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1、四、立体几何一、选择题1.(重庆理 9)高为2 / 4 的四棱锥S-ABCD 的底面是边长为1 的正方形,点S、A、B、C、D 均在半径为1 的同一球面上,则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为A24B22C1 D2【答案】 C 2.(浙江理4)下列命题中错误的是A如果平面平面,那么平面内一定存在直线平行于平面B如果平面 不垂直于平面,那么平面内一定不存在直线垂直于平面C如果平面平面,平面平面,=l,那么l平面D如果平面平面,那么平面内所有直线都垂直于平面【答案】 D 3.(四川理3)1l,2l,3l是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是A12ll,23ll13/ /llB12ll,2
2、3/ /ll13llC233/ / /lll1l,2l,3l共面D1l,2l,3l共点1l,2l,3l共面【答案】 B 【解析】 A 答案还有异面或者相交,C、D 不一定4.(陕西理5)某几何体的三视图如图所示,则它的体积是A283B83C82D23精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 38 页【答案】 A 5.(浙江理3)若某几何体的三视图如图所示,则这个几何体的直观图可以是【答案】 D 6.(山东理11)右图是长和宽分别相等的两个矩形给定下列三个命题:存在三棱柱,其正(主)视图、俯视图如下图;存在四棱柱,其正(主)视图、俯
3、视图如右图;存在圆柱,其正(主)视图、俯视图如右图其中真命题的个数是A3 B2 C1 D0 【答案】 A 7.(全国新课标理6) 。在一个几何体的三视图中,正视图与俯视图如右图所示,则相应的侧视图可以为【答案】 D 8.(全国大纲理6)已知直二面角 - - ,点 A ,AC ,C 为垂足, B , BD ,D为垂足若AB=2 ,AC=BD=1 ,则 D 到平面 ABC 的距离等于A23 B33C63D1 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 38 页3 3 2 正视图侧视图俯视图图 1 【答案】 C 9.(全国大纲理11)已知
4、平面截一球面得圆M,过圆心M 且与 成060二面角的平面截该球面得圆N若该球面的半径为4,圆 M 的面积为4,则圆 N 的面积为A7B9C11 D13【答案】 D 10.(湖南理3)设图 1 是某几何体的三视图,则该几何体的体积为A9122 B9182C942D3618【答案】 B 11.(江西理8)已知1a,2a,3a是三个相互平行的平面平面1a,2a之间的距离为1d,平面2a,3a之间的距离为2d 直线l与1a,2a,3a分别相交于1p,2p,3p, 那么 “12PP=23P P”是“12dd” 的A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】 C 12.(广
5、东理7)如图 1 3,某几何体的正视图(主视图)是平行四边形,侧视图(左视图)和俯视图都是矩形,则该几何体的体积为A6 3B9 3C12 3D18 3【答案】 B 13.(北京理7)某四面体的三视图如图所示,该四面体四个面的面积中,最大的是精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 38 页A8 B6 2C 10 D8 2【答案】 C 14.(安徽理6)一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为(A)48 (B)32+8(C) 48+8(D)80 【答案】 C 15.(辽宁理8) 。如图,四棱锥SABCD 的底面为正方形,
6、SD底面 ABCD ,则下列结论中不正确的是(A)AC SB (B)AB平面 SCD (C)SA 与平面 SBD 所成的角等于SC 与平面 SBD 所成的角(D)AB 与 SC 所成的角等于DC 与 SA 所成的角【答案】 D 16.(辽宁理12) 。已知球的直径SC=4,A,B 是该球球面上的两点, AB=3,30BSCASC,则棱锥SABC 的体积为(A)33(B)32( C)3(D)1 【答案】 C 17 ( 上 海 理17 ) 设12345,AAAAA是 空 间 中 给 定 的5个 不 同 的 点 , 则 使精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -
7、 - - -第 4 页,共 38 页123450MAMAMAMAMA成立的点M的个数为A0 B1 C 5 D 10 【答案】 B 二、填空题18.(上海理7)若圆锥的侧面积为2,底面积为,则该圆锥的体积为。【答案】3319.(四川理15)如图,半径为R 的球 O 中有一内接圆柱当圆柱的侧面积最大是,求的表面积与改圆柱的侧面积之差是【答案】22R【解析】22222max224()SrRrrRrS侧侧时,22222222RrRrrrR,则222422RRR20.(辽宁理15)一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等,体积为32,它的三视图中的俯视图如右图所示,左视图是一个矩形,则这个矩形的面积是【答案】
8、2 321.(天津理10)一个几何体的三视图如右图所示(单位:m) ,则该几何体的体积为_3m精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 38 页【答案】622.(全国新课标理15) 。已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4 的球 O 的球面上,且AB=6 ,BC=2 3,则棱锥O-ABCD 的体积为 _【答案】8 323.(湖北理14)如图,直角坐标系xOy所在的平面为,直角坐标系xOy(其中y轴一与y轴重合)所在的平面为,45xOx。()已知平面内有一点(2 2,2)P,则点P在平面内的射影P的坐标为(2,2);()已知平面内的曲
9、线C的方程是22(2)220 xy,则曲线C在平面内的射影C的方程是。【答案】22(1)1xy24.(福建理12)三棱锥P-ABC 中, PA底面 ABC ,PA=3,底面 ABC 是边长为2 的正三角形,则三棱锥P-ABC 的体积等于 _。【答案】3三、解答题25. (江苏 16) 如图,在四棱锥ABCDP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 FEACDBP精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,
10、共 38 页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。满分 14 分。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BFAD. 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. 26.(安徽理17)如图,A
11、BCDEFG为多面体,平面ABED与平面AGFD垂直,点O在线段AD上,1,2,OAODOAB ,,OAC,ODE,ODF都是正三角形。()证明直线BCEF;(II )求棱锥FOBED 的体积。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OBDE21,OG=OD=2 ,= 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7
12、页,共 38 页同理,设G是线段 DA 与线段 FC 延长线的交点,有.2ODGO又由于 G 和G都在线段DA 的延长线上,所以G 与G重合 . 在 GED 和 GFD 中,由OBDE21和 OCDF21,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ADFQ,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,QE为x轴正向,QD为 y 轴正向,QF为 z 轴正向,建立如图所示空间直角坐标系. 由条件知).23,23,0(),0 ,23,23(),3, 0,0()
13、,0, 0,3(CBFE则有).3,0,3(),23, 0,23(EFBC所以,2BCEF即得 BCEF. (II)解:由OB=1 ,OE=2,23,60EOBSEOB知,而 OED 是边长为2 的正三角形,故.3OEDS所以.233OEDEOBOBEDSSS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=3,所以.2331OBEDOBEDFSFQV27.(北京理16)如 图 , 在 四 棱 锥PABCD中 ,PA平 面A B C D, 底 面A B C D是 菱 形 ,2,60ABBAD. ()求证:BD平面;PA
14、C()若,PAAB求PB与AC所成角的余弦值;()当平面PBC与平面PDC垂直时,求PA的长 . = = = 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 38 页证明: ()因为四边形ABCD 是菱形,所以 AC BD. 又因为 PA平面 ABCD. 所以 PABD. 所以 BD平面 PAC. ()设 AC BD= O. 因为 BAD=60 , PA=PB=2, 所以 BO=1 ,AO=CO=3. 如图,以 O 为坐标原点,建立空间直角坐标系Oxyz,则P(0,3,2) ,A(0,3,0) , B(1,0,0) ,C(0,3,0).
