最新数学高考分类汇编解答题理03――立体几何优秀名师资料.doc
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1、2011年数学高考分类汇编解答题(理)03立体几何2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 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, ABCABC,111AA,22CH,5.H是正方形的中心,平面,且 CH,AABBAABB1111111(?)求异面直线AC与AB所成角的余弦值; 11(?)求二面角的正弦值; AACB,111MN(?)设为棱的中点,点在平面BCAABB1111BMMN,内,且平面,求线段的长( ABC11【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
2、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. ABC(22,0,0),(0,0,0),(2,2,5), 依题意得 ABC(22,22,0),(0,22,0),(2,2,5) 111ACAB,(2,2,5),(22,0,0) (I)解:易得, 11ACAB,4211cos,ACAB, 于是 113|ACAB,322,112 所以异面直线AC与AB所成角的余弦值为 .113AAAC,(0,22,0),(2,2,5). (II)解:易知 111设平面AAC的法向量, mxyz,(,)11,mAC,0,,,2250,xyz,11 则即 ,m
3、AA,0220.y,1,m,(5,0,2)x,5, 不妨令可得, 同样地,设平面ABC的法向量, nxyz,(,)111,nAC,0,,,2250,xyz,11y,5 则即不妨令, ,nAB,0.,220.x,11,n,(0,5,2).可得 03 立体几何(理) 第1页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 mn,22于是 cos,mn,|7mn,77,35从而 sin,.mn,735所以二面角AACB的正弦值为 .117(III)解:由N为棱BC的中点, 112325得设M(a,b,0), N(,).2222325则 MNab,(,)222,M
4、NAB,0,11MN,由平面ABC,得 111,MNAC,0.,11,2()(22)0,a,2即 ,2325,()(2)()(2)50.,,,,,ab,222,2a,22,2解得故 M(,0).,242,b,.,42210因此,所以线段BM的长为 BM,(,0)|.BM,244方法二: I)解:由于AC/AC,故,CAB是异面直线AC与AB所成的角. (1111111CH,因为平面AABB,又H为正方形AABB的中心, 11111AACH,22,5, 11ACBC,3.可得 1111222ACABBC,,2111111因此 cos.,,CAB11123ACAB,111103 立体几何(理) 第
5、2页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 2所以异面直线AC与AB所成角的余弦值为 .113(II)解:连接AC,易知AC=BC, 1111又由于AA=BA,AC=A=C, 1111111所以?,过点A作于点R, ARAC,ACA,BCA111111连接BR,于是,故为二面角AACB的平面角. BRAC,,ARB1111111122142在中, RtARB,BRABRAB,,,sin221().111111133中, 连接AB,在,ARB11222ARBRAB,,211, ABARBRARB,,,4,cos,11172ARBR,135从而 si
6、n.,,ARB1735所以二面角AACB的正弦值为 .1117MN,MNAB,.(III)解:因为平面ABC,所以 11111取HB中点D,连接ND,由于N是棱BC中点, 11115所以ND/CH且. NDCH,1122CH,又平面AABB, 111ND,NDAB,.所以平面AABB,故 1111又 MNNDN,AB,所以平面MND,连接MD并延长交AB于点E, 1111MEABMEAA,/.故则 111DEBEBD111由 ,AABABA411112得,延长EM交AB于点F, DEBE,1203 立体几何(理) 第3页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题
7、(理) 03 2可得连接NE. BFBE,.12RtENM,在中, 2 NDMENDDEDM,.故2ND52所以 DM,.DE42可得 FM,.4RtBFM,连接BM,在中, 1022 BMFMBF,,,.42. (2011北京理)16(本小题共14分) PABCD,PA,ABCDABCD 如图,在四棱锥中,平面,底面是菱形,. ABBAD,,,2,60BD,(?)求证:平面 PAC;PBAC (?)若求与所成角的余弦值; PAAB,PBCPDCPA (?)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AC?BD. 又因为PA?平面AB
8、CD. 所以PA?BD. 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). PB,(1,3,2),AC,(0,23,0).所以 ,设PB与AC所成角为,则 03 立体几何(理) 第4页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 PB,AC66cos,. ,422,23|PB|,|AC|BC,(,1,3,0).(?)由(?)知 0,,,t)(t0), 设P(
9、3BP,(,1,3,t)则 设平面PBC的法向量, m,(x,y,z)BC,m,0,BP,m,0则 ,x,3y,0,6,所以令则 y,3,x,3,z,.,t,x,3y,tz,0,6所以m,(3,3,) t6同理,平面PDC的法向量n,(,3,3,) t因为平面PCB?平面PDC, 36所以=0,即,6,,0解得t,6所以PA=6 m,n2t3. (2011辽宁卷理)18(本小题满分12分) 1如图,四边形ABCD为正方形,PD?平面ABCD,PD?QA,QA=AB=P D( 2(I)证明:平面PQC?平面DCQ; (II)求二面角QBPC的余弦值( 【解析】18(解: 如图,以D为坐标原点,线
10、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). DQDCPQ,(1,1,0),(0,0,1),(1,1,0).则 PQDQPQDC,0,0.所以 即PQ?DQ,PQ?DC. 故PQ?平面DCQ. 又PQ平面PQC,所以平面PQC?平面DCQ. 6分 ,CBBP,(10)0,1(2,1,.) (II)依题意有B(1,0,1), 03 立体几何(理) 第5页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 ,nCBx,0,0,设是平面PBC的法向量,则 即nxyz,(
