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高中数学《立体几何》大题及答案解析

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-09-20 14:14
tags:高中数学及

高中数学选择第12题-高中数学球是高几

2020年9月20日发(作者:羊绍素)


高中数学《立体几何》大题及答案解析
1.(2009 全国卷Ⅰ)如图,四棱锥
( 理)
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

的中点;
(I
)证明:

M
是侧棱

SC
求二面角

S


AM B
的大小。
2.(2009 全国卷Ⅱ)如图,直三棱柱 ABC-A
1
B
1
C
1
中,AB ⊥AC,D 、E 分别为 AA
1
、B
1
C 的中点,
DE⊥平面 BCC
1
(Ⅰ)证明: AB=AC (Ⅱ)设二面角 A-BD-C 为 60°,求 B
1
C 与平面 BCD 所成
的角的大小
B
1

D
A
C
B
3.(2009
E
A
1


C
1

DC


江卷)

如图,

ABC


EB DC


AC




BC EB 2DC 2


ACB 120

P,Q
分别为
AE, AB
的中点.(I)证明:
PQ
平面

ACD
;(
II
)求

AD
与平

ABE
所成角的正弦值.面


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
2AB
且 E 为 PB 的中点时,
AE C 平面 P D B
;(Ⅱ) 当
PD
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
PD
于点

M
.面交

(1
)求证:平面


P
ABM

平面

PCD


(2
)求直线

PC
与平面

ABM
所成的角;

M
(3)求点
O
到平面
ABM
的距离.
D
A
O
B
C
6(. 2009 四川卷) 如图,正方形
ABCD
所在平面与平面四边形
所 在 平 面 互 相 垂 直 , △
ABEF
ABE
是 等 腰 直 角 三 角 形 ,
平面BCE

AB AE, FA FE, AEF
(II
(III
45
(I )求证:
EF
AE
的中点分别为

)设线段

CD


)求二面角

F
P

M
,求证:

PM

平面 BCE
BD A
的大小。


6.(2009 湖北卷文)如图,四棱锥
SD上的点,且 DE= a(0<
( Ⅰ) 求证:对任意的
≦1).
S-ABCD的底面是正方形, SD⊥平面 ABCD,SD=AD=a, 点 E 是
(0、1),都有 AC⊥BE:
0
( Ⅱ) 若二面角 C-AE-D 的大小为 60 C,求 的值。
8(. 2009 湖南卷)如图 3,在正三棱柱
ABC A
1
B
1
C
1
中,AB =4,
A
1
E.
AA
1
7
,点 D 是 BC 的中点, 点 E 在 AC 上,且 DE
(Ⅰ)证明:平面

A DE
1
平面
ACC
1
A
1
; (Ⅱ)求直线 AD
和平面
A
1
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
是等腰直角三角形,
AB
(I )求证:
EF
(II
ABEF
所在平面互相垂直, △
ABE
AE, FA FE , AEF 45
平面BCE

AE
的中点分别为

)设线段

CD


求证:
P


M


PM

平面 BCE
BD A
的大小。
(III
)求二面角

F


7.(2009 重庆卷文)如题( 18 )图,在五面体
ABCDEF
中,

AB

DC


3, ED
BAD


2
CD AD 2
,四边形
ABFE
为平行四边形,
FA
平面
ABCD

FC


)直线

AB
到平面

EFCD
的距离;


)二面角

7
.求:

F AD E
的平面角的正切值.

11.如图,四棱锥 P-ABCD 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
足为 H,
PH 是四棱锥的高 ,E 为 AD 中点
(1) 证明: PE BC
(2) 若 APB=
P-ABCD 的底面为等腰梯形, AB CD,AC BD ,垂
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
连 ME、NB
,则

MN
MN

SD

CD
于 N,作
NE AB

AB
于 E,
AB
,
NE AD 2
ABCD


ME


MN


RT



x
,则

NC EB x
,
MEB
中,

MBE 60
2
ME
2
3x


3x
2 2
RT


x
解得

2
MNE
中由


ME NE MN x 2
1
,从而

1
MN SD
2
M 为侧棱
SC
的中点 M.
解法二 :


M

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。
也基本上不用三垂线定理的方法求作二面角。
这两年高考中求二面角
M


