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  • 2021-05-13 发布

数学高考分类汇编解答题文03——立体几何

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‎03 立体几何 ‎1. (天津文)17.(本小题满分13分)如图,在四棱锥中,底面为 ‎ 平行四边形,,,为中点,‎ ‎ 平面,,‎ ‎ 为中点.‎ ‎(Ⅰ)证明://平面;‎ ‎(Ⅱ)证明:平面;‎ ‎(Ⅲ)求直线与平面所成角的正切值.‎ ‎【解析】(17)本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力。满分13分。‎ ‎ (Ⅰ)证明:连接BD,MO,在平行四边形ABCD中,因为O为AC的中点,所以O为BD的中点,又M为PD的中点,所以PB//MO。因为平面ACM,平面ACM,所以PB//平面ACM。‎ ‎ (Ⅱ)证明:因为,且AD=AC=1,所以,即,又PO平面ABCD,平面ABCD,所以,所以平面PAC。‎ ‎ (Ⅲ)解:取DO中点N,连接MN,AN,因为M为PD的中点,所以MN//PO,且平面ABCD,得平面ABCD,所以是直线AM与平面ABCD所成的角,在中,,所以,从而,‎ ‎ 在,即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为 ‎2. (北京文)17.(本小题共14分)‎ ‎ 如图,在四面体PABC中,PC⊥AB,PA⊥BC,点D,E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的中点.‎ ‎ (Ⅰ)求证:DE∥平面BCP; ‎ ‎ (Ⅱ)求证:四边形DEFG为矩形;‎ ‎ (Ⅲ)是否存在点Q,到四面体PABC六条棱的中点的距离相等?说明理由.‎ ‎【解析】(17)(共14分)‎ ‎ 证明:(Ⅰ)因为D,E分别为AP,AC的中点,‎ 所以DE//PC。‎ 又因为DE平面BCP,‎ 所以DE//平面BCP。‎ ‎(Ⅱ)因为D,E,F,G分别为 AP,AC,BC,PB的中点,‎ 所以DE//PC//FG,DG//AB//EF。‎ 所以四边形DEFG为平行四边形,‎ 又因为PC⊥AB,‎ 所以DE⊥DG,‎ 所以四边形DEFG为矩形。‎ ‎(Ⅲ)存在点Q满足条件,理由如下:‎ 连接DF,EG,设Q为EG的中点 由(Ⅱ)知,DF∩EG=Q,且QD=QE=QF=QG=EG.‎ 分别取PC,AB的中点M,N,连接ME,EN,NG,MG,MN。‎ 与(Ⅱ)同理,可证四边形MENG为矩形,其对角线点为EG的中点Q,‎ 且QM=QN=EG,‎ 所以Q为满足条件的点.‎ ‎3. (全国大纲文)20.(本小题满分l2分)(注意:在试题卷上作答无效)‎ 如图,四棱锥中, ,,侧面为等边三角形, ‎ ‎.‎ ‎ (I)证明:平面SAB;‎ ‎ (II)求AB与平面SBC所成的角的大小。‎ ‎【解析】20.解法一:‎ ‎ (I)取AB中点E,连结DE,则四边形BCDE为矩形,DE=CB=2,‎ ‎ 连结SE,则 ‎ 又SD=1,故,‎ ‎ 所以为直角。 …………3分 ‎ 由,‎ ‎ 得平面SDE,所以。‎ ‎ SD与两条相交直线AB、SE都垂直。‎ ‎ 所以平面SAB。 …………6分 ‎ (II)由平面SDE知,‎ ‎ 平面平面SED。‎ ‎ 作垂足为F,则SF平面ABCD,‎ ‎ ‎ ‎ 作,垂足为G,则FG=DC=1。‎ ‎ 连结SG,则,‎ ‎ 又,‎ ‎ 故平面SFG,平面SBC平面SFG。 …………9分 ‎ 作,H为垂足,则平面SBC。