2011年数学高考分类汇编解答题(理)03——立体几何(共30页)

1、精选优质文档-倾情为你奉上03 立体几何1. （2011天津卷理）17（本小题满分13分）如图，在三棱柱中，是正方形的中心，平面，且（）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；（）求二面角的正弦值；（）设为棱的中点，点在平面内，且平面，求线段的长【解析】17本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，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.满分13分. 方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点. 依题意得 （I）解：易得， 于是 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为 （II）解：易知 设平面AA1C1的法向量， 则

2、即 不妨令可得， 同样地，设平面A1B1C1的法向量， 则即不妨令，可得于是从而所以二面角AA1C1B的正弦值为 （III）解：由N为棱B1C1的中点，得设M（a，b，0），则由平面A1B1C1，得即解得故因此，所以线段BM的长为方法二：（I）解：由于AC/A1C1，故是异面直线AC与A1B1所成的角.因为平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，可得因此所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为（II）解：连接AC1，易知AC1=B1C1，又由于AA1=B1A1，A1C1=A1=C1，所以，过点A作于点R，连接B1R，于是，故为二面角AA1C1B1的平面角.在中，连接AB1，在中，从

3、而所以二面角AA1C1B1的正弦值为（III）解：因为平面A1B1C1，所以取HB1中点D，连接ND，由于N是棱B1C1中点，所以ND/C1H且.又平面AA1B1B，所以平面AA1B1B，故又所以平面MND，连接MD并延长交A1B1于点E，则由得，延长EM交AB于点F，可得连接NE.在中，所以可得连接BM，在中，2. （2011北京理）16（本小题共14分）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，.()求证：平面（）若求与所成角的余弦值；（）当平面与平面垂直时，求的长.【解析】（16）（共14分）证明：（）因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD.又因为PA平面ABCD.所以PABD.所以BD平面P

4、AC.（）设ACBD=O.因为BAD=60°，PA=PB=2,所以BO=1，AO=CO=.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，则P（0，2），A（0，0），B（1，0，0），C（0，0）.所以设PB与AC所成角为，则.（）由（）知设P（0，t）（t>0），则设平面PBC的法向量,则所以令则所以同理，平面PDC的法向量因为平面PCB平面PDC,所以=0，即解得所以PA=3. （2011辽宁卷理）18（本小题满分12分）如图，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，PDQA，QA=AB=PD （I）证明：平面PQC平面DCQ； （II）求二面角QBPC的余弦值【解析

5、】18解：如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz. （I）依题意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0）.则所以即PQDQ，PQDC.故PQ平面DCQ.又PQ平面PQC，所以平面PQC平面DCQ. 6分 （II）依题意有B（1，0，1），设是平面PBC的法向量，则因此可取设m是平面PBQ的法向量，则可取故二面角QBPC的余弦值为 12分4. （全国大纲卷理）19（本小题满分12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，（）证明：;（）求与平面所成角的大小【解析】19解法一： （I）取AB中点E，连

6、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， 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

7、坐标系Cxyz。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。6分 （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5. （全国新课标理）(18)(本小题满分12分)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，DAB=60°,AB=2AD,PD底面ABCD.()证明：PABD；()若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。【解析】(18)解：（ ）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

8、. 故PABD（）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D-，则,。设平面PAB的法向量为n=（x,y,z），则 即 因此可取n=设平面PBC的法向量为m，则 可取m=（0，-1，） 故二面角A-PB-C的余弦值为 6. （2011江西卷理）21（本小题满分14分） （1）如图，对于任一给定的四面体，找出依次排列的四个相互平行的平面 ，使 得（i=1,2,3,4），且其中每相邻两个平面间 的距离都相等； （2）给定依次排列的四个相互平行的平面，其中每相邻两个平面间的距离为1，若一个正四面体的四个顶点满足：（i=1,2,3,4），求该正四面体的体积.解：

9、（1）将直线三等分，其中另两个分点依次为,连接,作平行于的平面，分别过，即为。同理，过点作平面即可的出结论。 （2）现设正方体的棱长为a,若，由于得，那么，正四面体的棱长为，其体积为（即一个棱长为a的正方体割去四个直角三棱锥后的体积）7. （山东卷理）19（本小题满分12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形， ACB=，平面，EF，.=.（）若是线段的中点，求证：平面;（）若=,求二面角-的大小【解析】19（I）证法一：因为EF/AB，FG/BC，EG/AC，所以由于AB=2EF，因此，BC=2FC，连接AF，由于FG/BC，在中，M是线段AD的中点，则AM/BC，且