15、 所以).0,32 ,0(),2,3, 1 (ACPB设 PB 与 AC 所成角为,则4632226|cosACPBACPB. ()由()知).0 ,3, 1(BC设 P( 0,3, t) ( t0) ,则),3, 1(tBP设平面 PBC 的法向量),(zyxm, 则0, 0mBPmBC所以03,03tzyxyx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 38 页令,3y则.6,3tzx所以)6,3, 3(tm同理,平面PDC 的法向量)6,3, 3(tn因为平面 PCB平面 PDC, 所以nm=0,即03662t解得6t所以 P
16、A=628.(福建理20)如图,四棱锥P-ABCD 中, PA底面ABCD ,四边形ABCD中, AB AD ,AB+AD=4 ,CD=2,45CDA(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30,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。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PA
17、平面 ABCD ,AC平面 ABCD ,所以PAAB,精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 38 页又,ABAD PAADA所以AB平面 PAD 。又AB平面 PAB,所以平面PAB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.CEAD在Rt CDE中, DE=cos451CD,sin 451,CECD设 AB=AP=t ,则 B(t,0,0) ,P(0,0, t)由 AB+AD=4 ,得 AD=4-t ,所以(0,3,0),(1,
18、3,0),(0,4,0)EtCtDt,( 1,1,0),(0,4,).CDPDtt(i)设平面PCD 的法向量为( , , )nx y z,由nCD,nPD,得0,(4)0.xyt ytx取xt,得平面PCD 的一个法向量 , ,4nt tt,又( ,0,)PBtt,故由直线PB 与平面 PCD 所成的角为30,得22222|24 |1cos60|,2| |(4)2n PBttnPBtttx即解得445tt或(舍去,因为AD40t) ,所以4.5AB(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04mt)则(1,3,0),(
19、0,4,0),(0, )GCtmGDtmGPm t,由| |GCGD得222(4)tmmt, (2)由( 1) 、 (2)消去 t,化简得2340mm(3)精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 38 页由于方程( 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
20、交 AD 于 E,则CEAD。在平面 ABCD 内,作 CE/AB 交 AD 于点 E,则.CEAD在Rt CDE中, DE=cos451CD,sin 451,CECD设 AB=AP=t ,则 B(t,0,0) ,P(0,0, t)由 AB+AD=4 ,得 AD=4-t ,所以(0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)EtCtDt,( 1,1,0),(0,4,).CDPDtt设平面 PCD 的法向量为( , , )nx y z,由nCD,nPD,得0,(4)0.xyt ytx取xt,得平面PCD 的一个法向量 , ,4nt tt,又( ,0,)PBtt,故由直线PB 与平面 PCD 所成的
21、角为30,得22222|24 |1cos60|,2| |(4)2n PBttnPBtttx即解得445tt或(舍去,因为AD40t) ,所以4.5AB(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45GCDGDC,从而90CGD,即,CGAD精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 38 页sin 451,GDCD设,AB则AD=4- ,3AGADGD,在Rt ABG中,2222(3)GBABAG2392()1,22这与 GB=GD 矛盾。所以在线段AD 上不存在一个
22、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。29.(广东理18)如图 5在椎体P-ABCD 中, ABCD 是边长为 1 的棱形,且 DAB=60,2PAPD,PB=2, E,F 分别是 BC,PC 的中点(1) 证明: AD 平面 DEF; (2) 求二面角P-AD-B 的余弦值法一: ( 1)证明:取AD 中点 G,连接 PG,BG, BD。因 PA=PD,有PGAD,在ABD中,1,60ABADDAB,有ABD为等边三角形,因此,BGAD BGPGG,所以AD平面PBG,.ADPB ADGB又 PB/
23、EF,得ADEF,而 DE/GB 得 AD DE,又FEDEE,所以 AD 平面 DEF。(2),PGAD BGAD,精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 38 页PGB为二面角 PAD B 的平面角,在2227,4Rt PAGPGPAAG中在32Rt ABG中,BG=AB sin60=2227342144cos2773222PGBGPBPGBPG BG法二: ( 1)取 AD 中点为 G,因为,.PAPD PGAD又,60 ,ABADDABABD为等边三角形,因此,BGAD,从而AD平面 PBG。延长 BG 到 O 且使得
24、 PO OB,又PO平面 PBG,PO AD ,,ADOBG所以 PO 平面 ABCD 。以 O 为坐标原点,菱形的边长为单位长度,直线OB,OP 分别为x轴, z 轴,平行于AD 的直线为y轴,建立如图所示空间直角坐标系。设11(0,0,),( ,0,0),( ,0),( ,0).22Pm G nA nD n则3| |sin 602GBAB333 13 1(,0,0),(,1,0),(,0),(,).22222422nmB nC nE nF精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 38 页由于33(0,1,0),(,0,0),