‎ ‎ ,即F到平面SBC的距离为 ‎ 由于ED//BC,所以ED//平面SBC,E到平面SBC的距离d也有 ‎ 设AB与平面SBC所成的角为α,‎ ‎ 则 …………12分 ‎ 解法二:‎ ‎ 以C为坐标原点,射线CD为x轴正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系C—xyz。‎ 设D(1,0,0),则A(2,2,0)、B(0,2,0)。‎ 又设 ‎ (I),,‎ 由得 故x=1。‎ 由 又由 即 …………3分 于是,‎ 故 所以平面SAB。‎ ‎ (II)设平面SBC的法向量,‎ 则 又 故 …………9分 取p=2得。‎ 故AB与平面SBC所成的角为 ‎4. (全国新文)18.(本小题满分12分)‎ 如图,四棱锥中,底面ABCD为平行四边形,,,底面ABCD.‎ ‎ (I)证明:;‎ ‎ (II)设PD=AD=1,求棱锥D-PBC的高.‎ ‎【解析】(18)解:‎ ‎(Ⅰ)因为, 由余弦定理得 ‎ 从而BD2+AD2= AB2,故BDAD 又PD底面ABCD,可得BDPD 所以BD平面PAD. 故 PABD ‎(Ⅱ)如图,作DEPB,垂足为E。已知PD底面ABCD,则PDBC。由(Ⅰ)知BDAD,又BC//AD,所以BCBD。‎ 故BC平面PBD,BCDE。‎ 则DE平面PBC。‎ 由题设知,PD=1,则BD=,PB=2,‎ 根据BE·PB=PD·BD,得DE=,‎ 即棱锥D—PBC的高为 ‎5. (辽宁文)18.(本小题满分12分)‎ 如图,四边形ABCD为正方形,QA⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=PD.‎ ‎(I)证明:PQ⊥平面DCQ;‎ ‎(II)求棱锥Q—ABCD的的体积与棱锥P—DCQ的体积的比值.‎ ‎【解析】18.解:(I)由条件知PDAQ为直角梯形 因为QA⊥平面ABCD,所以平面PDAQ⊥平面ABCD,交线为AD.‎ 又四边形ABCD为正方形,DC⊥AD,所以DC⊥平面PDAQ,可得PQ⊥DC.‎ 在直角梯形PDAQ中可得DQ=PQ=PD,则PQ⊥QD 所以PQ⊥平面DCQ. ………………6分 ‎ (II)设AB=a.‎ 由题设知AQ为棱锥Q—ABCD的高,所以棱锥Q—ABCD的体积 由(I)知PQ为棱锥P—DCQ的高,而PQ=,△DCQ的面积为,‎ 所以棱锥P—DCQ的体积为 故棱锥Q—ABCD的体积与棱锥P—DCQ的体积的比值为1.…………12分 ‎6. (江西文)18.(本小题满分12分)‎ ‎ 如图,在中,P为AB边上的一动点,PD//BC交AC于点D,现将PDA沿PD翻折至PDA,使平面PDA平面PBCD。‎ ‎ (1)当棱锥的体积最大时,求PA的长;‎ ‎ (2)若点P为AB的中点,E为的中点,求证:。‎ ‎【解析】18.(本小题满分12分)‎ 解:(1)令 因为,‎ 且平面平面PBCD,‎ 故平面PBCD。‎ 所以,‎ 令 由,‎ 当单调递增 当单调递减,‎ 所以,当时,取得最大值,‎ 即:当最大时,‎ ‎ (2)设F为的中点,连接PF,FE,‎ ‎ 则有 所以DE//PF,又 所以,‎ 故 ‎7. (山东文)19.(本小题满分12分)‎ 如图,在四棱台中,平面,底面是平行四边形,,,60°‎ ‎(Ⅰ)证明:;‎ ‎(Ⅱ)证明:.‎ ‎【解析】19.(I)证法一:‎ 因为平面ABCD,且平面ABCD,‎ 所以,‎ 又因为AB=2AD,,‎ 在中,由余弦定理得 ‎,‎ 所以,‎ 因此,‎ 又 所以 又平面ADD1A1,‎ 故 证法二:‎ 因为平面ABCD,且平面ABCD,‎ 所以 取AB的中点G,连接DG,‎ 在中,由AB=2AD得AG=AD,‎ 又,所以为等边三角形。‎ 因此GD=GB,‎ 故,‎ 又 所以平面ADD1A1,‎ 又平面ADD1A1,‎ 故 ‎ (II)连接AC,A1C1,‎ 设,连接EA1‎ 因为四边形ABCD为平行四边形,‎ 所以 由棱台定义及AB=2AD=2A1B1知 A1C1//EC且A1C1=EC,‎ 所以边四形A1ECC1为平行四边形,‎ 因此CC1//EA1,‎ 又因为EA平面A1BD,平面A1BD,‎ 所以CC1//平面A1BD。