当前位置:首页 >> 数学 >> 立体几何大题

立体几何大题


1. (本小题满分 12 分)在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 是等腰梯形,AB//CD,∠ABC=60°,AB=2CB=2.在梯形 ACEF 中,EF//AC,且 AC ? 2 EF,EC ? 平面 ABCD.

(Ⅰ)求证: BC ? AF ; (Ⅱ)若二面角 D ? AF ? C 为 45°,求 CE 的长. 【答案】 (Ⅰ)证明见解析(Ⅱ)

6 . 4

【解析】 试题分析: (1)证明线线垂直时,要注意题中隐含的垂直关系,如等腰三角形的底边上的高,中线和顶角的角平分线 合一、 矩形的内角、 直径所对的圆周角、 菱形的对角线互相垂直、 直角三角形等等; 证明线线垂直常通过线面垂直; (2) 利用已知的线面垂直关系建立空间直角坐标系,准确写出相关点的坐标,从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建 系是解题的关键.(4)空间向量将空间位置关系转化为向量运算,应用的核心是要充分认识形体特征,建立恰当的坐 标系,实施几何问题代数化.同时注意两点:一是正确写出点、向量的坐标,准确运算;二是空间位置关系中判定定理 与性质定理条件要完备.
2 2 2 试题解析: (Ⅰ)证明:在 ?ABC 中, AC ? AB ? BC ? 2 AB ? BC cos 60 ? 3 , 2 2 2 所以 AB ? AC ? BC ,由勾股定理知 ?ACB ? 90 所以 BC ? AC .

2分

又因为 EC ⊥平面 ABCD , BC ? 平面 ABCD ,所以 BC ? EC . 4分 又因为 AC EC ? C 所以 BC ⊥平面 ACEF ,又 AF ? 平面 ACEF 所以 BC ? AF . 6分 (Ⅱ)因为 EC ⊥平面 ABCD ,又由(Ⅰ)知 BC ? AC ,以 C 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系 C ? xyz .

设 CE =h ,则 C ? 0,0,0 分

? , A?

3, 0, 0 , F (

?

3 1 3 3 3 1 , ? , 0) , AF ? (? , 0, h) . 8 , 0, h) , D( , ? , 0) , AD ? (? 2 2 2 2 2 2

? ? AD ? n1 ? 0, 设平面 DAF 的法向量为 n1 ? ( x, y, z ) , 则? ? ? AF ? n1 ? 0.
9分 又平面 AFC 的法向量 n2 ? (0,1,0)

? ?? ? 所以 ? ?? ? ?
10 分

3 1 x ? y ? 0, 3 2 2 , 令 x ? 3 .所以 n1 ? ( 3, ?3, ) . 2h 3 x ? hz ? 0. 2

试卷第 1 页,总 12 页

所以 cos 45 ?

n1 ? n2 n1 ? n2
6 . 4

?

2 6 , 解得 h ? . 4 2
12 分

11 分

所以 CE 的长为

考点:线线垂直及求线段的长 2. (本题满分 12 分)如图,在三棱锥 S ? ABC 中, SA ? 底面 ABC , AC ? AB ? SA ? 2 , AC ? AB , D, E 分别是

AC, BC 的中点, F 在 SE 上,且 SF ? 2 FE .

(1)求证: AF ? 平面 SBC ;
? (2)在线段上 DE 上是否存在点 G ,使二面角 G ? AF ? E 的大小为 30 ?若存在,求出 DG 的长;若不存在,请说

明理由. 【答案】 (1)详见解析 (2)满足条件的点 G 存在,且 DG ? 【解析】 试题分析:第(1)问证明 AF ? 平面 SBC ,基本思路是证明 AF 与平面 SBC 内的两条相交直线垂直,注意合理利用 题设条件给出的数量关系和图形关系;第(2)问应抓住两点找到问题的求解方向:一是点 G 的预设位置,二是二面角 G ? AF ? E 的位置.涉及空间二面角的问题,可以从两个不同的方法上得到求解,即常规法和向量法. 试题解析: (1)由 AC ? AB ? SA ? 2 , AC ? AB ,

1 2

E 是 BC 的中点,得 AE ? 2 .
因为 SA ? 底面 ABC ,所以 SA ? AE . 在 Rt △SAE 中, SE ? 6 ,所以 EF ?

