当前位置:首页 >> 数学 >>

高考立体几何大题及答案(理)


1.(2009 全国卷Ⅰ)如图,四棱锥 S ? ABCD 中,底面 ABCD 为矩形, SD ? 底面 ABCD ,

AD ? 2 , DC ? SD ? 2 ,点 M 在侧棱 SC 上,∠ABM=60 。
(I)证明: M 是侧棱 SC 的中点;

?

? ?? ? 求二面角 S ? AM ? B 的大小


2.(2009 全国卷Ⅱ)如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB⊥AC,D、E 分别为 AA1、B1C 的中点, DE⊥平面 BCC1(Ⅰ)证明:AB=AC (Ⅱ)设二面角 A-BD-C 为 60° ,求 B1C 与平面 BCD 所成的 A1 C1 角的大小 B1 D A B 3. ( 2009 浙 江 卷 ) 如 图 , DC ? 平 面 ABC , EB / / DC , AC ? BC ? EB ? 2DC ? 2 , (I)证明: PQ / / 平面 ACD ; (II)求 AD 与平 ?ACB ? 120? , P, Q 分别为 AE , AB 的中点. 面 ABE 所成角的正弦值. E

C

4. ( 2009 北京卷)如图,四棱锥 P ? ABCD的底面是正方形,

PD ? 底面 ABCD , 点 E 在 棱 PB 上 . ( Ⅰ ) 求 证 : 平 面 A E C? 平面 P D B ;(Ⅱ)当 PD ? 2AB 且 E 为 PB 的中点时,
求 AE 与平面 PDB 所成的角的大小. 5.(2009 江西卷)如图,在四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 是

P

M

A

D

O B C

矩形, PA ? 平面 ABCD , PA ? AD ? 4 , AB ? 2 .以 BD 的中点 O 为球心、 BD 为直径的球 面交 PD 于点 M . (1)求证:平面 ABM ⊥平面 PCD ; (2)求直线 PC 与平面 ABM 所成的角; (3)求点 O 到平面 ABM 的距离.

6. (2009 四川卷) 如图, 正方形 ABCD 所在平面与平面四边形 ABEF 所在平面互相垂直, △ ABE 是 等 腰 直 角 三 角 形 , AB ? AE , FA ? FE , ?AEF ? 45 ( I ) 求 证 :
?

EF ? 平面BCE ;
(II)设线段 CD 、 AE 的中点分别为 P 、 M ,求证: PM ∥ 平面BCE (III)求二面角 F ? BD ? A 的大小。 7.( 2009 湖北卷文)如图,四棱锥 S-ABCD 的底面是正方形, SD⊥平面 ABCD,SD=AD=a,点 E 是 SD 上的点,且 DE= ? a(0< ? ≦1). (Ⅰ)求证:对任意的 ? ?(0、1) , 都有 AC⊥BE: (Ⅱ)若二面角 C-AE-D 的大小为 600C,求 ? 的值。

8. (2009 湖南卷) 如图 3, 在正三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中, AB=4,

AA1 ? 7 ,点 D 是 BC 的中点, 点 E 在 AC 上, 且 DE ? A1 E.
(Ⅰ)证明:平面 A1 DE ? 平面 ACC1 A1 ; (Ⅱ)求直线 AD 和平面 A1 DE 所成角的正弦值。

9. (2009 四川卷) 如图, 正方形 ABCD 所在平面与平面四边形 ABEF 所在平面互相垂直, △ ABE 是等腰直角三角形, AB ? AE , FA ? FE , ?AEF ? 45 (I)求证: EF ? 平面BCE ; (II)设线段 CD 、 AE 的中点分别为 P 、 M , 求证: PM ∥ 平面BCE (III)求二面角 F ? BD ? A 的大小。
?

10. ( 2009 重庆卷文)如题( 18 )图,在五面体 ABCDEF 中, AB ∥ DC , ?BAD ?

?
2



CD ? AD ? 2 ,四边形 ABFE 为平行四边形, FA ? 平面 ABCD , FC ? 3, ED ? 7 .求:
(Ⅰ)直线 AB 到平面 EFCD 的距离; (Ⅱ)二面角 F ? AD ? E 的平面角的正切值.

11.如图,四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,∠DAB=60° ,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD.

(1)证明:PA⊥BD; (2)设 PD=AD,求二面角 A-PB-C 的余弦值. 12(本小题满分 12 分) 如 图 , 已 知 四 棱 锥 P-ABCD 的 底 面 为 等 腰 梯 形 , AB ? CD,AC ? BD,垂足为 H, PH 是四棱锥的高 ,E 为 AD 中点 (1) 证明:PE ? BC (2) 若 ? APB= ? ADB=60° ,求直线 PA 与平面 PEH 所成 角的正弦值

参考答案
1、 【解析】 (I)解法一:作 MN ∥ SD 交 CD 于 N,作 NE ? AB 交 AB 于 E, 连 ME、NB,则 MN ? 面 ABCD , ME ? AB , NE ? AD ? 设 MN ? x ,则 NC ? EB ? x , 在 RT ?MEB 中,? ?MBE ? 60? ? ME ? 3x 。 在 RT ?MNE 中由 ME ? NE ? MN ? 3x ? x ? 2
2 2 2 2 2

2

解得 x ? 1 ,从而 MN ?