‎ ‎8. (陕西文)16.(本小题满分12分)‎ 如图,在△ABC中,∠ABC=45°,∠BAC=90°,AD是BC上的高,沿AD把△ABD 折起,使∠BDC=90°。‎ ‎(Ⅰ)证明:平面ADB  ⊥平面BDC;‎ ‎(Ⅱ)设BD=1,求三棱锥D—ABC的表面积。‎ ‎【解析】16.解(Ⅰ)∵折起前AD是BC边上的高,‎ ‎∴ 当Δ ABD折起后,AD⊥DC,AD⊥DB,‎ 又DBDC=D,‎ ‎∴AD⊥平面BDC,‎ ‎∵AD 平面平面ABD.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知,DA,,,‎ DB=DA=DC=1,‎ AB=BC=CA=,‎ 从而 ‎ ‎ 表面积:‎ ‎9. (上海文)20.(14分)已知是底面边长为1的正四棱柱,高。求:‎ ‎(1)异面直线与所成的角的大小(结果用反三角函数表示);‎ ‎(2)四面体的体积。‎ ‎【解析】20.解:⑴ 连,∵ ,‎ ‎∴ 异面直线与所成角为,记,‎ ‎∴ 异面直线与所成角为。‎ ‎⑵ 连,则所求四面体的体积 ‎。‎ ‎10. (四川文)19.(本小题共l2分)‎ 如图,在直三棱柱ABC-A1B‎1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=AA1=1,延长A‎1C1至点P,使C1P=A‎1C1,连接AP交棱CC1于D.‎ ‎(Ⅰ)求证:PB1∥平面BDA1;‎ ‎(Ⅱ)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值;‎ 本小题主要考查直三棱柱的性质、线面关系、二面角等基本知识,并考查空间想象能力和逻辑推理能力,考查应用向量知识解决问题的能力.‎ 解法一:‎ ‎(Ⅰ)连结AB1与BA1交于点O,连结OD,‎ ‎∵C1D∥平面AA1,A1C1∥AP,∴AD=PD,又AO=B1O,‎ ‎∴OD∥PB1,又ODÌ面BDA1,PB1Ë面BDA1,‎ ‎∴PB1∥平面BDA1.‎ ‎(Ⅱ)过A作AE⊥DA1于点E,连结BE.∵BA⊥CA,BA⊥AA1,且AA1∩AC=A,‎ ‎∴BA⊥平面AA1C1C.由三垂线定理可知BE⊥DA1.‎ ‎∴∠BEA为二面角A-A1D-B的平面角.‎ 在Rt△A1C1D中,,‎ 又,∴.‎ 在Rt△BAE中,,∴.‎ 故二面角A-A1D-B的平面角的余弦值为.‎ 解法二:‎ 如图,以A1为原点,A1B1,A1C1,A1A所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系A1-B1C1A,则,,,,.‎ ‎(Ⅰ)在△PAA1中有,即.‎ ‎∴,,.‎ 设平面BA1D的一个法向量为,‎ 则令,则.‎ ‎∵,‎ ‎∴PB1∥平面BA1D,‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知,平面BA1D的一个法向量.‎ 又为平面AA1D的一个法向量.∴.‎ 故二面角A-A1D-B的平面角的余弦值为.‎ ‎11. (浙江文)(20)(本题满分14分)如图,在三棱锥中,,为的中点,⊥平面,垂足落在线段上.‎ ‎(Ⅰ)证明:⊥;‎ ‎(Ⅱ)已知,,,.求二面角的大小.‎ ‎【解析】(20)本题主要考查空间线线、线面、面面位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和推理论证能力。满分14分。‎ ‎ (Ⅰ)证明:由AB=AC,D是BC中点,得,‎ ‎ 又平面ABC,,得 ‎ 因为,所以平面PAD,故 ‎ (Ⅱ)解:如图,在平面PAB内作于M,连CM。‎ ‎ 因为平面BMC,所以APCM。‎ ‎ 故为二面角B—AP—C的平面角。