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2014届高考数学(理)一轮复习单元测试(配最新高考+模拟)第八章立体几何


2014 届高考数学(理)一轮复习单元测试 第八章立体几何
一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.每小题中只有一项符合题 目要求) 1、(2013 年上海市春季高考数学试卷(含答案))若两个球的表面积之比为 1 : 4 ,则这两个球的体积之
比 ( ) A. 1 : 2 B. 1 : 4 C. 1 : 8 D. 1:16 2、 (2013 年高考新课标 1(理) )如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高 8cm,将一 个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为 6cm,如果不计容器的厚度,则 球的体积为 为

( ) A.

500? cm3 3

B.

866? cm3 3

C.

1372? cm3 3

D.

2048? cm3 3

3、(广东省惠州市 2013 届高三 4 月模拟考试数学理试题(WORD 版))如图是某简单组合体的三视图,

则该组合体的体积为



) A. 36 3(? ? 2) B. 36 3(? ? 2) C. 108 3? D. 108( 3? ? 2)

4.【天津市新华中学 2013 届高三第三次月考理】设 a, b 是两条直线,? , ? 是两个平面,则 a ? b 的 一个充分条件是 ( ) B. a ? ? , b ? ? , ? // ? D. a ? ? ,b // ? , ? ? ?

A. a ? ? ,b // ? , ? ? ? C. a ? ? , b ? ? , ? // ?

5、【北京市昌平区 2013 届高三上学期期末理】已知一个空间几何体的三视图如图所示,根据图中 标出的尺寸,可得这个几何体的全面积为

A. 10 ? 4 3 ? 4 2

B. 10 ? 2 3 ? 4 2

C. 14 ? 2 3 ? 4 2

D. 14 ? 4 3 ? 4 2

6、 【贵州省遵义四中 2013 届高三第四次月考理】 某几何体的三视图如右图所示, 则它的体积是 ( )

(A) 8 ?

2? 3

(B) 8 ?

? 3

(C) 8 ? 2?

(D)

2? 3

7.【山东省师大附中 2013 届高三第四次模拟测试 1 月理】正六棱柱的底面边长为 4,高为 6,则它的 外接球的表面积为 A.

20?

B.

25?

C.

100?


D.

200?

8、(2013 年高考湖南卷(理))已知棱长为 1 的正方体的俯视图是一个面积为 1 的正方形,则该正方

体的正视图的面积不可能等于( ... A. 1 B. 2

C.

2-1 2

D.

2+1 2

9、(2013 年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学(理)(纯 WORD 版含答案))已知 m, n 为异面

直 线 , m? 平 面 ? , n? 平 面

, l ? . 直 线 l 满 足 l? m ?

, n ? , ?l , 则 ? l ?


) A. ? // ? ,且 l // ? C. ? 与 ? 相交,且交线垂直于 l B. ? ? ? ,且 l ? ? D. ? 与 ? 相交,且交线平行于 l

10、(2013 年高考湖北卷(理))一个几何体的三视图如图所示,该几何体从上到下由四个简单几何

体组成,其体积分别记为 V1 , V2 , V3 , V4 ,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体 均 ) A. V1 ? V2 ? V4 ? V3 C. V2 ? V1 ? V3 ? V4 B. V1 ? V3 ? V2 ? V4 D. V2 ? V3 ? V1 ? V4 为 多 面 体 , 则 ( 有

11、(安徽省马鞍山市 2013 届高三第三次教学质量检测)右图是一个几何体的三视图,其中正视 图和侧视图都是一个两底长分别为 2 和 4 , 腰长为 4 的等腰梯 形,则该几何体的表面积是 (A) 12? (C) 15? (B) 13? (D) 17?
正视图 侧视图

12、【云南省昆明一中 2013 届高三新课程第一次摸底测试理】如 图, 在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,对角线 B1D 与平面 A1BC1 相交于点 E,则点 E 为△A1BC1 的
俯视图 第(6)题图

A.垂心

B.内心

C.外心

D.重心

二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分,把答案填在题中横线上) 13、(2013 年高考福建数学(理)试题)已知某一多面体内接于一个简单 组合体,如果该组合体的正视图.测试图.俯视图均如图所示,且图中 的四边形是边长为 2 的正方形,则该球的表面积是_______________ 14、(广东省深圳市2013届高三第二次调研考试)某简单组合体的三视图 如图2,其中正视图与侧视图相同(尺寸如图,单位:cm),则该组合体 的体积是________ cm (结果保留 ? )
3

15.【天津市新华中学 2013 届高三第三次月考理】已知一个几何体的三视图如下图所示(单位:cm), 其中正视图是直角梯形,侧视图和俯视图都是矩形,则这个几何体的体积是________cm .
3

16..(2013 年高考安徽数学理)如图,正方体 ABCD ? A B1C1D1 的棱长为 1,P 为 BC 的中点,Q 为线 1 段 CC1 上的动点,过点 A,P,Q 的平面截该正方体所得的截面记为 S.则下列命题正确的是 _____(写出所有正确命题的编号).

