近5年四川高考数学解答题汇总立体几何 11页

近5年四川高考数学解答题汇总 立体几何 刘福鑫 整理 ‎2006年（19）（本大题满分12分）‎ 如图，在长方体中，分别是的 中点，分别是的中点，‎ ‎（Ⅰ）求证：面；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的大小。‎ ‎（Ⅲ）求三棱锥的体积。‎ 本小题主要考察长方体的概念、直线和平面、平面和平面的关系等基础知识，以及空间想象能力和推理能力。满分12分 解法一：（Ⅰ）证明：取的中点，连结 ‎ ∵分别为的中点 ‎ ∵‎ ‎ ∴面，面 ‎ ∴面面 ∴面 ‎（Ⅱ）设为的中点 ‎∵为的中点 ∴ ∴面 作，交于，连结，则由三垂线定理得 从而为二面角的平面角。‎ 在中，，从而 在中，‎ 故：二面角的大小为 ‎ （Ⅲ）‎ 作，交于，由面得 ‎∴面 ‎∴在中，‎ ‎∴‎ 方法二：以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立直角坐标系，则 ‎ ‎ ‎∵分别是的中点 ‎∴‎ ‎（Ⅰ）‎ ‎ 取，显然面 ‎ ，∴‎ 又面 ∴面 ‎（Ⅱ）过作，交于，取的中点，则∵‎ 设，则 又 由，及在直线上，可得: ‎ 解得 ‎∴ ∴ 即 ‎∴与所夹的角等于二面角的大小 故：二面角的大小为 ‎（Ⅲ）设为平面的法向量，则 ‎ 又 ‎ ∴ 即 ∴可取 ‎ ∴点到平面的距离为 ‎ ∵， ‎ ‎ ∴‎ ‎ ∴‎ ‎2007年（19）（本小题满分12分）如图，是直角梯形，∠＝90°，∥，＝1，＝2，又＝1，∠＝120°，⊥，直线与直线所成的角为60°.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面⊥平面;‎ ‎（Ⅱ）求二面角的大小;‎ ‎（Ⅲ）求三棱锥的体积.‎ ‎（19）本题主要考察异面直线所成的角、平面与平面垂直、二面角、三棱锥体积等有关知识，考察思维能力和空间想象能力、应用向量知识解决数学问题的能力、化归转化能力和推理运算能力。‎ 解法一：‎ ‎（Ⅰ）∵‎ ‎∴，‎ 又∵‎ ‎∴‎ ‎（Ⅱ）取的中点，则，连结，‎ ‎∵，∴，从而 作，交的延长线于，连结，则由三垂线定理知，，‎ 从而为二面角的平面角 直线与直线所成的角为 ‎∴‎ 在中，由余弦定理得 在中，‎ 在中，‎ 在中，‎ 故二面角的平面角大小为 ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）知，为正方形 ‎∴‎ 解法二：（Ⅰ）同解法一 ‎（Ⅱ）在平面内，过作，建立空间直角坐标系（如图）‎ 由题意有，设，‎ 则 由直线与直线所成的解为，得 ‎，即，解得 ‎∴，设平面的一个法向量为，‎ 则，取，得 平面的法向量取为 设与所成的角为，则 显然，二面角的平面角为锐角，‎ 故二面角的平面角大小为 ‎（Ⅲ）取平面的法向量取为，则点A到平面的距离 ‎∵，∴‎ ‎2008年19．（本小题满分12分）‎ ‎ 如，平面平面，四边形与都是直角梯形，‎ ‎，‎ ‎（Ⅰ）证明：四点共面；‎ ‎（Ⅱ）设，求二面角的大小；‎ ‎【解1】：（Ⅰ）延长交的延长线于点，由得 ‎ ‎ 延长交的延长线于 同理可得 ‎　　 ‎ 故，即与重合 因此直线相交于点，即四点共面。‎ ‎（Ⅱ）设，则，‎ 取中点，则，又由已知得，平面 故，与平面内两相交直线都垂直。‎ 所以平面，作，垂足为，连结 由三垂线定理知为二面角的平面角。‎ ‎　　　‎ 故 所以二面角的大小 ‎【解2】：由平面平面，，得平面，以为坐标原点，射线为轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系 ‎（Ⅰ）设，则 ‎　　‎ 故，从而由点，得 故四点共面 ‎（Ⅱ）设，则， ‎ 在上取点，使，则 从而 又 在上取点，使，则 从而 故与的夹角等于二面角的平面角，‎ ‎　　‎ 所以二面角的大小 ‎【点评】：此题重点考察立体几何中四点共面问题和求二面角的问题，考察空间想象能力，几何逻辑推理能力，以及计算能力；‎ ‎【突破】：熟悉几何公理化体系，准确推理，注意书写格式是顺利进行解法1的关键；在解法2中，准确的建系，确定点坐标，熟悉向量的坐标表示，熟悉空间向量的计算在几何位置的证明，在有关线段，角的计算中的计算方法是解题的关键。