25、(,0,)2242nmADDEFE得0,0,ADDEADFEADDE ADFE DEFEEAD平面 DEF。(2)13( ,),(,0,)22PAnmPBnm22221332,()2,1,.422mnnmmn解之得取平面 ABD 的法向量1(0,0, 1),n设平面 PAD 的法向量2( , , )na b c由22330,0,0,0,2222bbPA nacPD nac得由得取23(1,0,).2n123212cos,.7714n n30.(湖北理18)如图, 已知正三棱柱111ABCA B C的各棱长都是4,E是BC的中点, 动点F在侧棱1CC上,且不与点C重合()当CF=1 时,求证:E
26、F1A C;()设二面角CAFE的大小为,求tan的最小值精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页,共 38 页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ENAC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ABC侧面 A,C=AC ,且EN底面 ABC ,所以EN侧面 A1C,NF 为 EF 在侧面 A1C 内的射影,在Rt CNE中,cos60CNCE=1,则由11
27、4CFCNCCCA,得 NF/AC1 ,又11,ACAC故1NFAC。由三垂线定理知1.EFAC(II )如图 2,连结 AF,过 N 作NMAF于 M,连结 ME。由( I)知EN侧面 A1C,根据三垂线定理得,EMAF所以EMN是二面角C AFE 的平面角,即EMN,设,045FAC则在Rt CNE中,sin603,NEEC在,sin3sin ,Rt AMNMNANaa中故3tan.3sinNEMNa又2045 ,0sin,2a故当2sin,452a即当时,tan达到最小值;36tan233,此时 F 与 C1 重合。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - -
28、- - - - -第 16 页,共 38 页解法 2: (I)建立如图3所示的空间直角坐标系,则由已知可得1(0,0,0),(2 3,2,0),(0,4,0),(0,0,4),( 3,3,0),(0,4,1),ABCAEF于是1(0, 4,4),(3,1,1).CAEF则1(0, 4,4) (3,1,1)0440,CA EF故1.EFAC(II )设,(04)CF,平面 AEF 的一个法向量为( , , )mx y z,则由( I)得 F(0,4,)( 3,3,0),(0,4,)AEAF,于是由,mAE mAF可得0,330,40.0,m AExyyzm AF即取( 3 ,4).m又由直三棱柱
29、的性质可取侧面AC1 的一个法向量为(1,0,0)n,于是由为锐角可得|cos| |m nmn222316,sin2424,所以2216116tan333,由04,得114,即116tan,333故当4,即点 F 与点 C1 重合时,tan取得最小值6,3精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页,共 38 页31.(湖南理19)如图 5,在圆锥PO中,已知PO=2, O 的直径2AB,C是AB的中点,D为AC的中点()证明:平面POD平面PAC; ()求二面角BPAC的余弦值。解法 1:连结 OC,因为,OAOC DAC是的中点 ,
30、 所以ACOD.又PO底面 O,AC底面 O,所以ACPO,因为 OD,PO 是平面 POD 内的两条相交直线,所以AC平面 POD,而AC平面 PAC,所以平面POD平面 PAC。(II )在平面POD 中,过 O 作OHPD于 H,由( I)知,平面,PODPAC平面所以OH平面 PAC,又PA面 PAC,所以.PAOH在平面 PAO 中,过 O 作OGPA于 G,连接 HG,则有PA平面 OGH ,从而PAHG,故OGH为二面角BPAC 的平面角。在2,sin 45.2Rt ODAODOA中在2222102,.5122PO ODRt PODOHPOOD中精选学习资料 - - - - -
31、- - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页,共 38 页在22216,.321PO OARt POAOGPOOA中在10155,sin.563OHRt OHGOGHOG中所以21510cos1 sin1.255OGHOGH故二面角 BPA C 的余弦值为10.5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(0,0,0),( 1,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,2)OABCP,1 1(,0)2 2D设1111(,)nx y z是平面 POD 的一个法向量,则由110,0
32、n ODn OP,得111110,2220.xyz所以111110,1,(1,1,0).zxyyn取得设2222(,)nxyz是平面 PAC 的一个法向量,则由220,0nPAnPC,得222220,20.xzyz所以222222,2 .1,xzyz 取z得2(2,2,1)n。因为12(1,1,0) (2,2,1)0,n n所以12.nn从而平面POD平面 PAC。(II )因为 y 轴平面 PAB,所以平面PAB 的一个法向量为3(0,1,0).n精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页,共 38 页由( I)知,平面PAC 的一
33、个法向量为2(2,2,1)n设向量23nn和的夹角为,则2323210cos.| |55nnnn由图可知,二面角BPAC 的平面角与相等,所以二面角BPAC 的余弦值为10.532.(辽宁理18)如图,四边形 ABCD 为正方形, PD平面 ABCD , PDQA ,QA=AB=12PD(I)证明:平面PQC平面 DCQ;(II )求二面角QBPC 的余弦值解: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(1,1,0),(0,0,1),(1, 1,0).