11、,),,,xyz20.nBP,0,因此可取 n,(0,1,2).,mBP,0,设m是平面PBQ的法向量,则 ,mPQ,0.,15可取 mmn,(1,1,1).cos,.所以515故二面角QBPC的余弦值为 12分 ,.54. (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) (SABCD,ABCD,BCCD,SAB如图,四棱锥中, ,,侧面为等边三角形,( ABBCCDSD,2,1(?)证明:; SDSAB,平面ABSBC(?)求与平面所成角的大小( 【解析】19(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SEABSE,3
12、. 222 又SD=1,故, EDSESD,,DSE 所以为直角。 3分 由, ABDEABSEDESEE,AB,ABSD, 得平面SDE,所以。 SD与两条相交直线AB、SE都垂直。 SD, 所以平面SAB。 6分 AB, (II)由平面SDE知, ABCD, 平面平面SED。 , 作垂足为F,则SF平面ABCD, SFDE,SDSE,3 SF,.DE2FGBC, 作,垂足为G,则FG=DC=1。 SGBC, 连结SG,则, 又, BCFGSGFGG,03 立体几何(理) 第6页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 BC, 故平面SFG,平面
13、SBC平面SFG。 9分 FHSG,FH, 作,H为垂足,则平面SBC。 SFFG,321 ,即F到平面SBC的距离为 FH,.SG7721 由于ED/BC,所以ED/平面SBC,E到平面SBC的距离d也有 .7设AB与平面SBC所成的角为, d2121 则 12分 ,sin,arcsin.EB77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Sxyzxyz(,),0,0,0.则,(I)ASxyzBSxyz,(2,2,),(,2,),DSxyz,(1,), 由|ASBS,得 222222
14、(2)(2)(2),xyzxyz,,,,,,,,故x=1。 22由|11,DSyz,,,得 222|2(2)4,BSxyz,,,,,得又由 1322即 3分 yzyyz,,,,410,.故22133333于是, SASBS(1,),(1,),(1,),22222213 DSDSASDSBS,(0,),0,0.22故DSADDSBSASBSS,又 SD,所以平面SAB。 6分 (II)设平面SBC的法向量, amnp,(,)aBSaCBaBSaCB,0,0.则 03 立体几何(理) 第7页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 33又 BSCB,(
15、1,),(0,2,0),22,33mnp,,,0,故 9分 ,22,20.n,取p=2得。 aAB,(3,0,2),(2,0,0)又ABa,21 cos,.ABa,7|ABa,21故AB与平面SBC所成的角为 arcsin.75. (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:PA?BD; (?)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 BDAD,3,,:,DABABAD60,2222,从而BD+AD= AB,故BDAD
16、 ,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为轴的正半轴建立空间x直角坐标系D-xyz,则 A1,0,0P0,0,1,。 B03,0,C,1,3,0,ABPBBC,(1,3,0),(0,3,1),(1,0,0) 03 立体几何(理) 第8页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则 ,,,xy30 即 30yz,因此可取n= (3,1,3)mPB,0 设平面PBC的法向量为m,则 mBC,0,427cos,mn,可取m=(
17、0,-1,) ,372727故二面角A-PB-C的余弦值为 ,76. (2011江西卷理)21(本小题满分14分) AAAA (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 1234A,,使 得(i=1,2,3,4),ii1234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1234AAAA离为1,若一个正四面体的四个1234A,AAAA顶点满足:(i=1,2,3,4),求该正四面体的体积. ii1234,A,AAA,AAAA解: (1)将直线三等分,其中另两个分点依次为,连接,作平行于23223314,AA,AA
18、AA,AA,A,A,的平面,分别过,即为。同理,过点作平面即22332233231414可的出结论。 aAM,MN,1,则有 (2)现设正方体的棱长为a,若,AM,, 111203 立体几何(理) 第9页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 522,由于得, AD,AE,AM,DE,a,5DE,AD,AE,a111111111111121553那么,正四面体的棱长为,其体积为(即一个棱长为a的d,2a,10V,a,33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) 90:在如图所示的几何体中,四边形ABCD为平行
19、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( (I)证法一: 【解析】19,,:ACB90因为EF/AB,FG/BC,EG/AC, ,EFG.所以? ,,:,EGFABC90,由于AB=2EF, 因此,BC=2FC, 1连接AF,由于FG/BC, FGBC,2ABCD在中,M是线段AD的中点, 1则AM/BC,且 AMBC,2因此FG/AM且FG=AM, 所以四边形AFGM为平行四边形, 因此GM/FA。 FA,GM,又平面ABFE,平面ABFE, 所以GM/平面AB。 证法二: ,
20、,:ACB90因为EF/AB,FG/BC,EG/AC, ,EFG.所以? ,,:,EGFABC90,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, ABCD在中,M是线段AD的中点,连接MN, 03 立体几何(理) 第10页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 则MN/AB, 因为 MNGNN,所以平面GMN/平面ABFE。 GM,又平面GMN, 所以GM/平面ABFE。 (II)解法一: 因为, ,,:,:ACB90,所以CAD=90EA,又平面ABCD, 所以AC,A
21、D,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 ACBCAE,22,则由题意得A(0,0,0,),B(2,-2,0),C(2,0,0,),E(0,0,1), 所以ABBC,(2,2,0),(0,2,0), 1又 EFAB,2所以FBF(1,1,1),(1,1,1)., 设平面BFC的法向量为mxyz,(,), 111则mBCmBF,0,0, y,0,1所以取zx,11,得 ,11xz,11所以 m,(1,0,1),nxyz,(,)设平面ABF的法向量为, 222nABnBF,0,0,则 xy,22取得yx,1,1,所以 ,22z,0
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