高考数学试题分类汇编立体几何1 30页

‎2012年高考理科数学真题汇编：立体几何 一、选择题 ‎ .（2012年高考（陕西理））如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱,,则直线与直线夹角的余弦值为 （　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2.（2012年高考（大纲理））已知正四棱柱中,为的中点,则直线 与平面的距离为 （　　）‎ A．2 B． C． D．1‎ 二、填空题 ‎1.（ 2012年高考（四川理））如图,在正方体中,、分别是、的中点,则异面直线与所成角的大小是____________.‎ .（2012年高考（辽宁理））已知正三棱锥ABC,点P,A,B,C都在半径为的求面上,若PA,PB,PC两两互相垂直,则球心到截面ABC的距离为________.‎ D A B C ‎3.（2012年高考（大纲理））三棱柱中,底面边长和侧棱长都相等,,则异面直线与所成角的余弦值为_____________.‎ 三、解答题 ‎1.（2012年高考（天津理））如图,在四棱锥中,丄平面,丄,丄,,,.‎ ‎(Ⅰ)证明丄;‎ ‎(Ⅱ)求二面角的正弦值;‎ ‎(Ⅲ)设E为棱上的点,满足异面直线BE与CD所成的角为,求AE的长.‎ ‎2.（2012年高考（新课标理））如图,直三棱柱中,,是棱的中点,‎ ‎(1)证明:‎ ‎(2)求二面角的大小.‎ ‎3.（2012年高考（浙江理））如图,在四棱锥P—ABCD中,底面是边长为的菱形,且∠BAD=120°,且PA⊥平面ABCD,PA=,M,N分别为PB,PD的中点.‎ ‎(Ⅰ)证明:MN∥平面ABCD;‎ ‎(Ⅱ) 过点A作AQ⊥PC,垂足为点Q,求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值.‎ ‎4.（2012年高考（上海理））如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥底面ABCD,E是PC的中点.已知AB=2,‎ AD=2,PA=2.求:‎ A B C D P E ‎(1)三角形PCD的面积;‎ ‎(2)异面直线BC与AE所成的角的大小.‎ ‎5.（2012年高考（上海春））如图,正四棱柱的底面边长为,高为,为线段的中点.求:‎ ‎(1)三棱锥的体积;‎ ‎(2)异面直线与所成角的大小(结果用反三角函数值表示)‎ ‎6.（2012年高考辽宁理）如图,直三棱柱,,‎ 点M,N分别为和的中点.‎ ‎(Ⅰ)证明:∥平面;‎ ‎(Ⅱ)若二面角为直二面角,求的值.‎ ‎7.(2012年高考（江苏））如图,在直三棱柱中,,分别是棱上的点(点 不同于点),且为的中点.‎ 求证:(1)平面平面;‎ ‎(2)直线平面.‎ ‎8.(2012年高考（湖南理）） 如图5,在四棱锥P-ABCD中,‎ PA⊥平面ABCD,AB=4,BC=3,AD=5,∠DAB=∠ABC=90°,E是CD的中点.‎ A B C D P E 图5‎ ‎(Ⅰ)证明:CD⊥平面PAE;‎ ‎(Ⅱ)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的 角相等,求四棱锥P-ABCD的体积.‎ 错误！未指定书签。9.（2012年高考（湖北理））如图1,,,过动点A作,垂足D在线段BC上且异于点B,连接AB,沿将△折起,使(如图2所示). ‎ ‎(Ⅰ)当的长为多少时,三棱锥的体积最大;‎ ‎(Ⅱ)当三棱锥的体积最大时,设点,分别为棱,的中点,试在 棱上确定一点,使得,并求与平面所成角的大小.‎ D A B C A C D B 图2‎ 图1‎ M E ‎.‎ ‎·‎ ‎10.