①当 0 ? CQ ?

1 3 1 时,S 为四边形;②当 CQ ? 时,S 为等腰梯形;③当 CQ ? 时,S 与 C1 D1 的交 2 4 2
1 3 6 ;④当 ? CQ ? 1 时,S 为六边形;⑤当 CQ ? 1 时,S 的面积为 . 3 4 2

点 R 满足 C1 R1 ?

三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17. (本小题满分 10 分) (2013 广东理) 如图 1,在等腰直角三角形 ABC 中, ?A ? 90? , BC ? 6 , D, E 分别是 AC , AB 上的点, CD ? BE ? 2 ,

O 为 BC 的中点.将 ?ADE 沿 DE 折起,得到如图 2 所示的四棱锥 A? ? BCDE ,其中 A?O ? 3 .
C D O . E C A 图1 (Ⅰ) 证明: A?O ? 平面 BCDE ; (Ⅱ) 求二面角 A? ? CD ? B 的平面角的余弦值. D 图2 B

A?

O E

B

18.(本小题满分 12 分) 【北京市朝阳区 2013 届高三上学期期末理】 在长方体 ABCD-A B1C1D1 中, AA=AD=2 ,点 E 在棱 CD 上,且 CE= CD . 1 1 (Ⅰ)求证: AD1 ? 平面 A1B1D ; (Ⅱ)在棱 AA1 上是否存在点 P ,使 DP ∥平面 B1 AE ?若存在,求出线段 AP 的长;若不存在, 请说明理由; (Ⅲ)若二面角 A-B1E-A1 的余弦值为

1 3

30 ,求棱 AB 的长. 6

19.(本小题满分 12 分) 【云南省玉溪一中 2013 届高三第三次月考 理】如图,在长方体
ABCD ? A1 B1C1 D1 ,中, AD ? AA1 ? 1, AB ? 2 ,点 E 在棱 AB 上移动.

(1)证明: D1 E ? A1 D ; (2)当 E 为 AB 的中点时,求点 E 到面 ACD1 的距离; (3) AE 等于何值时,二面角 D1 ? EC ? D 的大小为

? . 4

20.(本小题满分 12 分) (2013 安徽省皖南八校 2013 届高三第三次联考) 如图,正方形 ADEF 与梯形 ABCD 所在的平面互相垂直,AD 丄 CD,AB//CD,AB=AD= 段 EC 上 (I)当点 M 为 EC 中点时,求证:BM//平面 ADEF (II)求证:平面 BDE 丄平面 BEC (III)若平面说 BDM 与平面 ABF 所成二面角为锐角,且 角的余弦值为 该二面

1 CD=2,点 M 在线 2

6 时,求三棱锥 M-BDE 的体积. 6

21.(本小题满分 12 分) 18.(江西省六校 2012 届高三联考理科)如图所示的多面体,它的正视图为 直角三角形,侧视图为正三角形,俯视图为正方形(尺寸如图所示),E 为 VB 的中点. (1)求证: VD∥平面 EAC; (2)求二面角 A—VB—D 的余弦值.
[来

22.(本小题满分 12 分) (2013 年普通高等学校招生统一考试浙江数学(理)试题(纯 WORD 版))如图,在四面体 A ? BCD

中, AD ? 平面 BCD , BC ? CD, AD ? 2, BD ? 2 2 . M 是 AD 的中点, P 是 BM 的中点,点

Q 在线段 AC 上,且 AQ ? 3QC .
0 (1)证明: PQ // 平面 BCD ;(2)若二面角 C ? BM ? D 的大小为 60 ,求 ?BDC 的大小.

