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立体几何文科高考题


高考立体几何文科汇编
16、如图,在四棱锥 P ? ABCD 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 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.

20. (本小题满分 12 分) (19) (本小题满分 13 分) 如图, ABEDFC 为多面体,平面 ABED 与平面 ACFD 垂直, 点 O 在线段 AD 上, OA ? 1 , 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= 2 ,∠CDA=45°,求四棱锥 P-ABCD 的体积

OD ? 2 ,△OAB,△OAC,△ODE,△ODF 都
是正三角形。 (Ⅰ)证明直线 BC∥EF ; (Ⅱ)求棱锥 F ? OBED 的体积.

(辽宁卷) 18. (本小题满分 12 分) 如 图 , 四 边 形 ABCD 为 正 方 形 , QA ⊥ 平 面 ABCD , PD ∥ QA , 19. (本小题满分 12 分) 如图,在四棱台 ABCD ? A1 B1C1 D1 中, D1 D ? 平面 ABCD ,底面

1 QA=AB= PD. 2
(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.

ABCD 是平行四边形, AB=2AD , AD=A1B1 , ?BAD= 60°
(Ⅰ)证明: AA1 ? BD ; (Ⅱ)证明: CC1∥平面A1BD .

(全国卷) 20. (本小题满分 l2 分) (注意:在试题卷上作答无效 ) ......... 如图,四棱锥 S ? ABCD 中, AB ? CD , BC ? CD ,侧面 SAB 为 等边三角形,

6. (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。

AB ? BC ? 2, CD ? SD ? 1.
(I)证明: SD ? 平面 SAB; (II)求 AB 与平面 SBC 所成的角的大小。

(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

2011 年高考立体几何文科答案汇编
(江苏卷)

1 DE ,OG=OD=2, OB ∥ = 2 同理,设 G ? 是线段 DA 与 FC 延长线的交点,有 OG? ? OD ? 2. 又由于 G 和 G ? 都在线段 DA 的延长线上,所以 G 与 G ? 重合. 1 1 在△GED 和△GFD 中, 由 OB ∥ DE 和 OC∥ DF ,可知 B 和 C 分别 = =2 =2
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, ?EOB ? 60 ?, 知S EOB ? 边长为 2 的正三角形,故 S OED ? 所以 S OEFD ? S EOB ? S OED ?

3 ,而△OED 是 2

3.

(安徽卷) (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.

3 3 . 2

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= 3 ,所以 VF ?OBED ? (北京卷) (17) (共 14 分) 证明: (Ⅰ)因为 D,E 分别为 AP,AC 的中点,

1 3 FQ ? S OBED ? . 3 2

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=

所以 CE ? 平面 PAD。 (II)由(I)可知 CE ? AD , 在 Rt ?ECD 中,DE=CD ? cos 45? ? 1, CE ? CD ? sin 45? ? 1, 又因为 AB ? CE ? 1, AB / /CE , 所以四边形 ABCE 为矩形, 所 以

S四边形A

?

矩形A

?E

1 2

1

B

S

D

又 PA ? 平面 ABCD,PA=1,

1 EG. 2

所以 V四边形P ? ABCD ? (广东)

1 1 5 5 S四边形ABCD ? PA ? ? ?1 ? . 3 3 2 6

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=

18. (本小题满分 13 分)

1 EG, 2

? ,C ??D ? 中点, ? A, A?分别为CD 证明: (1)

所以 Q 为满足条件的点. (福建卷) 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 PA ? 平面 ABCD, CE ? 平面 ABCD, 所以 PA ? CE. 因为 AB ? AD, CE / / AB, 所以CE ? AD. 又 PA ? AD ? A, 连接 BO2

? O1? A? / / O1 A

?直线 BO2 是由直线 AO1 平移得到
? AO1 / / BO2
? O1? A? / / BO2

? O1? , A?, O2 , B 共面。
(2)将 AO1 延长至 H 使得 O1H=O1A,连接 HO1? , HB, H ?H

// ?由平移性质得 O1?O2? =HB

EF 2 ? AB 2 ? ( AE ? BF ) 2 , EF ? C1 E ? 22 ? ( 2) 2 ? 6
于是有 EF ? C1 E ? C1 F , CE ? C1 E ? CC1
2 2 2 2 2 2

? BO2? / / HO1?