（2012年高考（广东理））如图5所示,在四棱锥中,底面为矩形,平面,点在线段上,平面.‎ ‎(Ⅰ)证明:平面;‎ ‎(Ⅱ)若,,求二面角的正切值.‎ ‎11.（2012年高考福建理）如图,在长方体中为中点.‎ ‎(Ⅰ)求证:‎ ‎(Ⅱ)在棱上是否存在一点,使得平面?若存在,求的长;若不存在,说明理由.[ ‎ ‎(Ⅲ)若二面角的大小为,求的长.‎ ‎12.（2012年高考（大纲理）)如图,四棱锥中,底面为菱形,底面,,是上的一点,.‎ ‎(1)证明:平面;‎ ‎(2)设二面角为,求与平面所成角的大小.‎ ‎13.（2012年高考北京理）如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,‎ 且DE∥BC,DE=2,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如图2. ‎ ‎(1)求证:A1C⊥平面BCDE;‎ ‎(2)若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小;‎ ‎(3)线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?说明理由. ‎ ‎.‎ ‎2012年高考真题理科数学解析汇编：立体几何参考答案 一、选择题 错误！未找到引用源。 【解析】选 ‎ 的外接圆的半径,点到面的距离 ‎ 为球的直径点到面的距离为 ‎ 此棱锥的体积为 ‎ 另:排除 ‎ 错误！未找到引用源。 【解析】选 该几何体是三棱锥,底面是俯视图,高为 ‎ 此几何体的体积为 ‎ 错误！未找到引用源。 【答案】B ‎ ‎【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着,观察在翻着过程,即可知选项B是正确的. ‎ 错误！未找到引用源。 【答案】A ‎ ‎【解析】. ‎ ‎【考点定位】本题考查棱锥的结构特征,考查空间相象力,极限思想的运用,是中档题. ‎ 错误！未找到引用源。 [答案]A ‎ ‎[解析] 以O为原点,分别以OB、OC、OA所在直线为x、y、z轴, ‎ 则,A ‎ ‎, ‎ ‎[点评]本题综合性较强,考查知识点较为全面,题设很自然的把向量、立体几何、三角函数等基础知识结合到了一起.是一道知识点考查较为全面的好题.要做好本题需要有扎实的数学基本功. ‎ 错误！未找到引用源。 [答案]C ‎ ‎[解析]若两条直线和同一平面所成角相等,这两条直线可能平行,也可能为异面直线,也可能相交,所以A错;一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行,故B错;若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行,也可以垂直;故D错;故选项C正确. ‎ ‎[点评]本题旨在考查立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质,需要熟练掌握课本基础知识的定义、定理及公式. ‎ 错误！未找到引用源。 D ‎ 错误！未找到引用源。 解析:不妨设,则,,直线与直线夹角为锐角,所以余弦值为,选A. ‎ 错误！未找到引用源。 A【解析】本题综合考查了棱锥的体积公式,线面垂直,同时考查了函数的思想,导数法解决几何问题等重要的解题方法. ‎ ‎(定性法)当时,随着的增大,观察图形可知,单调递减,且递减的速度越来越快;当时,随着的增大,观察图形可知,单调递减,且递减的速度越来越慢;再观察各选项中的图象,发现只有A图象符合.故选A. ‎ ‎【点评】对于函数图象的识别问题,若函数的图象对应的解析式不好求时,作为选择题,没必要去求解具体的解析式,不但方法繁琐,而且计算复杂,很容易出现某一步的计算错误而造成前功尽弃;再次,作为选择题也没有太多的时间去给学生解答;因此,使用定性法,不但求解快速,而且准确节约时间. ‎ 错误！