A

M P Q B C (第 22 题图) D

参考答案
一、选择题
1、C 2、A

3、【解析】由三视图可知几何体是由截面相同的半个圆锥与半个三棱锥组合而成的.圆椎底面半径 12 为 , 椎 体 底 面 边 长 为 , 高 为 6

1 1 1 1 6 3 . V ? ? ? ? ? 36 ? 6 3 ? ? ? 12 ? 6 ? 6 3 ? 36 3(? ? 2) 故选 B . 3 2 3 2
4、【答案】C 【解析】若 b ? ? ,? / / ? ,所以 b ? ? ,又 a ? ? ,所以 b ? a ,即 a ? b ,所以选 C. 5、【答案】B

【解析】 根据三视图复原的几何体是底面为直角梯形,一条侧棱垂直直角梯形的直角顶点的四棱锥 其中 ABCD 是直角梯形,AB⊥AD, AB=AD=2,BC=4,即 PA⊥平面 ABCD,PA=2。且 CD ? 2 2 ,,

PD ? 2 2 , PB ? 2 2 ,, PC ? 2 6 , 底 面 梯 形 的 面 积 为
S ?PAB ?

( 2 ? 2

? ) 2 4 ?6 ,

1 1 1 ? 2 ? 2 ? 2 , S?PAD ? ? 2 ? 2 ? 2 , S ?PBC ? ? 2 2 ? 4 ? 4 2 ,侧面三角形 DPC 中的高 2 2 2

DO ? (2 2) 2 ? ( 6) 2 ? 2 ,
所以 S ?PDC ?

1 ?2 6? 2 ? 2 3, 2

所以该几何体的总面积为 6 ? 2 ? 2 ? 2 3 ? 4 2 ? 10 ? 2 3 ? 4 2 ,选 B. 6、【答案】A 【解析】由三视图可知,该几何体是一个正四棱柱挖去一个圆锥,正四棱柱的体积为 2 ? 2 ? 2 ? 8 , 圆锥的体积为 ? ? 2 ? 7、【答案】C

1 3

2? 2? ,所以该几何体的体积为 8 ? ,选 A. 3 3

【解析】

由图象可知正六棱柱的对角线 BC 即为外接球的直径,因为底 ,解得外接球的半径 R ? 5 ,

1 0 面边长为 4, 所以 AB ? 8 , 所以 BC ? 82 ? 62 ? 100 ? 10 , 2 R ? 即
所以外接球的表面积为 4? R ? 4? ? 25 ? 100? ,选 C.
2

8、【答案】 C
【解析】 由题知,正方体的棱长为 1,

正视图的高为1,宽在区间[1, 2 ]上,所以正视图的面积也在区间[1, 2 ]上.而

2 -1 ? 1。 2

选C 9、D [解析] 若 α∥β, m∥n 与 m, 为异面直线矛盾, A 错. α⊥β 且 l⊥β, 则 n 故 若 则由 n⊥平面 β 知 l ∥n 与 l ⊥n 矛盾,故 B 错.若 α 与 β 相交,设垂直于交线的平面为 γ,则 l ⊥γ,又 l ⊥m,l ⊥n,m⊥ 平面 α,n⊥平面 β,故交线平行于 l.故选 D.

10、C
11、D 12、【答案】D

【解析】 如图

? , EB1F ? ?DBE ,所以 BE : EF ? 2 :1,且 F 为 AC1 的 1

中点,选 D.

二、填空题
13、 12?

14、 1 ?

? 3
3 2

15、【答案】

【解析】 形面积为

由三视图可知,该几何体为一个放到的四棱柱,以梯形为低,所以梯

3 1? (1 ? 2) 3 ? ,四棱柱的高为 1,所以该几何体的体积为 。 2 2 2

16、【答案】 ①②③⑤ 【解析】 设截面与D1 D相交于T,则AT // PQ且AT ? 2 PQ ? DT ? 2CQ .

对①, .当0 ? CQ ? 对②, .当CQ ? 梯形. 所以为真.

1 1 时 ,则 ? DT ? 1. 所以截面S为四边形,且S为梯形.所以为真. 2 2

1 时, DT = 1 , T与D 1 重合 ,截面S为四边形 APQD1 , 所以AP ? D1Q. 截面S为等腰 2

3 3 1 1 1 时, DT ? ? QC1 ? , D1T ? .利用三角形相似解得C1 R1 ? . 所以为真. 4 2 4 2 3 3 3 对④, .当 ? CQ ? 1时, ? DT ? 2 .截面S与线段 A 1 D1 , D1C1 相交, 所以四边形S为五边形.所以为 4 2
对③, .当CQ ? 假. 对⑤, .当CQ ? 1时,Q与C 1 重合, 截面S与线段A1 D1相交于中点G1即为菱形APC1G1 A .对角 线长度分别为 2和 3,的面积为 S 综上,选①②③⑤ 三、解答题 17、【解析】(Ⅰ) 在图 1 中,易得 OC ? 3, AC ? 3 2, AD ? 2 2 连结 OD, OE ,在 ?OCD 中,由余弦定理可得

6 . 所以为真. 2

A?

