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2007-2013年山东高考数学真题分类汇编:立体几何1


立体几何
(一)选择题
1.(08 山东卷 6)右图是一个几何体的三视图,根据图中数据, 可得该几何体的表面积是 (A)9π (B)10π (C)11π (D)12π 答案:D 2. (2009 山东卷理)一空间几何体的三视图如图所示,则该几何 体的体积为( ). A. 2? ? 2 3 B. 4? ? 2 3 C. 2? ?

2 3 3


2

D. 4? ?

2 3 3
2

【解析】:该空间几何体为一圆柱和一四棱锥组成的, 圆柱的底面半径为 1,高为 2,体积为 2? ,四棱锥的底面 边长为 2 ,高为 3 ,所以体积为 ?

1 3

? 2? ?
2

3?

2 3 3
2

所以该几何体的体积为 2? ?

2 3 . 3

答案:C 2 正(主)视图 【命题立意】:本题考查了立体几何中的空间想象能力, 由三视图能够想象得 到空间的立体图,并能准确地 计算出.几何体的体积. 3. (2009 山东卷理)已知α ,β 表示两个不同的平面,m 为平面α 内的 一条直线,则“ ? ? ? ”是“ m ? ? ”的( )

2 侧(左)视图

A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【解析】:由平面与平面垂直的判定定理知如果 m 为平面α 内的

俯视图

一条直线, m ? ? ,则 ? ? ? ,反过来则不一定.所以“ ? ? ? ”是“ m ? ? ”的必要不充分条 件. 答案:B. 【命题立意】:本题主要考查了立体几何中垂直关系的判定和充分必要条件的概念.

[来源:学.科.网]

4. (2009 山东卷文)已知α , β 表示两个不同的平面, m 为平面α 内的一条直线, 则 “? ? ? ” 是“ m ? ? ”的( A.充分不必要条件 C.充要条件 ) B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

【解析】 : 由平面与平面垂直的判定定理知如 果 m 为 平面 α 内的一条直线 , m ? ? , 则

? ? ? ,反过来则不一定.所以“ ? ? ? ”是“ m ? ? ”的必要不充分条件 .
答案:B. 【命题立意】:本题主要考查了立体几何中垂直关系的判定和充分必要条件的概念. 5、 (2010 山东数)在空间,下列命题正确的是 A.平行直线的平行投影重合 B.平行于同一直线的两个平面平行 C.垂直于同一平面的两个平面平行 D.垂直于同一平面的两条直线平行
[来源:学§科§网 Z§X§X§K] [来源:学科网 ZXXK]

【答案】D 【解析】由空间直线与平面的位置关系及线面垂直 与平行的判定与性质定理可以得出答案。 【命题意图】考查空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质,属基础 题。 6、 (2011 山东 11)11.右图是长和宽分别相等的两个矩形.给定下列三个命题:① 存在三 棱柱, 其正(主)视图、俯视图如下图;② 存在四棱柱,其正(主)视图、俯 视图如右图;③ 存在圆柱,其正(主)视图、俯视图如右图.其中真命 题的个数是 A.3 B.2 C.1 D.0 答案:A 7、 (2012 山东卷文(13))如图,正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 的棱长为 1,E 为线段 B1C 上的 一点,则三棱锥 A ? DED1 的体积为_____. 答案:

1 6

[来源:学科网 ZXXK]

8、 (2013 山东理)4.已知三棱柱 ABC ? A 1B 1C1 的侧棱与底面垂直,体积为

9 ,底面 4

是边长为 3 的正三角形.若 P 为底面 A1B1C1 的中心,则 PA 与平面 ABC 所成角的大小 为 (A)

5? 12

(B)

? 3

(C)

? 4

(D)

? 6

答案:4.B

9、 (2013 山东文)4.一个四棱锥的侧棱长都相等,底面是正方形, 其正(主)视图如右图所示,则该四棱锥侧面积和体积分别是 (A) 4 5,8 答案:4.B
[来源:Z&xx&k.Com]

(B) 4 5,

8 3

(C) 4( 5 ? 1),

8 3

(D) 8,8

(二)解答题
1、 (08 山东卷 20)(本小题满分 12 分)