1 6 . SE ? 3 3

2 因此 AE ? EF ? SE ,又因为 ?AEF ? ?AES ,

所以 △EFA ∽△EAS ,
? 则 ?AFE ? ?SAE ? 90 ,即 AF ? SE .

因为 SA ? 底面 ABC ,所以 SA ? BC ,又 BC ? AE , 所以 BC ? 底面 SAE ,则 BC ? AF . 又 SE I BC ? E ,所以 AF ? 平面 SBC . (2)解法 1(常规法) :假设满足条件的点 G 存在,并设 DG ? t . 过点 G 作 GM ? AE 交 AE 于点 M , 又由 SA ? GM , AE I SA ? A ,得 GM ? 平面 SAE . 作 MN ? AF 交 AF 于点 N ,连结 NG ,则 AF ? NG . 于是 ?GNM 为二面角 G ? AF ? E 的平面角,
试卷第 2 页,总 12 页

即 ?GNM ? 30? ,由此可得 MG ?

2 (1 ? x) . 2

2 (1 ? t ) MN AM MN 6 2 ? 由 MN ∥ EF ,得 ,于是有 , MN ? (1 ? t ) . ? EF AE 6 6 2 3
在 Rt △GMN 中, MG ? MN tan 30 ,即 于是满足条件的点 G 存在,且 DG ?
?

2 6 3 1 ,解得 t ? . (1 ? t ) ? (1 ? t ) ? 2 6 3 2

1 . 2

S

A

N F
M

B

D

G

E

C
(2)解法 2(向量法) :假设满足条件的点 G 存在,并设 DG ? t .以 A 为坐标原点,分别以 AC ,

AB , AS 为 x , y , z 轴建立空间直线坐标系 D ? xyz ,则 A(0, 0, 0) , S (0, 0, 2) , E (1,1, 0) ,
G(1, t , 0) .

2 2 2 , ). 3 3 3 2 2 2 所以 AE ? (1,1,0) , AF ? ( , , ) , AG ? (1, t ,0) . 3 3 3
由 SF ? 2 FE 得 F ( , 设平面 AFG 的法向量为 m ? ( x1 , y1 , z1 ) ,则

2 2 ?2 x? y? z ?0 ? ? m ? AF ? 0 ?3 ? 3 3 ,即 ? ,取 y ? 1 ,得 x ? ?t , z ? t ? 1 ,即 m ? (?t ,1, t ? 1) . ? m ? AG ? 0 ? ? x ? my ? 0 ? ? ?
设平面 AFE 的法向量为 n ? ( x2 , y2 , z2 ) ,则

2 2 ?2 x? y? z ?0 ? ? ?3 ?n ? AF ? 0 3 3 ,即 ? ,取 y ? 1 ,得 x ? ?t , z ? t ? 1 ,即 n ? (?t ,1, t ? 1) . ? ? ?x ? y ? 0 ?n ? AE ? 0 ? ?

试卷第 3 页,总 12 页

由二面角 G ? AF ? E 的大小为 30 ,得 cos30? ?
?

| m ? n | | ?t ?1 ? 1? (?1) ? (t ? 1) ? 0 | , ? | m |?| n| 2 ? (?t )2 ? 1 ? (t ? 1)2

化简得 2t 2 ? 5t ? 2 ? 0 ,又 0 ? t ? 1 ,求得 t ? 于是满足条件的点 G 存在,且 DG ?

1 . 2

1 . 2

S

z

A F D

B y

G

E

C x
考点:线面关系的平行或垂直的证明及空间角的计算. 3. (本小题满分 12 分)已知三棱柱 ??C ? ?1?1C1 中,侧棱垂直于底面, ?? ? 5 , ?C ? 4 , ? C ? 3 , ??1 ? 4 , 点 D 在 ?? 上.