34、DQDCPQ所以0,0.PQ DQPQ DC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) ,( 1 , 0 ) ,(1 2 ,1 ) .C BB P设( , , )nx y z是平面 PBC 的法向量,则0,0,20.0,n CBxxyzn BP即因此可取(0, 1, 2).n设 m 是平面 PBQ 的法向量,则0,0.m BPm PQ精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页,共 38 页可取15(1,1,1).cos,.5mm n所以
35、故二面角 QBPC 的余弦值为15.512分33.(全国大纲理19)如 图 , 四 棱 锥SABCD中 ,ABCD,BCCD, 侧 面SAB为 等 边 三 角 形 ,2,1ABBCCDSD()证明:SDSAB平面; ()求AB与平面SBC所成角的大小解法一:(I)取 AB 中点 E,连结 DE,则四边形BCDE 为矩形, DE=CB=2 ,连结 SE,则,3.SEAB SE又 SD=1,故222EDSESD,所以DSE为直角。 3分由,ABDE ABSE DESEE,得AB平面 SDE,所以ABSD。SD 与两条相交直线AB、SE 都垂直。所以SD平面 SAB。 6 分(II)由AB平面 SD
36、E 知,平面ABCD平面 SED。作,SFDE垂足为 F,则 SF平面 ABCD ,3.2SDSESFDE作FGBC,垂足为G,则 FG=DC=1 。连结 SG,则SGBC,又,BCFG SGFGG,精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页,共 38 页故BC平面 SFG,平面 SBC平面 SFG。 9 分作FHSG,H 为垂足,则FH平面 SBC。37SFF GFHSG,即 F 到平面 SBC 的距离为21.7由于 ED/BC ,所以 ED/平面 SBC,E 到平面 SBC 的距离 d 也有21.7设 AB 与平面 SBC 所成的
37、角为 ,则2121sin,arcsin.77dEB 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Cxyz。设 D(1,0,0) ,则 A(2, 2,0) 、 B(0,2,0) 。又设( , , ),0,0,0.S x y zxyz则(I)(2,2, ),( ,2, )ASxyzBSx yz,(1, , )DSxy z,由| |ASBS得222222(2)(2)(2),xyzxyz故 x=1。由22| 11,DSyz得又由222| 2(2)4,BSxyz得即2213410,.22yzyyz故 3 分于是133333(1,),( 1,),(1,)22
38、2222SASBS,13(0,),0,0.22DSDS ASDS BS故,DSAD DSBSASBSS又所以SD平面 SAB。 6 分(II)设平面SBC 的法向量(, ,)am n p,精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页,共 38 页则,0,0.aBS aCB a BSa CB又33(1,),(0,2,0),22BSCB故330,2220.mnpn 9 分取 p=2 得(3,0,2),( 2,0,0)aAB又。21cos,.7| |AB aAB aABa故 AB 与平面 SBC 所成的角为21arcsin.734.(全国新课
39、标理18)如 图 , 四棱 锥PABCD中 , 底面ABCD为 平 行四 边形 ,60DAB,2ABAD,PD底面 ABCD (I)证明:PABD;(II )若 PD=AD ,求二面角A-PB-C 的余弦值解:()因为60 ,2DABABAD, 由余弦定理得3BDAD从而 BD2+AD2= AB2 ,故 BDAD 又 PD底面 ABCD ,可得 BDPD 所以 BD平面 PAD. 故 PABD ()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 D-xyz,则1,0,0A,03,0B,1, 3,0C,0,0,1P( 1,3,0),(0,3,1),( 1
40、,0,0)ABPBBCuu u vuuvuu u v精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页,共 38 页设平面 PAB 的法向量为n=(x, y,z) ,则0,0,n ABn PBu uu ru u u r即3030 xyyz因此可取n=( 3,1,3)设平面 PBC 的法向量为m,则m0,m0,PBBCuu u ruuu r可取 m=( 0,-1,3)42 7cos,72 7m n故二面角 A-PB-C 的余弦值为27735.(山东理19)在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 为平行四边形, ACB=90, 平面,EF,. =
41、 . ()若是线段的中点,求证:平面; ()若= ,求二面角 - -的大小19 (I)证法一:因为 EF/AB , FG/BC,EG/AC ,90ACB,所以90 ,EGFABC.EFG由于 AB=2EF ,因此, BC=2FC ,连接 AF,由于 FG/BC ,1,2FGBC在ABCD中, M 是线段 AD 的中点,则 AM/BC ,且1,2AMBC因此 FG/AM 且 FG=AM ,所以四边形AFGM 为平行四边形,精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 24 页,共 38 页因此 GM/FA 。又FA平面 ABFE ,GM平面 ABF