如图,已知四棱锥 P-ABCD,底面 ABCD 为菱形,PA⊥平面 ABCD, ?ABC ? 60? ,E,F 分 别是 BC, PC 的中点. (Ⅰ)证明:AE⊥PD; (Ⅱ)若 H 为 PD 上的动点,EH 与平面 PAD 所成最大角的正切值为

6 ,求二面角 E—AF 2

—C 的余弦值. (Ⅰ)证明:由四边形 ABCD 为菱形,∠ABC=60°,可得△ABC 为正三角形. 因为 E 为 BC 的中点,所以 AE⊥BC. 又 BC∥AD,因此 AE⊥AD. 因为 PA⊥平面 AB CD,AE ? 平面 ABCD,所以 PA⊥AE. 而 PA ? 平面 PAD,AD ? 平面 PAD 且 PA∩A D=A, 所以 AE⊥平面 PAD,又 PD ? 平面 PAD. 所以 AE⊥PD. (Ⅱ)解:设 AB=2,H 为 PD 上任意一点,连接 AH,EH. 由(Ⅰ)知 AE⊥平面 PAD, 则∠EHA 为 EH 与平面 PAD 所成的角. 在 Rt△EAH 中,AE= 3 , 所以 当 AH 最短时,∠EHA 最大, 即 当 AH⊥PD 时,∠EHA 最大. 此时 tan∠EHA=

AE 3 6 ? ? , AH AH 2

因此

AH= 2 .又 AD=2,所以∠ADH=45°,

所以 PA=2. 解法一:因为 PA⊥平面 ABCD,PA ? 平面 PAC, 所以 平面 PAC⊥平面 ABCD. 过 E 作 EO⊥AC 于 O,则 EO⊥平面 PAC, 过 O 作 OS⊥AF 于 S,连接 ES,则∠ESO 为二面角 E-AF-C 的平面角,
[来源:学科网 ZXXK]

在 Rt△AOE 中,EO=AE·sin30°=

3 3 ,AO=AE· cos30°= , 2 2

又 F 是 PC 的中点,在 Rt △ASO 中,SO=AO·sin 45°=

3 2 , 4



SE ? EO2 ? SO2 ?

3 8 30 ? ? , 4 9 4

3 2 SO 15 在 Rt△ESO 中,cos∠ESO= ? 4 ? , SE 5 30 4
即所求二面角的余弦值为

15 . 5

解法二:由(Ⅰ)知 AE,AD,AP 两两垂直,以 A 为坐标原点,建立如图所示的空间 直角坐标系,又 E、F 分别为 BC、PC 的中点,所以 E、F 分别为 BC、PC 的中点,所以

A(0,0,0) , B( 3 ,-1,0) ,C(C,1,0) , D (0, 2, 0) , P (0, 0, 2) , E ( 3, 0, 0) , F (

3 1 , ,1 ) , 2 2

所以

AE ? ( 3,0,0), AF ? (

3 1 , ,1). 2 2

设平面 AEF 的一法向量为 m ? ( x1 , y1 , z1 ),

? ?m AE ? 0, 则? ? ?m AF ? 0,


? 3 x1 ? 0, ? 因此 ? 3 1 x1 ? y1 ? z1 ? 0. ? ? 2 2

z1 ? ?1, 则m ? (0, 2, ?1),

因为 BD⊥AC,BD⊥PA,PA∩AC=A, 所以 BD⊥平面 AFC,
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故 又

BD 为平面 AFC 的一法向量.

BD =(- 3,3, 0 ) ,

所以 cos<m, BD >= 因为

m BD 2?3 15 ? ? . 5 | m | | BD | 5 ? 12

二面角 E-AF-C 为锐角,

所以所求二面角的余弦值为

15 . 5

2.(2009 山东卷理)(本小题满分 1 2 分) 如图,在直四棱柱 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中,底面 ABCD 为等腰梯形,AB//CD,AB=4, D1 A1 C1 B1 D C