MJ

CD


SD


J
,


SH


JM

CD
,
JM
角.
AJ


AJ


H
,


HK
AMB


AM


AM


K
, 则
SKH
即为所求二面角的补

SAD
,


SAD


MBA
,
SH


法二 :利用二面角的定义。在等边三角形
ABM
中过点

BBF


AM


AM
于点

F
,则

F


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

.
D—xyz,则 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
A( 2 ,0, 0), B( 2,2,0), C ( 0,0,2), S( 0,0,2)

z
S
M
C

D
A
B
x
(Ⅰ)设
M (0, a, b)( a
y
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



cos BA, BM

1
2
,即
SM SC
2(a 2)
2 2

(a
2) b
2(b 2)
1

2
解之个方程组得
a

2

2
1,b 1

M ( 0,1,1)
2a
M
是侧棱

SC
的中点。所以


法 2:设
SM

2 2
,
1
o
2
,
1 1
2
)
MC
M (0,
,则

), MB ( 2,
1







AB ( 0, 2,0 ), MB , AB 60
o
MB AB | MB | | AB | cos60
,即

2

2 ( )
2
1
2
(
1
)
,解得
2

4
1

1


M
是侧棱

SC
的中点。所以

(Ⅱ)由(Ⅰ)得

2,0,2)


AB ( 0,2,0 )


M ( 0,1,1), MA ( 2, 1, 1)
,又

AS (
n
1




( x , y , z ),n
1 1 1 2

( x , y , z )
分别是平面

SAM


MAB
的法向量,则

2 2 2
n
1
MA 0



n
2
MA
AB

0

0
,即

2 x
1

y
1


z
1


0


2

x
2


y
2

z
2

0

n
1
AS 0
x
2

n
1

2

x
1
2z
1
0

2 y 0
2
分别令
x
1

2

z
1

1, y
1

1, y
2

0, z
2

2
,即
n
1

( 2 ,1,1), n
2

n
1

, n
2

( 2 ,0,2)



2




cos
0 2
6

6
3
2
的大小二面角

S AM B


6

arccos
3


2、解法一:(Ⅰ)取 BC 中点 F,连接 EF,则 EF

1

2
B B
,从而 EF DA。
1
连接 AF,则 ADEF 为平行四边形,从而 AFDE 。又 DE⊥平面
BCC
1

,故 AF⊥平面
BCC
1

,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=60
0.

.
2
设 AC=2,则 AG=
。又 AB=2,BC=
2 2
,故 AF=
2

3
AB


AD AG BD


2AD=
2


3
2 2
. AD 2
,解得 AD=
2

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
B
1
C
与平面 BCD所成的角。
因 ADEF为正方形, AD=
2
,故 EH=1,又 EC=
. 所以∠
ECH=30,即
B
1
C
与平面 BCD所成的角为 30
0
0
1

B C
=2,
1
2
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
B
1
(1,0,2c),E

1


b

( ,
,c).
2 2

1


b

DE
=(

,0


BC
=(-1,b,0).由 DE⊥平面
BCC
1

于是


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

BC
=(-1,1, 0),

(x, y, z),

AN BC 0, AN BD 0.
BD
=(-1,0,c),故

x y

0
x cz 0
1

1


令 x=1, 则 y=1, z=
,
AN
=(1,1,
).
c c
又平面

ABD
的法向量

AC
=(0,1,0)
由二面角

A BD C


60° 知,
AN,AC
=60° ,
1

AN AC AN AC cos60
° ,求得
c
2
于是
AN (1,1,2)

CB
1
(1,1,2)
1


cos

AN,CB
1
AN CB
1
2
AN CB
1
AN,CB
1
60
°
所以
B
1
C
与平面

BCD
所成的角为

30°
1
3、(Ⅰ)证明:连接
DP ,CQ



ABE
中,
P,Q
分别是
AE, AB
的中点, 所以
PQ BE

2
1

DC BE
,所以

PQ DC
,又

PQ
2
平面 ACD ,DC 平面 ACD , 所以
PQ
平面 ACD
(Ⅱ)在
而 DC

EB
ABC
中,
AC BC 2, AQ BQ
,所以
CQ
平面 ABC
AB
平面 ABC ,
EB DC
,所以
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


