【精品】(高考备战冲刺指导)高考数学立体几何题解 10页

(高考备战冲刺指导)高考数学立体几何(1)・・•平而PCBM丄平而ABC,4C丄BC,ACu平而ABC，・・・AC丄平而PCBM乂•・・BMu平而PCBM:.AC丄BM(II)取BC的中点N,则CW=1，连接AN、MN>・・•平PCBM丄平面ABC,平面PCBMC\平而ABC=BC,PC丄BC«APC丄平面ABC>•:PMIICN,：・MNIIPC,从而MN丄平面ABC作NH丄AB于H,连结MH,则由三垂线定理知AB丄MH，从ifuZMHN为二而角M-AB-C的平面角・・•直线AM与直线PC所成的角为60°,AZAW=60°在AACN中，由勾股定理得AN=近»在RtAAMN中,MN=ANcotZAMN=y/2—=-33在Rt\BNH中,十W"MNP帧在Rt\MNH中,tan乙MHN===NH頁3T故二而角M-AB-C的大小为arctan(II)如图以C为原点建立空间直角坐标系C-xyz>设mO,zo)(z0>0),有B(0,2,0),>4(1,0,0),M(0,l,z°)»而=(j,1,z°)，CP=(O,O,zo)由直线AM与直线PC所成的角为60°,得AM-CP=[AM-C?|-cos60°即z：=Jz；+2•z()，解得z0=AM=(—AB—(—1,2,0)设平而MAB的一个法向量为q=(%),)[,©)，则n-AM—0由彳=>n•AB=0\nV6-x+y+——z-x+2y=0=0取羽,得/tj=(4,2,>/6)\n取平而ABC的一个法向量为n2=(0,0,1)则cos=-w2_&_V39V26«r13—►一/7I■n2V39山图知二面角M-AB-C为锐二面角，故二而角M-AB-C的大小为arccos.13(Ill)多而体PMABC就是四棱锥A—BCPMA-PMBC+%•心另如+CB)C•心抖.(2+1).爭1=¥PMBC75.(天津理19)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA丄底而ABCD,丄AD,AC丄CDZABC=60\PA=AB=BC,E是PC的屮点.(I)i湖CD丄AE；(IIPQ丄平面ABE；UH)求二面/f]A-PD-C的大小.(I)证明：在四棱锥P-ABCD中，因PA丄底面ABCD,CDu平面ABCD,故PA丄CD>VAC丄CDPAr\AC=A,・*.CD丄平而PAC而AEu平面PAC,・・・CD丄4E，(II)证明：由PA=AB=BC,ZABC=60°,可得AC=PA>・・・E是PC的中点,AAELPC>由(I)知，AE丄CD,且PCHCD=Cf所以丄平而PCD>而PDu平IIIPCD,Z.AE±PD，・.・只4丄底面ABCD,PD在底面ABCD内的射影是AD,4B丄AD,又\AB^AE=A,综上得PD丄平lluABE>(III)解法一：过点A作AM丄PD,垂足为M,连结EM平而PCD内的射影是EM，则EM丄PD>因此ZAME是二面/(JA-PD-C的平面也’山已知，得ZCAD=30°，设AC=a,DB:.AB丄"、，则(II)知，AE丄平面PCD,AM在n/oMiR可得PA=a,AD=^^aPD=-—aAE=—a332在RtAADP中，VAM丄PD,AMPD=PAAD,则AM=PA9ADPD2a/3严亍2*—(1>V217a3DB在RtAAEM中,AFJ\AsinAME二一=—，所以二而角A—PD—C的人小是AM4.V14arcsin>解法二：由题设PA丄底ffiABCD,PAu平面PAD,则平面PAD丄平面AC£>,交线为AZ)，过点C作CF丄AD,垂足为F,故CF丄平PAD>过点F作FM丄PD,垂足为M，连结CM,故CM丄PD，因此ZCMP是二而角A-PD-C的平面角，山已知，町得ZCAD=30°,设AC=a,\n可得P—,心净PD斗CFClPAD,..FM_FDt~PA~~PDFD・PA于是'吩pda^a匚-6—少a・14V21Cl31在RtACMF中，t^nCMF=^—=^^=y/l>FMV7——a14DB所以二面角A-PD-C的大小是arctanV7>76.（天津文19）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA丄底lUABCD,AB丄AD4C丄CDZABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中点.