E1

BC=CD=2, AA 1 =2, E、E 1 、F 分别是棱 AD、AA 1 、A B 的中点。 (1) 证明:直线 EE 1 //平面 FCC 1 ; (2) 求二面角 B-FC 1 -C 的余弦值。 解法一: (1)在直四棱柱 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中,取 A1B1 的中点 F1, 连接 A1D,C1F1,CF1,因为 AB=4, CD=2,且 AB//CD, // 所以 CD=A1F1,A1F1CD 为平行四边形,所以 CF1//A1D, 又因为 E、E 1 分别是棱 AD、AA 1 的中点,所以 EE1//A1D, E1 所以 CF1//EE1,又因为 EE1 ? 平面 FCC 1 , CF1 ? 平面 FCC 1 , 所以直线 EE 1 //平面 FCC 1 . A D E F A1 D1 F1 P O B C1 B1 C

(2) 因为 AB=4, BC=CD=2, 、F 是棱 AB 的中点,所以 BF=BC=CF,△BCF 为正三角形,取 CF 的中点 O,则 OB⊥CF,又因为直四棱柱 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中,CC1⊥平面 ABCD,所以 CC1⊥ BO,所以 OB⊥平面 CC1F,过 O 在平面 CC1F 内作 OP⊥C1F,垂足为 P,连接 BP,则∠OPB 为二面 角 B-FC 1 -C 的一个平面角, 在△BCF 为正三角形中, OB ? 3 ,在 Rt△CC1F 中, △OPF∽△ CC1F,∵

OP OF 1 2 ? ∴ OP ? , ?2 ? CC1 C1 F 2 22 ? 22

2 OP 7 1 14 2 2 ? 2 ? 在 Rt△OPF 中, BP ? OP ? OB ? , cos ?OPB ? ,所以 ?3 ? BP 7 2 2 14 2
二面角 B-FC 1 -C 的余弦值为

7 . 7
D1

z C1 B1 D E M x F , 所 以 C B

解法二:(1)因为 AB=4, BC=CD=2, F 是 棱 AB 的中点, 所以 BF=BC=CF,△BCF 为正三角形, 因为 ABCD 为 A1 等腰梯形,所以∠BAC=∠AB C=60°,取 AF 的中点 M, 连接 DM,则 DM⊥ AB,所以 DM⊥CD, 以 DM 为 x 轴,DC 为 y 轴,DD1 为 z 轴建立空间直角坐标系, E1 ,则 D(0,0,0),A( 3 ,-1,0),F( 3 ,1,0),C(0,2,0), A

y

C1 ( 0,2,2 ) ,

E (

1 3 , ? ,0 ) ,E1 ( 2 2

3 ,-1,1 )

EE1 ? (

3 1 , ? ,1) , CF ? ( 3, ?1,0) , CC1 ? (0,0, 2) FC1 ? (? 3,1,2) 设平面 CC1F 的法 2 2
? ? n ? CF ? 0 ? ?n ? CC1 ? 0
所 以 ?

向 量 为 n ? ( x, y, 则 z) ?

? 3x ? y ? 0 ? 取 n ? (1, 3,0) , 则 ? ? z?0

n ? EE1 ?

3 1 ?1 ? ? 3 ? 1? 0 ? 0 ,所以 n ? EE1 ,所以直线 EE 1 //平面 FCC 1 . 2 2
? n1 ? FB ? 0 ? ? ?n1 ? FC1 ? 0
所以

( 2 ) FB ? (0, 2,0) , 设 平 面 BFC1 的 法 向 量 为 n1 ? ( x1 , y1 , z1 ) , 则 ?

y1 ? 0 ? ? ,取 n1 ? (2,0, 3) ,则 n ? n1 ? 2 ?1 ? 3 ? 0 ? 0 ? 3 ? 2 , ? ? ?? 3 x1 ? y1 ?2 z1 ? 0
| n |? 1 ? ( 3) 2 ? 2 , | n1 |? 22 ? 0 ? ( 3) 2 ? 7 ,
所以 cos? n, n1 ? ?

n ? n1 2 7 , 由图可知二面角 B-FC 1 -C 为锐角 , 所以二面角 ? ? 7 | n || n1 | 2 ? 7
7 . 7

B-FC 1 -C 的余弦值为

【命题立意】:本题主要考查直棱柱的概念、线面位置关系的判定和二面角的计算.考查空间 想象能力和推理运算能力,以及应用向量知识解答问题的能力. 3、 (2010 山东文数) (20) (本小题满分 12 分) 在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 是正方形, MA ? 平面 ABCD , PD // MA , E 、 G 、 F 分别为 MB 、 PB 、 PC 的中点,且 AD ? PD ? 2 MA . (I)求证:平面 EFG ? 平面 PDC ; (II)求三棱锥 P ? MAB 与四棱锥 P ? ABCD 的体积 之比.