‎ ‎2009年19（本小题满分12分）如图，正方形所在平面与平面四边形所在平面互相垂直，△是等腰直角三角形，‎ ‎（I）求证：；‎ ‎（II）设线段的中点为，在直线上是否存在一点，使得？若存在，请指出点的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由；‎ ‎（III）求二面角的大小。‎ 本小题主要考察平面与平面垂直、直线与平面垂直、直线与平面平行、二面角 等基础知识，考察空间想象能力、逻辑推理能力和数学探究意识，考察应用向量知识解决数学问题的能力。‎ 解法一：‎ ‎（Ⅰ）因为平面⊥平面,平面，‎ 平面平面，‎ 所以⊥平面 所以⊥.‎ 因为为等腰直角三角形， ，‎ 所以 又因为，‎ 所以，‎ 即⊥,‎ 所以⊥平面。 ……………………………………4分 ‎ （Ⅱ）存在点,当为线段AE的中点时，PM∥平面 ‎ 取BE的中点N，连接AN,MN，则MN∥＝∥＝PC ‎ 所以PMNC为平行四边形，所以PM∥CN ‎ 因为CN在平面BCE内，PM不在平面BCE内，‎ ‎ 所以PM∥平面BCE ……………………………………8分 ‎ （Ⅲ）由EA⊥AB,平面ABEF⊥平面ABCD，易知，EA⊥平面ABCD 作FG⊥AB,交BA的延长线于G，则FG∥EA。从而，FG⊥平面ABCD 作GH⊥BD于G，连结FH，则由三垂线定理知，BD⊥FH 因此，∠AEF为二面角F-BD-A的平面角 因为FA=FE, ∠AEF=45°,‎ 所以∠AFE=90°，∠FAG=45°.‎ 设AB=1,则AE=1,AF=. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ‎ FG=AF·sinFAG=‎ 在Rt△FGH中，∠GBH=45°,BG=AB+AG=1+=,‎ GH=BG·sinGBH=·=‎ 在Rt△FGH中，tanFHG= = ‎ 故二面角F-BD-A的大小为arctan. ………………………………12分 解法二:‎ ‎(Ⅰ)因为△ABE为等腰直角三角形,AB=AE,‎ 所以AE⊥AB.‎ 又因为平面ABEF⊥平面ABCD,AE平面ABEF,‎ 平面ABEF∩平面ABCD=AB,‎ 所以AE⊥平面ABCD.‎ 所以AE⊥AD.‎ 因此,AD,AB,AE两两垂直,以A为坐标原点,建立 ‎ 如图所示的直角坐标系A-xyz.‎ 设AB=1,则AE=1，B（0，1，0），D (1, 0, 0 ) ,‎ E ( 0, 0, 1 ), C ( 1, 1, 0 ).‎ 因为FA=FE, ∠AEF = 45°,‎ 所以∠AFE= 90°.‎ 从而，.‎ 所以,,.‎ ‎,.‎ 所以EF⊥BE, EF⊥BC.‎ 因为BE平面BCE,BC∩BE=B ,‎ 所以EF⊥平面BCE.‎ ‎ (Ⅱ) M（0，0，）.P（1, ,0）.‎ 从而=（，）.‎ 于是 所以PM⊥FE，又EF⊥平面BCE，直线PM不在平面BCE内，‎ 故PM∥平面BCE. ………………………………8分 ‎(Ⅲ) 设平面BDF的一个法向量为，并设=（x，y，z）‎ ‎=(1，1，0)，‎ ‎ 即 去y=1，则x=1，z=3，从=（0，0，3）‎ 取平面ABD的一个法向量为=（0，0，1）‎ 故二面角F-BD-A的大小为. ……………………………………12分 ‎2010年（18）（本小题满分12分）w_w w. k#s5_u.c o*m 已知正方体ABCD－A'B'C'D'的棱长为1，点M是棱AA'的中点，点O是对角线BD'的中点.‎ ‎（Ⅰ）求证：OM为异面直线AA'和BD'的公垂线；‎ ‎（Ⅱ）求二面角M－BC'－B'的大小；‎ ‎（Ⅲ）求三棱锥M－OBC的体积.‎