（I）求戶3和平而PAD所成的角的大小；（II）诃明AE丄平而PCD；（III）求二而角A-PD—C的人小.（I）解：在四棱锥P-ABCD^,因PA丄底lilABCD,AB平血4BCD，故PA丄A3又4〃丄AD,PAC\AD=A,AB丄平面PAD，故在平面PAD内的射影为PA,帅ZAPBB为利平面PAD所成的角«在RtAPAB中，AB=PA,故ZAPB=45°>所以PB和平iMPAD所成的角的大小为4亍>(II)证明：在四棱锥P-ABCD中，因PA丄底ABCD,CDu平ifijABCD,故CD丄PA由条件CD丄PC,PA^AC=Af:.CD丄面P4C>乂AEu而P4C,..AE丄CD,由PAAB=BC,ZABC=60°,可得AC=PA・•・・E是PC的屮点,・・AE丄PC,.・.PCnCD二C，综上得AE丄平ffiPCD,（III）解：过点E作EM丄PD,垂足为M,连结AM，由（II）知，AE丄平lk]PCD,AM在平面PCD内的射影是£M,则AM丄PD>因此ZAME是二面角A-PD-C的平面角、由已知，可得ZCAP=30°.设AC=a,可得PA=a,AD=^a,PD=^-a,AE=—a、332\n在RtAADP中，vAM丄PD,AMPD=PAAD,则AMPAADPD2^3°亍2打—a阿7a3af、/Fi./?4在RtAAEM中,sinAME=^=^，所以二面角A-PD-C的大小arcsin^，AM4Dn.(浙江理19)在如图所示的几何体中，E4丄平WABC,丄平面ABC.AC丄BC,Q.AC=BC=BD=2AE,M是的中点.(I)求证：CM丄EM；(II)求CM与平ffiCDE所成的角.方法一：(I)证明：因为AC=BCfM是AB的中点，所以CM丄AB,乂E4丄平而ABC,所以CM丄EM(II)解：过点M作丄平而CDE,垂足是H,连结CH交延长交ED于点F,连结MF,MD，ZFCM是直线CM和平血CDE所成的角，因为丄平\hiCDE,所以MH丄ED,又因为CM丄平\hiEDM,WCM丄ED,则ED丄平血CMF,ED丄MF，设EA=a,BD=BC=AC=2a,在直角梯形ABDE中，AB=2迈a,M是AB的中点，所以DE=3a,EMMD=&a，得/\EMD是直角三如形,其屮ZEMD二MF在Rt/XCMF中，tanZFCM=—=1,所以ZFCM=45°,故CM与平面CDE所成的角是45°方法二：如MC图，以点C为坐标原点，以CA,CB分别为x轴和y轴，过点C作与平而ABC垂直的XI线为z轴，建立直角处标系C-xyz，设=则A(2gOO),B(0,2g0),E(2cb0,a)>£>(0,2a2a),M(d,位0)(I)证明:因为丽=(—a,a-a)CM=(cb6/0),所以EMCM=0,故EM丄CM(II)解：设向量n=(l,y0z°)与平血CDE垂直，则厉丄CE,厉丄CD,即矗C£=0,nCD=0>因为CE=(2^,0,a),CD=(0,2«2a),\n所以y°=2,x0=-2，即几=（1,2厂2）,cosCMhCM\|w|直线CM与平而CDE所成的角&是五与CM夹角的余角，所以&=45°,因此直线CM与平面CDE所成的介是45°7&(重庆理19)如题(19)图，在直三棱柱ABC-A^C,中,题(19)图A£=2,AB=1,ZABC=90；点D,E分别在BB「AD上，且丄AD,四棱锥C-ABDA,与直三棱柱的体枳之比为3:5.(I)求界血直线DE与的距离；(II)若BC=V2,求二而角A,-DC.-B}的平而角的正切值.解法-r(DISBC丄£B],且BC丄BB、,故BC丄面AlABBl,从\(\iB,C,丄B、E,又B、E丄DE,故是异而直线QC]与DE的公垂线，设BD的长度为x，贝IJ四棱椎C-ABDA}的体积«为%JS叫-BCJ（DB+£A）ABBC=^x+2）BC‘366而直三棱柱ABC—4QG的体积匕为K=S△做"已^=~ABBCAAX=BCiaqrh已知条件V,=3:5，故一（x+2）=-,解Z得x=->65582从而BQ=B\B—DB=2一一=-、1155在直角三角形A}B}D中,A\D=JA\B?