2
DC
2
2
2
2
Rt


APD
中,

AD AC 1 5
DP


CQ 2 sin CAQ 1




所以
sin DAP
DP

AD
1

5

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,

∴OEPD,
1
OE PD
,又∵
PD
2
底面ABCD

∴OE⊥底面 ABCD ,OE⊥AO ,

在 Rt△AOE 中,
OE
1
PD
2
2
2
AB AO



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

AB a, PD h,
A


(Ⅰ)∵
a,0,0 ,B a, a,0 ,C 0,a,0 ,D 0,0,0 ,P 0,0, h


a, a,0 , DP 0,0, h , DB a, a,0

AC


AC DP 0, AC DB 0

∴AC⊥DP,AC ⊥DB ,∴AC⊥平面 PDB,
∴平面
AEC 平面PDB
.
0,0, 2 ,
P a E
1 , 1 , 2
a a a

2 2 2
(Ⅱ)当
PD 2AB
且 E 为 PB 的中点时,

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,





EA
1 1
a, a,
2 2
2
a ,EO
2

2


2
0,0,
2
a

2


cos

AEO

EA EO
EA EO

AOE 45
,即 AE 与平面 PDB 所成的角的大小为
45
.
—BCF=
2 2
多面体 ABCDEF 的体积为 V
E
—ABC D+
V
E
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.
z
P
.
(2) 设平面ABM与PC交于点N,
B∥平面PCD,则AB∥MN∥CD,
因为AB∥CD, 所以A
M
由(1)知,PD⊥平面ABM,则
的射影,
MN 是 PN 在平面 ABM 上
N
D
A
y
所以



P N M
就是

PC
与平面

ABM
所成的角,

O
PNM PCD
B
tan PNM

tan PCD
PD
DC
2 2
x


C
所求角为
arctan 2 2
(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
因为在 Rt△PAD
中,

PA
到平面 ABM 的距离等于
方法二:
(1)同方法一;
(2)如图所示,建立空间直角坐标系,则
M ,则|DM|就是 D 点到平面 ABM 距离.
AD 4

PD
2

AM
,所以

M


PD
中点,

DM 2 2
,则 O 点
A(0,0,0)

P(0,0,4)

B (2,0,0)

C (2,4,0)

D (0,4,0)

M (0,2,2)


设平面

ABM
的一个法向量

n ( x, y, z)
,由
n AB n, AM
可得:

2x 0

,令

z 1


2y 2z 0

y 1
,即
n (0,1, 1)
.设所求角为 ,则

sin

PC n

2 2

PC n
3

所求角的大小为

arcsin

2 2

3
.
AO n
(3
)设所求距离为

h
,由

O (1,2,0), AO (1,2,0)
,得:
2
h
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=A,B
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
PC
2
∴ 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. ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
(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


2
, 则
FG AF sin FAG

1
2

1
在 Rt⊿BGH中, ∠GBH=45°,BG=AB+AG=1+

=

3

,
2
2
? 8 分 ?



GH BG sin GBH
3

2 3 2

,
2 2 4

在 Rt⊿FGH中,

FG 2

tan FHG
GH 3
,

∴ 二面角
F BD A
的大小为

arc tan

2
3
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
解法二 :


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


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
从而
F(0,- , )
2 2
1 1
EF (0, , )


BE (0, 1,1) , BC (1,0,0)
2 2
1 1
于是
0
EF BE 0

EF BC 0
2 2

EF

BE
,
EF

BC

BE
平面
BCE

BC
平面
BCE

BC BE B

EF 平面 BCE
1 1 1 1
( II


M ( 0,0, ), P (1, ,0)
,从而

PM ( 1, , )
2 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,


PM
∥平面
BCE

(III
)设平面

BDF
的一个法向量为


n
,并设
n
1
=(
x, y, z)
1
? ? 12 分 ?



BD (1, 1, 0), BF
3

1

(0, ,
2
2

)



n BD

0
1




x
n
1
BF 0
y

3
y
2
0

1
2
z 0


y 1
,则
x 1

z 3
,从而

n
1
=(
1,1,3)
取平面
ABD
D的一个法向量为
(0,0,1)
n
2

cos

n 、n
1 2

n

n
1 2
1 2

3

3

n n

故二面角

F
11 1
11
11
BD A
的大小为

3

11


arccos
11
AC BD。 7、(Ⅰ)证发 1:连接 BD,由底面是正方形可得
SD 平面ABCD,
BE.
BD 是 BE 在平面 ABCD 上的射影,
由三垂线定理得 AC
(II) 解法 1: SD 平面 ABCD ,CD
CD
平面ABCD,
AD,又SD
SD CD.
平面 SAD。 又底面ABCD是正方形,
过点 D 在平面 SAD 内做 DF