? ? A?G ? H ?O1? , H ?H ? A?H ?, ?O1? H ?H ? ?GA?H ? ? 2
? ?GA?H ? ? ?O1? H ?H

所以 C1 E ? EF , C1 E ? CE 又 EF ? CE ? E , 所以C1 E ? 平面CEF . 由 CF ? 平面CEF , 故CF ? C1 E. (Ⅱ)在 ?CEF 中,由(Ⅰ)可得 EF ? CF ? 于是有 EF2+CF2=CE2,所以 CF ? EF. 又由(Ⅰ)知 CF ? C1E,且 EF ? C1 E ? E ,所以 CF ? 平面 C1EF, 又 C1 F ? 平面 C1EF,故 CF ? C1F。 于是 ?EFC1 即为二面角 E—CF—C1 的平面角。 由(Ⅰ)知 ?C1 EF 是等腰直角三角形,所以 ?BFC1 ? 45? ,即所求二 面角 E—CF—C1 的大小为 45? 。 解法 2:建立如图所示的空间直角坐标系,则由已知可得

? ??H ?O1? H ? GH ?A ? 2
? O1? H ? H ?G
? BO2? ? H ?G

6, CE ? 2 3

? O1?O2? ? B ?O2? , O1?O2? ? O2?O2 , B ?O2? ? O2?O2 ? O2?
? O1?O2? ? 平面B ?BO2 O2?

? O1?O2? ? BO2?
? BO2? ? H ?B ?

? H ?B? ? H ?G ? H ?
? BO2? ? 平面H ?B ?G.
(湖北卷) 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 CC1 ? 3 2, CE ? C1 F ?

A(0, 0, 0), B( 3,1, 0), C (0, 2, 0), C1 (0, 2,3 2), E (0, 0, 2 2), F ( 3,1, 2)

(Ⅰ) C1 E ? (0, ?2, ? 2), CF ? ( 3, ?1, 2)

???? ?

??? ?

22 ? (2 2) 2 ? 2 3

???? ? ??? ? C1 E ? CF ? 0 ? 2 ? 2 ? 0

又 PO ? 底面 ? O, AC ? 底面 ? O, 所以AC ? OD. PO是平面 POD 内 的两条相交直线,所以 AC ? 平面POD;

? CF ? C1 E.
, 2, 2 ( Ⅱ ) CE ? ( 0 ? ??? ? 2 ,) 设 平 面 CEF 的 一 个 法 向 量 为

(II)由(I)知, AC ? 平面POD, 又 AC ? 平面PAC , 所以 平面 POD ? 平面PAC , 在平面 POD 中,过 O 作

m ? ( x, y, z )
??? ? ??? ? ??? ? ? ?m ? CE ? 0, 由 m ? CE , m ? CF , 得 ? ??? ? ? ?m ? CF ? 0,
即?

OH ? PD于H,则 OH ? 平面PAC , 连结 CH ,则 CH 是 OC在平面PAC 上的射影,所以 ?OCH 是直线 OC 和平面 PAC 所成的角. 1 2? PO? OD 2 ? 2 在 Rt ? POD中, OH ? ? 3 1 PO 2 ? OD 2 2? 4
在 Rt ? OHC中,sin ?OCH ? (江西卷) 解: (1)设 PA ? x ,则 VA?-PBCD ?

? ??2 y ? 2 2 z ? 0, ? ? 3x ? y ? 2 z ? 0

可取m ? (0, 2,1)
??? ? ???? ? ??? ?

设侧面 BC1 的一个法向量为 n,由n ? BC , n ? CC1 , 及CB ? ( 3, ?1, 0)

CC1 ? (0,0,3 2 ), 可取n ? (1, 3,0)
设二面角 E—CF—C1 的大小为θ ,于是由θ 为锐角可得

OH 2 ? OC 3

| m?n | cos ? ? ? | m|?| n|

2 ? ,所以 ? ? 45? 2 3?2

6

即所求二面角 E—CF—C1 的大小为 45? 。 (湖南卷) 19. (本题满分 12 分) 解 析 : ( I ) 因 为

1 1 x2 PA ? S 底面PDCB ? x(2 ? ) 3 3 x

令 f ( x) ?