(1)若 D 是 ?? 中点,求证: ?C1 // 平面 ?1CD ;

?D 1 ? 时,求二面角 ? ? CD ? ?1 的余弦值. ?? 5 3 【答案】 (1)见解析; (2) . 13
(2)当 【解析】 试题分析: (1)连结 BC1,交 B1C 于 E,连结 DE.由三角形中位线定理可知 DE // AC1 ,可得 AC1 // 平面 B1CD ; (2)由题意可知, CB, CA, CC1 两两垂直,所以可以以 C 为坐标原点建立空间直角坐标系,由空间向量可计算二面角 的余弦值. 试题解析: (1)证明:连结 BC1,交 B1C 于 E,连结 DE. ∵ 直三棱柱 ABC-A1B1C1,D 是 AB 中点, ∴侧面 BB1C1C 为矩形,DE 为△ABC1 的中位线 ∴ DE// AC1. 2分 ∵DE ? 平面 B1CD, AC1 ? 平面 B1CD

试卷第 4 页,总 12 页

∴AC1∥平面 B1CD

4分

(2)∵ AC⊥BC, 所以如图,以 C 为原点建立空间直角坐标系 C- xyz . 则 B (3, 0, 0),A (0, 4, 0),A1 (0, 4, 4),B1 (3, 0, 4). 设 D (a, b, 0)( a ? 0 , b ? 0 ), 6分

BD 1 1 ? BD ? BA 5 ∵点 D 在线段 AB 上,且 AB 5 , 即 . a?


12 4 ,b ? 5 5.

12 4 B1C ? (?3, 0, ?4) , BA ? (?3, 4, 0) , CD ? ( 5 , 5 , 0) .

8分

平面 BCD 的法向量为. n ? ?0,0,1? , 设平面 B1CD 的法向量为

n 2 ? ( x, y,1)

,

? ?3 x ? 4 z ? 0 ? 4 ?12 x? y ?0 ? B1C ? n 2 ? 0 CD ? n 2 ? 0 5 由 , , 得 ?5 ,
4 4 x ? ? , y ? 4 n2 ? (? , 4,1) 3 3 所以 , .

10 分

cos ? ?
设二面角

n1 ? n2 n1 n2

?

B ? CD ? B1 的大小为 ? ,

3 13

3 B ? CD ? B1 所以二面角 的余弦值为 13 .
考点:线面平行的判定与性质,空间向量的应用.

12 分

4.(本小题满分 13 分)如图 1,在 Rt ???C 中, ???C ? 90 , ???C ? 60 , ?? ? 2 , D 、 ? 分别为 ? C 、 ?D 的中点,连接 ?? 并延长交 ? C 于 F ,将 ??? D 沿 ?D 折起,使平面 ??D ? 平面 ? CD ,如图 2 所示.

试卷第 5 页,总 12 页

(1)求证: ?? ? 平面 ? CD ; (2)求平面 ??F 与平面 ?DC 所成的锐二面角的余弦值; (3)在线段 ? F 上是否存在点 ? 使得 ?? // 平面 ?DC ?若存在,请指出点 ? 的位置;若不存在,说明理由. 【答案】 (1)证明见解析, (2)

15 ,存在点 M, AM : AF ? 3 : 4 ; 5

【解析】 试题分析:第一步证明线面垂直,先证明平面 ABD 与平面 BCD 垂直,借助面面垂直的性质定理去证;利用 的结论 AE ? 平面 BCD ,建立空间直角坐标系,利用法向量求出二面角;第三部假设存在点 M 满足 条件,先表示 EM 的坐标,利用 EM ?

n ? 0 ,求出 ? ,由于所求 ? ?