10、因此FG/AM且FG=AM，所以四边形AFGM为平行四边形，因此GM/FA。又平面ABFE，平面ABFE，所以GM/平面AB。证法二：因为EF/AB，FG/BC，EG/AC，所以由于AB=2EF，因此，BC=2FC，取BC的中点N，连接GN，因此四边形BNGF为平行四边形，所以GN/FB，在中，M是线段AD的中点，连接MN，则MN/AB，因为所以平面GMN/平面ABFE。又平面GMN，所以GM/平面ABFE。 （II）解法一：因为，又平面ABCD，所以AC，AD，AE两两垂直，分别以AC，AD，AE所在直线为x轴、y轴和z轴，建立如图所法的空间直角坐标系，不妨设则由题意得A（0，0，0，），B

11、（2，-2，0），C（2，0，0，），E（0，0，1），所以又所以设平面BFC的法向量为则所以取所以设平面ABF的法向量为，则所以则，所以因此二面角ABFC的大小为解法二：由题意知，平面平面ABCD，取AB的中点H，连接CH，因为AC=BC，所以，则平面ABFE，过H向BF引垂线交BF于R，连接CR，则所以为二面角ABFC的平面角。由题意，不妨设AC=BC=2AE=2。在直角梯形ABFE中，连接FH，则，又所以因此在中，由于所以在中，因此二面角ABFC的大小为8. （2011陕西理）16（本小题满分12分）如图，在中，是上的高，沿把折起，使 。（）证明：平面  平面；（）设

12、为的中点，求与夹角的余弦值。【解析】16解（）折起前是边上的高， 当 折起后，AD，AD，又DB，平面，AD 平面平面BDC平面ABD平面BDC。（）由 及（）知DA，DC两两垂直，不防设=1，以D为坐标原点，以所在直线轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D（0,0,0），B（1,0,0），C（0,3,0），A（0,0，），E（，0），=，=（1，0,0,），与夹角的余弦值为，=9. （上海理）21（14分）已知是底面边长为1的正四棱柱，是和的交点。（1）设与底面所成的角的大小为，二面角的大小为。求证：；（2）若点到平面的距离为，求正四棱柱的高。【解析】21解：设

13、正四棱柱的高为。 连，底面于， 与底面所成的角为，即 ，为中点，又， 是二面角的平面角，即 ，。 建立如图空间直角坐标系，有设平面的一个法向量为， ，取得 点到平面的距离为，则。10. （四川理）19(本小题共l2分) 如图，在直三棱柱AB-A1B1C1中 BAC=90°，AB=AC=AA1 =1D是棱CC1上的一P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1平面BDA(I)求证：CD=C1D：(II)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值； ()求点C到平面B1DP的距离解析：（1）连接交于,又为的中点，中点，,D为的中点。（2）由题意,过B 作,连接，则,为二面角的平面角。在

14、中，,则(3)因为，所以,在中，11. （2011浙江理）20（本题满分15分）如图，在三棱锥中，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（）证明：APBC；（）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。【解析】20本题主要考查空是点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分。方法一： （I）证明：如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz则，由此可得，所以，即（II）解：设设平面BMC的法向量

15、，平面APC的法向量由得即由即得由解得，故AM=3。综上所述，存在点M符合题意，AM=3。方法二：（I）证明：由AB=AC，D是BC的中点，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，由（I）中知，得平面BMC，又平面APC，所以平面BMC平面APC。在在，在所以在又从而PM，所以AM=PA-PM=3。综上所述，存在点M符合题意，AM=3。12. （重庆理）19（本小题满分12分，（）小问5分，（）小问7分）如题（19）图，在四面体中，平面平面， （）若，求四面体的体积； （）若二面角为，求异面直线与所成角的余弦值【解析】19（本题12分） （I）

16、解：如答（19）图1，设F为AC的中点，由于AD=CD，所以DFAC.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，且DF=ADsin30°=1，AF=ADcos30°=.在RtABC中，因AC=2AF=，AB=2BC，由勾股定理易知故四面体ABCD的体积 （II）解法一：如答（19）图1，设G，H分别为边CD，BD的中点，则FG/AD，GH/BC，从而FGH是异面直线AD与BC所成的角或其补角. 设E为边AB的中点，则EF/BC，由ABBC，知EFAB.又由（I）有DF平面ABC， 故由三垂线定理知DEAB.所以DEF为二面角CABD