未找到引用源。 【答案】D ‎ ‎【解析】本题是组合体的三视图问题,由几何体的正视图和侧视图均如图1所示知,原图下面图为圆柱或直四棱柱,上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱,A,B,C都可能是该几何体的俯视图,D不可能是该几何体的俯视图,因为它的正视图上面应为如图的矩形. ‎ ‎【点评】本题主要考查空间几何体的三视图,考查空间想象能力.是近年高考中的热点题型. ‎ 错误！未找到引用源。考点分析:考察球的体积公式以及估算. ‎ 解析:由,设选项中常数为,则;A中代入得,B中代入得,C中代入得,D中代和主得,由于D中值最接近的真实值,故选择D. ‎ 错误！未找到引用源。考点分析:本题考察空间几何体的三视图. ‎ 解析:显然有三视图我们易知原几何体为 一个圆柱体的一部分,并且有正视图知是一个1/2的圆柱体,底面圆的半径为1,圆柱体的高为6,则知所求几何体体积为原体积的一半为.选B. ‎ 错误！未找到引用源。解析:C ‎.该几何体下部分是半径为3,高为5的圆柱,体积为,上部分是半径为3,高为4的圆锥,体积为,所以体积为. ‎ 错误！未找到引用源。 【答案】D ‎ ‎【解析】分别比较ABC的三视图不符合条件,D符合. ‎ ‎【考点定位】考查空间几何体的三视图与直观图,考查空间想象能力、逻辑推理能力. ‎ 错误！未找到引用源。答案D ‎ ‎【命题意图】本试题主要考查了正四棱柱的性质的运用,以及点到面的距离的求解.体现了转换与化归的思想的运用,以及线面平行的距离,转化为点到面的距离即可. ‎ ‎【解析】连结交于点,连结,因为是中点,所以,且,所以,即直线 与平面BED的距离等于点C到平面BED的距离,过C做于,则即为所求距离.因为底面边长为2,高为,所以,,,所以利用等积法得,选D. ‎ 错误！未找到引用源。 【答案】B ‎ ‎【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥,本题所求表面积为三棱锥四个面的面积之和.利用垂直关系和三角形面积公式,可得:,因此该几何体表面积,故选B. ‎ ‎【考点定位】本小题主要考查的是三棱锥的三视图问题,原来考查的是棱锥或棱柱的体积而今年者的是表面积,因此考查了学生的计算基本功和空间想象能力. ‎ 错误！未找到引用源。 【解析】选 ‎ ① ②如果;则与条件相同 ‎ 二、填空题 错误！未找到引用源。 【答案】 ‎ ‎【命题意图】本试题主要考查了简单组合体的三视图的画法与体积的计算以及空间想象能力. ‎ ‎【解析】由三视图可该几何体为两个相切的球上方了一个长方体组成的组合体,所以其体积为:=. ‎ 错误！未找到引用源。 【答案】1 ‎ ‎【解析】观察三视图知该三棱锥的底面为一直角三角 ‎ 形,右侧面也是一直角三角形.故体积等于. ‎ 错误！未找到引用源。 [答案]90º ‎ ‎[解析]方法一:连接D1M,易得DN⊥A1D1 ,DN⊥D1M, ‎ 所以,DN⊥平面A1MD1, ‎ 又A1M平面A1MD1,所以,DN⊥A1D1,故夹角为90º ‎ 方法二:以D为原点,分别以DA, DC, DD1为x, y, z轴,建立空间直角坐标系D—xyz.设正方体边长为2,则D(0,0,0),N(0,2,1),M(0,1,0)A1(2,0,2) ‎ 故, ‎ 所以,cos< = 0,故DN⊥D1M,所以夹角为90º ‎ ‎[点评]异面直线夹角问题通常可以采用两种途径: 第一,把两条异面直线平移到同一平面中借助三角形处理; 第二,建立空间直角坐标系,利用向量夹角公式解决. ‎ 错误！未找到引用源。 A D B E C [解析] 作BE⊥AD于E,连接CE,则AD⊥平面BEC,所以CE⊥AD, ‎ 由题设,B与C都是在以AD为焦距的椭球上,且BE、CE都 ‎ 垂直于焦距AD,所以BE=CE. 