4、 (2010 山东理数) (19) (本小题满分 12 分) 如图,在五棱锥 P—ABCDE 中,PA⊥平面 ABCDE,AB∥CD,AC∥ED, AE∥BC, ? ABC=45°,AB=2 2 ,BC=2AE=4,三角形 PAB 是等腰三 角形. (Ⅰ)求证:平面 PCD⊥平面 PAC; (Ⅱ)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的大小; (Ⅲ)求四棱锥 P—ACDE 的体积. 【解析】 (Ⅰ)证明:因为 ? ABC=45°,AB=2 2 ,BC=4,所以在 ?ABC 中,由余弦定理 得: AC2 =(2 2)2 +42 -2 ? 2 2 ? 4cos 45 =8 ,解得 AC=2 2 , 所以 AB +AC =8+8=16=BC ,即 AB ? AC ,又 PA⊥平面 ABCDE,所以 PA⊥ AB ,
2 2 2

又 PA ?AC ? A ,所以 AB ? 平面PAC ,又 AB∥CD,所以 CD ? 平面PAC ,又因为

CD ? 平面PCD ,所以平面 PCD⊥平面 PAC;

(Ⅱ)由(Ⅰ)知平面 PCD⊥平面 PAC,所以在平面 PAC 内,过点 A 作 AH ? PC 于 H, 则

AH ? 平面PCD ,又 AB∥CD,AB ? 平面 PCD 内,所以 AB 平行于平面 PCD ,所以点 A
到平面 PCD 的距离等于点 B 到平面 PCD 的距离,过点 B 作 BO⊥平面 PCD 于点 O,则

1 ?PBO 为所求角, B O = 30 , 且 AH=BO , 又容易求得 AH=2 , 所以 sin ?PBO= , 即 ?P 2
所以直线 PB 与平面 PCD 所成角的大小为 30 ; (Ⅲ)由(Ⅰ)知 CD ? 平面PAC ,所以 CD ? AC ,又 AC∥ED,所以四边形 ACDE 是 直 角 梯 形 , 又 容 易 求 得 DE ?

2 , AC= 2 2 , 所 以 四 边 形 ACDE 的 面 积 为

1 1 ( 2 ? 2 2) ? 2 ? 3 ,所以四棱锥 P—ACDE 的体积为 ? 2 2 ? 3 = 2 2 。 2 3
5、 (2011 山东理数 19) 在如图所示的几何体中, 四边形 ABCD 为平行四边形, ∠ACB= 90 ? , EA⊥ 平面ABCD,EF∥ AB,FG∥ BC,EG∥ AC.AB=2EF. (Ⅰ )若M是线段AD的中点,求证:GM∥ 平面ABFE; (Ⅱ )若AC=BC=2AE,求二面角A-BF-C的大小. 答案: (I)证法一: 因为 EF//AB,FG//BC,EG//AC, ?ACB ? 90? , 所以 ?EGF ? 90?, ?ABC ∽ ?EFG. 由于 AB=2EF, 因此,BC=2FC, 连接 AF,由于 FG//BC, FG ?

1 BC , 2

在 ABCD 中,M 是线段 AD 的中点, 则 AM// BC,且 AM ?