3 ? [0,1],说明点 M 存在. 4

0 试题解析:在 Rt ?ABC 中,?ABC ? 90 ,D 为 AC 的中点,? AD ? BD ? DC ,又 ?BAC ? 600 ,所以三角形 ABD

E 为 BD 的中点,? AE ? BD 于 E,因为平面 ABD ? 平面 BCD ,交线为 BD, AE ? 平面 ABD , 所以 ?? ? 平面 ? CD ; (2)由(1)结论知: AE ? 平面 BCD ,? AE ? EF ,由题意知 EF ? BD ,AE ? BD ,以 E 为坐标原点,分别以
为等边三角形;

EF、ED、EA 所 在 直 线 为 x 轴 , y 轴 , z 轴 , 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 E ? x y z ,由(1)得,
AE? B D? DC ? A? D 2, B? E E ? 1 D , AE ? 计算:
3,BC ? 2 3,BF ? 3 , 3

则 E(0,0,0),D(0,1,0),B(0,?1,0),A(0,0, 3),F(

3 ,0), C( 3,2,0),则 DC ? ( 3,1,0),AD ? 3

(0,1,? 3),易知平面 AEF 的一个法向量为 ED ? (0,1,0),设平面 ADC 的法向量为 n ? (x ,y ,z ),则
? ? ?n ? DC ? 0 ? 3x ? y ? 0 ,即 ? ,令 y ? ? ?n ? AD ? 0 ? y ? 3z ? 0 ? ?

3,x ? 1,? n ? (1, 3,?1). cos ? n ,ED ??

3 1? 5

?

15 15 .所以平面 AEF 与平面 ADC 所成的锐二面角的余弦值为 5 5
, AM ? ? AF , 其 中 ? ? [ 0 , 1]

(3)设

AF ? (

3 3 ,0,? 3),? AM ? ? AF ? ?( ,0,? 3) , 其 中 3 3

? ? [ 0 , 1] , EM ? EA ? AM ? (

3 3? ? (0,1). ,0,(1 ? ? ) 3),由 EM ? n ? 0,解得 ? ? 4 3

所以在线段 AF 上存在点 M ,使 EM // 平面 ADC ,且 AM : AF ? 3 : 4 . 考点:1.空间直线与平面位置关系; (2)求二面角; 5. (本小题满分 12 分)
试卷第 6 页,总 12 页

如图,在四棱锥 S ? ABCD 中,底面 ABCD 是正方形, SA ? 底面 ABCD , SA ? AB ,点 M 是 SD 的中点, AN ? SC 且 交 SC 于点 N .

(Ⅰ)求证:平面 SAC ? 平面 AMN ; (Ⅱ)求二面角 D ? AC ? M 的余弦值. 【答案】 (Ⅰ)详见解析;(Ⅱ) 【解析】 试题分析:方法 1:(Ⅰ):? SA ? 底面 ABCD , ? DC ? SA 又底面 ABCD 是正方形,? DC ? DA ? DC ? 平面

3 . 3

SAD , ? DC ? AM

又? SA ? AD , M 是 SD 的中点,? AM ? SD ,? AM ? 面 SDC

? SC ? AM

,然后

再根据线面垂直的判定定理,即可得出结果 .( Ⅱ ) 取 AD 的中点 F , 则 MF // SA . 作 FQ ? AC 于 Q , 连结 MQ .

? SA ? 底面 ABCD , ? MF ? 底面 ABCD

? FQ ? AC , ? MQ ? AC ? ?FQM 为二面角 D ? AC ? M 的

平面角,解三角形即可求出结果.解法 2:(Ⅰ)如图,以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 A ? xyz ,利用空间向量在立 体几何中的应用,即可求出结果. 试题解析:证明(Ⅰ):? SA ? 底面 ABCD , ? DC ? SA 又底面 ABCD 是正方形,? DC ? DA

? DC ? 平面 SAD , ? DC ? AM 又? SA ? AD , M 是 SD 的中点,? AM ? SD , ? AM ? 面 SDC ? SC ? AM 由已知 AN ? SC , ? SC ? 平面 AMN . 又 SC ? 面 SAC ,? 面 SAC ? 面 AMN 6分 (Ⅱ)取 AD 的中点 F ,则 MF // SA .
作 FQ ? AC 于 Q ,连结 MQ .

