2019-2020高考数学(理)复习试题汇编 第八章 立体几何 含解析

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r 3 ,所以
1 2
2
2R
3a 3 , V 4 (
.
第八章 立体几何
第一节 空间几何体及其表面积和体积
题型 85 空间几何体的表面积与体积
1.(2017 江苏 6)如图所示,在圆柱 O O 内有一个球 O ,该球与圆柱的上、下面及母线均
1 2
相切.记圆柱 O 1O 2 的体积为V 1 ,球 O 的体积为V 2 ,则
O 2
O
O 1
V
V
1 的值是 .
2
1.解析 设球 O 的半径为 r ,由题意V
1
r 2 2r ,V
2
4 3
V V
2
3 3
.故填 .
2.2017 天津理 10)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面积为18 ,
则这个球的体积为
.
2.解析 设正方体的边长为 a ,则 6a 2
18 a 2
3 .外接球直径为正方体的体对角线,所以
4 27 9
πR 3
π π 3
3 8 2
3.(2107 全国 1 卷理科 16)如图所示,圆形纸片的圆心为 O ,半径为5 cm ,该纸片上的等
边三角形 ABC 的中心为 O .D , E , F 为圆 O 上的点,△DBC ,△ECA ,△FAB 分别
是以 BC , CA , AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以 BC , CA , AB 为折痕
折起 △DBC , △ECA , △FAB ,使得 D , E , F 重合,得到三棱锥.当 △ABC 的边长
变化时,所得三棱锥体积(单位: c m 3)的最大值为_______.
E
A
F
O
B
C
1
h = DG - OG = 25 - 10x + x - x = 25 - 10x , △S ABC = 2 3x ⋅ 3x ⋅ 1
2
⋅ h = 3x 2 25 - 10x = 3 25x 4 - 10x 5 .令 f (x ) = 25x 4 - 10 x 5 , x ∈ 0, ⎪ , 1 ⎛ 5 ⎫ f (x ) 在 (0,2 )上单调递增,在 2, ⎪ 上单调递减.故 f (x )≤ f (2) = 80 ,则
A . π
B . 3π r = 12 - ⎪ =
3.解析 由题意,联结 OD ,交 BC 于点 G ,如图所示,则 O D ⊥ BC , OG =
3 BC ,
6
即 OG 的长度与 BC 的长度成正比.设 OG = x ,则 BC = 2 3x , DG = 5 - x ,三棱锥的高
2 2 2 2 =
3 3x 2 ,
则 V =
3 △S ABC ⎝ 2 ⎭
f ' (x ) = 100 x 3
- 50 x 4
,令 f ' (x ) > 0 ,即 x 4
- 2x 3
< 0 , x < 2 ,当 f ' (x ) < 0 ,得 2 < x < 5
2

所以
⎛ 5 ⎫
⎝ 2 ⎭
V ≤ 3 ⨯ 80 = 4 15 ,
所以体积的最大值为 4 15 cm 3.
题型 86 旋转体的表面积、体积及球面距离
4.(2107 全国 3 卷理科 8)已知圆柱的高为 1,它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球
的球面上,则该圆柱的体积为(
).
4
C . π 2
D .
π
4
4.解析 如图所示,由题可知球心在圆柱体的中心处,圆柱体上、下底面圆的半径
⎛ 1 ⎫2
⎝ 2 ⎭
3 2 ,则圆柱体的体积V = πr 2h = 3π
4 .故选B.
题型87 几何体的外接球与内切球
S=⨯(π⨯12)⨯3=
232
S= 2⨯1⨯⎪⨯3=1,所以几何体体积
,三棱锥体积为
2
2
第二节空间几何体的直观图与三视图
题型88斜二测画法与直观图——暂无
题型89空间几何体的三视图
5.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是(). A.
π
2
π3π3π
+1 B.+3 C.+1 D.
222
+3
5.解析由三视图可知,直观图是由半个圆锥与一个三棱锥构成,半圆锥体积为
1
11π1⎛1⎫
3⎝2⎭
S=S+S=π+1.故选A.
12
6.(2017全国1卷理科7)某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形,该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为().
A.10
B.12
C.14
D.16
= V = V - V = π ⋅ 32 ⋅10 - ⋅ π ⋅ 32 ⋅ 6 = 63π .故选 B.
2 上 2
6. 解析 由三视图可画出立体图,如图所示,该多面体只有两个相同的梯形的面,
S = (2 + 4)⨯ 2 ÷ 2 = 6 , S 梯
全梯 6 ⨯ 2 = 12 .故选 B.
7.(2107 全国 2 卷理科 4)如图所示,网格纸上小正方形的边长为 1,粗实线画出的是某几
何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得,则该几何体的体积为( ).
A . 90π
B . 63π
C . 42π
D . 36π
7.解析 该几何体可视为一个完整的圆柱减去一个高为 6 的圆柱的一半,如图所示.
1 1