1 x2 2 x x3 x(2 ? ) ? ? , ( x ? 0) 3 2 3 6

OA ? OC, D是AC的中点,所以AC ? OD.

则 f ?( x) ?

2 x2 ? 3 2

x
f ?( x) f ( x)

(0,

2 3 ) 3

2 3 3

(

2 3 ,?? ) 3
?

由 (I) 知 PQ 为棱锥 P—DCQ 的高, 而 PQ= 2a , △DCQ 的面积为 所以棱锥 P—DCQ 的体积为 V2 ?

2 2 a , 2

?
单调递增

0
极大值

1 3 a. 3

单调递减 故棱锥 Q—ABCD 的体积与棱锥 P—DCQ 的体积的比值为 1.…………12 分 (全国卷) 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 SE ? AB, SE ? 3. 又 SD=1,故 ED ? SE ? SD ,
2 2 2

由上表易知:当 PA ? x ? 证明:

2 3 时,有 V A?-PBCD 取最大值。 3

(2)作 A?B 得中点 F,连接 EF、FP

1 BC //PD ? ED // FP 2 ?A?PB 为等腰直角三角形, A?B ? PF 所以 A?B ? DE .
由已知得: EF // (辽宁卷) 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= 所以 PQ⊥平面 DCQ. (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

所以 ?DSE 为直角。 分 由 AB ? DE, AB ? SE, DE ? SE ? E , 得 AB ? 平面 SDE,所以 AB ? SD 。 SD 与两条相交直线 AB、SE 都垂直。 所以 SD ? 平面 SAB。

………… 3

………… 6

2 PD,则 PQ⊥QD 2

分 (II)由 AB ? 平面 SDE 知, 平面 ABCD ? 平面 SED。 作 SF ? DE, 垂足为 F,则 SF ? 平面 ABCD,

………………6 分

1 V1 ? a3 . 3

SF ?

SD ? SE 3 ? . DE 2

作 FG ? BC ,垂足为 G,则 FG=DC=1。 连结 SG,则 SG ? BC , 又 BC ? FG, SG ? FG ? G , 故 BC ? 平面 SFG,平面 SBC ? 平面 SFG。 分 作 FH ? SG ,H 为垂足,则 FH ? 平面 SBC。 ………… 9

故 x=1。 由 | DS |? 1得y ? z ? 1,
2 2

??? ?

又由 | BS |? 2得x ? ( y ? 2) ? z ? 4,
2 2 2

??? ?

即 y ? z ? 4 y ? 1 ? 0, 故y ?
2 2

FH ?

SF ? FG 3 21 ? . ,即 F 到平面 SBC 的距离为 SG 7 7

1 3 ,z ? . 2 2

………… 3

分 于是 S (1, ,

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 sin ? ? 12 分 解法二:

21 . 7

? ? 1 3 ??? 3 3 ??? 3 3 ), AS ? (?1, ? , ), BS ? (1, ? , ) , 2 2 2 2 2 2

??? ? ? ??? ? ??? ? ??? ? 1 3 ??? DS ? (0, , ), DS ? AS ? 0, DS ? BS ? 0. 2 2
故 DS ? AD, DS ? BS , 又AS ? BS ? S , 所以 SD ? 平面 SAB。 (II)设平面 SBC 的法向量 a ? (m, n, p) , 则 a ? BS , a ? CB, a ? BS ? 0, a ? CB ? 0. 又 BS ? (1, ?

d 21 21 ? , ? ? arcsin . EB 7 7

…………

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 S ( x, y, z ), 则x ? 0, y ? 0, z ? 0. (I) AS ? ( x ? 2, y ? 2, z ), BS ? ( x, y ? 2, z ) , DS ? ( x ? 1, y, z ) ,

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

? 3 3 ??? , ), CB ? (0, 2, 0), 2 2

??? ? ??? ? 由 | AS |?| BS | 得
( x ? 2) 2 ? ( y ? 2) 2 ? z 2 ? x 2 ? ( y ? 2) 2 ? z 2 ,

? 3 3 p ? 0, ?m ? n ? 故? 2 2 ? 2n ? 0. ?