OD ? OC 2 ? CD 2 ? 2OC ? CD cos 45? ? 5
由翻折不变性可知 A?D ? 2 2 , 所以 A?O ? OD ? A?D ,所以 A?O ? OD ,
2 2 2

C D

O E

B

理可证 A?O ? OE , 又 OD ? OE ? O ,所以 A?O ? 平面 BCDE H . (Ⅱ) 传统法:过 O 作 OH ? CD 交 CD 的延长线于 H ,连结 A?H , 因为 A?O ? 平面 BCDE ,所以 A?H ? CD , 所以 ?A?HO 为二面角 A? ? CD ? B 的平面角. 结合图 1 可知, H 为 AC 中点,故 OH ? 所以 cos ?A?HO ?

3 2 30 ,从而 A?H ? OH 2 ? OA?2 ? 2 2

OH 15 15 ,所以二面角 A? ? CD ? B 的平面角的余弦值为 . ? A?H 5 5 z 向量法:以 O 点为原点,建立空间直角坐标系 O ? xyz 如图所示, A?
则 A? 0, 0, 3 , C ? 0, ?3, 0 ? , D ?1, ?2, 0 ?

???? ???? ? 所以 CA? ? 0,3, 3 , DA? ? ?1, 2, 3 C O ? D 设 n ? ? x, y , z ? 为平面 A?CD 的法向量,则 ? ???? x 向量法图 ? ?3 y ? 3 z ? 0 ?n ? CA? ? 0 ? y ? ?x ? ? ? ,即 ? ,解得 ? ,令 x ? 1 ,得 n ? 1, ?1, 3 ? ? ? ???? ? z ? 3x ?n ? DA? ? 0 ?? x ? 2 y ? 3z ? 0 ? ? ? ???? 由(Ⅰ) 知, OA? ? 0, 0, 3 为平面 CDB 的一个法向量,

?

?

?

?

?

?

B y E

?

?

?

?

? ???? ? ???? n ? OA? 3 15 所 以 cos n, OA? ? ? ???? ? , 即 二 面 角 A? ? CD ? B 的 平 面 角 的 余 弦 值 为 ? 5 3? 5 n OA?
15 . 5
18、证明:(Ⅰ)在长方体 ABCD-A B1C1D1 中, 1

因为 A1B1 ? 面 A D1DA , 1 所以 A B1 ? AD1 . 1 在矩形 A D1DA 中,因为 AA=AD=2 , 1 1 所以 AD1 ? A D . 所以 AD1 ? 面 A1B1D . 1 (Ⅱ)如图,在长方体 ABCD-A B1C1D1 中,以 D1 为原点建立空间直角坐标系 D1 ? xyz . 1 依 题 意 可 知 ,

D1 (0,0,0), A1 (2,0,0), D(0,0, 2)



A(2,0, 2)



设 AB 的长为 x ,则 C1 (0, x,0), B1 (2, x,0) ,

2 C (0, x, 2), E (0, x, 2) . 3
假设在棱 AA1 上存在点 P ,使得 DP ∥平面 B1 AE . 设点 P (2,0, y) ,则 DP ? (2,0, y - 2) ,

??? ?

??? ? AP ? (0,0, y - 2) .
易知 B1 E=(-2, -

????

??? ? 1 2 x, 2), AE ? (-2, x, 0) . 3 3

设平面 B1 AE 的一个法向量为 n ? (a, b, c) ,

1 ? ???? ?-2a - 3 xb ? 2c = 0 ? B1 E ? n = 0 ? ? 则 ? ??? ,即 ? . ? 2 ? AE ? n = 0 ? -2a + xb = 0 ? ? 3 ?
3 3 x ,所以 n ? ( x,3, x) . 2 2 ??? ? 因为 DP ∥平面 B1 AE ,等价于 DP ? n ? 0 且 DP ? 平面 B1 AE .
令 b ? 3 得, a ? x, c ?