6
4
6
8.(2017 北京理 7)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为(
).
A. 3 2
B. 2 3
C. 2 2
D.2
9.解析该几何体的体积为V=1
π⨯12⨯1⨯2+2⨯1⨯1=+2.
8.解析几何体四棱锥如图所示,最长棱为正方体的体对角线,即
l=22+22+22=23.故选B.
1
9.(2017山东理13)由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图所示,则该
4
几何体的体积为.
π
42
第三节空间点、直线、平面之间的位置关系
题型90证明“点共面”“线共面”“点共线”或“线共点”——暂无
题型91截面问题——暂无
10.(2017江苏18)如图所示,水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm,容器Ⅰ的底面对角线AC的长为107cm,容器Ⅱ的两底面对角线EG,
C G
()
=30,从而s in∠MAC=3
.记
AC=107,A M=40,所以MC=402-107
1111
故PQ1=12,从而AP=
PQ sin∠MAC
E G的长分别为14cm和62cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水,水深均为12cm.现11
有一根玻璃棒l,其长度为40cm(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计).
(1)将l放在容器Ⅰ中,l的一端置于点A处,另一端置于侧棱CC1上,求l没入水中部分的长度;
(2)将l放在容器Ⅱ中,l的一端置于点E处,另一端置于侧棱GG1上,求l没入水中部分
的长度.
D
1C1H
1G1
A
1B
1
O
1
E
1
F
1
D
H O
A B E F
容器Ⅰ容器Ⅱ
10.解析(1)由正棱柱的定义,C C⊥平面ABCD,所以平面A ACC⊥平面ABCD,
111
CC⊥AC.
1
记玻璃棒的另一端落在CC1上点M处,如图所示为截面A1ACC1的平面图形.因为
2
4
AM与水面的交点为P,过点P作PQ
1⊥AC,Q
1
为垂足,则PQ1⊥平面ABCD,
11
11=16.答:玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm.
= + ∠KGG ⎪ = cos ∠KGG = . 设 ∠EGG = α , ∠ENG = β ,则 sin α = sin
⎝ 2 1 ⎭
5 < α < π ,所以 cos α = - 因为 0 < β < π
sin α cos β + cos α sin β = 4 ⨯ + - ⎪⨯ = .
2
2
2
A 1
A
C 1 M
P 1
Q 1 C
问(1)
(2)如图所示为截面 E 1EGG 1 的平面图形, O , O 1 是正棱台两底面的中心.
由正棱台的定义,OO 1 ⊥ 平面 EFGH ,所以平面 E 1EGG 1 ⊥ 平面 EFGH ,O 1O ⊥ EG .
同理,平面 E 1EGG 1 ⊥ 平面 E 1F 1G 1H 1 , O 1O ⊥ E 1G 1 .
记玻璃棒的另一端落在 GG 1 上点 N 处.
过 G 作 GK ⊥ E 1G 1 , K 为垂足,则 GK = OO 1 = 32 .
因为 EG 14 , E 1G 1 = 62 ,所以 KG 1 = 62 - 14
2
= 24 ,
从而 GG = 1
KG 2 + GK 2 = 242 + 322 = 40 .
1
⎛π ⎫ 4 1 1
因为
π
3
. 2 5
在 △ENG 中,由正弦定理可得
40 14 7
= ,解得 sin β = . sin α sin β 25
24
,所以 cos β =
, 2
25
于是 sin ∠NEG = sin (π- α - β ) = sin (α + β )=
24 ⎛ 3 ⎫ 7 3
5 25 ⎝ 5 ⎭ 25 5
记 EN 与水面的交点为 P ,过 P 作 P Q 2 ⊥ EG , Q 2 为垂足,则 P 2Q 2 ⊥ 平面 EFGH ,
故 P 2Q 2 = 12 ,从而 EP =
PQ
sin ∠NEG
( )
= 30 , PQ AC = 10 7 , A M = 40 ,所以 C M = 402 - 10 7 CM AM 30 40 1
= 20 .
2 2
2
答:玻璃棒 l 没入水中部分的长度为 20 cm .
E 1
O 1
K
G 1
N
P 2
E O G Q 2
问(2)
评注 此题本质上考查解三角形的知识,但在这样的大背景下构造的应用题让学生有畏惧之
感,且该应用题的实际应用性也不强.也有学生第(1)问采用相似法解决,解法如下:
2
1 1
= 12 ,
所以由 △ AP Q 1△∽ A CM , PQ AP 12 AP
1 1 = 1 ,即 = 1 ,解得 AP = 16 . 1
答:玻璃棒 l 没入水中部分的长度为16 cm .
题型 92 异面直线的判定——暂无
第四节 直线、平面平行的判定与性质
题型 93 证明空间中直线、平面的平行关系
11.(2107 浙江 19(1))如图所示,已知四棱锥 P - ABCD , △P AD 是以 AD 为斜边的等
腰直角三角形, BC //AD , CD ⊥ AD , PC = AD = 2DC = 2CB , E 为 PD 的中点.
(1)证明: C E // 平面 PAB .
P
E
A D
B C
11.解析 (1)如图所示,设 P A DE 的中点为 F ,联结 EF , FB .
因为E,F分别为PD,P A的中点,所以EF//AD,且EF=1
2 AD.
又因为BC//AD,BC=1
2
AD,所以EF//BC,且EF=BC,所以四边形BCEF为平行
四边形,所以C E//BF,又BF⊂平面P AB,所以CE//平面P AB.
P
F
H Q E
A
N
D
B M C
12.(2017江苏15)如图所示,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.
求证:(1)EF∥平面ABC;
(2)AD⊥AC.
A
E
B F D
C
12.解析(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,且点E与点A不重合,所以EF//AB.又因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF//平面ABC.