………… 9



证法二:

??? ? 取 p=2 得 a ? (? 3, 0, 2), 又 AB ? (?2, 0, 0) 。
??? ? ??? ? AB ? a 21 ? cos AB, a ? ??? ? . 7 | AB | ? | a |

因为 D1 D ? 平面 ABCD,且 BD ? 平面 ABCD, 所以 BD ? D1 D. 取 AB 的中点 G,连接 DG, 在 ?ABD 中,由 AB=2AD 得 AG=AD, 又 ?BAD ? 60? ,所以 ?ADG 为等边三角形。 因此 GD=GB, 故 ?DBG ? ?GDB , 又 ?AGD ? 60?

21 . 故 AB 与平面 SBC 所成的角为 arcsin 7
(山东卷) 19. (I)证法一: 因为 D1 D ? 平面 ABCD,且 BD ? 平面 ABCD, 所以 D 1 D ? BD , 又因为 AB=2AD, ?BAD ? 60? , 在 ?ABD 中,由余弦定理得

所以?GDB=30?, 故?ADB=?ADG+?GDB=60?+30?=90?, 所以BD ? AD. 又AD ? D1 D ? D,
所以 BD ? 平面 ADD1A1, 又 AA1 ? 平面 ADD1A1, 故 AA1 ? BD. (II)连接 AC,A1C1, 设 AC ? BD ? E ,连接 EA1 因为四边形 ABCD 为平行四边形, 所以 EC ?

BD2 ? AD2 ? AB2 ? 2 AD ? AB cos 60? ? 3 AD2 ,
所以 AD ? BD ? AB , 因此 AD ? BD ,
2 2 2

又 AD ? D1D ? D, 所以 BD ? 平面ADD1 A1. 又 AA1 ? 平面 ADD1A1, 故 AA1 ? BD.

1 AC. 2

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 1 ? 平面 A1BD, CC1 ? 平面 A1BD, 所以 CC1//平面 A1BD。 (陕西卷) 16.解(Ⅰ)∵折起前AD是BC边上的高, ∴ 当 Δ ABD折起后,AD⊥DC,AD⊥DB, 又 DB ? DC=D, ∴AD⊥平面BDC, ∵AD 平面 平面 ABD.

∴ 异面直线 BD 与 AB1 所成角为 ?AB1 D1 ,记 ?AB1 D1 ? ? ,

AB12 ? B1 D12 ? AD12 10 cos ? ? ? 2 AB1 ? B1 D1 10
∴ 异面直线 BD 与 AB1 所成角为 arccos

10 。 10

⑵ 连 AC , CB1 , CD1 ,则所求四面体的体积

?平面ABD ? 平面BDC.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,DA ? DB , DB ? DC , DC ? DA ,

1 2 V ? VABCD ? A1B1C1D1 ? 4 ?VC ? B1C1D1 ? 2 ? 4 ? ? 。 3 3
(四川卷) 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 OD?面 BDA1,PB1?面 BDA1,

?DB=DA=DC=1,

?AB=BC=CA=

2,

从而 S? DAM ? S? DBC ? S? DCA ?

1 1 ?1?1 ? , 2 2

∴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.
1 5 在 Rt△A1C1D 中, A1 D ? ( )2 ? 12 ? , 2 2
1 1 5 2 5 又 S?AA1D ? ? 1 ? 1 ? ? . ? AE ,∴ AE ? 2 2 2 5