42、E ,所以 GM/ 平面 AB。证法二:因为 EF/AB , FG/BC,EG/AC ,90ACB,所以90 ,EGFABC.EFG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ABCD中, M 是线段 AD 的中点,连接MN ,则 MN/AB ,因为,MNGNN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90 ,ACB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
43、x 轴、 y 轴和 z 轴,建立如图所法的空间直角坐标系,不妨设22,ACBCAE则由题意得A(0,0,0, ) ,B(2,-2,0) ,C( 2,0,0, ) ,E(0,0,1) ,所以(2, 2,0),(0,2,0),ABBC又1,2EFAB所以(1, 1,1),( 1,1,1).FBF设平面 BFC 的法向量为111( ,),mx y z则0,0,m BCm BF精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 25 页,共 38 页所以1110,yxz取1111,zx得所以(1,0,1),m设平面 ABF 的法向量为222(,)nxyz,则0
44、,0,n ABn BF所以22222,1,1,0,xyyxz取得则(1,1,0)n,所以1cos,.| |2m nm nmn因此二面角ABFC 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CHAB,则CH平面 ABFE,过 H 向 BF 引垂线交BF 于 R,连接 CR,则.CRBF所以HRC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FHAB,又2 2,AB所以1,2,HFAEBH因此在Rt BHF中,6.3HR由于12,2CHAB精选学习资料 - -
45、 - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 26 页,共 38 页所以在Rt CHR中,2tan3,63HRC因此二面角ABFC 的大小为60 .36.(陕西理16)如图, 在ABC中,60 ,90 ,ABCBACAD是BC上的高, 沿AD把ABC折起,使90BCD。()证明:平面平面;()设为的中点,求AE与DB夹角的余弦值。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90及()知DA , DC 两两垂直,不防设DB=1,以 D 为坐标原点,以,DB DC DA所在直线,x y
46、 z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(0,0,3) , E(12,32,0) ,AE=1 3,32 2,DB=(1,0,0,) ,AE与DB夹角的余弦值为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 27 页,共 38 页cosAE,DB=1222.22| |2214AE DBAEDB122222221437. ( 上海理 21) 已知1111ABCDABC D是底面边长为1 的正四棱柱,1O是11AC和11B D的交点。(1)设1AB与底面1111ABC D所成的角的大小为,二面
47、角111AB DA的大小为。求证:tan2 tan;(2)若点C到平面11ABD的距离为43,求正四棱柱1111ABCDA BC D的高。解:设正四棱柱的高为h。 连1AO,1AA底面1111ABC D于1A,1AB与底面1111A BC D所成的角为11AB A,即11AB A11ABAD,1O为11B D中点,111AOB D,又1111AOB D,11AO A是二面角111AB DA的平面角,即11AO A111tanAAhA B,111tan22 tanAAhAO。 建立如图空间直角坐标系,有11(0,0, ),(1,0,0),(0,1,0),(1,1, )Ah BDCh11(1,0,
48、),(0,1,),(1 ,1,0)ABhADhAC设平面11AB D的一个法向量为( , , )nx y z,zyxA1B1C1D1ABCDO1O1DCBAD1C1B1A1A1B1C1D1ABCDO1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 28 页,共 38 页111100nABn ABnADn AD,取1z得( , ,1)nh h点C到平面11AB D的距离为22|043|1n AChhdnhh,则2h。38.(四川理19)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中BAC=90 ,AB=AC=AA1 =1D 是棱 CC1 上的一P是 AD 的
49、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1B A交1BA于O,1/B P1面BDA,111,B PAB PAB PDOD1面面面BA1/B POD,又O为1B A的中点,D为 AP中点,1C1为AP,1ACDPC D1C DCD,D 为1CC的中点。(2)由题意11,ABAC ABAAABC C1面AA,过 B 作AHAD,连接BH,则BHAD,AHB为 二面 角1AA DB的 平面 角。 在1AA D中,11551,22AAADA D,则2 52
50、 53 525,cos5533 55AHAHBHAHBBH(3)因为11C B PDB PCDVV,所以1111133B PDPCDh SA BS,111AB11111244PCDPC CPC DSSS, 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 29 页,共 38 页在1B DP中,1111955352 5544,5,.cos,sin32255252BDBPPDDBPDBP,1135315,22543B PDSh39.(天津理17) 如图,在三棱柱111ABCA BC中,H是正方形11AAB B的中心,12 2AA,1C H平面11AAB