(2)因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,
BC⊂平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.
因为AD⊂平面ABD,所以BC⊥AD.
又AB⊥AD,BC AB=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,
所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.
13.(2017全国2卷理科19)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,侧面P AD为等边三角形
且垂直于底面ABCD,AB=BC=(1)求证:直线C E//平面P AB;1
2
AD,∠BAD=∠ABC=90o,E是PD的中点.
=
P
M
E
A
D
B
C
13.解析 (1)令 P A 的中点为 F ,联结 EF , BF ,如图所示.因为点E , F 为 PD , P A
1
的中点,所以 E F 为 △P AD 的中位线,所以EF // AD .又因为∠BAD = ∠ABC = 90︒ ,所以
=2
BC ∥AD .又因为 AB = BC = 1
2 1
AD ,所以 BC // = 2 AD ,于是 EF // BC .从而四边形 BCEF 为
平行四边形,所以 CE ∥BF .又因为 BF ⊂ 面P AB ,所以 CE ∥ 平面 PAB .
z
P
FM
E
B
A
x
C
O
M '
D y
题型 94 与平行有关的开放性、探究性问题
第五节 直线、平面垂直的判定与性质
题型 95 证明空间中直线、平面的垂直关系
14.(2017 江苏 15)如图所示,在三棱锥 A - BCD 中,AB ⊥ AD ,BC ⊥ BD ,平面 ABD ⊥
平面 BCD , 点 E, F ( E 与 A, D 不重合)分别在棱 AD , BD 上,且 EF ⊥ AD .
求证:(1) EF ∥平面 ABC ;
(2) AD ⊥ AC .
A
B
E
F D
C
14.解析(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,且点E与点A不重合,所以EF//AB.
又因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF//平面ABC.
(2)因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,
BC⊂平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.
因为AD⊂平面ABD,所以BC⊥AD.
又AB⊥AD,BC AB=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,
所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.
15.(2017全国1卷理科18(1))如图所示,在四棱锥P-ABCD中,AB//CD,且
∠BAP=∠CDP=90.
(1)求证:平面P AB⊥平面P AD;
P
D C
A B
15.解析(1)证明:因为∠BAP=∠CDP=90,所以P A⊥AB,PD⊥CD.
又因为AB∥CD,所以PD⊥AB.又因为PD P A=P,PD,P A⊂平面P AD,所以AB⊥平面P AD.
又AB⊂平面P AB,所以平面P AB⊥平面P AD.
16.(2017全国3卷理科19(1))如图所示,四面体ABCD△
中,ABC是正三角形,△ACD 是直角三角形,
∠ABD=∠CBD,AB=BD.
(1)求证:平面ACD⊥平面ABC;
由 ⎨BD = BD
,得 △ A BD ≥? CBD ,所以 AD = CD ,即 △ A CD 为等腰直角三角形,
⎪∠ABD = ∠DBC
, OB = , 夹角或其补角(异面线所成角为 0 , ⎥ ).可知 MN = AB = , NP = BC = ,
取 BC 的中点 Q ,联结 PQ, MQ , PM ,则可知 △PQM 为直角三角形.PQ = 1 ,MQ = AC .
π⎤ 2 ⎦ 1 1
16.解析 ⑴如图所示,取 AC 的中点为 O ,联结 BO , DO .
因为 △ABC 为等边三角形,所以 BO ⊥ AC , AB = BC .
⎧ AB = BC ⎪ ⎩
从而 ∠ADC 为直角.又 O 为底边 AC 中点,所以 DO ⊥ AC .
令 AB = a ,则 AB = AC = BC = BD = a ,易得 OD =
a 3a 2 2
所以 OD
2 + OB
2 = BD
2 ,从而由勾股定理的逆定理可得 ∠DOB = π
2 ,即 OD ⊥ OB .
⎧OD ⊥ AC ⎪OD ⊥ OB ⎪⎪
由 ⎨ AC OB = O ,所以 OD ⊥ 平面 ABC .
⎪ AC ⊂ 平面ABC ⎪
⎪⎩OB ⊂ 平面ABC
又因为 OD ⊂ 平面 ADC ,由面面垂直的判定定理可得平面 ADC ⊥ 平面 ABC .
D
E
C O
B
A
题型 96 与垂直有关的开放性、探索性问题——暂无
第六节 空间向量与立体几何
题型 97 空间向量及其运算
题型 98 空间角的计算
17.(2017 全国 2 卷理科 10)已知直三棱柱 ABC - A B C 中, ∠ABC = 120 , AB = 2 ,
1 1 1
BC = CC = 1,则异面直线 AB 与 BC 所成角的余弦值为(
).
1 1
1
A .
3
2
15 10 B . C . D .
5 5
3
3
17.解析
设 M ,N ,P 分别为 AB ,BB ,B C 的中点,则 AB 和 BC 的夹角为 MN 和 NP
1
1 1
1
1
⎛ 1 5 1 2 ⎝ 2 2 2 2
1
2
A⋅B c⋅o B sC∠=4A+B1-C⨯2⨯2⋅ -
1⎪=
222-
AC=7,则MQ=
7
,则在△MQP中,MP=MQ2+PQ2=
⎪+ ⎪- 
2⎪⎭2⎪⎭2⎪⎭
MN2+NP2-PM2
在△PMN中,cos∠PNM==⎝
2⋅MN⋅NP
又异面直线所成角为 0,⎥,则其余弦值为.故选C.
π⎤
2⎦
在△ABC中,A C=A B+B2C⎛
1⎫
⎝2⎭
,7即
11
22
.