? SA ? 底面 ABCD , ? MF ? 底面 ABCD
? ?FQM 为二面角 D ? AC ? M 的平面角
设 SA ? AB ? a ,在 Rt?MFQ 中 MF ?

? FQ ? AC , ? MQ ? AC

1 a 2 6 SA ? , FQ ? a , MQ ? MF 2 ? FQ2 ? a 2 2 4 4

? cos?FQM ?

FQ 3 ? MQ 3

11 分

试卷第 7 页,总 12 页

所以二面角 D ? AC ? M 的余弦值为

3 3

12 分

解法 2:(Ⅰ)如图,以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 A ? xyz ,由于 SA ? AB ,

可设 AB ? AD ? AS ? 1 , 则 A?0,0,0?, B?0,1,0?,

C ?1,1,0?, D?1,0,0?, S ?0,0,1?,
?1 1? M ? ,0, ? ?2 2?
3分

?1 1? ? AM ? ? ,0, ? , CS ? ?? 1,?1,1? ?2 2?

4分

? AM ? CS ? 0 ,

? AM ? CS
6分 7分

又? SC ? AN 且 AN ? AM ? A ? SC ? 平面 AMN .又 SC ? 平面 SAC 所以,平面 SAC ? 平面 AMN (Ⅱ)? SA ? 底面 ABCD ? AS 是平面 ABCD 的一个法向量, AS ? ?0,0,1? 设平面 ACM 的一个法向量为 n ? ?x, y, z ? ? AC ? ?1,1,0? , AM ? ? ,0, ? ,

?1 ?2

1? 2?

? ? ?n ? AC ? 0 则 ?? ? ?n ? AM ? 0
? cos ? AS, n ?? ?

得 n ? ?1,?1,?1?

?

9分

3 3

11 分

? 二面角 D ? AC ? M 的余弦值是

3 3

12 分.

考点:1.线面垂直的判定;2.面面垂直的判定. 6.如图, ABCD 是正方形, DE ? 平面 ABCD , AF // DE ,

DE ? DA ? 3 AF .

试卷第 8 页,总 12 页

E

F A D

B

C

(Ⅰ) 求证: AC ? BE ; (Ⅱ) 求面 FBE 和面 DBE 所形成的锐二面角的余弦值. 【答案】 (I)见解析; (II) 【解析】 试题分析:(Ⅰ)在证明线线垂直,一般通过证明线面垂直得到,本题中因 DE ? 平面 ABCD , 所 以 DE ? AC . 因 ABCD 是 正 方 形 , 所 以 AC ? BD , 所 以 AC ? 平 面 B D E , 从 而

7 14

AC ? BE ; (Ⅱ) 因

DA, DC, DE 两 两 垂 直 , 所 以 可 通 过 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 来 求 解 , 设 AD ? 3 , 可 知 DE ? 3, AF ? 1 则
D(0,0,0) , A(3, 0, 0) , F (3,0,1) , E (0,0,3) , B(3,3, 0) , C (0,3, 0) , 通 过 计 算 可 求 得 平 面 BEF 的 法 向 量 为

n ? (2,1,3) B D E的法向量 CA ? (3, ?3,0) 所以 cos ? n, CA ? ?
试题解析:(Ⅰ)证明: 因为 DE ? 平面 ABCD , 所以 DE ? AC . 1分 因为 ABCD 是正方形, 所以 AC ? BD , 所以 AC ? 平面 BDE , 3分 从而 AC ? BE 4分 (Ⅱ)解:因为 DA, DC, DE 两两垂直, 所以建立空间直角坐标系 D ? xyz 如图所示. 设 AD ? 3 ,可知 DE ? 3, AF ? 1. 6分 5分

n ? CA n CA

?

7 14

则 D(0,0,0) , A(3, 0, 0) , F (3,0,1) , E (0,0,3) , B(3,3, 0) , C (0,3, 0) , 所以 BF ? (0,?3,1) , EF ? (3,0,?2) , 设平面 BEF 的法向量为 n ? ( x, y, z ) ,则 ? 令 z ? 3 ,则 n ? (2,1,3) . 7分

?n ? BF ? 0 ? ? ?n ? EF ? 0

,即 ?

