最新[其它考试]数学高考分类汇编解答题理03——立体几何优秀名师资料.doc

其它考试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.是正方形的中心，平面，且 HAABBCH,AABB1111111(?)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,111(?)设为棱的中点，点在平面NMBCAABB1111内，且平面，求线段的长( MN,BMABC11【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. 依题意得 ABC(22,0,0),(0,0,0),(2,2,5),ABC(22,22,0),(0,22,0),(2,2,5) 111ACAB,(2,2,5),(22,0,0) (I)解:易得， 11ACAB,4211 于是 cos,ACAB,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 ,mAA,0220.y,1,不妨令可得， x,5,m,(5,0,2)同样地，设平面ABC的法向量， nxyz,(,)111,nAC,0,，,2250,xyz,11 则即不妨令， y,5,nAB,0.,220.x,11,可得 n,(0,5,2).03 立体几何(理) 第1页(30) 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,22cos,mn,于是 |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,MNAB,0,11由MN,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,BM,(,0)424方法二: I)解:由于AC/AC，故是异面直线AC与AB所成的角. (，CAB1111111因为平面AABB，又H为正方形AABB的中心， CH,11111AACH,22,5, 11可得 ACBC,3.1111222ACABBC，,2111111因此 cos.，,CAB11123ACAB,111103 立体几何(理) 第2页(30) 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， ,ACA,BCAARAC,111111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 sin.，,ARB1735所以二面角AACB的正弦值为 .1117MN,(III)解:因为平面ABC，所以 MNAB,.11111取HB中点D，连接ND，由于N是棱BC中点， 11115所以ND/CH且. NDCH,1122又平面AABB， CH,111ND,所以平面AABB，故 NDAB,.1111又 MNNDN,所以平面MND，连接MD并延长交AB于点E， AB,1111则 MEABMEAA,/.故111DEBEBD111由 ,AABABA411112得，延长EM交AB于点F， DEBE,1203 立体几何(理) 第3页(30) 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可得连接NE. BFBE,.12在中， RtENM,2 NDMENDDEDM,.故2ND52所以 DM,.DE42可得 FM,.4连接BM，在中， RtBFM,1022 BMFMBF,，,.42. (2011北京理)16(本小题共14分) 如图，在四棱锥PABCD,中，平面ABCD，底面ABCD是菱形，PA,. ABBAD,，,2,60(?)求证:平面 BD,PAC;(?)若AC求与所成角的余弦值; PAAB,PB(?)当平面PBC与平面PDC垂直时，求的长. PA【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ABCD. 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(0，2)，A(0，0)，B(1，0，0)，C(0，0). 333PB,(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(30) 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,AC66. cos,422，23|PB|,|AC|BC,(,1,3,0).(?)由(?)知 0，,，t)(t>0)， 设P(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,x,3,z,.所以令则 y,3,t,x,3y，tz,0,6m,(3,3,)所以 t6n,(,3,3,)同理，平面PDC的法向量 t因为平面PCB?平面PDC, 36,6，,0所以m,n=0，即解得所以PA= t,662t3. (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 DQDCPQ,(1,1,0),(0,0,1),(1,1,0).所以 PQDQPQDC,0,0.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 ,(II)依题意有B(1，0，1)， CBBP,(10)0,1(2,1,.)03 立体几何(理) 第5页(30) 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 nxyz,(,)即,，,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) (如图，四棱锥SABCD,中， ABCD,BCCD,，侧面SAB为等边三角形，( ABBCCDSD,2,1(?)证明:; SDSAB,平面(?)求与平面SBC所成角的大小( AB【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,3.222 又SD=1，故， EDSESD,，DSE 所以为直角。 3分 由， ABDEABSEDESEE,ABSD, 得平面SDE，所以。 AB,SD与两条相交直线AB、SE都垂直。 SD, 所以平面SAB。 6分 (II)由平面SDE知， AB,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(30) 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 故平面SFG，平面SBC平面SFG。 9分 BC,作，H为垂足，则平面SBC。 FHSG,FH,SFFG，321FH, ，即F到平面SBC的距离为 .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)。 