数学高考分类汇编解答题文立体几何Word文件下载.doc
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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.
(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
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°
【解析】19.(I)证法一:
因为平面ABCD,且平面ABCD,
又因为AB=2AD,,
在中,由余弦定理得
,
因此,
所以
又平面ADD1A1,
证法二:
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,
所以平面ADD1A1,
(II)连接AC,A1C1,
设,连接EA1
因为四边形ABCD为平行四边形,
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°
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.∴.
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.
⊥;
(Ⅱ)已知,,,.求二面角的大小.
(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。
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
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)
(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
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,
(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.
(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.
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
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
因为平面ABCD,平面ABCD,
因为
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,
又平面ABCD,PA=1,
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
由
(Ⅱ)在中,由(Ⅰ)可得
于是有EF2+CF2=CE2,所以
又由(Ⅰ)知CFC1E,且,所以CF平面C1EF,
又平面C1EF,故CFC1F。
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
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.
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
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AA′中点,延长\到H′,使得.证明:
【解析】18.(本小题满分13分)
(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。
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.
03立体几何(文)第18页(18)
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