+B、d2V29~T~又因s^BiD=^a]d^e=^a]b1B\D,故B\E=A}B「B\D2V2929(II)如答(19)图1,过冋作Bf丄C£,垂足为F,连接Af,答(19)图1\nAd丄BQ,人冋丄B、D,故人色丄而3£G，由三垂线定理知C、D丄,故ZA}FB}为所求二面和的平面和，在直角△C/Q屮,C\D=jB\Cf+B\D2=3a/6又因冷c*•时冷gb、d,故时C、D2^3~9~所以tan^FB,=B\F3^3"T"B(O)答(19)图2而直三棱柱ABC—的体积V2为V2=人肚解法二：(I)女蓉(19)图2,以〃点为处标原点O建立空间直角处标系0—x.yz，则5(0,00),冋(0,02),A(O,1Q),A(0,12)，则A4t=(0,02),AB=(0,-10)设G(d，02),则BC=(d，00)，又设E(0,y0z°)，则B,£=((),儿z0-2),从而冋GB】E=O,即丄B]C「又丽丄两,所以是异面直线QG与DE的公垂线，下面求点D的坐标、设D(0,0,z),则丽(0,0,z)・I大I四棱锥C-ABDA.的体枳V,为V_1S丫1_3°abdax网T阿T洞)ABBC二扣+2)1|fiC]3Q山已知条件V,:V2=3:5,故一匕+2)二一，解得z=655从而西〔0,0彳)———-2接下来再求点E的处标，由耳E丄D4|,有B.EDA.=0,即儿+―(“―2)=0(I)8_.—,vZo_Q乂由DA.//DE得乜=卞^・(2)1125448/448、一・(410、联立(1),(2),解得儿=——，％=——，即£=0,-^—,得B、E=0,-^——29°29I2929丿1I2929丿\n故2^2929di）rh已知bc=近,则q（V2,o2）,从而万可=（、伍,0?）,过冋作丄GD,垂足为F,连接Af,设尸（勺0,石），则B|F=3,0,石一2）,因为B.FDC1=O,故血W"①因Q、勺0,Z]——且DF//DC,得5丿2/-44联立①②解得西弓血，3方，即F二一_8——2^~'即丁兀]-^2^]+—V2=0②5"冋纠，<2727J>\B{F\=2^3~9-10)27丿工巧0(27■■2/~/~102乂£FDC,=—a/2V2+(-l)0=0,故丄DC,,Mlt厶/色为所求二面和的平面和，乂27275孫=(o,—J0),从而瓦瓦乔=0,故丄B\F,则乖侣g墙为直角三角形，所以IB.FI279.（重庆文19）如题19图，在直三棱柱ABC-A^C,中，3Z4BC=90°,AB=\,BC=-AA.=2；点D在棱BB.h,211BD=-BB｝；丄AQ,垂足为E,求：（I）异面直线与dG的距离；（II）四棱锥C-ABDE的体积.\n•解法t(I)rh直三棱柱的定义知丄乂因为/ABC=90°,因此EG丄ABp从而dG丄平面A.B.D『得B|C|丄B}E,乂丄AQ故QE是异而直线dG与的公垂线>14由BD=-BB\知BlD=-t在RtAAjB.Z)中，AD又因S“=”用即小瓠"£,卜4553(II)由(I)知BQ]丄平而A^D，又BC//BQ],故BC丄平面ABDE,即BC为四棱锥C—ABDE的瓶从而所求四棱锥的休积V为V=VC_A8DE=—・S・BC,其中S为四边形ABDE的而积，如答(19)图1,过E作、2CEF丄B"垂足为F>在RtA^ED中，ED=JB、D?_B\E?(4)5>2_16"15I]Rf・DF16又讽Sd=B、E•唇护DEF,阪EF二旨花169因△侶的边恥上的高“佔存八戸百1199△的21225251142乂因为s△佔d=---1§=§，9273ABBXAXA}B{D从ifuS=SABBiAi-S^AE-SAAD=2_亦_§=亦1173373所以y—-=—>33752150解法二：(I)如答(19)图2,以B点为坐标原点O建立空间直角坐标系O-xyz，则A(O,1Q),£(012),B(00,0),fi/002),Cf[-0212>\n因此A4i=(0,02),AB=(0,-J0),——(3、一-(4、晒=一，00,A£=0,-1-一>\2)\3丿设E(0,儿知)，则丽=(0,y0%—2),因此乖陌=0,从而BC丄.又山题设B、E丄AQ,故是异面直线B、C\与A.D的公垂线下面求点E的坐标>―-——4(1)(2)因EE丄AQ,即B.E^0=0,从而儿—一(zo-2)=O,••…又乔=(0,儿—1%—2)，且乖〃盘，得牛1=迢匚2所以B、E=16251638刖厂,B{E=Or——J2525丿联立(1),(2)解得『0=2=41225(II)由BC丄AB,BC丄DB,收BC丄ABDE,即BC为四棱锥C-ABDE的高、下面求四边形ABDE的面积，因为SabdE=*^AABE+S卜1'1t3819Za=—1=02252573ABDE23S△加E=-BD\>0=~257575'所以仝皿寺嗨=i1216_161-2325~75bc|U233=213752150