Sxyzxyz(,),0,0,0.则, 又设(I)， ASxyzBSxyz,(2,2,),(,2,)DSxyz,(1,)由得 |ASBS,222222(2)(2)(2),xyzxyz,，,，,，,， 故x=1。 22由 |11,DSyz,，,得222又由 |2(2)4,BSxyz,，,，,得1322即 3分 yzyyz，,，,410,.故22133333于是， SASBS(1,),(1,),(1,),22222213 DSDSASDSBS,(0,),0,0.22DSADDSBSASBSS,又故 SD,所以平面SAB。 6分 (II)设平面SBC的法向量， amnp,(,)则 aBSaCBaBSaCB,0,0.03 立体几何(理) 第7页(30) 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,(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 ，,:,DABABAD60,2BDAD,3222从而BD+AD= AB，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-，则 xyzA1,0,0P0,0,1,。 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(30) 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=(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) (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 AAAA1234，使 得(i=1,2,3,4)，A,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,1234离为1，若一个正四面体的四个AAAA1234顶点满足:(i=1,2,3,4)，求该正四面体的体积. A,AAAAii1234,AA解: (1)将直线三等分，其中另两个分点依次为,连接,作平行于A,AAA,AA14232233,A,A,的平面，分别过，即为。同理，过点作平面即AA,AAAA,AA,14142233223323可的出结论。 aAM,MN,1,则有AM, (2)现设正方体的棱长为a,若， 111203 立体几何(理) 第9页(30) 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 522AD，AE,AM，DE,，由于得， DE,AD，AE,aa,1553那么，正四面体的棱长为，其体积为(即一个棱长为a的V,a,d,2a,1033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) 在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，? ACB=，,?平面90:,，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因为EF/AB，FG/BC，EG/AC，,:ACB90， 所以?,EFG. ，,:,EGFABC90,由于AB=2EF， 因此，BC=2FC， 1FGBC,连接AF，由于FG/BC， 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。 GM,又平面ABFE，平面ABFE， FA,所以GM/平面AB。 证法二: ，,: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(30) 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。 又平面GMN， GM,所以GM/平面ABFE。 (II)解法一: ，,:，:ACB90,所以CAD=90因为， 又平面ABCD， EA,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， 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),设平面ABF的法向量为， nxyz,(,)222则 nABnBF,0,0,xy,22所以取得yx,1,1, ,22z,0,2,则， n,(1,1,0)mn,1cos,.mn,所以 |2mn,60.:因此二面角ABFC的大小为 解法二: 03 立体几何(理) 第11页(30) 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 由题意知，平面平面ABCD， ABFE,取AB的中点H，连接CH， 因为AC=BC， 所以， CHAB,则平面ABFE， CH,过H向BF引垂线交BF于R，连接CR， 则 CRBF,.所以为二面角ABFC的平面角。 ，HRC由题意，不妨设AC=BC=2AE=2。 在直角梯形ABFE中，连接FH， 则，又 FHAB,AB,22,所以 HFAEBH,1,2,6因此在RtBHF,中， HR,.31由于 CHAB,2,22所以在RtCHR,中， tan3,，,HRC63因此二面角ABFC的大小为60.: 8. (2011陕西理)16(本小题满分12分) ,ABCBC如图，在中，是上的高，沿把AD，,，,ABCBACAD60,90,ABC折起，使 。 ，,BCD90(?)证明:平面, ?平面,; (?)设,为,的中点，求AE与DB夹角的余弦值。 【解析】16(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( 03 立体几何(理) 第12页(30) 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 平面ABD平面BDC。 ,？DB(?)由? ,及(?)知DA，,，DC两两垂直，不防设=1，以D90:为坐标原点，以所在直线轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得DBDCDA,xyz,13D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，)，E(，0)， 32213,=， ？AE,3,22,=(1，0,0,)， DB与夹角的余弦值为 ？AEDB11AEDB,222222,.,，,=( cosAEDB2222|AEDB,22221，1，449. (上海理)21(14分)已知是底ABCDABCD,1111DA面边长为1的正四棱柱，是和的交点。 OACBD11111BC(1)设与底面所成的角的大小为,，ABABCD11111二面角的大小为。 ,ABDA,111A1D1求证:; tan2tan,O14B1CC(2)若点到平面的距离为，求正四棱柱ABD1113A的高。 