?? 3 y ? z ? 0, , ? 3x ? 2 z ? 0.
10 分

因为 AC ? 平面 BDE ,所以 CA 为平面 BDE 的法向量, CA ? (3, ?3,0) ,

试卷第 9 页,总 12 页

所以 cos ? n, CA ? ?

n ? CA n CA

?

7 14

12 分

所以面 FBE 和面 DBE 所形成的锐二面角的余弦值为 考点:立体几何

7 . 14

13 分

7. (本小题满分 12 分)如图,在四棱锥 ? ? ??CD 中, ?? ? 平面 ?? CD , ?? ? ?? ? ?D ? 2 ,四边形 ?? CD 满 足 ?? ? ?D , ? C//?D 且 ?C ? 4 ,点 ? 为 ? C 中点,点 ? 为 ? C 边上的动点,且

?? ??. ?C

?1? 求证:平面 ?D? ? 平面 ?? C ;
? 2 ? 是否存在实数 ? ,使得二面角 ? ? D? ? ? 的余弦值为 3 ?若存在,试求出实数 ? 的值;若不存在,说明理由.
【答案】(1) 详见解析;(2) 存在, ? ? 3 或 ? ? 【解析】 试题分析:(1) 根据题中所证结论为:平面 ?D? ? 平面 ?? C ,由面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直,结合题 所 给 条 件 不 难 想 到 取 PB 中 点 N , 连 结 MN 、 AN , 利 用 M 是 PC 中 点 , 由 三 角 形 中 位 线 定 理 得 :

2

1 . 3

MN // BC , MN ?

1 BC ? 2 , 又 2

BC // AD , 可 得 出 四 边 形 ADMN 为 平 行 四 边 形 , 又 由 条 件

易得:AD ? 平面 PAB , 得:AN ? MN ; 在 ?ABP 中有: AP ? AB , 易得:AN ? PB , AP ? AD, AB ? AD , 由线面垂直的判定定理得: AN ? 平面 PBC ,又由

AN ? 平面 ADM ,即可得:平面 ADM ? 平面 PBC ; (2)存

在符合条件的 ? .以 A 为原点, AB 方向为 x 轴, AD 方向为 y 轴, AP 方向为 z 轴,建立空间直角坐标系 A ? xyz , 设 E (2, t , 0) , P (0, 0, 2) , D (0, 2, 0) , B (2, 0, 0) ,从而 PD ? (0, 2, ?2) , DE ? (2, t ? 2, 0) ,则平面 PDE 的法向量 为

n1 ? (2 ? t , 2, 2) , 又 平 面 DEB

即 为

xAy

平 面 , 其 法 向 量

n2 ? (0, 0,1)

, 则

cos ? n1 , n2 ??

n1 ? n2 1 2 2 ? ? ,解得 t ? 3 或 t ? 1 ,进而 ? ? 3 或 ? ? . 3 | n1 | ? | n2 | (2 ? t ) 2 ? 4 ? 4 3
1 BC ? 2 , 2

试题解析:(1) 取 PB 中点 N ,连结 MN 、 AN ,

M 是 PC 中点,? MN // BC , MN ?


BC // AD ,? MN // AD, MN ? AD ,? 四边形 ADMN 为平行四边形
AP ? AD, AB ? AD ,? AD ? 平面 PAB ,? AD ? AN ,? AN ? MN
试卷第 10 页,总 12 页

AP ? AB ,? AN ? PB ,? AN ? 平面 PBC , AN ? 平面 ADM ,? 平面 ADM ? 平面 PBC .