1 SD ? M 为侧棱 SC 的中点 M. 2

解法二:过 M 作 CD 的平行线.

(II)分析一:利用三垂线定理求解。在新教材中弱化了三垂线定理。这两年高考中求二面角 也基本上不用三垂线定理的方法求作二面角。 过 M 作 MJ ∥ CD 交 SD 于 J , 作 SH ? AJ 交 AJ 于 H , 作 HK ? AM 交 AM 于 K , 则

JM ∥ CD , JM ? 面 SAD ,面 SAD ? 面 MBA , SH ? 面 AMB ? ?SKH 即为所求二面角的补
角. 法二:利用二面角的定义。在等边三角形 ABM 中过点 B 作 BF ? AM 交 AM 于点 F ,则 点 F 为 AM 的中点,取 SA 的中点 G,连 GF,易证 GF ? AM ,则 ?GFB 即为所求二面角. 解法二、分别以 DA 、 DC 、 DS 为 x 、 y 、 z 轴如图建立空间直角坐标系 D—xyz ,则

A( 2 ,0,0), B( 2 ,2,0), C (0,0,2), S (0,0,2) 。

z S M

C D A B x

y

(Ⅰ)设 M (0, a, b)( a ? 0, b ? 0) ,则

BA ? (0,?2,0), BM ? ( ? 2 , a ? 2, b), SM ? (0, a , b ? 2) , SC ? (0,2,?2) ,由题得

1 ? ?cos ? BA, BM ?? 2 ,即 ? ? SM // SC ?

? 2(a ? 2) 1 ? ? ? 2 2 ? 2 ? (a ? 2) ? b ? 2 2 解之个方程组得 a ? 1, b ? 1 即 M (0,1,1) ? ?? 2a ? 2(b ? 2)
所以 M 是侧棱 SC 的中点。 法 2:设 SM ? ? MC ,则 M (0,

2? 2 2 ?2 , ), MB ? ( 2 , , ) 1? ? 1? ? 1? ? 1? ?
o

又 AB ? (0,2,0), ? MB, AB ?? 60

故 MB ? AB ?| MB | ? | AB | cos 60 ,即
o

4 2 2 2 2 ? 2?( ) ?( ) ,解得 ? ? 1 , 1? ? 1? ? 1? ?
所以 M 是侧棱 SC 的中点。 (Ⅱ)由(Ⅰ)得 M (0,1,1), MA ? ( 2 ,?1,?1) ,又 AS ? ( ? 2 ,0,2) , AB ? (0,2,0) , 设 n1 ? ( x1 , y1 , z1 ), n2 ? ( x 2 , y 2 , z 2 ) 分别是平面 SAM 、 MAB 的法向量,则

? ? ? 2 x2 ? y2 ? z2 ? 0 ? n1 ? MA ? 0 ? ? n2 ? MA ? 0 ? 2 x1 ? y1 ? z 1 ? 0 ? 且? ,即 ? 且? ? ? ? ? ?2 y 2 ? 0 ? ? 2 x1 ? 2 z1 ? 0 ? n1 ? AS ? 0 ? ? n1 ? AB ? 0
分别令 x1 ? x 2 ?

2 得 z1 ? 1, y1 ? 1, y 2 ? 0, z 2 ? 2 ,即

n1 ? ( 2 ,1,1), n2 ? ( 2 ,0,2) ,
∴ cos ? n1 , n2 ??

2?0? 2 2? 6

?

6 3

二面角 S ? AM ? B 的大小 ? ? arccos

6 。 3

2、解法一: (Ⅰ)取 BC 中点 F,连接 EF,则 EF

1 B1 B ,从而 EF DA。 2

连接 AF,则 ADEF 为平行四边形,从而 AF//DE。又 DE⊥平面 BCC1 ,故 AF⊥平面 BCC1 ,从 而 AF⊥BC,即 AF 为 BC 的垂直平分线,所以 AB=AC。 (Ⅱ)作 AG⊥BD,垂足为 G,连接 CG。由三垂线定理知 CG⊥BD,故∠AGC 为二面角 A-BD-C 的平面角。由题设知,∠AGC=600.. 设 AC=2,则 AG=

2 。又 AB=2,BC= 2 2 ,故 AF= 2 。 3

由 AB ? AD ? AG ? BD 得 2AD=

2 . AD 2 ? 22 ,解得 AD= 2 。 3

故 AD=AF。又 AD⊥AF,所以四边形 ADEF 为正方形。 因为 BC⊥AF,BC⊥AD,AF∩AD=A,故 BC⊥平面 DEF,因此平面 BCD⊥平面 DEF。 连接 AE、DF,设 AE∩DF=H,则 EH⊥DF,EH⊥平面 BCD。 连接 CH,则∠ECH 为 B1C 与平面 BCD 所成的角。
.