‎ ‎ 在 ‎ 在,‎ ‎ 在中,,‎ ‎ 所以 ‎ 在 ‎ ‎ 又 ‎ 故 ‎ 同理 ‎ 因为 ‎ 所以 ‎ 即二面角B—AP—C的大小为 ‎12. (重庆文)20.(本小题满分12分,(Ⅰ)小问6分,(Ⅱ)小问6分)‎ ‎ 如题(20)图,在四面体中,平面ABC⊥平面,‎ ‎ (Ⅰ)求四面体ABCD的体积;‎ ‎ (Ⅱ)求二面角C-AB-D的平面角的正切值。‎ ‎【解析】20.(本题12分)‎ 解法一:(I)如答(20)图1,过D作DF⊥AC垂足为F,‎ 故由平面ABC⊥平面ACD,知DF⊥平面ABC,即DF 是四面体ABCD的面ABC上的高,设G为边CD的中点,‎ 则由AC=AD,知AG⊥CD,从而 由 故四面体ABCD的体积 ‎ (II)如答(20)图1,过F作FE⊥AB,垂足为E,连接DE。由(I)知DF⊥平面ABC。由三垂线定理知DE⊥AB,故∠DEF为二面角C—AB—D的平面角。‎ ‎ 在 ‎ 在中,EF//BC,从而EF:BC=AF:AC,所以 ‎ 在Rt△DEF中,‎ ‎ 解法二:(I)如答(20)图2,设O是AC的中点,过O作OH⊥AC,交AB于H,过O作OM⊥AC,交AD于M,由平面ABC⊥平面ACD,知OH⊥OM。因此以O为原点,以射线OH,OC,OM分别为x轴,y轴,z轴的正半轴,可建立空间坐标系 O—xyz.已知AC=2,故点A,C的坐标分别为A(0,—1,0),C(0,1,0)。‎ ‎ 设点B的坐标为,有 ‎ ‎ ‎ 即点B的坐标为 ‎ 又设点D的坐标为有 ‎ ‎ ‎ 即点D的坐标为从而△ACD边AC上的高为 ‎ 又 ‎ 故四面体ABCD的体积 ‎ (II)由(I)知 ‎ 设非零向量是平面ABD的法向量,则由有 ‎ (1)‎ ‎ 由,有 ‎ (2)‎ ‎ 取,由(1),(2),可得 ‎ 显然向量是平面ABC的法向量,从而 ‎ ‎ ‎ 即二面角C—AB—D的平面角的正切值为 ‎13. (安徽文)(19)(本小题满分13分)‎ 如图,为多面体,平面与平面垂直,点在线段上,,,△OAB,△OAC,△ODE,△ODF都是正三角形。‎ ‎(Ⅰ)证明直线;‎ ‎(Ⅱ)求棱锥的体积.‎ ‎【解析】(19)(本小题满分13分)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,考查空间想象能力,推理论证能力和运算求解能力.‎ ‎ ‎ ‎ (I)证明:设G是线段DA与EB延长线的交点. 由于△OAB与△ODE都是正三角形,所以 ‎=‎ ‎ ∥,OG=OD=2,‎ ‎ 同理,设是线段DA与FC延长线的交点,有 ‎ 又由于G和都在线段DA的延长线上,所以G与重合.‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎ 在△GED和△GFD中,由‎=‎ ∥和OC∥,可知B和C分别是GE和GF的中点,所以BC是△GEF的中位线,故BC∥EF.‎ ‎ (II)解:由OB=1,OE=2,,而△OED是边长为2的正三角形,故 ‎ 所以 ‎ 过点F作FQ⊥DG,交DG于点Q,由平面ABED⊥平面ACFD知,FQ就是四棱锥F—OBED的高,且FQ=,所以 ‎14. (福建文)20.(本小题满分12分)‎ 如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,点E在线段AD上,且CE∥AB。‎ ‎ (I)求证:CE⊥平面PAD;‎ ‎(11)若PA=AB=1,AD=3,CD=,∠CDA=45°,求四棱锥P-ABCD的体积 ‎【解析】20.本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系,几何体的体积等基础知识;考查空间想象能力,推理论证能力,运算求解能力;考查数形结合思想,化归与转化思想,满分12分 ‎ (I)证明:因为平面ABCD,平面ABCD,‎ 所以 因为 又 所以平面PAD。