(高考备战冲刺指导)高考数学立体几何题解 12页

(高考备战冲刺指导)高考数学立体几何(I)•.•平面PCBM丄平itnABC,AC丄BC,ACu平tfriABC・:.AC丄平［ftPCBM又・・・BMu平面PCBM:.AC丄BM(II)収BC的屮点N,则CN=1•连接AN、MN・・・•平面PCBM丄平面ABC,平面PCBM平面ABC=BC,PC丄BC・APC丄平面ABC・•:PMIICN,：・MNIIPC,从而MN丄平而ABC作NH丄AB于H,连结MH,则由三垂线定理知AB丄MH•从而ZMHN为二面角M-AB-C的平血角・・・直线AM与直线PC所成的角为60°,・・・ZAMN=60°・在AACN中，由勾股定理得AN=y[2・在RtMMN中,NH=BN・s"BC=BN签“心半在Rt\MNH中,+WSMN3预tanZMHN==—匚=NH逅3故二面角M—C的大小为…n写(II)如图以C为原点建立空间直角坐标系C-xyz・设P(O,O,zo)(z0>0),有3(0,2,0),4(1,0,0),M(0,l,z°)・AM=(-l,l,z0),CP=(O,O,zo)由直线AM与直线PC所成的角为60。,得W•CP=IWl•ICP|•cos60°即曲詁&；+2f，解得・・••丽=(一),AB=(-1,2,0)ZrJJ设平]hiMAB的一个法向量为q二(兀1，歹1，勺)，则\nrtin•AM=0n•AB-0=>-x+yH乙3=0取Zj=>/6,得=(4,2,76)-x+2y=0\nn}_a/6_V§9q•HyV26113取平面ABC的一个法向量为n2=(0,0,1)则cos由图知二面角M-個-C为锐二面角，故二面角M-AB-C的大小为arccos^.13BAE丄平面PCD,AM在(III)多面体PMABC就是四棱锥A—BCPM^PMABC=^A-PMBCPMBC•AC=-丄.(PM+CB).CPAC=1丄.(2+1).@1=勺32323675.(天津理19)如图，在四棱锥P-ABCD中，P4丄JsffiABCD,AB丄AD,4C丄CD,ZABC=60°fPA=AB=BC,E是PC的中点.(I)证明CD丄AE；(II)证明PD丄平面ABE:(III)求二面角A-PD-C的大小.(I)证明：在四棱锥P-ABCD屮，因PA丄底面ABCD,CDu平面ABCD,故PA丄CD・VAC丄CD,PA[}AC=A…\CD丄平面PAC9而AEu平面PAC,:.CD丄AE・(II)证明：由PA=AB=BC,ZABC=60°,可得AC=PA・・・•£是PC的屮点，AAE丄PC・由(I)知，AE丄CD,H.PCnCD=C,所以AE丄平ifilPCD・ifUPDu平面PCD,:.AE丄PQ・・.・PA丄底血ABCQ,PD在底面ABCD内的射影是AD,AB丄AD.:.AB丄PD・又9：ABC\AE=A,综上得PD丄平面ABE・(III)解法一：过点4作AM丄PD,垂足为M，连结EM・则(II)知,平IfilPCD内的射影是EM,则EM丄PD・因此ZAME是二面角A-PD-C的平面角・由已知，得ZCAD=30°•设AC=afnJ得"*AD进a,PD=^a,AE=^a在RtAADP屮，9：AM丄PD，:.AM^PD=PA^AD,则AMPA^ADPD2V3a・a3V21-a32a/7=a7BAEV14Ap./14x/|4在Rt/\AEM中，smAME=—=—・所以二面角A-PD-C的大小是arcsin^―AM44解法二由题设PA丄底面ABCD,PAu平面PAD,则平面PAD1.平面4CD,交线为AD•过点C作CF丄AD，垂足为F,故CF丄平面PAD・过点F作FM丄PD,垂足为M,连结CM,故CMA.PD・因此ZCMP是二面角A-PD-C的平面角・由已知，可得ZCA£>=30°,设AC=af\n可得g4翠—竿-a,FD=2FMFD•:\FMDs\pad、:.——=———zV7=Cl■14PAPD匸h匚“FD・PA6于是，FM==?—PDV21-a31CF在Rt^CMF中，tanCMF=^=^~FMV7Cl14所以二面角A-PD-C的人小是arctanV7•76.(天津文19)如图，在四棱锥P-ABCD中，P4丄底面ABCD,4B丄AD,4C丄CDZABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中点.(I)求P3和平面PAD所成的角的人小；(II)证明AE丄平面PCD；(III)求二而角A-PD-C的人小.