因 ADEF 为正方形,AD= 2 ,故 EH=1,又 EC=

1 B1C =2, 2

所以∠ECH=300,即 B1C 与平面 BCD 所成的角为 300. 解法二: (Ⅰ)以 A 为坐标原点,射线 AB 为 x 轴的正半轴,建立如图所示 的直角坐标系 A—xyz。 设 B(1,0,0) ,C(0,b,0) ,D(0,0,c) ,则 B1(1,0,2c),E (

1 b , ,c). 2 2
?

于是 DE =(

? 1 b , ,0) , BC =(-1,b,0).由 DE⊥平面 BCC1 知 2 2

DE⊥BC, DE ? BC =0,求得 b=1,所以
?

?

?

AB=AC。
? ? ? ?

(Ⅱ)设平面 BCD 的法向量 AN ? ( x, y, z), 则 AN ? BC ? 0, AN ? BD ? 0. 又 BC =(-1,1, 0) ,
? ?? x ? y ? 0 BD =(-1,0,c),故 ? ?? x ? cz ? 0
?

令 x=1, 则 y=1, z=

1 ? 1 , AN =(1,1, ). c c

又平面 ABD 的法向量 AC =(0,1,0) 由二面角 A ? BD ? C 为 60° 知, AN, , AC =60°



AN ? AC ? AN ? AC ? cos60 ° ,求得 c ?

1 2

于是

? 1,2) AN ? ( 1, 1,2), CB1 ? (1,

cos AN, CB1 ?

AN ? CB1 AN ? CB1

?

1 , 2

AN, CB1 ? 60 °

所以 B1C 与平面 BCD 所成的角为 30° 3、 (Ⅰ) 证明: 连接 DP, CQ , 又 DC // 在 ?ABE 中,P, Q 分别是 AE, AB 的中点, 所以 PQ //

1 BE , ?? 2

1 BE ,所以 PQ // DC ,又 PQ ? 平面 ACD ,DC ? 平面 ACD, 所以 PQ // 平面 ACD ?? ?? 2

(Ⅱ)在 ?ABC 中, AC ? BC ? 2, AQ ? BQ ,所以 CQ ? AB 而 DC ? 平面 ABC, EB // DC ,所以 EB ? 平面 ABC 而 EB ? 平面 ABE, 所以平面 ABE ? 平面 ABC, 所以 CQ ? 平面 ABE 由(Ⅰ)知四边形 DCQP 是平行四边形,所以 DP // CQ 所以 DP ? 平面 ABE, 所以直线 AD 在平面 ABE 内的射影是 AP, 所以直线 AD 与平面 ABE 所成角是 ?DAP 在 Rt?APD 中, AD ? 所以 sin ?DAP ?

AC 2 ? DC 2 ? 2 2 ? 12 ? 5 , DP ? CQ ? 2 sin ?CAQ ? 1

DP 1 5 ? ? AD 5 5

4、 【解法 1】 (Ⅰ)∵四边形 ABCD 是正方形,∴AC⊥BD, ∵ PD ? 底面ABCD , ∴PD⊥AC,∴AC⊥平面 PDB, ∴平面 AEC ? 平面PDB . (Ⅱ)设 AC∩BD=O,连接 OE, 由(Ⅰ)知 AC⊥平面 PDB 于 O, ∴∠AEO 为 AE 与平面 PDB 所的角, ∴O,E 分别为 DB、PB 的中点, ∴OE//PD, OE ?

1 PD ,又∵ PD ? 底面ABCD , 2
1 2 PD ? AB ? AO , 2 2
?

∴OE⊥底面 ABCD,OE⊥AO, 在 Rt△ AOE 中, OE ?
?

∴ ?AOE ? 45 ,即 AE 与平面 PDB 所成的角的大小为 45 . 【解法 2】如图,以 D 为原点建立空间直角坐标系 D ? xyz , 设 AB ? a, PD ? h,

则 A ? a, 0, 0 ? , B ? a, a, 0 ? , C ? 0, a, 0 ? , D ? 0, 0, 0 ? , P ? 0, 0, h ? , (Ⅰ)∵ AC ? ? ?a, a, 0 ? , DP ? ? 0, 0, h ? , DB ? ? a, a, 0 ? , ∴ AC ? DP ? 0, AC ? DB ? 0 , ∴AC⊥DP,AC⊥DB,∴AC⊥平面 PDB, ∴平面 AEC ? 平面PDB . (Ⅱ)当 PD ?