17、的平面角，由题设知DEF=60°设在从而因RtADERtBDE，故BD=AD=a，从而，在RtBDF中，又从而在FGH中，因FG=FH，由余弦定理得因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为解法二：如答（19）图2，过F作FMAC，交AB于M，已知AD=CD，平面ABC平面ACD，易知FC，FD，FM两两垂直，以F为原点，射线FM，FC，FD分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Fxyz.不妨设AD=2，由CD=AD，CAD=30°，易知点A，C，D的坐标分别为显然向量是平面ABC的法向量.已知二面角CABD为60°，故可取平面ABD的单位法向量，使得设

18、点B的坐标为，有易知与坐标系的建立方式不合，舍去.因此点B的坐标为所以从而故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为13. （安徽理）（17）（本小题满分12分）如图，为多面体，平面与平面垂直，点在线段上，OAB，,，都是正三角形。（）证明直线；（II）求棱锥FOBED的体积。【解析】（17）（本小题满分12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，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力.（I）（综合法）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与线段

19、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BCEF.（向量法）过点F作，交AD于点Q，连QE，由平面ABED平面ADFC，知FQ平面ABED，以Q为坐标原点，为轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系.由条件知则有所以即得BCEF. （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FQAD，交AD于点Q，由平面ABED平面ACFD知，FQ就是四棱锥FOBED的高，且FQ=，所以14.14. （2011福建理）20（本小题满分1

20、4分）如图，四棱锥P-ABCD中，PA底面ABCD，四边形ABCD中，ABAD，AB+AD=4，CD=，（I）求证：平面PAB平面PAD；（II）设AB=AP （i）若直线PB与平面PCD所成的角为，求线段AB的长； （ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由。【解析】20本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想，满分14分。解法一：（I）因为平面ABCD，平面ABCD，所以，又所以平面PAD。又平面PAB，所以平

21、面平面PAD。（II）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz（如图）在平面ABCD内，作CE/AB交AD于点E，则在中，DE=，设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）由AB+AD=4，得AD=4-t，所以，（i）设平面PCD的法向量为，由，得取，得平面PCD的一个法向量，又，故由直线PB与平面PCD所成的角为，得解得（舍去，因为AD），所以（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，设G（0，m，0）（其中）则，由得，（2）由（1）、（2）消去t，化简得（3）由于方程（3）没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，C，D的

22、距离都相等。从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。解法二：（I）同解法一。（II）（i）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz（如图）在平面ABCD内，作CE/AB交AD于E，则。在平面ABCD内，作CE/AB交AD于点E，则在中，DE=，设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）由AB+AD=4，得AD=4-t，所以，设平面PCD的法向量为，由，得取，得平面PCD的一个法向量，又，故由直线PB与平面PCD所成的角为，得解得（舍去，因为AD），所以（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，由GC=CD，得，

23、从而，即设，在中，这与GB=GD矛盾。所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点B，C，D的距离都相等，从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。15. （湖北理）18（本小题满分12分）如图，已知正三棱柱的各棱长都是4，是的中点，动点在侧棱上，且不与点重合（）当=1时，求证：；（）设二面角的大小为，求的最小值【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等基础知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。（满分12分） 解法1：过E作于N，连结EF。 （I）如图1，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知， 底面ABC侧面A1C。 又度面侧面

24、A，C=AC，且底面ABC， 所以侧面A1C，NF为EF在侧面A1C内的射影，在中，=1，则由，得NF/AC1，又故。由三垂线定理知（II）如图2，连结AF，过N作于M，连结ME。由（I）知侧面A1C，根据三垂线定理得所以是二面角CAFE的平面角，即，设在中，在故又故当时，达到最小值；，此时F与C1重合。解法2：（I）建立如图3所示的空间直角坐标系，则由已知可得于是则故（II）设，平面AEF的一个法向量为，则由（I）得F（0，4，），于是由可得取 又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为， 于是由为锐角可得， 所以， 由，得，即 故当，即点F与点C1重合时，取得最小值16. （湖南理）1

25、9（本小题满分12分）如图5，在圆锥中，已知=，O的直径,是的中点，为的中点（）证明：平面 平面;（）求二面角的余弦值。【解析】19解法1：连结OC，因为又底面O，AC底面O，所以，因为OD，PO是平面POD内的两条相交直线，所以平面POD，而平面PAC，所以平面POD平面PAC。（II）在平面POD中，过O作于H，由（I）知，平面所以平面PAC，又面PAC，所以在平面PAO中，过O作于G， 连接HG，则有平面OGH，从而，故为二面角BPAC的平面角。在在在在所以故二面角BPAC的余弦值为解法2：（I）如图所示，以O为坐标原点，OB、OC、OP所在直线分别为x轴、y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，设是平面POD的一个法向量，则由，得所以设是平面PAC的一个法向量，则由，得所以得。因为所以从而平面平面PAC。（II）因为y