取BC中点F, ‎ 连接EF,则EF⊥BC,EF=2,, ‎ 四面体ABCD的体积,显然,当E在AD中点,即 ‎ B是短轴端点时,BE有最大值为b=,所以. ‎ ‎[评注] 本题把椭圆拓展到空间,对缺少联想思维的考生打击甚大!当然,作为填空押轴题,区分度还是要的,不过,就抢分而言,胆大、灵活的考生也容易找到突破点:AB=BD(同时AC=CD),从而致命一击,逃出生天! ‎ 错误！未找到引用源。 P O r l h P l ‎2pr [解析] 如图,Þl=2,又2pr2=pl=2pÞr=1, ‎ 所以h=,故体积. ‎ 错误！未找到引用源。 【解析】因为点在线段上,所以,又因为点在线段上,所以点到平面的距离为1,即,所以. ‎ ‎【答案】 ‎ 错误！未找到引用源。 【答案】 ‎ ‎【解析】因为在正三棱锥ABC中,PA,PB,PC 两两互相垂直,所以可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分,(如图所示),此正方体内接于球,正方体的体对角线为球的直径,球心为正方体对角线的中点. ‎ 球心到截面ABC的距离为球的半径减去正三棱锥ABC在面ABC上的 ‎ 高.已知球的半径为,所以正方体的棱长为2,可求得正三棱锥ABC在面ABC上的高为,所以球心到截面ABC的距离为 ‎ ‎【点评】本题主要考查组合体的位置关系、抽象概括能力、空间想象能力、运算求解能力以及转化思想,该题灵活性较强,难度较大.该题若直接利用三棱锥来考虑不宜入手,注意到条件中的垂直关系,把三棱锥转化为正方体来考虑就容易多了. ‎ 错误！未找到引用源。 【答案】38 ‎ ‎【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体在中间挖去了一个等高的圆柱,其中长方体的长、宽、高分别为4、3、1,圆柱的底面直径为2,所以该几何体的表面积为长方体的表面积加圆柱的侧面积再减去圆柱的底面积,即为 ‎ ‎【点评】本题主要考查几何体的三视图、柱体的表面积公式,考查空间想象能力、运算求解能力,属于容易题.本题解决的关键是根据三视图还原出几何体,确定几何体的形状,然后再根据几何体的形状计算出表面积. ‎ 错误！未找到引用源。 【答案】6. ‎ ‎【考点】正方形的性质,棱锥的体积. ‎ ‎【解析】∵长方体底面是正方形,∴△中 cm,边上的高是cm(它也是中上的高). ‎ ‎∴四棱锥的体积为. ‎ 错误！未找到引用源。 答案 ‎ ‎【命题意图】本试题考查了斜棱柱中异面直线的角的求解.用空间向量进行求解即可. ‎ ‎【解析】设该三棱柱的边长为1,依题意有,则 ‎ 而 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 错误！未找到引用源。 【答案】92 ‎ ‎【解析】由三视图可知,原几何体是一个底面是直角梯形,高为4的直四棱柱,其底面积为,侧面积为,故表面积为92. ‎ ‎【考点定位】考查三视图和表面积计算. ‎ 三、解答题 错误！未找到引用源。 【命题意图】本小题主要考查空间两条直线的位置关系,二面角、异面直线所成的角,直线与平面垂直等基础知识,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. ‎ 方法一:（1）以为正半轴方向，建立空间直角左边系 则 ‎（2），设平面的法向量 则 取 是平面的法向量 得：二面角的正弦值为 ‎（3）设；则，‎ ‎ 即 方法二:(1)证明,由平面,可得,又由,故平面,又平面,所以. ‎ ‎(2)解:如图,作于点,连接,由,可得平面.因此,,从而为二面角的平面角. ‎ 在中,,由此得,由(1)知,故在中,,因此,所以二面角的正弦值为. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【点评】试题从命题的角度来看,整体上题目与我们平时练习的试题相似,但底面是非特殊 ‎ 的四边形,一直线垂直于底面的四棱锥问题,那么创新的地方就是第三问中点E的位置是不确定的,需要学生根据已知条件进行确定,如此说来就有难度,因此最好使用空间直角坐标系解决该问题为好. ‎ 错误！未找到引用源。 【解析】(1)在中, ‎ 得: ‎ 同理: ‎ 得:面 ‎ ‎(2)面 ‎ 取的中点,过点作于点,连接 ‎ ‎,面面面 ‎ ‎ 得:点与点重合 ‎ 且是二面角的平面角 ‎ 设,则, ‎ 既二面角的大小为 ‎ 错误！未找到引用源。 【解析】本题主要考察线面平行的证明方法,建系求二面角等知识点. ‎ ‎(Ⅰ)如图连接BD. ‎ ‎∵M,N分别为PB,PD的中点, ‎ ‎∴在PBD中,MN∥BD. ‎ 又MN平面ABCD, ‎ ‎∴MN∥平面ABCD; ‎ ‎(Ⅱ)如图建系: ‎ A(0,0,0),P(0,0,),M(,,0), ‎ N(,0, 0),C(,3,0). ‎ 设Q(x,y,z),则. ‎ ‎∵,∴. ‎ 由,得:. 即:. ‎ 对于平面AMN:设其法向量为. ‎ ‎∵. ‎ 则. ∴. ‎ 同理对于平面AMN得其法向量为. ‎ 记所求二面角A—MN—Q的平面角大小为, ‎ 则. ‎ ‎∴所求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值为. ‎ ‎【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ) . ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ) . ‎ 错误！未找到引用源。 【考点定位】本小题主要考查立体几何的相关知识,具体涉及到线面垂直的关系,二面角的求法及空间向量在立体几何中的应用,解决此类问题的关键是熟悉几何体的结构特征,熟练进行线线垂直与线面垂直的转化,主要考查学生的空间想象能力与推理论证能力.本题可以利用空间向量来解题,从而降低了题目的难度. ‎ 解:(1)由,为的中点,得,又,故,所以点到平面的距离为 ‎ ‎(2)如图,取为的中点,连结,则,又由(1)知,故,所以为所求的二面角的平面角. ‎ 因为在面上的射影,又已知,由三垂线定理的逆定理得,从而都与互余,因此,所以 ‎,因此,,即,得. ‎ 从而,所以,在中, ‎ 错误！未找到引用源。 [解析](1)连接OC.由已知,所成的角 ‎ 设AB的中点为D,连接PD、CD. ‎ 因为AB=BC=CA,所以CDAB. ‎ 因为等边三角形, ‎ 不妨设PA=2,则OD=1,OP=,AB=4. ‎ 所以CD=2,OC=. ‎ 在Rttan. ‎ 故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arctan ‎ ‎(2)过D作DE于E,连接CE. ‎ 由已知可得,CD平面PAB. ‎ 根据三垂线定理可知,CE⊥PA, ‎ 所以,. ‎ 由(1)知,DE= ‎ 在Rt△CDE中,tan ‎ 故 ‎ ‎[点评]本小题主要考查线面关系、直线与平面所成的角、二面角等基础知识,考查思维能力、空间想象能力,并考查应用向量知识解决数学问题的能力. ‎ 错误！未找到引用源。 