????

??? ?

??? ?

???? ??? ?

???? ??? ?

?1 1 2 ? 2 AB 且 E 为 PB 的中点时, P 0, 0, 2a , E ? ? 2 a, 2 a, 2 a ? ?, ? ?

?

?

设 AC∩BD=O,连接 OE, 由(Ⅰ)知 AC⊥平面 PDB 于 O, ∴∠AEO 为 AE 与平面 PDB 所的角,

? ? ?1 1 2 ? ??? 2 ? a , ? a , ? a , EO ? 0, 0, ? a?, ? ? ?2 ? 2 2 ? 2 ? ? ? ? ? ??? ? ??? ? EA ? EO 2 ∴ cos ?AEO ? ??? , ? ??? ? ? 2 EA ? EO
∵ EA ? ?

??? ?

∴ ?AOE ? 45 ,即 AE 与平面 PDB 所成的角的大小为 45 .

?

?

?多面体 ABCDEF 的体积为 VE—ABCD+VE—BCF= 2 2
5、解:方法(一) : (1)证:依题设,M在以BD为直径的球面上,则BM⊥PD. 因为PA⊥平面ABCD,则PA⊥AB,又AB⊥AD, 所以AB⊥平面PAD,则AB⊥PD,因此有PD⊥平面ABM,所以平面ABM⊥平面PC D. (2)设平面ABM与PC交于点N,因为AB∥CD,所以A B∥平面PCD,则AB∥MN∥CD, 由(1)知,PD⊥平面ABM,则 MN 是 PN 在平面 ABM 上的 射影, 所以
A N D y z P M

?P N M就是 PC 与平面 ABM 所成的角,
O B x C

且 ?PNM ? ?PCD

tan ?PNM ? tan ?PCD ?
所求角为 arctan 2 2

PD ?2 2 DC

(3)因为 O 是 BD 的中点,则 O 点到平面 ABM 的距离等于 D 点到平面 ABM 距离的一半,由 (1)知,PD⊥平面ABM于 M,则|DM|就是 D 点到平面 ABM 距离. 因为在 Rt△ PAD 中, PA ? AD ? 4 , PD ? AM ,所以 M 为 PD 中点, DM ? 2 2 ,则 O 点 到平面 ABM 的距离等于 2 。 方法二: (1)同方法一; ( 2 )如图所示,建立空间直角坐标系,则 A(0,0,0) , P(0,0,4) , B(2,0,0) , C (2,4,0) ,

D(0,4,0) , M (0,2,2) ,
, ? AM 设平面 ABM 的一个法向量 n ? ( x, y, z ) ,由 n ? AB n

?

?

??? ? ?

???? ?

可得:?

?

2x ? 0

??? ? ? ? PC ? n 2 2 则 y ? 1,即 n ? (0,1, ?1) .设所求角为 ? ,则 sin ? ? ??? , ? ? ? 3 PC n
所求角的大小为 arcsin

?2 y ? 2 z ? 0

,令 z ? ?1 ,

2 2 . 3

???? ? ???? AO ? n (3)设所求距离为 h ,由 O(1, 2, 0), AO ? (1, 2, 0) ,得: h ? ? ? 2 n
6、 【解析】解法一: 因为平面 ABEF⊥平面 ABCD,BC ? 平面 ABCD,BC⊥AB,平面 ABEF∩平面 ABCD=AB, 所以 BC⊥平面 ABEF. 所以 BC⊥EF. 因为⊿ABE 为等腰直角三角形,AB=AE, 所以∠AEB=45° , 又因为∠AEF=45, 所以∠FEB=90° ,即 EF⊥BE. 因为 BC ? 平面 ABCD, BE ? 平面 BCE, BC∩BE=B 所以 EF ? 平面BCE …………………………………………6 分 (II)取 BE 的中点 N,连结 CN,MN,则 MN

1 AB 2

PC

∴ PMNC 为平行四边形,所以 PM∥CN.

∵ CN 在平面 BCE 内,PM 不在平面 BCE 内, ∴ 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 H,连结 FH,则由三垂线定理知 BD⊥FH. ∴ ∠FHG 为二面角 F-BD-A 的平面角. ∵ FA=FE,∠AEF=45° , ∠AEF=90° , ∠FAG=45° . 设 AB=1,则 AE=1,AF=

2 1 ,则 FG ? AF ? sin FAG ? 2 2

在 Rt⊿BGH 中, ∠GBH=45° ,BG=AB+AG=1+

1 3 = , 2 2

GH ? BG ? sin GBH ?

3 2 3 2 ? ? , 2 2 4 FG 2 ? , GH 3 2 3

在 Rt⊿FGH 中, tan FHG ?