2 3 x ? 0 ,所以 y ? . 3 2 ??? ? ??? 4 ? 4 4 所以 AP ? (0, 0, - ) , AP ? ,所以 AP 的长为 . 3 3 3
得 2 x + ( y - 2) ? (Ⅲ)因为 CD ∥ A1B1 ,且点 E ? CD , 所以平面 A B1E 、平面 A1B1D 与面 A B1CD 是同一个平面. 1 1

由(Ⅰ)可知, AD1 ? 面 A1B1D , 所以 D1 A ? (2,0, 2) 是平面 A B1E 的一个法向量. 1 由(Ⅱ)可知,平面 B1 AE 的一个法向量为 n ? ( x,3,

???? ?

3 x) . 2

因为二面角 A-B1E-A1 的余弦值为

30 , 6

???? ? D1 A ? n 30 ? ???? ? 所以 cos ? ? ? 6 AD1 ? n
故 AB 的长为 3 2 .

2 x + 3x 3 2 2 ? x ? 9 ? ( x) 2 2
2

,解得 x ? 3 2 .

19、解:以 D 为坐标原点,直线 DA, DC, DD1 分别为 x, y, z 轴,建立空间直角坐标系,设 AE ? x ,则
A1 (1, 0,1), D1 (0, 0,1), E (1, x, 0), A(1, 0, 0), C (0, 2, 0)

???? ???? ? ? ???? ???? ? ? (1) 因为DA1 , D1 E ? (1,0,1),(1, x, ?1) ? 0, 所以DA1 ? D1 E. ???? ? ???? (2)因为 E 为 AB 的中点,则 E (1,1, 0) ,从而 D1 E ? (1,1, ?1), AC ? (?1, 2,0) ,
? ???? ???? ? ? ?n ? AC ? 0, ? AD1 ? (?1,0,1) ,设平面 ACD1 的法向量为 n ? (a, b, c) ,则 ? ? ???? ? ?n ? AD1 ? 0, ?

也即 ?

? ? a ? 2b ? ? a ? 2b ? 0 ,得 ? ,从而 n ? (2,1, 2) ,所以点 E 到平面 ACD1 的距离为 ?a ? c ??a ? c ? 0
???? ? ? | D1 E ? n | 2 ? 1 ? 2 1 ? h? ? ? . 3 3 |n|

? (3)设平面 D1 EC 的法向量 n ? (a, b, c) ,
????? ? ??? ? ???? ? ∴ CE ? (1, x ? 2,0), D1C ? (0, 2, ?1), DD1 ? (0,0,1),

? ???? ? ?n ? D1C ? 0, ?2b ? c ? 0 ? ?? 由 ? ? ??? ? ?a ? b( x ? 2) ? 0. ?n ? CE ? 0, ?

令 b ? 1,? c ? 2, a ? 2 ? x ,

? ∴ n ? (2 ? x,1, 2).
? ???? ? | n ? DD1 | 2 2 2 ? ? ? . 依题意 cos ? ? ???? ? 2 4 | n | ? | DD1 | 2 2 ( x ? 2) ? 5

?

∴ x1 ? 2 ? 3 (不合,舍去), x2 ? 2 ? 3 .

∴ AE ? 2 ? 3 时,二面角 D1 ? EC ? D 的大小为

? 4

20、(1)证明 取 DE 中点 N ,连结 MN , AN .在△ EDC 中, M , N 分别为 EC , ED 的中点,

1 1 CD .由已知 AB ∥ CD , AB ? CD , 2 2 因此, MN ∥ AB ,且 MN ? AB .所以,四边形 ABMN 为平行四边形. 于是, BM ∥ AN .又因为 AN ? 平面 ADEF ,且 BM ? 平面 ADEF , 所以 BM ∥平面 ADEF . (2)证明 在正方形 ADEF 中,ED ? AD .又平面 ADEF ? 平面 ABCD ,平面 ADEF ? 平
则 MN ∥ CD ,且 MN ? 面 ABCD ? AD ,知 ED ? 平面 ABCD .所以 ED ? BC . 在直角梯形 ABCD 中, AB ? AD ? 2 , CD ? 4 ,算得 BC ? 2 2 . 在△ BCD 中, BD ? BC ? 2 2, CD ? 4 ,可得 BC ? BD .故 BC ? 平面 BDE . 又因为 BC ? 平面 BCE ,所以,平面 BDE ? 平面 BEC .
z E F N M

D C A B x y

解(3)按如图建立空间直角坐标系,点 D 与坐标原点 O 重合.设 M ( x , y , z ) ,则

EM ? ( x, y, z ? 2) ,又 EC ? (0,4,?2) ,设 EM ? ? EC(0 ? ? ? 1) ,则 x ? 0, y ? 4? , z ? 2 ? 2? ,
即 M (0,4? ,2 ? 2? ) . 设 n ? ( x1 , y1 , z1 ) 是平面 BDM 的法向量,则

???? ?