ABCDABCD,D1111h【解析】21(解:设正四棱柱的高为。 BC? 连，底面于， AOAA,ABCDA1111111? 与底面所成的角为，即ABABCD，ABA1111111AD11O ，,ABA,111B1C1，为中点，? ABAD,OBD11111，又， AOBD,AOBD,111111103 立体几何(理) 第13页(30) 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 ? 是二面角的平面角，即 ，AOAABDA,，,AOA,1111111AA1? ，tan,hAB11zAA1AD。 tan22tan,hAO11BC? 建立如图空间直角坐标系，有AhBDCh(0,0,),(1,0,0),(0,1,0),(1,1,)11A1D1yOB11ABhADhAC,(1,0,),(0,1,),(1,1,0) C111x设平面的一个法向量为， ABDnxyz,(,)11,nABnAB,0,11? ，取得 z,1nhh,(,1),nADnAD,0,11|04nAChh,，? 点C到平面的距离为，则h,2。 ABDd,11223|nhh，110. (四川理)19(本小题共l2分) 如图，在直三棱柱AB-ABC中(? BAC=90?，AB=AC=AA =1(D是棱CC上的一 11111P是AD的延长线与AC的延长线的交点，且PB?平面BDA( 111(I)求证:CD=CD: 1(II)求二面角A-AD-B的平面角的余弦值; 1(?)求点C到平面BDP的距离( 1O解析:(1)连接交于, BABABP/面BDABPABPABPDOD,面面面,BA11111111O,又为的中点，中点，？BPOD/BA？D为AP11,D为的中点。 ？C为AP？,ACDPCD？,CDCDCC11111(2)由题意,过B 作,连接，则AHAD,BHABACABAAABCC,面AA11103 立体几何(理) 第14页(30) 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 ,为二面角的平面角。在中，BHAD,？，AHBAADB,AAD112525352AH555AHBHAHB,，,cos,则 AAADAD,1,11553BH3522511hSABS,(3)因为，所以, VV,AB,1,BPDPCD11CBPDBPCD,1111133111SSS, ,PCDPCCPCD1124495，,53525544在中， BDBPPDDBPDBP,，,，,5,.cos,sin,BDP111113225525,213531 ？,Sh5,BPD12254311. (2011浙江理)20(本题满分15分) 如图，在三棱锥PABC,中，ABAC,，D为BC的中点，PO?平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2 (?)证明:AP?BC; (?)在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角,若存在，求出AM的长;若不存在，请说明理由。 【解析】20(本题主要考查空是点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分。 方法一: (I)证明:如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴， 建立空间直角坐标系Oxyz 则， OABCP(0,0,0),(0,3,0),(4,2,0),(4,2,0),(0,0,4),APBC,0，由此可得，所以 APBC,(0,3,4),(8,0,0)APBC,APBC,.，即 (II)解:设 PMPAPM,1,(0,3,4)则BMBPPMBPPA,，,，, ,，,(4,2,4)(0,3,4), ,(4,23,44),03 立体几何(理) 第15页(30) 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 ACBC,(4,5,0),(8,0,0)nxyz,(,)设平面BMC的法向量， 1111n平面APC的法向量 ,(,)xyz2222,BMn,0,1由 ,BCn,0,1,，,4(23)(44)0,xyx,111得 ,80,x1,x,0,1,23，, 即可取n,(0,1,),23，,144,zy,11,44,340,yz，,APn,0,222由即 ,，,450,xyACn,0.22,2,5,xy,22,4可取n,(5,4,3).得 ,23,zy,22,423，,由 nn,0,430,得1244,2,解得，故AM=3。 5综上所述，存在点M符合题意，AM=3。 方法二: (I)证明:由AB=AC，D是BC的中点，得ADBC, PO,POBC,.又平面ABC，得 BC,因为，所以平面PAD， POADO,BCPA,.故 (II)解:如图，在平面PAB内作于M，连CM， BMPA,APBC,由(I)中知，得平面BMC， AP,又平面APC，所以平面BMC平面APC。 AP,222在 RtADBABADBDAB,，,中得,41,41.222在， RtPODPDPOOD,，中,222在 RtPDBPBPDBD,，中,2222所以 PBPOODDB,，,36,PB=6.得03 立体几何(理) 第16页(30) 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) 03 222在 RtPOA,25,5.,，,中得PAAOOPPA222PAPBAB，,1又cos,，,BPA 23PAPB,从而PM，所以AM=PA-PM=3。 ,，,PBBPAcos2综上所述，存在点M符合题意，AM=3。 12. (重庆理)19(本小题满分12分，(?)小问5分，(?)小问7分() 如题(19)图，在四面体中，平面ABCDABC,平面，( ACDABBC,ADCD,，,:CAD(?)若，求四面体的ABBC,ABCDAD,体积; (?)若二面角为，求异面直线CABD,:AD与所成角的余弦值( BC【解析】19(本题12分) (I)解:如答(19)图1，设F为AC的中点，由于AD=CD，所以DF?AC. 故由平面ABC?平面ACD，知DF?平面ABC， 即DF是四面体ABCD的面ABC上的高， 且DF=ADsin30?=1，AF=ADcos30?=. 3在Rt?ABC中，因AC=2AF=，AB=2BC， 23215415由勾股定理易知 BCAB,.55故四面体ABCD的体积 1114152154 VSDF,，,.,ABC332555(II)解法一:如答(19)图1，设G，H分别为边CD，BD的中点，则FG/AD，GH/BC，从而?FGH是异面直线AD与BC所成的角或其补角. 设E为边AB的中点，则EF/BC，由AB?BC，知EF?AB.又由(I)有DF?平面ABC， 故由三垂线定理知DE?AB. 