∴ 二面角 F ? BD ? A 的大小为 arc tan

…………………………………………12 分 解法二: 因 ?ABE 等腰直角三角形, AB ? AE ,所以 AE ? AB 又因为平面 ABEF ? 平面ABCD ? AB ,所以 AE ⊥平面 ABCD , 所以 AE ? AD 即 AD、AB、AE 两两垂直;如图建立空间直角坐标系, (I) 设 AB ? 1 ,则 AE ? 1 , B(0,1,0), D(1,0,0), E (0,0,1), C (1,1,0) ∵ FA ? FE, ?AEF ? 45? ,∴ ?AFE=90 0 ,

1 1 2 2 1 1 EF ? (0,? ,? ) , BE ? (0,?1,1), BC ? (1,0,0) 2 2 1 1 于是 EF ? BE ? 0 ? ? ? 0 , EF ? BC ? 0 2 2
从而 F(0,- , ) ∴

EF ⊥ BE , EF ⊥ BC

∵ BE ? 平面 BCE , BC ? 平面 BCE , BC ? BE ? B ∴ EF ? 平面BCE (II) M (0,0, ), P(1,

1 1 1 ,0) ,从而 PM ? (?1,? , ) 2 2 2 1 1 1 1 1 1 于是 PM ? EF ? (?1,? , ) ? (0,? ,? ) ? 0 ? ? ? 0 2 2 2 2 4 4 ∴ PM ⊥ EF ,又 EF ⊥平面 BCE ,直线 PM 不在平面 BCE 内, 故 PM ∥平面 BCE

1 2

(III)设平面 BDF 的一个法向量为 n1 ,并设 n1 =( x, y, z )

3 1 BD ? (1,?1,0), BF ? (0,? , ) 2 2

? ?n1 ? BD ? 0 ? ? ?n1 ? BF ? 0

?x ? y ? 0 ? 即? 3 1 ? y? z ?0 ? 2 ? 2

取 y ? 1 ,则 x ? 1, z ? 3 ,从而 n1 =(1,1,3) 取平面 ABD D 的一个法向量为 n 2 ? (0,0,1)

cos ? n1、 n2 ??

n1 ? n2 n1 ? n2

?

3 11 ? 1

?

3 11 11

故二面角 F ? BD ? A 的大小为 arccos

3 11 11

7、 (Ⅰ)证发 1:连接 BD,由底面是正方形可得 AC ? BD。

?SD ? 平面ABCD,?BD 是 BE 在平面 ABCD 上的射影,
由三垂线定理得 AC ? BE. (II)解法 1:?SD ? 平面 ABCD,CD ? 平面ABCD,? SD ? CD. 又底面ABCD是正方形,? CD ? AD,又SD ? AD=D,?CD ? 平面 SAD。 过点 D 在平面 SAD 内做 DF ? AE 于 F,连接 CF,则 CF ? AE, 故 ? CFD 是二面角 C-AE-D 的平面角,即 ? CFD=60° 在 Rt△ ADE 中,?AD= a , DE=

?a , AE= a ?2 ? 1 。

于是,DF=

AD ? DE ? AE

?a ?2 ? 1
DF ? CD

在 Rt△ CDF 中,由 cot60° =

? ?2 ? 1



? ? ?1
2

?

3 , 3

即 3? ? 3 =3 ?
2

? ? (0,1] , 解得 ? =

2 2

8、解:(Ⅰ)如图所示,由正三棱柱 ABC ? A1 B1C1 的性质知 AA1 ? 平面 ABC . 又 DE ? 平面 ABC,所以 DE ? AA1 .而 DE ? A1 E, AA1 ? A1 E ? A1 , 所以 DE⊥平面 ACC1 A1 .又 DE ? 平面 A1DE , 故平面 A1 DE ⊥平面 ACC1 A1 . (Ⅱ)解法 1: 过点 A 作 AF 垂直 A1 E 于点 F , 连接 DF.由(Ⅰ)知,平面 A1 DE ⊥平面 ACC1 A1 , 所以 AF ? 平面 A1 DE ,故 ?ADF 是直线 AD 和 平面 A1 DE 所成的角。 因为 DE ? ACC1 A1 , 所以 DE ? AC.而 ? ABC 是边长为 4 的正三角形, 于是 AD= 2 3 ,AE=4-CE=4-

1 CD =3. 2

又因为 AA1 ?

7 ,所以 A1 E= A1 E ? AA12 ? AE 2 ? ( 7 ) 2 ? 32 = 4,

AF ?

AE ? AA1 3 7 ? , A1 E 4

sin ?ADF ?

AF 21 . ? AD 8
21 8

即直线 AD 和平面 A1 DE 所成角的正弦值为

.