1
⎝5
⎛5⎫2
⎛2
⎫2⎛
11⎫2
⎝⎝
52
2⋅⋅
22
=-
10.
5
18.(2107山东理17)如图所示,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的,G是DF的中点.
(1)设P是CE上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;
(2)当AB=3,AD=2,求二面角E-AG-C的大小.
18.解析(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB AP=A,所以BE⊥平面ABP.又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP.又∠EBC=120︒,所以
∠CBP=30︒.
(2)以B为坐标原点,分别以B E,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
13
⎪m⋅AG=0⎪x+3y=0⎪⎪
由⎨,可得⎨2
⎪n⋅C G=0⎪2x+3z=0⎪⎪
从而cos m,n=
m⋅n
m⋅n2,易知二面角
z
A
F G
D
E
x
B
P
C
y
由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,3,3),C(-1,3,0),则AE=(2,0,-3),AG=(1,3,0),CG=(2,0,3).
设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量,
⎧m⋅AE=0⎧2x
1-3z
1
=0
由⎨,可得⎨,
11
取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-3,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量,
⎧n⋅AG=0
⎧x
+3y=022
2,
取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-3,-2).
=1
E-AG-C为锐角.因此所求的角为60︒.
19.(2017江苏22)如图所示,在平行六面体ABCD-A B C D中,AA⊥平面ABCD,
11111
且AB=AD=2,AA=3,∠BAD=120︒.
1
(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值;
(2)求二面角B-A1D-A的正弦值.
{ }
则 cos A 1B, AC 1 = (
3, -1,- 3 )⋅ (
3,1, 3
)
1 =- . A B AC = )
A 1
D 1
B 1
C 1
A
D
B
C
19.解析 在平面 ABCD 内,过点 A 作 AE ⊥ AD ,交 BC 于点 E .
因为 AA 1 ⊥ 平面 ABCD ,所以 AA 1 ⊥ AE , AA 1 ⊥ AD .
如图所示,以 AE , AD , AA 1 为正交基底,建立空间直角坐标系 A - xyz .
z
A 1
D 1
B 1
C 1
A
D y
B
E
C
x
因为 AB = AD = 2 , AA = 3 , ∠BAD = 120︒ .
1
则 A (0,0,0 ) ,B (
3, -1,0 ),D (0,2,0 ) ,E ( 3,0,0 ), A (
0,0, 3 ),C
( 3,1, 3 ).
1 1
(1) A B =
1
( 3, -1,- 3 ), AC = ( 3,1, 3 ),
1
A B ⋅ AC
1 1 1 1 7 7
因此异面直线 A 1B 与 AC 1 所成角的余弦值为 1 7

