBCE平面;(II)设线段CD、AE的中点分别为P、M,求证:PM∥BCE平面(III)求二面角FBDA的大小。OAPBCMD7.如图,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,SD⊥平面ABCD,SD=AD=a,点E是SD上的点,且DE=a(0≦1).(Ⅰ)求证:对任意的(0、1),都有AC⊥BE:(Ⅱ)若二面角C-AE-D的大小为600C,求的值。8.如图3,在正三棱柱111ABCABC中,AB=4,17AA,点D是BC的中点,点E在AC上,且DE1AE.(Ⅰ)证明:平面1ADE平面11ACCA;(Ⅱ)求直线AD和平面1ADE所成角的正弦值。9.如图,正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直,△ABE是等腰直角三角形,,,45ABAEFAFEAEF(I)求证:EFBCE平面;(II)设线段CD、AE的中点分别为P、M,求证:PM∥BCE平面(III)求二面角FBDA的大小。10.如题(18)图,在五面体ABCDEF中,AB∥DC,2BAD,2CDAD,四边形ABFE为平行四边形,FA平面ABCD,3,7FCED.求:(Ⅰ)直线AB到平面EFCD的距离;(Ⅱ)二面角FADE的平面角的正切值.11.如图,四棱锥P­ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(1)证明:PA⊥BD;(2)设PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值.12(本小题满分12分)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯形,ABCD,ACBD,垂足为H,PH是四棱锥的高,E为AD中点(1)证明:PEBC(2)若APB=ADB=60°,求直线PA与平面PEH所成角的正弦值参考答案1、【解析】(I)解法一:作MN∥SD交CD于N,作NEAB交AB于E,连ME、NB,则MN面ABCD,MEAB,2NEAD设MNx,则NCEBx,在RTMEB中,60MBE3MEx。在RTMNE中由222MENEMN2232xx解得1x,从而12MNSDM为侧棱SC的中点M.解法二:过M作CD的平行线.(II)分析一:利用三垂线定理求解。在新教材中弱化了三垂线定理。这两年高考中求二面角也基本上不用三垂线定理的方法求作二面角。过M作MJ∥CD交SD于J,作SHAJ交AJ于H,作HKAM交AM于K,则JM∥CD,JM面SAD,面SAD面MBA,SH面AMBSKH即为所求二面角的补角.法二:利用二面角的定义。在等边三角形ABM中过点B作BFAM交AM于点F,则点F为AM的中点,取SA的中点G,连GF,易证GFAM,则GFB即为所求二面角.解法二、分别以DA、DC、DS为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系D—xyz,则)2,0,0(),2,0,0(),0,2,2(),0,0,2(SCBA。(Ⅰ)设)0,0)(,,0(babaM,则)2,,0(),,2,2(),0,2,0(baSMbaBMBA,)2,2,0(SC,由题得SCSMBMBA//21,cos,即)2(22212)2(2)2(222babaa解之个方程组得1,1ba即)1,1,0(M所以M是侧棱SC的中点。法2:设MCSM,则)12,12,2(),12,12,0(MBM又oABMBAB60,),0,2,0(故oABMBABMB60cos||||,即22)12()12(214,解得1,所以M是侧棱SC的中点。(Ⅱ)由(Ⅰ)得)1,1,2(),1,1,0(MAM,又)2,0,2(AS,)0,2,0(AB,设),,(),,,(22221111zyxnzyxn分别是平面SAM、MAB的法向量,则SABCDMzxy0011ASnMAn且0012ABnMAn,即0220211111zxzyx且02022222yzyx分别令221xx得2,0,1,12211zyyz,即)2,0,2(),1,1,2(21nn,∴3662202,cos21nn二面角SAMB的大小36arccos。2、解法一:(Ⅰ)取BC中点F,连接EF,则EF121BB,从而EFDA。连接AF,则ADEF为平行四边形,从而AF//DE。又DE⊥平面1BCC,故AF⊥平面1BCC,从而AF⊥BC,即AF为BC的垂直平分线,所以AB=AC。(Ⅱ)作AG⊥BD,垂足为G,连接CG。由三垂线定理知CG⊥BD,故∠AGC为二面角A-BD-C的平面角。由题设知,∠AGC=600..设AC=2,则AG=23。又AB=2,BC=22,故AF=2。由ABADAGBD得2AD=222.23AD,解得AD=2。故AD=AF。又AD⊥AF,所以四边形ADEF为正方形。因为BC⊥AF,BC⊥AD,AF∩AD=A,故BC⊥平面DEF,因此平面BCD⊥平面DEF。连接AE、DF,设AE∩DF=H,则EH⊥DF,EH⊥平面BCD。