解法 2 : 如图所示,设 O 是 AC 的中点,以 O 为原点建立空间直角坐标系, 则相关各点的坐标分别是 A(2,0,0,),

A1 (2,0, 7 ), D(-1,

3 ,0), E(-1,0,0).

易知 A1 D =(-3, 3 ,- 7 ) , DE =(0,- 3 ,0) , AD =(-3, 3 ,0). 设 n ? ( x, y, z ) 是平面 A1 DE 的一个法向量,则

???? ?

??? ?

????

r

r uuu v ? ?n ? DE ? ? 3 y ? 0, ? r uuu v ? ?n ? A1D ? ?3x ? 3 y ? 7 z ? 0.
解得 x ? ?

7 z, y ? 0 . 3

r 故可取 n ? ( 7, 0, ?3) .于是

r uuu r r uuu r ?3 7 21 n ? AD ?? cos n, AD ? r uuu r = 8 n ? AD 4 ? 2 3

.

由此即知,直线 AD 和平面 A1 DE 所成角的正弦值为 所以 ME 与 BN 不共面,它们是异面直线。

21 8

.

……..12 分

9、 【解析】解法一: 因为平面 ABEF⊥平面 ABCD,BC ? 平面 ABCD,BC⊥AB,平面 ABEF∩平面 ABCD=AB, 所以 BC⊥平面 ABEF. 所以 BC⊥EF. 因为⊿ABE 为等腰直角三角形,AB=AE, 所以∠AEB=45° , 又因为∠AEF=45, 所以∠FEB=90° ,即 EF⊥BE. 因为 BC ? 平面 ABCD, BE ? 平面 BCE, BC∩BE=B

所以 EF ? 平面BCE (II)取 BE 的中点 N,连结 CN,MN,则 MN

………………6 分

1 AB 2

PC

∴ PMNC 为平行四边形,所以 PM∥CN. ∵ CN 在平面 BCE 内,PM 不在平面 BCE 内, ∴ 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 H,连结 FH,则由三垂线定理知 BD⊥FH. ∴ ∠FHG 为二面角 F-BD-A 的平面角. ∵ FA=FE,∠AEF=45° ,∠AEF=90° , ∠FAG=45° . 设 AB=1,则 AE=1,AF=

2 1 ,则 FG ? AF ? sin FAG ? 2 2

在 Rt⊿BGH 中, ∠GBH=45° ,BG=AB+AG=1+

1 3 = , 2 2

GH ? BG ? sin GBH ?

3 2 3 2 ? ? , 2 2 4 FG 2 ? , GH 3 2 ………………12 分 3

在 Rt⊿FGH 中, tan FHG ?

∴ 二面角 F ? BD ? A 的大小为 arc tan

解法二: 因 ?ABE 等腰直角三角形, AB ? AE ,所以 AE ? AB 又因为平面 ABEF ? 平面ABCD ? AB ,所以 AE ⊥平面 ABCD ,所以 AE ? AD 即 AD、AB、AE 两两垂直;如图建立空间直角坐标系, (I) 设 AB ? 1 ,则 AE ? 1 , B(0,1,0), D(1,0,0), E (0,0,1), C (1,1,0)

∵ FA ? FE, ?AEF ? 45? ,∴ ?AFE=90 0 ,

1 1 2 2 1 1 EF ? (0,? ,? ) , BE ? (0,?1,1), BC ? (1,0,0) 2 2 1 1 于是 EF ? BE ? 0 ? ? ? 0 , EF ? BC ? 0 2 2
从而 F(0,- , ) ∴

EF ⊥ BE , EF ⊥ BC

∵ BE ? 平面 BCE , BC ? 平面 BCE , BC ? BE ? B ∴ EF ? 平面BCE (II) M (0,0, ), P(1,

1 1 1 ,0) ,从而 PM ? (?1,? , ) 2 2 2 1 1 1 1 1 1 于是 PM ? EF ? (?1,? , ) ? (0,? ,? ) ? 0 ? ? ? 0 2 2 2 2 4 4 ∴ PM ⊥ EF ,又 EF ⊥平面 BCE ,直线 PM 不在平面 BCE 内, 故 PM ∥平面 BCE

1 2

(III)设平面 BDF 的一个法向量为 n1 ,并设 n1 =( x, y, z )

3 1 BD ? (1,?1,0), BF ? (0,? , ) 2 2

? ?n1 ? BD ? 0 ? ? ?n1 ? BF ? 0

?x ? y ? 0 ? 即? 3 1 ? y? z ?0 ? 2 ? 2

取 y ? 1 ,则 x ? 1, z ? 3 ,从而 n1 =(1,1,3) 取平面 ABD D 的一个法向量为 n 2 ? (0,0,1)

cos ? n1、 n2 ??

n1 ? n2 n1 ? n2

?

3 11 ? 1

?