(2)平面 A 1DA 的一个法向量为 AE = (
3,0,0 )

设 m = (x, y , z ) 为平面 BA 1D 的一个法向量,
又 A 1B = (
3, -1,- 3 ), BD =
(-
3,3,0 ,
⎧⎪m ⋅ A B
= 0 ⎧ 3x - y - 3z = 0 则 ⎨ ,即 ⎨ .
( )
⎩ ⎩ ⋅ 3
因此二面角 B - A 1D - A 的正弦值为 7 )
0 0 2 0 0 2 0
1 ⎪m ⋅ BD = 0 ⎪- 3x + 3 y = 0
不妨取 x = 3 ,则 y = 3 , z = 2 ,
所以 m = 3, 3,2 为平面 BA 1D 的一个法向量.
从而 cos AE , m =
AE ⋅ m AE m =
(
3,0,0 ) (
3, 3 ⨯ 4
3,2 )
= 3
4

设二面角 B - A 1D - A 的大小为θ ,则 cos θ = 4 .
因为 θ ∈ [0, π] ,所以 sin θ = 1 - cos 2θ =
7
4

4

20. ( 2017 全 国 1 卷 理 科 18 ) 如 图 所 示 , 在 四 棱 锥 P - ABCD 中 , AB //CD , 且
∠BAP = ∠CDP = 90 .
(1)求证:平面 P AB ⊥ 平面 P AD ;
(2)若 P A = PD = AB = DC , ∠APD = 90 ,求二面角 A - PB - C 的余弦值.
P
D
C
A
B
20. 解析 (1)证明:因为 ∠BAP = ∠CDP = 90 ,所以 P A ⊥ AB , PD ⊥ CD .
又因为 AB ∥ CD ,所以 PD ⊥ AB .又因为 PD
P A = P , PD , P A ⊂ 平面 P AD ,所以 AB ⊥
平面 P AD .又 AB ⊂ 平面 P AB ,所以平面 P AB ⊥ 平面 P AD .
(2)取 AD 的中点 O , BC 的中点 E ,联结 PO , OE ,因为 AB ∥CD ,所以四边形 ABCD
为平行四边形,所以 OE ∥AB .由(1)知, AB ⊥ 平面 P AD ,所以 OE ⊥ 平面 P AD .又 PO ,
AD ⊂ 平面 P AD ,所以 OE ⊥ PO , OE ⊥ AD .又因为 P A = PD ,所以 PO ⊥ AD ,从而 PO ,
OE , AD 两两垂直.以 O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz ,
设 P A = 2 ,所以 D (- 2 , , ), B ( 2 , , ), P (
0 ,, 2 )
, C (
-
2 , , ,
)
0-2-00
⎪⎪
⎩⎩
()
()
PD⋅n
=
所以PD=
(
-2,,2
)
,PB=
(
2,,2
)
,BC=
(
-2
设n=(x,y,z)为平面PBC的一个法向量,
2,,.
⎧n⋅PB=0⎧2x+2y-2z=0
由⎨,得⎨
⎪n⋅BC=0⎪-22x=0
.
令y=1,则z=2,x=0,可得平面PBC的一个法向量n=0,1,2.
因为∠APD=90︒,所以PD⊥P A,又知AB⊥平面P AD,PD⊂平面P AD,
所以PD⊥AB,又P A AB=A,所以PD⊥平面P AB.
即PD是平面P AB的一个法向量,PD=-2,0,-2,
从而cos PD,n=
PD⋅n-2
23
=-
3
3.
由图知二面角A-PB-C为钝角,所以它的余弦值为-3
3
.
21.(2017全国2卷理科19)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=
1
2
AD,∠BAD=∠ABC=90o,E是PD的中点.(1)求证:直线C E//平面PAB;
(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成的锐角为45,求二面角
M-AB-D的余弦值.
P
M E
A D
B C
21.解析(1)令P A的中点为F,联结EF,BF,如图所示.因为点E,F为PD,P A
=2
=
( )
0 0 - 0 - 0 0 0 1 0 0 3 3 设 MM ' = a , CM ' = a , OM ' = 1 - a .所以 M ' 1 - 3 a ,0 ,0 ⎪ .
3 a 2 + 1 = a ⇒ a = M ' 1 - ,0 ,0 ⎪⎪ , M 1 - 2 ,0 , 2 ,1, ⎪ , AM = 1 - 2
2 ⎪⎭ , AB = (1,0 ,0) . 2 ⎪⎭ ⎫ ⎛ ⎛ 2
1
1
的中点,所以 E F 为 △P AD 的中位线,所以EF // AD .又因为∠BAD = ∠ABC = 90︒ ,所以
BC ∥AD .又因为 AB = BC = 1 2
1
AD ,所以 BC // =2 AD ,于是 EF // BC .从而四边形 BCEF 为
平行四边形,所以 CE ∥BF .又因为 BF ⊂ 面P AB ,所以 CE ∥ 平面 PAB .
(2)以 AD 的中点 O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.设 AB = BC = 1 ,则
O (0 ,, ) , A (0 , 1, ) , B (1, 1, ) , C (1, ,) , D (0 ,,) , P 0 ,, 3 .点 M 在
底面 ABCD 上的投影为 M ' ,所以 MM ' ⊥ BM ' ,联结 BM ' .因为 ∠MBM ' = 45 ,所以
△MBM ' 为等腰直角三角形.因为 △POC 为直角三角形,OC =
3
3
OP ,所以 ∠PCO = 60 .
⎛ 3 ⎫ 3 3 ⎝ ⎭
⎛ 3 ⎫2 1 6
BM ' = 3 a ⎪ + 12 + 02 = 2 ⎝ ⎭
.从而 OM ' = 1 - 3 2 a = 1 -
3 2

所以 ⎛ 2 2 6 ⎫ 2 6 ⎫ ⎝ ⎭ ⎝ ⎝
设平面 ABM 的法向量 m = (0 ,y ,z ) ,则 m ⋅ AM = y +
6 z = 0 ,所以
m = (0 ,- 6 ,2) ,
1
1
1
易知平面 ABD 的一个法向量为 n = (0 ,0 ,1) ,从而 cos m ,n = m ⋅ n 10
= .故二面角
m ⋅ n 5
M - AB - D 的余弦值为 10
5

z
P
FM
E
B
A
x
C
O
M '
D y
22.(2017 全国 3 卷理科 19)如图所示,四面体 ABCD 中,△ A BC 是正三角形,△ ACD
是直角三角形,
∠ABD = ∠CBD , AB = BD .
(1)求证:平面 ACD ⊥ 平面 ABC ;
(2)过 AC 的平面交 BD 于点 E ,若平面 AEC 把四面体 ABCD 分成体积相等的两部分,
由⎨BD=BD,得△A BD≥?CBD,所以AD=CD,即△A CD为等腰直角三角形,⎪∠ABD=∠DBC
,OB=,
⎛a⎫⎛a⎫
建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),A ,0,0⎪,D 0,0,⎪,B 0,
2,0⎪,E 0,
4
a,
⎪⎪,