(【)解：在四棱锥P-ABCD'I1，因PA丄底面ABCD,ABcz平面ABCD,故P4丄A3乂A3丄AD,PAC\AD=A，从而AB丄平面PAD•故P3在平PAD内的射影为PA,从而ZAPB为PB和平jfilPAD所成的角・B在屮，AB=PAf故ZAPB=45°・所以P3和平^PAD所成的角的人小为45°・(II)证明：在四棱锥P-ABCD中，因P4丄底面ABCD,CDu平面ABCD,故CD丄PA・山条件CD丄PC,PAC\AC=A,:.CD丄面PAC・乂AEu面PAC,AE丄CD・由PAAB=BC,AABC=60°,可得AC=PA・•・・E是PC的中点，.・.AE丄PC,.•.PCnCD=C•综上得\nAE丄平面PCD・(III)解：过点E作EM丄PD,垂足为M,连结AM・ill(II)知，AE丄平面PCD,AM在平面PCD内的射彩是EM,则AM丄PD・因此ZAME是二面角A-PD-C的平面角・由已知，可得ZCAD=30°•设AC=af可得AD2x/3aPDV2TaaeJL2\n在RtAADP中,・・•AM丄PD,AMPD=PAAD,则AM=2^3PAAD_Cl^a2jipd—~TCl3因AB—2\[2a,M是A3的中点，所以DE=3a,EM=y[3a,MD=^6a,得△EMD是直角三角形,EMMDr-其中ZEMD=90°,所以MF==^2a・DEMF在RtACA/F中，tanZFOW=—=1,所以ZFCM=4S,故CM与平而CQE所成的角是45°方法二：如MC图，以点C为坐标原点，以CA,CB分别为兀轴和y轴，过点C作与平［ft*ABC垂肓的肓线为z轴，建立直角坐标系C-xyz，设EA=a，则A(2a,0,0),B(0,2d,0),E(2a,0,a)・D(0,2a,2a),M(a,a,0)(I)证明：因为丽=(p,a,—d),CM=(a,a,0),所以EMCM=0f故EM丄CM・(II)W：设向Sn=(l,)b，z°)与平面CDE垂直，则丘丄压，五丄而，afx/F4x/i4在Rt^AEM中，sinAA/E=^=—•所以二面角A-PD-C的大小arcsin・AM477.(浙江理19)在如图所示的儿何体中，E4丄平面ABC,丄平血ABC,AC丄BC,且AC=BC=BD=2AE,M是A3的屮点.(I)求证：CM丄EM；(II)求CM与平rfnCDE所成的角.方法一：(I)证明：因为AC=BC,M是AB的中点，所以CM丄AB•乂EA丄平面ABC,所以CM丄EM・(II)解：过点M作MH丄平面CDE,垂足是H,连结CH交延长交ED于点F,连结MF,MD・ZFCM是直线CM和平面CDE所成的角・因为丄平面CDE,所以MH丄ED,乂因为CM丄平面EDM,所以CM丄ED,则劭丄平面CMF,EDA.MF・即ziCE=0,nCD=0・CD=(0,2a,2a),设EA=a,BD=BC=AC=2a,在直角梯形ABDE中，\n所以y°=2,x0=-2,即n=(1,2,-2),cos佃丽方''CMn2直线CM与平面CDE所成的角&是方与CM夹角的余角，所以&二45°,因此直线CM平面CDE所成的角是45°・78.（重庆理19）如题（19）图，在直三棱柱ABC-AQG中,题（19）图4人=2,AB=\,ZABC=9Q\点DE分别在BB、,££>上，且丄AQ,四棱锥C-ABDA.与肖•三棱柱的体积之比为3:5.（I）求异面直线DE与的距离；（II）若BC=y/2f求二面角人一DC.-B1的平面角的正切值.解法一:（I）因BG丄£冋,且B]C]丄BB],故BG丄面AlABBl,从而BC丄B、E,又B、E丄DE,故是异血宜线BC与DE的公垂线.设BD的长度为x,则四棱椎C-ABDA.的体积％为V.=|S-BC=^DB+A}AYAB-BC=+2)-BC・3oo而直三棱柱ABC-A^C,的体积匕为V2=Saabc-AA}=^AB-BC-AA}=BC・1QQ由已知条件V.:K=3:5,故一(x+2)=-,解Z得x=-・12655Q2从而B\D=B、E—DB=2一一=-・在直角三角形A^D中,A}D=』A\B；+Bp=V29”=扣・BQ,故B£=AXD2^2929（II）如答（19）图1,过目作丄CQ,垂足为F,连接£F,答（19）图1\n4耳丄B.CpAXBX±BR故£3］丄面B{DCX.rh三垂线定理知GD丄a,f,故为所求二面角的平面角•在直角△C、B\D中，C.D=y/B.C^B.D2=2+3^6"T-乂因S△叫专CQ•时专bc・bq,故B「奥叽痊-△C“|D丽一=亍’所以tanAQ严器二琴解法二：(I)如答(19)图2,以B点为坐标原点O建立空间直角坐标系O-兀yz，则B(0,0,0),S,(0A2),力(0丄0),A(0,L2),则AA,=(0,0,2),/4B=(0,-l,0).