3 11 11

故二面角 F ? BD ? A 的大小为 arccos

3 11 11

10、解法一:(Ⅰ)? AB ? DC, DC ? 平面 EFCD , ? AB 到面 EFCD 的距离等于点 A 到面

EFCD 的距离, 过点 A 作 AG ? FD 于 G, 因 ?BAD ?

?
2

故C D ? A D AB ∥ DC ,

; 又? FA ?

平面 ABCD ,由三垂线定理可知, CD ? FD ,故 CD ? 面FAD ,知 CD ? AG ,所以 AG 为 所求直线 AB 到面 EFCD 的距离。 在 Rt△ABC 中, FD ?

FC 2 ? CD 2 ? 9 ? 4 ? 5 FD 2 ? AD 2 ? 5 ? 4 ? 1

由 FA ? 平面 ABCD ,得 FA ? AD, 从而在 Rt△FAD 中,FA ?

? AG ?

FA ? AD 2 2 5 2 5 ? ? 。即直线 AB 到平面 EFCD 的距离为 。 FD 5 5 5

(Ⅱ) 由己知,FA ? 平面 ABCD , 得 FA ? AD, 又由 ?BAD ? 平面 ABFE

?
2

, 知A D ? A B

, 故 AD ?

? DA ? AE ,所以, ?FAE 为二面角 F ? AD ? E 的平面角,记为 ? .
在 Rt△AED 中 , AE ?

ED 2 ? AD 2 ? 7 ? 4 ? 3 , 由 ? ABCD 得 , FE ? BA , 从 而

?AFE ?

?
2
AE 2 ? AF 2 ? 3 ? 1 ? 2
,故 tan ? ?

在 Rt△AEF 中, FE ?

FE ? 2 FA
z F E

所以二面角 F ? AD ? E 的平面角的正切值为 2 . 解法二:

??? ? ???? ??? ? (Ⅰ)如图以 A 点为坐标原点, AB, AD, AF 的方向为

G

x, y, z 的正方向建立空间直角坐标系数,则

x

B

A

C

D y

A(0,0,0) C(2,2,0)

D(0,2,0)

设 F (0, 0, z0 )

??? ? ??? ? ( z0 ? 0) 可得 FC ? (2, 2, ? z0 ) ,由 | FC |? 3 .即

2 2 2 ? 2 2 ? z0 ? 3 ,解得 F (0, 0,1)

? AB ∥ DC ,

DC ? 面 EFCD ,所以直线 AB 到面 EFCD 的距离等于点 A 到面 EFCD 的距离。设 A 点在 ???? ???? ???? ???? ??? ? 平面 EFCD 上的射影点为 G ( x1 , y1 , z1 ) ,则 AG ? ( x1 , y1 , z1 ) 因 AG ? DF ? 0 且 AG ? CD ? 0 ,而
???? DF ? (0, ?2,1)
??? ? ? ?2 y1 ? z1 ? 0 CD ? (?2, 0, 0) ,此即 ? 解得 x1 ? 0 ? ?2 x1 ? 0
上. ① ,知 G 点在 yoz 面上,故 G 点在 FD

? ??? ? ???? ??? y GF ? DF , GF ? (? x1 , ? y1 , ? z1 ? 1) 故有 1 ? ? z 1 ?1 ② 2
???? ???? 2 4 ? | AG | 为直线 AB 到面 EFCD 的距离. 而 AG ? (0, , ) 5 5
(Ⅱ)因四边形 ABFE 为平行四边形,则可设 E ( x0 ,0,1)

联立①,②解得, G(0, , ) 所以 | AG |?

2 4 5 5

.

????

2 5 5

??? ? ( x0 ? 0) , ED ? (? x0 2, ?1) .由

??? ? ??? ? 2 ? 2 2 ? 1 ? 7 ,解得 x 0 ? ? 2 .即 E (? 2, 0,1) .故 AE ? (? 2, 0,1) | ED |? 7 得 x0
由 AD ? (0, 2, 0) , AF ? (0, 0,1) 因 AD ? AE ? 0 , AD ? AF ? 0 , 故 ?FAE 为 二 面 角

????

??? ?

???? ??? ?

???? ??? ?

??? ? ??? ? ??? ? F ? AD ? E 的 平 面 角 , 又 ? EF ? ( 2, 0, 0) , | EF |? 2 , | AF |? 1 , 所 以

??? ? | EF | ? ? 2 tan ?FAE ? ??? | FA |
1111

11.解:(1)因为∠DAB=60° ,AB=2AD,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. (2)如图,以 D 为坐标原点,AD 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.则 A(1,0,0),B(0, 3 ,0),C(-1, 3 ,0),P(0,0,1).