S? ABC

1 3 ? ? 2 ? 2 ? sin 60? ? 2 2

1 3 3? 3 S ? ? 3 ? ? . 表面积: 2 2 2
(上海卷) 20、解:⑴ 连 BD, AB1 , B1D1 , AD1 ,∵

B D/ / B B ? 1 D 1 , A1

A, D 1
A B

在 Rt△BAE 中, BE ? (
D

2 5 2 2 3 5 AH 2 ) ?1 ? ,∴ cos ?AHB ? ? . 5 5 BH 3

C

故二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值为

2 . 3

(Ⅱ)证明:因为 ?ADC ? 45? ,且 AD=AC=1,所以 ?DAC ? 90? ,即

AD ? AC , 又 PO ? 平 面 ABCD , AD ? 平 面 ABCD , 所 以
P O? A D ,而 A C ? P? O ,所以 O AD ? 平面 PAC。

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 0 ) , 0 , 0 ( B1 (1,0,0) , C1 (0,1,0) , 轴建立空间直角坐标系 A1-B1C1A, 则A , B(1,0,1) , 1 P(0, 2,0) . 1 1 (Ⅰ)在△PAA1 中有 C1 D ? AA1 ,即 D(0,1, ) . 2 2 ???? ???? ? ???? ∴ A1 B ? (1,0,1) , A1 D ? (0,1, x) , B1 P ? (?1, 2,0) . 设平面 BA1D 的一个法向量为 n1 ? (a, b, c) , ???? ?n1 ? A1 B ? a ? c ? 0, 1 ? 则 ? ???? 令 c ? ?1 ,则 n1 ? (1, , ?1) . ? 1 2 ?n1 ? A1 D ? b ? c ? 0. ? 2 ???? 1 ∵ n1 ? B1 P ? 1? (?1) ? ? 2 ? (?1) ? 0 ? 0 , 2 ∴PB1∥平面 BA1D,
1 (Ⅱ)由(Ⅰ)知,平面 BA1D 的一个法向量 n1 ? (1, , ?1) . 2 又 n2 ? (1,0,0) 为 平 面 AA1D 的 一 个 法 向 量 . ∴ n ?n 1 2 cos ? n1 , n2 ?? 1 2 ? ? . | n1 | ?| n2 | 1? 3 3 2 2 故二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值为 . 3

(Ⅲ)解:取 DO 中点 N,连接 MN,AN,因为 M 为 PD 的中点,所以

1 PO ? 1,由PO ? 平面 ABCD,得 MN ? 2 平面 ABCD, 所以 ?MAN 是直线 AM 与平面 ABCD 所成的角,
MN//PO,且 MN ? 在 Rt ?DAO 中, AD ? 1, AO ?

1 5 ,所以 DO ? ,从而 2 2

AN ?

1 5 DO ? , 2 4

在 Rt ?ANM 中, tan ?MAN ?

MN 1 4 5 ? ? ,即直线 AM 与平面 AN 5 5 4

ABCD 所成角的正切值为 (新课标) (18)解:

4 5 . 5

(天津卷) (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 PB ? 平面 ACM, MO ? 平面 ACM,所以 PB//平面 ACM。

(Ⅰ)因为 ?DAB ? 60?, AB ? 2 AD , 由余弦定理得 BD ? 3 AD 从而 BD2+AD2= AB2,故 BD ? AD 又 PD ? 底面 ABCD,可得 BD ? PD 所以 BD ? 平面 PAD. 故 PA ? BD

(Ⅱ) 如图, 作 DE ? PB, 垂足为 E。 已知 PD ? 底面 ABCD, 则 PD ? BC。 由(Ⅰ)知 BD ? AD,又 BC//AD,所以 BC ? BD。 故 BC ? 平面 PBD,BC ? DE。 则 DE ? 平面 PBC。 由题设知,PD=1,则 BD= 3 ,PB=2,

所以 PB ? PO ? OD ? BD ? 36, 得PB ? 6.
2 2 2 2

在 Rt ?POA中, PA ? AO ? OP ? 25, 得PA ? 5.
2 2 2

又 cos ?BPA ?