A B C D P E x y z [解](1)因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥CD,又AD⊥CD,所以CD⊥平面PAD, ‎ 从而CD⊥PD ‎ 因为PD=,CD=2, ‎ 所以三角形PCD的面积为 ‎ ‎(2)[解法一]如图所示,建立空间直角坐标系, ‎ 则B(2, 0, 0),C(2, 2,0),E(1, , 1), ‎ ‎, ‎ 设与的夹角为q,则 ‎ ‎,q=. ‎ A B C D P E F 由此可知,异面直线BC与AE所成的角的大小是 ‎ ‎[解法二]取PB中点F,连接EF、AF,则 ‎ EF∥BC,从而∠AEF(或其补角)是异面直线 ‎ BC与AE所成的角 ‎ 在中,由EF=、AF=、AE=2 ‎ 知是等腰直角三角形, ‎ 所以∠AEF=. ‎ 因此异面直线BC与AE所成的角的大小是 ‎ 错误！未找到引用源。解(1),又为三棱锥的高, ‎ ‎(2),所以或其补角为导面直线与所成的角. ‎ 连接平面,在中, ‎ ‎,故,即异面直线与所成的角为 ‎ 错误！未找到引用源。解析:(1)证法一 如图,过直线上任一点作平面的垂线,设直线的方向向量分别是,则共面,根据平面向量基本定理,存在实数使得 ‎ 则 ‎ 因为,所以 ‎ 又因为,,所以 ‎ 故,从而 ‎ 证法二 如图,记,为直线上异于点A的任意一点,过P作,垂足为O,则 ‎ ‎∵,,∴直线 ‎ 又,平面, ‎ ‎∴平面,又平面,∴ ‎ ‎(2)逆命题:a是平面内一条直线,是外的一条直线(不垂直于),是直线在上的投影,若,则. 逆命题为真命题. ‎ 错误！未找到引用源。 解析:(Ⅰ)在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=60°,CB=CD, ‎ 由余弦定理可知, ‎ 即,在中,∠DAB=60°,,则为直角三角形,且.又AE⊥BD,平面AED,平面AED,且,故BD⊥平面AED; ‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)可知,设,则,建立如图所示的空间直角坐标系,,向量为平面的一个法向量. ‎ 设向量为平面的法向量,则,即, ‎ 取,则,则为平面的一个法向量. ‎ ‎,而二面角F-BD-C的平面角为锐角,则 ‎ 二面角F-BD-C的余弦值为. ‎ 解法二:取的中点,连接,由于,因此, ‎ 又平面,平面,所以 ‎ 由于平面,所以平面 ‎ 故,所以为二面角的平面角.在等腰三角形中,由于,因为,又,所以, ‎ 故,因此二面角的余弦值为. ‎ 错误！未找到引用源。 【答案及解析】 ‎ ‎(1) 证明:取中点P,连结MP,NP,而M,N分别是A与的中点,所以, ‎ MP∥A,PN∥,所以,MP∥平面AC,PN∥平面AC,又,因此平面MPN∥平面AC,而MN平面MPN,所以,MN∥平面AC, ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【点评】本题以三棱柱为载体主要考查空间中的线面平行的判定,借助空间直角坐标系求平面的法向量的方法,并利用法向量判定平面的垂直关系,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,难度适中.第一小题可以通过线线平行来证明线面平行,也可通过面面平行来证明. ‎ 错误！未找到引用源。 【解析】 ‎ 解:(1)证明:连接AO,在中,作于点E,因为,得, ‎ B y O C A E z A11‎ B1‎ C1‎ x 因为平面ABC,所以,因为, ‎ 得,所以平面,所以, ‎ 所以平面, ‎ 又, ‎ 得 ‎ ‎(2)如图所示,分别以所在的直线 ‎ 为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0), C(0,-2,0), A1(0.0,2),B(0,2,0) ‎ 由(1)可知得点E的坐标为,由(1)可知平面的法向量是,设平面的法向量, ‎ 由,得,令,得,即 ‎ 所以 ‎ 即平面平面与平面BB1C1C夹角的余弦值是. ‎ ‎【点评】本题考查线面垂直,二面角、向量法在解决立体几何问题中的应用以及空间想象的能力. 