??? ? ??? ? ??? ? AB =(-1, 3 ,0), PB =(0, 3 ,-1), BC =(-1,0,0). ??? ? ? n ? AB ?0 ? 设平面 PAB 的法向量为 n=(x,y,z),则 ? ??? ? ? ?n ? PB ? 0 ? ?? x ? 3 y ? 0 即? ? ? 3y ? z ? 0
因此可取 n=( 3 ,1, 3 ).

??? ? ? ?m ? PB ? 0 设平面 PBC 的法向量为 m,则 ? ??? ? ? ?m ? BC ? 0
可取 m=(0,-1,- 3 ), cos m, n ?

?4 2 7 ?? . 7 2 7

故二面角 APBC 的余弦值为 ?

2 7 . 7

12.解:以 H 为原点, HA, HB, HP 分别为 x, y, z 轴,线段 HA 的长为单位长, 建立空间直角 坐标系如图, 则 A(1,0,0), B(0,1,0) (Ⅰ)设 C (m,0,0), P(0,0, n)(m ? 0, n ? 0)

1 m D( 0 m , , 0E ), ( , , 0). 2 2 1 m 可得 PE ? ( , ? ,n ) BC , ? m(? , 1 , 0 ) . 2 2 m m 因为 PE ? BC ? ? ? 0 ? 0 2 2 所以 P E? B C
则 (Ⅱ)由已知条件可得 m ? ?

3 3 , n ? 1, 故 C( ? ,0,0) 3 3 ,P0 ) , ( 0 , 0 , 1)

D( 0 ? ,

3 1 3 , 0E ), ? ( , 3 2 6

设 n ? ( x, y, x) 为平面 PEH 的法向量



?n ? H E? ,o ? ? ? ?n ? H P? ,o

? 1 x ? 3 y ?0 ?2 6 即? ? ? z?0

因此可以取 n ? (1, 3, 0) , 由 PA ? (1, 0, ?1) ,

??? ?

可得

? ? ?? 2 c o sP A n , ? 4

所以直线 PA 与平面 PEH 所成角的正弦值为

2 4


相关文章:
2014年高考数学(理)立体几何大题汇编答案
2014年高考数学(理)立体几何大题汇编答案_高考_高中教育_教育专区。2014 年高考...(0,0,2),F(0,1,1),BC=(1,1,0).设平面 ABF 的法向量为 n=(x,y...
高考立体几何大题及答案(理)
高考立体几何大题及答案(理)_数学_高中教育_教育专区 暂无评价|0人阅读|0次下载|举报文档高考立体几何大题及答案(理)_数学_高中教育_教育专区。1.(2009 全国...
高考立体几何文科大题及答案
高考立体几何文科大题及答案_高三数学_数学_高中教育_教育专区。高考立体几何大...E ' C ? 点 E ' 在线段 AD 的垂直平分线上,同理点 F ' 在线段 BC ...
高考立体几何大题及答案(理)
高考立体几何大题及答案(理)_数学_高中教育_教育专区 暂无评价|0人阅读|0次下载|举报文档高考立体几何大题及答案(理)_数学_高中教育_教育专区。1.(2009 全国...
2014高考理科立体几何大题汇编
微信订阅号:中青数理 2014 年高考理科立体几何大题汇编 26. 【2014 高考北京理第 17 题】如图,正方体 AMDE 的边长为 2, B , C 分别为 AM , MD 的中点...
2012年高考立体几何大题及答案(理科,十题)
2012年高考立体几何大题及答案(理科,十题)_高考_高中教育_教育专区。高考题很好 各地高考题 1.(2009 全国卷Ⅰ)如图,四棱锥 S ? ABCD 中,底面 ABCD 为矩形...
2014高考理科立体几何大题练习
2014高考理科立体几何大题练习_数学_高中教育_教育专区。1.如图 1,在 Rt ?ABC...(理) 】(12 分)如图,正三棱柱 ABC-A'B'C'中,D 是 BC 中点,AA'=...
立体几何高考题,模拟题带答案
2014 一.解答题(共 17 小题) 高考及模拟立体几何带答案 1. (2014?山东)...“三线合一”证出 AD⊥ BC,结合线面垂直判定定 理,得 AD⊥ 平面 BB1C1C,...
2015年高考题立体几何汇编
2015年高考题立体几何汇编_高考_高中教育_教育专区。专题十四 空间向量、空间几何...平面 AOC ,求 a 的值. A F C O E B 【答案】(1)证明见解析, (2) ...
立体几何高考题及其答案详解
立体几何高考题及其答案详解_高考_高中教育_教育专区。立体几何专题训练立体...(06 理)若空间中有四个点,则“这四个点中有三点在同一直线上”是“这四...
更多相关标签:
立体几何高考题及答案 | 立体几何高考题 | 高考立体几何解题技巧 | 高考立体几何大题 | 高考立体几何 | 立体几何大题及答案 | 高考数学立体几何大题 | 高考文科数学立体几何 |