1 BC , 2

因此 FG//AM 且 FG=AM, 所以四边形 AFGM 为平行四边形, 因此 GM//FA。 又 FA ? 平面 ABFE, GM ? 平面 ABFE, 所以 GM//平面 AB。 证法二: 因为 EF//AB,FG//BC,EG//AC, ?ACB ? 90? , 所以 ?EGF ? 90?, ?ABC ∽ ?EFG. 由于 AB=2EF, 因此,BC=2FC,

[来源:Z_xx_k.Com]

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 ABCD 中,M 是线段 AD 的 中点,连接 MN, 则 MN//AB, 因为 MN

GN ? N ,

所以平面 GMN//平面 ABFE。 又 GM ? 平面 GMN, 所以 GM//平面 ABFE。 (II)解法一: 因为 ?ACB ? 90?, 所以?CAD=90? , 又 EA ? 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,
[来源:Zxxk.Com]

不妨设 AC ? BC ? 2 AE ? 2, 则由题意得 A(0,0,0, ) ,B(2,-2,0) ,C(2,0,0, ) ,E(0,0,1) , 所以 AB ? (2, ?2,0), BC ? (0, 2,0), 又 EF ?

1 AB, 2

所以 F (1, ?1,1), BF ? (?1,1,1). 设平面 BFC 的法向量为 m ? ( x1 , y1 , z1 ), 则 m ? BC ? 0, m ? BF ? 0, 所以 ?

? y1 ? 0, 取 z1 ? 1得x1 ? 1, ? x1 ? z1 ,

所以 m ? (1,0,1), 设平面 ABF 的法向量为 n ? ( x2 , y2 , z2 ) , 则 n ? AB ? 0, n ? BF ? 0, 所以 ?

? x2 ? y2 , 取y2 ? 1, 得x2 ? 1, ? z2 ? 0,

则 n ? (1,1, 0) ,

所以 cos m, n ?

m?n 1 ? . | m|?| n | 2

因此二面角 A—BF—C 的大 小为 60?. 解法二: 由题意知,平面 ABFE ? 平面 ABCD, 取 AB 的中点 H,连接 CH, 因为 AC=BC, 所以 CH ? AB , 则 CH ? 平面 ABFE, 过 H 向 BF 引垂线交 BF 于 R,连接 CR, 则 CR ? BF . 所以 ?HRC 为二面角 A—BF—C 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 FH ? AB ,又 AB ? 2 2, 所以 HF ? AE ? 1, BH ? 2, 因此在 Rt ?BHF 中, HR ? 由于 CH ?

6 . 3

1 AB ? 2, 2

所以在 Rt ?CHR 中, tan ?HRC ?

2 ? 3, 6 3

因此二面角 A—BF—C 的大小为 60?.

ABCD ,底 6、 (2011 山东文数 19)如图,在四棱台 ABCD ? A 1 D ? 平面 1B 1C1 D 1 中, D
面 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 . 答案: (I)证法一: 因为 D1D ? 平面 ABCD,且 BD ? 平面 ABCD, 所以 D 1D ? BD , 又因为 AB=2AD, ?BAD ? 60? , 在 ?ABD 中,由余弦定理得

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

[来源:学|科|网]

因此 AD ? BD , 又 AD

D1D ? D,

所以 BD ? 平面ADD1 A1. 又 AA1 ? 平面 ADD1A1, 故 AA1 ? BD. 证法二: 因为 D1D ? 平面 ABCD,且 BD ? 平面 ABCD, 所以 BD ? D1D. 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?
[来源:Zxxk.Com]

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 ?

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,
[来源:Z§xx§k.Com]

又因为 EA 1 ? 平面 A1BD, CC1 ? 平面 A1BD,

所以 CC1//平面 A1BD。 7、 (2012 山东卷文(19)) (本小题满分 12 分) 如图,几何体 E ? ABCD 是四棱锥,△ ABD 为正三角形,
CB ? CD, EC ? BD .
[来源:学科网]

(Ⅰ)求证: BE ? DE ; (Ⅱ)若∠ BCD ? 120? ,M 为线段 AE 的中点, 求证: DM ∥平面 BEC .
CO ? BD , (19)(I)设 BD 中点为 O, 连接 OC, OE, 则由 BC ? CD 知,