高考中,立体几何解答题一般有以下三大方向的考查.一、考查与垂直,平行有关的线面关系的证明;二、考查空间几何体的体积与表面积;三、考查异面角,线面角,二面角等角度问题.前两种考查多出现在第1问,第3种考查多出现在第2问;对于角度问题,一般有直接法与空间向量法两种求解方法. ‎ 错误！未找到引用源。 【答案】证明:(1)∵是直三棱柱,∴平面. ‎ 又∵平面,∴. ‎ 又∵平面,∴平面. ‎ 又∵平面,∴平面平面. ‎ ‎(2)∵,为的中点,∴. ‎ 又∵平面,且平面,∴. ‎ 又∵平面,,∴平面. ‎ 由(1)知,平面,∴∥. ‎ 又∵平面平面,∴直线平面 ‎ ‎【考点】直线与平面、平面与平面的位置关系. ‎ ‎【解析】(1)要证平面平面,只要证平面上的平面即可.它可由已知是直三棱柱和证得. ‎ ‎(2)要证直线平面,只要证∥平面上的即可. ‎ 错误！未找到引用源。 【解析】 ‎ 解法1(Ⅰ如图(1)),连接AC,由AB=4,, ‎ E是CD的中点,所以 ‎ 所以 ‎ 而内的两条相交直线,所以CD⊥平面PAE. ‎ ‎(Ⅱ)过点B作 ‎ 由(Ⅰ)CD⊥平面PAE知,BG⊥平面PAE.于是为直线PB与平面PAE ‎ 所成的角,且. ‎ 由知,为直线与平面所成的角. ‎ 由题意,知 ‎ 因为所以 ‎ 由所以四边形是平行四边形,故于是 ‎ 在中,所以 ‎ ‎ ‎ 于是 ‎ 又梯形的面积为所以四棱锥的体积为 ‎ ‎ ‎ A B C D P E 图 ②‎ x y z ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ h 解法2:如图(2),以A为坐标原点,所在直线分别为建立空间直角坐标系.设则相关的各点坐标为: ‎ ‎ ‎ ‎(Ⅰ)易知因为 ‎ 所以而是平面内的两条相交直线,所以 ‎ ‎(Ⅱ)由题设和(Ⅰ)知,分别是,的法向量,而PB与 ‎ 所成的角和PB与所成的角相等,所以 ‎ ‎ ‎ 由(Ⅰ)知,由故 ‎ ‎ ‎ 解得. ‎ 又梯形ABCD的面积为,所以四棱锥的体积为 ‎ ‎. ‎ ‎【点评】本题考查空间线面垂直关系的证明,考查空间角的应用,及几何体体积计算.第一问只要证明即可,第二问算出梯形的面积和棱锥的高,由算得体积,或者建立空间直角坐标系,求得高几体积. ‎ 错误！未找到引用源。考点分析:本题考察立体几何线面的基本关系,考察如何取到最值,用均值不等式和导数均可求最值.同时考察直线与平面所成角.本题可用综合法和空间向量法都可以.运用空间向量法对计算的要求要高些. ‎ 解析: ‎ ‎(Ⅰ)解法1:在如图1所示的△中,设,则. ‎ 由,知,△为等腰直角三角形,所以. ‎ 由折起前知,折起后(如图2),,,且, ‎ 所以平面.又,所以.于是 ‎ ‎ ‎ ‎, ‎ 当且仅当,即时,等号成立, ‎ 故当,即时, 三棱锥的体积最大. ‎ 解法2: ‎ 同解法1,得. ‎ 令,由,且,解得. ‎ 当时,;当时,. ‎ 所以当时,取得最大值. ‎ 故当时, 三棱锥的体积最大. ‎ ‎(Ⅱ)解法1:以为原点,建立如图a所示的空间直角坐标系. ‎ 由(Ⅰ)知,当三棱锥的体积最大时,,. ‎ 于是可得,,,,,, ‎ 且. ‎ 设,则. 因为等价于,即 ‎ ‎,故,. ‎ 所以当(即是的靠近点的一个四等分点)时,. ‎ 设平面的一个法向量为,由 及, ‎ 得 可取. ‎ 设与平面所成角的大小为,则由,,可得 ‎ ‎,即. ‎ 故与平面所成角的大小为 ‎ C A D B 图a E M x y z 图b C A D B E F M N ‎ 图c B D P C F N E B G M N E H 图d N ‎ ‎ ‎ 解法2:由(Ⅰ)知,当三棱锥的体积最大时,,. ‎ 如图b,取的中点,连结,,,则∥. ‎ 由(Ⅰ)知平面,所以平面. ‎ 如图c,延长至P点使得,连,,则四边形为正方形, ‎ 所以. 