设G(偽0,2),则昭=(皿0),乂设E(0,儿，z°),则B"(0,z0-2),从而BCB}E=09即丄B\C\•乂丄D4「所以是界面直线与DE的公垂线.下面求点D的坐标•设2)(0,0,z),则z).因四棱锥C-ABDA.的体积％为炉1xv__L5X—3Bc|=|(|b5|+|a4^|)AB~BC=扣+2)1网・B(O)答(19)图2而直三棱柱ABC-A^C.的体积匕为V2=SAABCAA}I4MMR(一8)I5丿1QQfR由已知条件%:匕=3:5,故一(z+2)=_,解得z=_，即D0,0,-655「0,0,◎,DA.=“0,13/,DE=15丿1<5丿从而DB、。'儿,YD丿\n————►2接下來再求点E的处标・由丄^B}EDA}=0,即儿+—僦—2)=08(2)又由万石〃旋得丛=厶二11254联立⑴，⑵，解得儿花—,即E=|0,—29I：'448^29^29,\n故B、E=(4<2910292_2^2929(II)由已知BC=y/2f则6(72,0,2),从而DC\=(>/2,0,-),过冋作QF丄CQ,垂足为F,连接因DF=xr0,联立①②解得召-H—V2=0②A]F,设F3,0,勺)，则Bf=(旺,0,©—2),因为B、FDC\=0,故a/2x(h—Z]—=0①10则乔』兰Q1,电〕，丽-笆屁，一羽.丽=<2727丿1272ll102又AfDq=—V2V2+(-l)0=0,故Af丄QC「因此为所求二而角的平而角•又27275为直角三角形，所以题(19)图£目=(0,—1,0),从而AQB,F=0,故AQ丄BXF,tw远莹\B}F\279.(重庆文19)如题19图，在肓三棱柱ABC-A1B]C,+，3ZA5C=90°,AB=iBC=「AA.=2；点。在棱BB.±,2BD二LbB(；B、E丄££>,垂足为E,求：(1)异面直线人£>与dG的距离；(II)四棱锥C-ABDE的体积.\n•解法一：（I）由直三棱柱的定义知丄又因为ZABC=90°,因此EG丄人目，从而丄平面Ad。•得BC丄B、E,乂丄4Q・故是异面直线与人。的公垂线・由BD=-BBl知彳，在RtAA/Q中，AD如2+B0i+又因S△佔=id故BE=A^B^D=^1=1.553(II)由(I)知SC丄平面A^D,又BC//B、C\,故BC丄平面ABDE,即BC为四棱锥C-ABDE的高，从而所求四棱锥的体积V为V=VC_ABDE二丄・S・BC,其屮S为四边形ABDE的血•积，如答（19）图1,过E作/：FAB\B答（19）图1EF丄垂足为F・在RtAB.ED中，ED=JBp_BQ=<4f<3>、245/1615IIrf・DF16乂因S/=-B\E・DE=-BQ・EF，故EF=冇=-因的边AA上的鬲/7=人妨一EF=1-善=善1199故=_・2・一=—•△侶21225252111233从『ijS=S/[bm-S’/E=2-253751173373所以v=l-s-BC.337521509273（3、(2、才0,2,D0A-u)L3丿解法二：（I）如答（19）图2,以B点为坐标原点O建立空间直角坐标系O-兀）2,则A(0,1,0),£(0丄2),"(0,0,0),(0,0,2),C,\n因此AAi=(0,0,2),而=(0,-1,0),BG=2o,(?,A.D=•<2)1L3丿设E(0,儿，％)，则B\E=(0,y0,z0-2),因此乖荫=(),从而EG丄耳E・垂线又由题设丄4Q,故是异面直线下面求点E的坐标・4因丄A.D,即B、EAQ=0,从而儿一一(zo-2)=O,(1)乂乖=(0,旳一1,%—2),且乖〃入万，得牛丄=迢尸・(2)联立(1),(2)解得儿=善381612、『些即耳0,£坐，莊=0,2—25I2525丿1I252525，_25j所以3BD(II)由BC丄AB,BCA.DB,故BC丄面ABDE,即BC为四棱锥C-ABDE的高.下面求四边形ABDE的面积・因为SabdE=S'ABE+SHBDE，AB=1rf0S^ABE=^AB%)=*11216_162325_75ABDE19161=25757375•所以^C-ABDE=§SABDE