AD=D , CD
AE , AE 于 F,连接 CF,则 CF
CFD=6 0°
2
CFD 是二面角 C-AE-D 的平面角,即
在 Rt△ADE中, AD=
a
, DE=
a


AE=
a
1


AD
于是, DF=

DE


a
2
AE
1

DF

在 Rt△CDF中,由 cot 60° =
CD
2
1





2

1

3

3


2
2
=3

3 3

(0,1]
, 解得 =
2
ABC A
1
B
1
C
1
的性质知
AA
1
AA
1
.而 DE
A
1
E

AA
1
平面
ABC
. 8、解:(Ⅰ)如图所示,由正三棱柱
又 DE

平面 ABC,所以 DE
A
1
E A
1
,
所以 DE⊥平面

ACC A
.又 DE
1 1
平面
A
1
DE

故平面
A
1
DE
⊥平面
ACC
1
A
1
.
(Ⅱ) 解法 1: 过点 A 作 AF 垂直
A
1
E
于点

F
,
连接 DF .由(Ⅰ)知,平面

A DE
⊥平面
ACC
1
A
1

1
所以 AF 平面
A DE
,故
1
ADF
是直线 AD 和
ACC
1
A
1

平面

A DE
所成的角。 因为 DE
1
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
2 2
又因为

AA
1
7
,所以
A
1
E=

A E
1

AA
1
AE

21

.
8

2 2
( 7) 3
=
4,

AF
AE AA

1
AE
1
3 7


,
sin

ADF
4
AF

AD


即直线AD 和平面

A DE
所成角的正弦值为
1

21
8
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,),
A
(2,0,
7
), D(-1,

1
3
,0), E(-1,0,0).
易知

AD
=(-3,
3
,-
7
),
DE
=(0,-
3
,0),
AD
=(-3,
3
,0).
1
r
nz)

(x, y,
r uuvu
n DE
r uuuv
n AD
1

是平面

A DE
的一个法向量,则
1
3y 0,
3x
7
z, y 0
.
3
3y 7z 0.
解得

x
r

故可取
n ( 7,0, 3)
.于是

r u uru
cos n, AD

r
n
r
n
u uru

3 7
AD
u uru
=
AD
4 2 3

21
8
由此即知,直线AD 和平面
A DE
所成角的正弦值为
1

21
8
? ? ..12 分 所以 ME与 BN不共面,它们是异面直线。
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=A,B
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
∴ PMNC为平行四边形 , 所以 PM∥CN.
1


2
AB
PC


∵ 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

2
, 则

FG AF sin FAG

1
2

1
⊿BGH中, ∠GBH=45°,BG=AB+AG=1+

=

3
在 Rt

2
2
,

GH BG sin GBH

3 2 3 2

2 2 4
,

在 Rt⊿FGH中,

tan FHG

FG 2

GH 3
,


二面角

F BD A
的大小为

arc tan

2

3
? ? ? ? ? ?
12 分
解法二 :


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、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
,∴

0
AFE=90


1

1
从而
( ,- )
F 0
2 2
AD


1 1
EF (0, , )