连接CH,则∠ECH为1BC与平面BCD所成的角。.因ADEF为正方形,AD=2,故EH=1,又EC=112BC=2,所以∠ECH=300,即1BC与平面BCD所成的角为300.解法二:(Ⅰ)以A为坐标原点,射线AB为x轴的正半轴,建立如图所示的直角坐标系A—xyz。设B(1,0,0),C(0,b,0),D(0,0,c),则1B(1,0,2c),E(12,2b,c).于是DE=(12,2b,0),BC=(-1,b,0).由DE⊥平面1BCC知DE⊥BC,DEBC=0,求得b=1,所以AB=AC。(Ⅱ)设平面BCD的法向量(,,),ANxyz则0,0.ANBCANBD又BC=(-1,1,0),BD=(-1,0,c),故00xyxcz令x=1,则y=1,z=1c,AN=(1,1,1c).又平面ABD的法向量AC=(0,1,0)由二面角CBDA为60°知,ACAN,=60°,故60cosACANACAN°,求得21c于是),,(211AN,),,211(1CB21cos111CBANCBANCBAN,,601CBAN,°所以CB1与平面BCD所成的角为30°3、(Ⅰ)证明:连接CQDP,,在ABE中,QP,分别是ABAE,的中点,所以BEPQ21//,又BEDC21//,所以DCPQ//,又PQ平面ACD,DC平面ACD,所以//PQ平面ACD(Ⅱ)在ABC中,BQAQBCAC,2,所以ABCQ而DC平面ABC,DCEB//,所以EB平面ABC而EB平面ABE,所以平面ABE平面ABC,所以CQ平面ABE由(Ⅰ)知四边形DCQP是平行四边形,所以CQDP//所以DP平面ABE,所以直线AD在平面ABE内的射影是AP,所以直线AD与平面ABE所成角是DAP在APDRt中,5122222DCACAD,1sin2CAQCQDP所以5551sinADDPDAP4、【解法1】(Ⅰ)∵四边形ABCD是正方形,∴AC⊥BD,∵PDABCD底面,∴PD⊥AC,∴AC⊥平面PDB,∴平面AECPDB平面.(Ⅱ)设AC∩BD=O,连接OE,由(Ⅰ)知AC⊥平面PDB于O,∴∠AEO为AE与平面PDB所的角,∴O,E分别为DB、PB的中点,∴OE//PD,12OEPD,又∵PDABCD底面,∴OE⊥底面ABCD,OE⊥AO,在Rt△AOE中,1222OEPDABAO,∴45AOE,即AE与平面PDB所成的角的大小为45.【解法2】如图,以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz,设,,ABaPDh则,0,0,,,0,0,,0,0,0,0,0,0,AaBaaCaDPh,(Ⅰ)∵,,0,0,0,,,,0ACaaDPhDBaa,∴0,0ACDPACDB,∴AC⊥DP,AC⊥DB,∴AC⊥平面PDB,∴平面AECPDB平面.(Ⅱ)当2PDAB且E为PB的中点时,1120,0,2,,,222PaEaaa,设AC∩BD=O,连接OE,由(Ⅰ)知AC⊥平面PDB于O,∴∠AEO为AE与平面PDB所的角,∵1122,,,0,0,2222EAaaaEOa,∴2cos2EAEOAEOEAEO,∴45AOE,即AE与平面PDB所成的角的大小为45.多面体ABCDEF的体积为VE—ABCD+VE—BCF=225、解:方法(一):(1)证:依题设,M在以BD为直径的球面上,则BM⊥PD.因为PA⊥平面ABCD,则PA⊥AB,又AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD,则AB⊥PD,因此有PD⊥平面ABM,所以平面ABM⊥平面PCD.(2)设平面ABM与PC交于点N,因为AB∥CD,所以AB∥平面PCD,则AB∥MN∥CD,由(1)知,PD⊥平面ABM,则MN是PN在平面ABM上的射影,所以PNM就是PC与平面ABM所成的角,且PNMPCDONAPBCMDzxytantan22PDPNMPCDDC所求角为arctan22(3)因为O是BD的中点,则O点到平面ABM的距离等于D点到平面ABM距离的一半,由(1)知,PD⊥平面ABM于M,则|DM|就是D点到平面ABM距离.因为在Rt△PAD中,4PAAD,PDAM,所以M为PD中点,22DM,则O点到平面ABM的距离等于2。方法二:(1)同方法一;(2)如图所示,建立空间直角坐标系,则(0,0,0)A,(0,0,4)P,(2,0,0)B,(2,4,0)C,(0,4,0)D,(0,2,2)M,设平面ABM的一个法向量(,,)nxyz,由,nABnAM可得:20220xyz,令1z,则1y,即(0,1,1)n.设所求角为,则22sin3PCnPCn,所求角的大小为22arcsin3.(3)设所求距离为h,由(1,2,0),(1,2,0)OAO,得:2AOnhn6、【解析】解法一:因为平面ABEF⊥平面ABCD,BC平面ABCD,BC⊥AB,平面ABEF∩平面ABC
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