2⎭
AE=
-,,⎪
⎪,
AD= -,0,
⎝244⎭⎪,OA= ,0,0⎪.
求二面角D–AE–C的余弦值.
22.解析⑴如图所示,取AC的中点为O,联结BO,DO.因为△ABC为等边三角形,所以BO⊥AC,AB=BC.
⎧AB=BC


从而∠ADC为直角.又O为底边AC中点,所以DO⊥AC.
令AB=a,则AB=AC=BC=BD=a,易得OD=a3a 22
所以OD2+OB2=BD2,从而由勾股定理的逆定理可得∠DOB=π
2,即OD⊥OB.
⎧OD⊥AC
⎪OD⊥OB
⎪⎪
由⎨AC OB=O,所以OD⊥平面ABC.
⎪AC⊂平面ABC

⎪⎩OB⊂平面ABC
又因为OD⊂平面ADC,由面面垂直的判定定理可得平面ADC⊥平面ABC.
D
E
C
O
B
A
⑵由题意可知V
D-ACE =V
B-ACE
,即B,D到平面ACE的距离相等,即点E为BD的中点.
以O为坐标原点,OA为x轴正方向,OB为y轴正方向,OD为z轴正方向,设AC=a,
⎛3a⎫3a⎫
⎝2⎭⎝⎝⎭⎝4⎭
易得⎛a3a a⎫⎛a a⎫⎛a⎫
⎝22⎭⎝2⎭
设平面AED的法向量为n
1=(x
1
,y
1
,z
1
),平面AEC的法向量为n
2
=(x
2
,y
2
,z
2
),
⎪⎩AD⋅n=0
(3,1,3)