取的中点,连结,又为的中点,则∥, ‎ 所以. 因为平面,又面,所以. ‎ 又,所以面. 又面,所以. ‎ 因为当且仅当,而点F是唯一的,所以点是唯一的. ‎ 即当(即是的靠近点的一个四等分点),. ‎ 连接,,由计算得, ‎ 所以△与△是两个共底边的全等的等腰三角形, ‎ 如图d所示,取的中点,连接,, ‎ 则平面.在平面中,过点作于, ‎ 则平面.故是与平面所成的角. ‎ 在△中,易得,所以△是正三角形, ‎ 故,即与平面所成角的大小为 ‎ 错误！未找到引用源。 解析:(Ⅰ)因为平面,平面,所以.又因为平面,平面,所以.而,平面,平面,所以平面. ‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)可知平面,而平面,所以,而为矩形,所以为正方形,于是. ‎ 法1:以点为原点,、、为轴、轴、轴,建立空间直角坐标系.则、、、‎ ‎,于是,.设平面的一个法向量为,则,从而,令,得.而平面的一个法向量为.所以二面角的余弦值为,于是二面角的正切值为3. ‎ 法2:设与交于点,连接.因为平面,平面,平面,所以,,于是就是二面角的平面角.又因为平面,平面,所以是直角三角形.由∽可得,而,所以,,而,所以,于是,而,于是二面角的正切值为. ‎ 错误！未找到引用源。 【考点定位】本题考查直线与直线、直线与平面以及二面角等基础知识、考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、数形结合思想、转化与化归的思想. ‎ 解:(1)以点A为原点建立空间直角坐标系,设,则 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎,故 ‎ ‎(2)假设在棱上存在一点,使得平面,则 ‎ 设平面的法向量为,则有,取,可得,要使平面,只要 ‎ ‎,又平面,存在点使平面,此时. ‎ ‎(3)连接,由长方体,得 ‎ ‎,,由(1)知,故平面. ‎ 是平面的法向量,而,则 ‎ ‎ ‎ 二面角是,所以,即 ‎ 错误！未找到引用源。 【命题意图】本试题主要是考查了四棱锥中关于线面垂直的证明以及线面角的求解的运用. ‎ 从题中的线面垂直以及边长和特殊的菱形入手得到相应的垂直关系和长度,并加以证明和求解. ‎ 解:设,以为原点,为轴,为轴建立空间直角坐标系,则设. ‎ ‎(Ⅰ)证明:由得, 所以,,,所以, ‎ ‎.所以,,所以平面; ‎ ‎(Ⅱ) 设平面的法向量为,又,由得,设平面的法向量为,又,由,得,由于二面角为,所以,解得. ‎ 所以,平面的法向量为,所以与平面所成角的正弦值为,所以与平面所成角为. ‎ ‎【点评】试题从命题的角度来看,整体上题目与我们平时练习的试题和相似,底面也是特殊的菱形,一个侧面垂直于底面的四棱锥问题,那么创新的地方就是点的位置的选择是一般的三等分点,这样的解决对于学生来说就是比较有点难度的,因此最好使用空间直角坐标系解决该问题为好. ‎ 错误！未找到引用源。 【考点定位】此题第二问是对基本功的考查,对于知识掌握不牢靠的学生可能不能顺利解答.第三问的创新式问法,难度非常大. ‎ 解:(1), ‎ 平面, ‎ 又平面, ‎ ‎ ‎ 又, ‎ 平面 ‎ ‎(2)如图建系,则,,, ‎ ‎∴, ‎ 设平面法向量为,则∴∴ ‎ ‎∴又∵∴ ‎ ‎∴∴与平面所成角的大小 ‎ ‎(3)设线段上存在点,设点坐标为,则则, ‎ 设平面法向量为,则∴∴ ‎ 假设平面与平面垂直,则,∴,, ‎ ‎∵ ∴不存在线段上存在点,使平面与平面垂直 ‎ 错误！未找到引用源。 【解析】(I)取的中点为点,连接 ‎ 则,面面面 ‎ 同理:面 得:共面 ‎ 又面 ‎ ‎(Ⅱ)延长到,使 得: ‎ ‎,面面面面 ‎ ‎ ‎ ‎(Ⅲ)是二面角的平面角 ‎ 在中, ‎ 在中, ‎ 得:二面角的余弦值为. ‎