所以?DEF为二面角CABD的平面角，由题设知?DEF=60? aADaDFADCAD,sin.则设 2a33在 RtDEFEFDFDEFa,中,cot,23613从而 GHBCEFa,.2603 立体几何(理) 第17页(30) 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 1a因Rt?ADE?Rt?BDE，故BD=AD=a，从而，在Rt?BDF中， FHBD,221a又从而在?FGH中，因FG=FH，由余弦定理得 FGAD,22222FGGHFHGH，,3 cosFGH,226FGGHFG,3因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为 .6解法二:如答(19)图2，过F作FM?AC，交AB于M，已知AD=CD， 平面ABC?平面ACD，易知FC，FD，FM两两垂直，以F为原点，射线FM，FC，FD分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Fxyz. 不妨设AD=2，由CD=AD，?CAD=30?，易知点A，C，D的坐标分别为 ACD(0,3,0),(0,3,0),(0,0,1), 则AD,(0,3,1).显然向量是平面ABC的法向量. k,(0,0,1)已知二面角CABD为60?， 故可取平面ABD的单位法向量， nlmn,(,)1使得 ,nkn,60,.从而23由有从而nADmnm,，,30,.6 6222由得lmnl，,1,.36设点B的坐标为，有 BxyABBCnABl(,0);,由取,3,4622,xy，,3,x,x,0,9 解之得舍去,(),63y,3,xy,，,(3)0,73,y,36,9,6易知与坐标系的建立方式不合，舍去. l,346734623因此点B的坐标为所以 B(,0).CB,(,0).9999从而 03 立体几何(理) 第18页(30) 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) 03 233(),ADCB,39 cos,.,ADCB6|ADCB46232231()()，,993故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为 .613. (安徽理)(17)(本小题满分12分) 如图，ABCDEFG为多面体，平面与平面AGFD垂直，点O在线段上，ABEDAD?OAB，,?，?，?都是正三角形。 OACODEODFOAOD,1,2,(?)证明直线?; BCEF(II)求棱锥FOBED的体积。 【解析】(17)(本小题满分12分)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 1DEOB ?，OG=OD=2， = 2,GOG,OD,2. 同理，设是线段DA与线段FC延长线的交点，有 ,GG 又由于G和都在线段DA的延长线上，所以G与重合. 11DEDFOB 在?GED和?GFD中，由?和OC?，可知B和C分别是GE和GF= = = 22的中点，所以BC是?GEF的中位线，故BC?EF. (向量法) 过点F作，交AD于点Q，连QE，由平面ABED?平面ADFC，知FQ?平FQ,ADQEQDQFx面ABED，以Q为坐标原点，为轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立如03 立体几何(理) 第19页(30) 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 图所示空间直角坐标系. 3333 由条件知 E(3,0,0),F(0,0,3),B(,0),C(0,).222233 则有 BC,(,0,),EF,(,3,0,3).22EF,2BC, 所以即得BC?EF. 3 (II)解:由OB=1，OE=2，而?OED是边长为2的正，,60:,EOB知SEOB2S,3.三角形，故 OED33 所以 S,S，S,.OBEDEOBOED2过点F作FQ?AD，交AD于点Q，由平面ABED?平面ACFD知，FQ就是四棱锥13V,FQ,S,.FOBED的高，且FQ=，所以 3F,OBEDOBED3214. 03 立体几何(理) 第20页(30) 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 03 立体几何(理) 第21页(30) 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 14. (2011福建理)20(本小题满分14分) 如图，四棱锥P-ABCD中，PA?底面ABCD，四边形ABCD中，AB?AD，AB+AD=4，CD=，( 2，CDA,45:(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，求线30: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。 【解析】20(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)因为平面ABCD， PA,AC,平面ABCD， 所以， PAAB,又 ABADPAADA,所以平面PAD。 AB,又平面PAB，所以平面平面PAD。 AB,PAB,(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RtCDE,中，DE=CD,:,cos451， CECD,:,sin451,设AB=AP=t，则B(t，0，0)，P(0，0，t) 由AB+AD=4，得AD=4-t， 所以， EtCtDt(0,3,0),(1,3,0),(0,4,0),CDPDtt,(1,1,0),(0,4,).(i)设平面PCD的法向量为， nxyz,(,),，,xy0,nCD,nPD,由，得 ,(4)0.,tytx,xt,取，得平面PCD的一个法向量， nttt,430:又，故由直线PB与平面PCD所成的角为，得 PBtt,(,0,)03 立体几何(理) 第22页(30) 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 2nPBtt,|24|1 cos60|,:,即22222|nPB,tttx，,(4)244解得(舍去，因为AD)，所以AB,. tt,或4,40t55(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) 04,mt则， GCtmGDtmGPmt,(1,3,0),(0,4,0),(0,)222由得，(2) |GCGD,(4),，tmmt2由(1)、(2)消去t，化简得(3) mm,，,340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