⎧⎪

AE⋅n
则⎨,取n=
⎪⎩OA⋅n=0
()
⎧⎪AE⋅n=0=0
12
12
1
,取n=0,1,-3.
2
设二面角D-AE-C为θ,易知θ为锐角,则cosθ=
z
D
E
C
O
n⋅n
12
n⋅n
12
B y
7
=.
7
x
A
23.(2017北京理16)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面P AD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD//平面MAC,P A=PD=
(1)求证:M为PB的中点;
(2)求二面角B-PD-A的大小;
(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.
6,AB=4.
23.解析(1)设AC,BD的交点为E,联结ME.
因为PD∥平面MAC,平面MAC平面PBD=ME,所以PD∥ME.
因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点,所以M为PB的中点.
P
M
A B
D E C
(2)取AD的中点O,联结O P,OE.
因为P A=PD,所以OP⊥AD.
又因为平面P AD⊥平面ABCD,且OP⊂平面P AD,所以OP⊥平面ABCD.
因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.
⎪⎪
⎩⎩
M -1,2,⎪
⎪,
C(2,4,0),MC=(3,2,-).
设直线MC与平面BDP所成角为α,则sinα=cos<n,MC>=n⋅MC
因为ABCD是正方形,所以O E⊥AD.
如图所示,建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,2),D(2,0,0),B(-2,4,0),BD=(4,-4,0),PD=(2,0,-2).
⎧n⋅BD=0⎧4x-4y=0
设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则⎨,即⎨
⎪n⋅PD=0⎪2x-2z=0
令x=1,则y=1,z=2,于是n=(1,1,2).
.
平面P AD的法向量为p=(0,1,0),所以cos<n,p>=
n⋅p1
=. |n||p|2
由题知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为
z
P
M π3.
A B
D O
E
C
y
x
⎛2⎫2(3)由(1)知
⎝2⎭2
所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为26
.
9
n MC
=26
9.
24.(2017天津理17)如图所示,在三棱锥P-ABC中,P A⊥底面ABC,∠BAC=90.点D,E,N分别为棱P A,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,P A=AC=4,AB=2.
(1)求证:MN//平面BDE;
(2)求二面角C-EM-N的正弦值;
(3)已知点H在棱P A上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为
7
21,求线段AH的
0 0) 0 0) 4 0) 0 4) 0 2) 2 2) 0 1) 2 0) ⎪ ⎪⎩ n ⋅ MN = 0 ⎪ 因此有 cos n 1, n 2 = n
⋅ n
4
15 | n || n | 21
21
P
D
M
A
E
B
N
C
24.解析 如图所示,以 A 为坐标原点,{AB, AC, AP }
为基底,建立如图所示的空间直角坐
标系,依题意可得 A(0,, , B(2,, , C (0,, , P(0,, , D(0,, , E (0,, ,
M (0,, , N (1,, .
z
P
D
M
E
B A
C
x
N
y
(1)证明: DE = (0, 2,0 ), DB = (2,0, -2 ) .设 n = ( x , y , z) 为平面 BDE 的一个法向量,
⎧n ⋅ DE = 0 ⎧2 y = 0 则 ⎨ ,即 ⎨ ,不妨设 z = 1 ,可得 n = (1,0,1) .
⎪⎩n ⋅ DB = 0
⎩2 x - 2 z = 0
又 MN = (1,2, -1) ,可得 MN ⋅ n = 0 ,因为 MN ⊄ 平面 BDE ,所以 MN // 平面 BDE .
(2)易知 n = (1,0,0) 为平面 CEM 的一个法向量.设 n = ( x , y , z) 为平面 EMN 的一个法向
1
2
⎧n ⋅ EM = 0
量,则 ⎨ 2 2
⎧-2 y - z = 0 ,因为 EM = (0, -2, -1) , MN = (1,2, -1) ,所以 ⎨
⎩ x + 2 y - z = 0 .
不妨设 y = 1 ,可得 n = (-4,1,-2) .
2
1 2 =- ,于是 sin n , n =
1 2
1 2
.
所以二面角 C - EM - N 的正弦值为 15
21
.
由已知得 cos NH , BE = | NH ⋅ BE | 解得 h = 8 0 h
(3)依题意,设 AH = h (0剟h 4 ) ,则 H (0, , )
,进而可得 NH = (-1,-2, h) ,BE = (-2,2,2) .
| 2h - 2 | 7
= = ,整理得10h 2 - 21h + 8 = 0 ,
| NH || BE | h 2 + 5 ⨯ 2 3 21
1
8 1
或 h = .所以线段 AH 的长为 或 .
5 2 5 2
25.(2107 浙江 19)如图所示,已知四棱锥P - ABCD ,△P AD 是以 AD 为斜边的等腰直
角三角形, BC //AD , CD ⊥ AD , PC = AD = 2DC = 2CB , E 为 PD 的中点.
(1)证明: C E // 平面 P AB ;
(2)求直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值.
P
E
A D
B C
25.解析 (1)如图所示,设 P A DE 的中点为 F ,联结 EF , FB .
1
因为 E , F 分别为 PD , P A 的中点,所以 EF //AD ,且 EF = AD .
2
又因为 BC //AD , BC = 1 2
AD ,所以 EF //BC ,且 EF =BC ,所以四边形 BCEF 为平行
四边形,所以 C E //BF ,又 BF ⊂ 平面 P AB ,所以 CE // 平面 P AB .
P
F
H Q
E
A
N
D
B
M C
(2)分别取 BC , AD 的中点为 M , N .联结 PN 交 EF 于点 Q ,联结 MQ .
因为 E ,F ,N 分别是 PD ,P A ,AD 的中点,所以 Q 为 EF 的中点,在平行四边形 BCEF 中, MQ //CE .
由 △P AD 为等腰直角三角形,得 PN ⊥ AD .
-BC
在Rt△MQH中,QH=
1
Q,R分别为AB,BC,CA上的点,AP=PB,==2,分别记二面角D–PR–Q,由DC⊥AD,N是AD的中点,所以ND=
1
2
AD=BC,且DN∥BC,所以四边形BCDN 是平行四边形,所以B N∥CD,所以B N⊥AD.又BN PN=N,所以AD⊥平面PBN,由BC//AD,得BC⊥平面PBN,又BC⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面PBN.
过点Q作PB的垂线,垂足为H,联结MH.
MH是MQ在平面PBC上的射影,所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角.
设CD=1.在△PCD中,由PC=2,CD=1,PD=2,由余弦定理得C E=2,
又BC⊥平面PBN,PB⊂平面PBN,所以BC⊥PB.在△PBN中,由PN=BN=1,PB=PC22=3,QH⊥PB,Q为PN的中点,得QH=
1
4.
2
,MQ=2,所以sin∠QMH=,
48
所以直线C E与平面PBC所成角的正弦值是
2
8
.
26.(2107浙江9)如图所示,已知正四面体D–ABC(所有棱长均相等的三棱锥),P,
BQ CR
QC RA
D–PQ–R,D–QR–P的平面角为α,β,γ,则().
A.γ<α<β
C.α<β<γ
B.α<γ<β
D.β<γ<α
26.解析如图所示,设点D在底面ABC内的射影为O,判断O到PR,P Q,QR的距离,O到哪条线段的距离越小,对应的二面角就越大.显然有α,β,γ均为锐角.
P为三等分点,O到△PQR三边的距离相等.动态研究问题:P
111
P,
所以O到QR的距离不变,O到PQ的距离减少,O到PR的距离变大.所以α<γ<β.
设AB'与直线a所成夹角为α∈⎢0,⎥,
则cosα=(cosθ,sinθ,-1)⋅(0,1,0)
sinθ∈⎢0,⎥,
⎣2⎦