??? ?

OB ? n ? 2 x1 ? 2 y1 ? 0 , OM ? n ? 4?y1 ? (2 ? 2? )z1 ? 0 .
取 x1 ? 1 ,得 y1 ? ?1, z1 ? 分 由题可知, OA ? (2,0,0) 是平面 ABF 的一个法向量.

2? 2? ,即得平面 BDM 的一个法向量为 n ? (1,?1, ). 1? ? 1? ?

10

??? ? ? ??? ? ? | OA ? n | ? ? ? 因此, | cos ? OA, n ?|? ??? | OA | ? | n |

2 2 2? 4? (1 ? ? ) 2
2

?

1 1 ,? ? , 2 6

即点 M 为 EC 中点.此时, S ?DEM ? 2 , AD 为三棱锥 B ? DEM 的高,

所以, VM ?BDE ? VB?DEM ?

1 4 ? 2? 2 ? . 3 3

21、解:(1)由正视图可得:平面 VAB⊥平面 ABCD,连接 BD 交 AC 于 O 点,连 EO, 由已知可得 BO=OD,VE=EB ∴ VD∥EO 又 VD ? 平面 EAC,EO ? 平面 EAC ∴ VD∥平面 EAC (2)设 AB 的中点为 P,则由题意可知 VP⊥平面 ABCD, 建立如图所示坐标系 设 n =(x,y,z)是平面 VBD 法向量,

BD =(-2,2,0)

VB ? (1,0,? 3)

PO ? (0,1,0)
由 n ? BD , n ? VB
?? 2 x ? 2 y ? 0 ∴? ? x ? 3z ? 0

∴ n ? ( 3, 3,1) ∴二面角 A—VB—D 的余弦值 cos ? ?
n ? PO | n | ? | PO | ? 21 7

22、 证明(Ⅰ)方法一:如图 6,取 MD 的中点 F ,且 M 是 AD 中点,所以 AF ? 3FD .因为 P 是 BM 中 点 ,所以 PF / / BD ; 又因 为(Ⅰ) AQ ? 3QC 且 AF ? 3FD ,所 以 QF / / BD ,所 以面 PQF / / 面

BDC ,且 PQ ? 面 BDC ,所以 PQ / / 面 BDC ;

方法二:如图 7 所示,取 BD 中点 O ,且 P 是 BM 中点,所以 PO / / 使 DH ? 3CH ,且 AQ ? 3QC ,所以 QH / /

1 MD ;取 CD 的三等分点 H , 2

1 1 AD / / MD ,所以 PO/ /QH? PQ/ / OH,且 4 2

OH ? BCD ,所以 PQ / / 面 BDC ;

(Ⅱ)如图 8 所示,由已知得到面 ADB ? 面 BDC ,过 C 作 CG ? BD 于 G ,所以 CG ? BMD , 过 G 作 GH ? BM 于 H ,连接 CH ,所以 ?CHG 就是 C ? BM ? D 的二面角;由已知得到

BM ? 8 ? 1 ? 3 ,设 ?BDC ? ? ,所以
CD CG CB ? cos ? ,sin ? ? ? ? CD ? 2 2 cos ? , CG ? 2 2 cos ? sin ? , BC ? 2 2 sin ? , BD CD BD
, 在 RT ?BCG 中 , ?BCG ? ? ? sin ? ?

BG ? BG ? 2 2 sin 2 ? , 所 以 在 R T? B H G , 中 BC

1 2 2 sin 2 ? ,所以在 RT ?CHG 中 ? ? HG ? 3 2 2 sin 2 ? 3 HG

tan ?CHG ? tan 60? ? 3 ?

CG 2 2 cos ? sin ? ? HG 2 2 sin 2 ? 3

? tan ? ? 3 ?? ? (0,90? ) ?? ? 60? ??BDC ? 60? ;


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