‎ ‎(II)由(I)可知,‎ 在中,DE=CD 又因为,‎ 所以四边形ABCE为矩形,‎ 所以 又平面ABCD,PA=1,‎ 所以 ‎15. (湖北文)18.(本小题满分12分)‎ ‎ 如图,已知正三棱柱-的底面边长为2,侧棱长为,点E在侧棱上,点F在侧棱上,且,‎ ‎.‎ ‎(I) 求证:;‎ ‎(II) 求二面角的大小。‎ ‎【解析】18.本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角的求法,同时考查空间想象能力和推理论证能力。(满分12分)‎ ‎ 解法1:(Ⅰ)由已知可得 ‎ ‎ ‎ 于是有 ‎ 所以 ‎ 又 ‎ 由 ‎ (Ⅱ)在中,由(Ⅰ)可得 ‎ 于是有EF2+CF2=CE2,所以 ‎ 又由(Ⅰ)知CF C1E,且,所以CF 平面C1EF,‎ ‎ 又平面C1EF,故CF C‎1F。‎ ‎ 于是即为二面角E—CF—C1的平面角。‎ ‎ 由(Ⅰ)知是等腰直角三角形,所以,即所求二面角E—CF—C1的大小为。‎ ‎ 解法2:建立如图所示的空间直角坐标系,则由已知可得 ‎ ‎ ‎ (Ⅰ)‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ (Ⅱ),设平面CEF的一个法向量为 ‎ 由 ‎ 即 ‎ 设侧面BC1的一个法向量为 ‎ ‎ ‎ 设二面角E—CF—C1的大小为θ,于是由θ为锐角可得 ‎ ,所以 ‎ 即所求二面角E—CF—C1的大小为。‎ ‎16. (湖南文)19.(本小题满分12分)‎ 如图3,在圆锥中,已知的直径 的中点.‎ ‎ (Ⅰ)证明:平面;‎ ‎ (Ⅱ)求直线 和平面所成角的正弦值.‎ ‎【解析】19.(本题满分12分)‎ 解法1:(I)因为 又PO⊥底面⊙O,AC底面⊙O,所以AC⊥PO,而OD,内的两条相交直线,所以 ‎ (II)由(I)知,又 ‎ 所以平面在平面中,‎ 过作则连结,‎ 则是上的射影,‎ 所以是直线和平面所成的角.‎ 在 在 在 ‎17. (广东文)18.(本小题满分13分)‎ ‎ 图5所示的集合体是将高为2,底面半径为1的直圆柱沿过轴的平面切开后,将其中一半沿切面向右水平平移后得到的.A,A′,B,B′分别为,,,的中点,分别为的中点.‎ ‎(1)证明:四点共面;‎ ‎(2)设G为A A′中点,延长到H′,使得.证明:‎ ‎【解析】18.(本小题满分13分)‎ ‎ 证明:(1)中点,‎ ‎ ‎ ‎ 连接BO2‎ ‎ 直线BO2是由直线AO1平移得到 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 共面。‎ ‎ (2)将AO1延长至H使得O1H=O‎1A,连接 ‎//‎ ‎ 由平移性质得=HB ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎18. (江苏)16.如图,在四棱锥中,平面PAD⊥平面ABCD,AB=AD,∠BAD=60°,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】本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系,考察空间想象能力和推理论证能力。满分14分。‎ 证明:(1)在△PAD中,因为E、F分别为 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)连结DB,因为AB=AD,∠BAD=60°,‎ 所以△ABD为正三角形,因为F是AD的 中点,所以BF⊥AD.因为平面PAD⊥平面 ABCD,BF平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以BF⊥平面PAD。又因为BF平面BEF,所以平面BEF⊥平面PAD.‎