所以α∈⎢,⎥,故③正确,④错误.
C
Q R O
A P P1B
题型99空间距离的计算——暂无
题型100与空间角、空间距离有关的开放性、探索性问题——暂无
27.(2017全国3卷理科16)a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形
ABC的直角边AC所在的直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:
①当直线AB与a成60角时,AB与b成30角;
②当直线AB与a成60角时,AB与b成60角;
③直线AB与a所成角的最小值为45;
④直线AB与a所成角的最小值为60;
其中正确的是________.(填写所有正确结论的编号).
27.解析由题意知,a,b,AC三条直线两两相互垂直,作出图像如图所示.不妨设图中所示的正方体的边长为1,故AC=1,AB=2,边AB以直线AC为旋转轴旋转,则点A 保持不变,点B的运动轨迹是以C为圆心,1为半径的圆.以C为坐标原点,以CD为x轴正方向,CB为y轴正方向,CA为z轴正方向,建立空间直角坐标系.
则D(1,0,0),A(0,0,1),直线a的方向单位向量a=(0,1,0),a=1.B点起始坐标为(0,1,0),直线b的方向单位向量b=(1,0,0),b=1.设B点在运动过程中的坐标B'(cosθ,sinθ,0),其中θ为B'C与CD的夹角,θ∈[0,2π).
那么AB'在运动过程中的向量AB'=(cosθ,sinθ,-1),AB'=2.
⎡π⎤
⎣2⎦
a AB'=
22⎤2
⎡ππ⎤⎣42⎦
cos β = AB ' ⋅ b .从而 cos β = cos θ = . 因为 β ∈ ⎢0, ⎥ ,所以 β = ,此时 AB ' 与 b 的夹角为 60︒ .所以②正确,①错误.故填② ③.
π
设 AB ' 与直线 b 所成夹角为 β ∈[0, ] ,
2
b AB ' = (- cos θ ,sin θ ,1) ⋅ (1,0,0) b AB ' = 2 2
cos θ .
当 AB ' 与直线 a 夹角为 60︒ 时,即 α = π 3

sin θ = 2 cos α = 2 cos π 3 =
2 2

因为 cos 2 θ + sin 2 θ = 1,所以 cos θ =
2 2 1 2 2 2
⎡ π ⎤ π ⎣ 2 ⎦
3
z
A
y
C(O)
a B
θ B '
b D x
28.(2017 天津理 17)如图所示,在三棱锥P - ABC 中, P A ⊥ 底面 ABC , ∠BAC = 90 .
点 D ,E ,N 分别为棱 P A , PC , BC 的中点, M 是线段 AD 的中点, P A = AC = 4 ,
AB = 2 .
(1)求证: MN // 平面 BDE ;
(2)求二面角 C - EM - N 的正弦值;
(3)已知点 H 在棱 P A 上,且直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为
长.
P D E
M A
B
N
C
7 21
,求线段 AH 的
0 0) 0 0) 4 0) 0 4) 0 2) 2 2) 0 1) 2 0) 则 ⎨
,即 ⎨ ,不妨设 z = 1 ,可得 n = (1,0,1) . ⎪⎩n ⋅ DB = 0
2 x - 2 z = 0 ⎪ ⎪⎩n ⋅ MN = 0 ,因为 EM = (0, -2, -1) , MN = (1,2, -1) ,所以 ⎨
x + 2 y - z = 0 ⎪ 因此有 cos n , n = n
⋅ n 4 15
| n || n | 21 21 1 2
由已知得 cos NH , BE = | NH ⋅ BE | 解得 h = 8 0 h
28.解析 如图所示,以 A 为坐标原点,{AB, AC, AP }
为基底,建立如图所示的空间直角坐
标系,依题意可得 A(0,, , B(2,, , C (0,, , P(0,, , D(0,, , E (0,, ,
M (0,, , N (1,, .
z
P
D
M
E
B A
C
x
N
y
(1)证明: DE = (0, 2,0 ), DB = (2,0, -2 ) .设 n = ( x , y , z) 为平面 BDE 的一个法向量,
⎧n ⋅ DE = 0 ⎧2 y = 0 ⎩
又 MN = (1,2, -1) ,可得 MN ⋅ n = 0 ,因为 MN ⊄ 平面 BDE ,所以 MN // 平面 BDE .
(2)易知 n = (1,0,0) 为平面 CEM 的一个法向量.设 n = ( x , y , z) 为平面 EMN 的一个法向
1
2
量,
⎧n ⋅ EM = 0
则 ⎨ 2 2
⎧-2 y - z = 0 ⎩ .
不妨设 y = 1 ,可得 n = (-4,1,-2) .
2
1 2 =- ,于是 sin n , n = 1 2 1
2
.
所以二面角 C - EM - N 的正弦值为 15
21
.
(3)依题意,设 AH = h (0剟h 4 ) ,则 H (0, , )
,进而可得 NH = (-1,-2, h) ,BE = (-2,2,2) .
| 2h - 2 | 7
= = ,整理得10h 2 - 21h + 8 = 0 ,
| NH || BE | h 2 + 5 ⨯ 2 3 21
1 8 1
或 h = .所以线段 AH 的长为 或 .
5 2 5 2
题型101立体几何中的最值问题探究与扩展——暂无。

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