又已知 CE ? BD ,所以 BD ? 平面 OC E. 所以 BD ? OE ,即 OE 是 BD 的垂直平分线, 所以 BE ? DE . (II)取 AB 中点 N,连接 MN , DN , ∵ M 是 AE 的中点,∴ MN ∥ BE , ∵△ ABD 是等边三角形,∴ DN ? AB . 由∠BCD=120°知,∠CBD=30°,所以∠ABC=60°+30°=90°,即 BC ? AB , 所以 ND∥BC, 所以平面 MND∥平面 BEC,故 DM∥平面 BEC. 8、 (2 013 山东理)18. (本小题满分 12 分)如图所示,在三棱锥 P ? ABQ 中, PB ? 平面

ABQ , BA ? BP ? BQ , D, C , E, F

, BQ , A,P 的 BP 分别是 AQ 中点,
[来源:学科网]

AQ ? 2BD , PD 与 EQ 交于点 G , PC 与 FQ 交于点 H ,连接 GH .
(Ⅰ)求证: AB GH ;

(Ⅱ)求二面角 D ? GH ? E 的余弦值。

答案:18.解: (Ⅰ)证明:因为 D, C , E , F 分别是 AQ, BQ, AP, BP 的中点 , 所以 EF ∥ AB , DC ∥ AB ,所以 EF ∥ DC , 又 EF ? 平面 PCD , DC ? 平面 PCD , 所以 EF ∥平面 PCD , 又 EF ? 平面 EFQ ,平面 EFQ 所以 EF ∥ GH , 又 EF ∥ AB , 所以 AB ∥ GH .
[来源:学科网]

平面 PCD ? GH ,

(Ⅱ)解法一:在△ ABQ 中, AQ ? 2BD , AD ? DQ , 所以 ?ABQ=90 ,即 AB ? BQ , 因为 PB ? 平面 ABQ ,所以 AB ? PB , 又 BP

BQ ? B ,所以 AB ? 平面 PBQ ,由(Ⅰ)知 AB ∥ GH ,

所以 GH ? 平面 PBQ ,又 FH ? 平面 PBQ ,所以 GH ? FH ,同理可得 GH ? HC , 所以 ?FHC 为二面角 D ? GH ? E 的平面角,设 BA ? BQ ? BP ? 2 ,连接 PC , 在 Rt △ FBC 中,由勾股定理得 , FC ? 2 , 在 Rt △ PBC 中,由勾股定理得, PC ? 5 , 又 H 为△ PBQ 的重心,所以 HC ?

1 5 PC ? 3 3

同理 FH ?

5 , 3

5 5 ? ?2 4 9 9 ?? , 在△ FHC 中,由余弦定理得 cos ?FHC ? 5 5 2? 9 4 即二面角 D ? GH ? E 的余弦值为 ? . 5
解法二:在△ ABQ 中, AQ ? 2BD , AD ? DQ , 所以 ?ABQ ? 90 ,又 PB ? 平面 ABQ ,所以 BA, BQ, BP 两两垂直, 以 B 为坐标原点,分别以 BA, BQ, BP 所在直线为 x 轴, y 轴, z 轴,建立如图所示的空间

?2 , 则 E (1, 0 , 1) , F (0, 0,1) , Q(0, 2,0) , D(1,1, 0) , 直 角 坐 标 系 , 设 B A? B Q? B P C (0,1, 0) P(0, 0, 2)
,, 所 以

EQ ? (?

? , FQ ? (0,2, 1 ?1) , DP ? (? , 1, ?1, 2) , CP ? (0, 2 ?1, 2) ,

,

1

设平面 EFQ 的一个法向量为 m ? ( x1 , y1 , z1 ) , 由 m ? EQ ? 0 , m ? FQ ? 0 , 得?

?? x1 ? 2 y1 ? z1 ? 0 ? 2 y1 ? z1 ? 0

取 y1 ? 1 ,得 m ? (0,1, 2) . 设平面 PDC 的一个法向量为 n ? ( x2 , y2 , z2 ) 由 n ? DP ? 0 , n ? CP ? 0 , 得?

?? x2 ? y2 ? 2 z2 ? 0 ? ? y2 ? 2 z2 ? 0
m?n m n ? 4 5
4 . 5

取 z2 ? 1 ,得 n ? (0, 2,1) .所以 cos m, n ?

因为二面角 D ? GH ? E 为钝角,所以二面角 D ? GH ? E 的余弦值为 ?


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