PA2 ? PB 2 ? AB 2 1 2 2 ? , 从而 sin ?BPA ? 2 PA ? PB 3 3

故 BM ? PB sin ?BPA ? 4 2 根据 BE· PB=PD· BD,得 DE=

3 , 2

同理 GM ? 4 2. 因为 BM ? MC ? BC
2 2 2

即棱锥 D—PBC 的高为 (浙江卷)

3 . 2

所以 ?BMC ? 90? 即二面角 B—AP—C 的大小为 90?. (重庆卷) 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

(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 AD ? BC , 又 PO ? 平面 ABC, ,得 PO ? BC 因为 PO ? AD ? O ,所以 BC ? 平面 PAD,故 BC ? PA. (Ⅱ)解:如图,在平面 PAB 内作 BM ? PA 于 M,连 CM。 因为 BC ? PA, 得PA ? 平面 BMC,所以 AP ? CM。 故 ?BMC 为二面角 B—AP—C 的平面角。 在 Rt ?ADB中, AB ? AD ? BD ? 41, 得AB ?
2 2 2

AG ?

1 15 AC 2 ? CG 2 ? 22 ? ( ) 2 ? . 2 2

41

1 1 AG ? CD 15 由 AC ? DF ? CD ? AG得DF ? ? . 2 2 AC 4
由 Rt ?ABC中, AB ?

在 Rt ?POD中,PD ? PO ? OD ,
2 2 2

在 Rt ?PDB 中, PB ? PD ? BD ,
2 2 2

AC 2 ? BC 2 ? 3, S?ABC ?

1 3 AB ? BC ? . 2 2

故四面体 ABCD 的体积 V ?

1 5 ? S?ABC ? DF ? . 3 8

即点 B 的坐标为 B(

3 1 , , 0). 2 2
??? ? ????

(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 Rt ?AFD中, AF ?

又设点 D 的坐标为 D(0, y2 , z2 ),由 | CD |? 1,| AD |? 2, 有
2 ?( y2 ? 1) 2 ? z2 ? 1, ? ? 2 2 ? ?( y2 ? 1) ? z2 ? 4,

AD 2 ? DF 2 ? 22 ? (

15 2 7 ) ? , 4 4

在 Rt ?ABC 中, EF//BC, 从而 EF: BC=AF: AC, 所以 EF ?

AF ? BC 7 ? . AC 8

在 Rt△DEF 中, tan DEF ?

DF 2 15 ? . EF 7

3 3 ? ? y2 ? , ? y2 ? , ? 4 4 ? ? 解得 ? (舍去). ? ? z ? 15 , ? z ? ? 15 2 2 ? ? 4 ? ? 4
即 点 D 的 坐 标 为 D( 0 ,

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) 。

3 15 , ) . 而 △ ACD 边 AC 上 的 高 为 从 4 4

h ?| z2 |?

15 . 4

??? ? ??? ? ??? ? 设点 B 的坐标为 B( x1 , y1 , 0),由AB ? BC ,| BC |? 1 ,有

又 | AB |?

??? ?

??? ? 3 1 ( ) 2 ? ( ? 1) 2 ? 3,| BC |? 1. 2 2
? ??? ? 1 1 ??? 5 ? ? | AB | ? | BC | h ? . 3 2 8

? x12 ? y12 ? 1, ? ? 2 2 ? ? x1 ? ( y1 ? 1) ? 1, ? x ? ? ? 1 解得 ? ?y ? 1 ? ? 3 ? 3 , ? x1 ? ? , ? 2 2 (舍去). ? 1 ? 1 , y1 ? ? 2 ? 2

故四面体 ABCD 的体积 V ?

(II)由(I)知 AB ? (

??? ?

???? 3 3 7 15 , , 0), AD ? (0, , ). 2 2 4 4

设非零向量 n ? (l , m, n) 是平面 ABD 的法向量,则由 n ? AB 有

??? ?

3 3 l ? m ? 0. 2 2
由 n ? AD ,有

(1)

????

7 15 m? n ? 0. 4 4

(2)

取 m ? ?1 , 由 (1) , (2) , 可得 l ?

3, n ?

7 15 7 15 ,即n ? ( 3, ?1, ). 15 15

显然向量 k ? (0, 0,1) 是平面 ABC 的法向量,从而

cos ? n, k ??

7 15 15 3 ?1? 1? 49 15

?

7 109 , 109

故 tan ? n, k ??

49 109 2 15 ? , 7 7 109
2 15 . 7

即二面角 C—AB—D 的平面角的正切值为


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