BE (0, 1,1) , BC (1,0,0)
2 2
1 1
于是
EF 0

EF BC 0
BE 0
2 2

EF

BE
,
EF

BC

BE
平面
BCE

BC
平面
BCE

BC BE B

EF 平面BCE
1 1 1 1
(II

M ( 0,0, ), P (1, ,0)
,从而

PM ( 1, , )
2 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,

PM

平面

BCE
(III
)设平面

BDF
的一个法向量为


n
,并设
n
1
=(
x, y, z)
1
BD (1, 1, 0), BF (0,

3

1
2
,
2
)
n

BD

0


x

y

0
1

n
BF 0
3
y
1
1
2 2
z 0

y 1
,则
x 1

z 3
,从而

n
=(1,1,3)
1
取平面

ABD
D的一个法向量为
(0,0,1)
n
2
cos

n 、n

n

n

3
1 2

3
1 2
n n
11 1
11
1 2
11
故二面角

F BD A
的大小为


arccos

3

11
11
、解法一 :(Ⅰ)
AB DC ,DC
平面
EFCD
, AB 到面
EFCD
的距离等于点A 到面






10



EFCD
的距离,过点 A 作
AG
平面

ABCD
,由三垂线定理可知,

FD
于 G,因

BAD
2
AB

DC
,故
CD AD
;又
FA
CD FD
,故

CD 面FAD
,知

CD AG
,所以

AG 为
所求直线 AB
到面

EFCD
的距离。


Rt△ABC
中,




2 2
9 4 5
FD FC CD



FA


ABCD
,得

FA
平面

2

AD
,从而在

Rt△FAD
中,


2 2
5 4 1
FA FD
2

AD
5


5
AB
,故
AD

FA AD

AG
FD
2 5

EFCD
的距离为

。即直线

AB
到平面

5

BAD

5
FA
平面

ABCD
,得

FA
AD,又由




由己知,

,知
AD
2
平面 ABFE
DA

AE
,所以,

FAE
为二面角
F AD E
的平面角,记为
2 2
.
,


Rt△AED


7 4 3
, 由
AE ED AD ABCD
得 ,
FE BA
, 从 而
AFE


2
Rt△AEF

,



2 2
FE
3 1 2
,故
tan FE
所以二面角

F
AE AF
2
.
2
FA
z
AD E
的平面角的正切值为

F
E
解法二 :
G
(Ⅰ)如图以 A 点为坐标原点 ,
AB, AD, AF
的方向为
x
B
A
x, y, z
的正方向建立空间直角坐标系数 ,则
C D
y
A(0,0,0)
2 2 2
C(2,2,0) D(0,2,0) 设
F (0,0, z
0
) ( z
0
0)
可得

FC (2,2, z
0
)
,由
|FC | 3
.即
2 2
DC
z
0
3
,解得
F (0,0,1)
AB

DC



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
G( x , y ,z )
,则

AG

1 1 1
平面

EFCD
上的射影点为

(0, 2,1)
CD ( 2,0,0)
,此即
(x , y ,z )
1 1 1
AG


DF 0

AG CD 0
,而
DF


2y
1
z
1
0

2x
1
0
1
解得
x
1
上.

0
① ,知G点在
yoz
面上 ,故G 点在 FD

GF

DF
,
GF ( x , y , z 1)
故有
1 1
y
1

z
1
1

2
2 4
联立① ,②解得 ,
G(0, , )
5 5



| AG |
为直线 AB
到面

EFCD
的距离

. 而
(Ⅱ)因四边形

2 4
AG (0, , )
5 5
2 5

所以
| AG |
5

ABFE
为平行四边形

, 则可设
E(x
0
,0,1) (x
0
0)
,
ED

( x 2, 1)
.由
0



|ED |

AD
2

7

2
x
0
2 1

x
0
7
,解得
2
.即
E( 2,0,1)
. 故
AE (
0
, 故
2,0,1)
(0, 2,0)
,
AF



(0,0,1)

AD AE 0
,
AD AF
EF ( 2,0,0)
,
| EF |
FAE








F AD E
面 角 , 又
2
,
| AF | 1
, 所 以
| EF |
tan FAE
| FA|
1111
2
11.解:(1)因为∠ DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得
BD
2
+AD
2
=AB
2
,故 BD⊥AD

从而 BD

3AD
.

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 3y 0

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
2 7
.
7

故二面角 A-PB-C 的余弦值为

2 7

.
7
8.
解:以

H
为原点,

HA, HB, HP
分别为

x, y, z
轴,


HA
的长为单位长,

建立空间直角坐标系如图,
线段

A(1,0,0), B(0,1,0)


(Ⅰ)设
C ( m,0,0), P(0,0, n)( m 0,n 0)



D( 0 m ,
0 ).
1 m
, 0E) , ( , ,

2 2

1 m
可得
PE ( , , n )B, C
2 2
m m
PE BC 0 0
因为

2 2
所以
P E
B C
(Ⅱ)由已知条件可得

m( , 1, 0 ).

3
,n 1,故 C(
3
3
,0,0)
3
m
3
D( 0 ,
3

n


1 3
, 0E) , ( ,
2 6
,P0 ) , ( 0 , 0 , 1 )
(x, y,x)
为平面
PEH
的法向量
,o
1
x
2
3
6

y
0
n H E

n H P ,o
因此可以取
n

PA

(1, 3,0)

(1,0, 1)


2
4
可得
c o sP A n,
PEH
所成角的正弦值为所以直线

PA
与平面





2
4

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