(6 分)

(2) 存在符合条件的 ? . 以 A 为原点, AB 方向为 x 轴, AD 方向为 y 轴, AP 方向为 z 轴,建立空间直角坐标系

A ? xyz ,设 E (2, t , 0) , P(0, 0, 2) , D(0, 2, 0) , B(2, 0, 0)
从而 PD ? (0, 2, ?2) , DE ? (2, t ? 2, 0) ,则平面 PDE 的法向量为 n1 ? (2 ? t , 2, 2) , 又平面 DEB 即为 xAy 平面,其法向量 n2 ? (0, 0,1) , 则 cos ? n1 , n2 ??

n1 ? n2 2 2 ? ? , | n1 | ? | n2 | (2 ? t ) 2 ? 4 ? 4 3
1 . 3
(12 分)

解得 t ? 3 或 t ? 1 ,进而 ? ? 3 或 ? ?

考点:1.线面以及面面的垂直关系;2.二面角的求法;3.空间向量在立体几何中的应用 8. (本小题满分 12 分) 如图,ABCD 为梯形, PD ? 平面 ABCD,AB//CD, ?BAD=?ADC=90 DC ? 2 AB ? 2a, DA ? 3a, PD ? 3a ,E 为 BC
o

中点,连结 AE,交 BD 于 O.

(I)平面 PBD ? 平面 PAE (II)求二面角 D ? PC ?E 的大小(若非特殊角,求出其余弦即可) 【答案】 (1)见解析; (2)

2 4

【解析】 试题分析:(1)证明两个平面垂直,首先考虑直线与平面垂直,也可以简单记为“证面面垂直,找线面垂直” ,是化归 思想的体现,这种思想方法与空间中的平行关系的证明类似,掌握化归与转化思想方法是解决这类题的关键;(2)作二 面角的平面角可以通过垂线法进行,在一个半平面内找一点作另一个平面的垂线,再过垂足作二面角的棱的垂线,两 条垂线确定的平面和二面角的棱垂直,由此可得二面角的平面角. 试题解析:(Ⅰ)连结 BD

P

D
O

C

E B
试卷第 11 页,总 12 页

A

?BAD ? ?ADC ? 90

AB ? a, DA ? 3a ,所以 BD ? DC ? BC ? 2a

E 为 BC 中点,所以, DE ? 3a ? AD
因为 AB ? BE ? a , DB ? DB 所以 ?DAB 与 ?DEB 为全等三角形 所以 ?ADB ? ?EDB 所以 ?DAO 与 ?DEO 为全等三角形 所以在 ?DAE 中, DO ? AE ,即 AE ? BD 又因为 PD ? 平面 ABCD , AE ? 平面 ABCD 所以 AE ? PD 4分 而 BD PD ? D 所以 AE ? 平面 PBD 因为 AE ? 平面 PAE 所以平面 PAE ? 平面 PBD 5分 6分 3分

(Ⅱ) 以 O 为原点,分别以 DA, DB, DP 所在直线为 x, y , z 轴,建立空间直角坐标系如图

z

P

D A x
O

C

E
B

二面角 D ? PC ? E 即二面角 D ? PC ? B AD ? 平面 DPC ,平面 DPC 的法向量可设为

n1 ? (1,0,0)

7分

设平面 PBC 的法向量为 n2 ? ( x, y,1) 所以 ?

? ?n 2 ? BC ? 0 ? ?n 2 ? PC ? 0

,而 B( 3a, a,0), C(0, 2a,0), P(0,0, 3a)

BC ? (? 3a, a,0), PC ? (0, 2a, ? 3a)
即: ?

?? 3ax ? ay ? 0 ? ? ?2ay ? 3a ? 0

,可求得 n2 ? ( ,

1 3 ,1) 2 2

10 分

n1 ? (1,0,0)
所以两平面 DPC 与平面 DBC 所成的角的余弦值

1 n1 ? n 2 2 ? 2 ? 为 cos? n1 , n 2 ? ? | n1 || n 2 | 2.1 4

12 分
试卷第 12 页,总 12 页


更多相关文档:

立体几何大题训练及答案_图文

立体几何大题训练及答案_高二数学_数学_高中教育_教育专区。1、如图,正方形 ABCD 所在平面与平面四边形 ABEF 所在平面互相垂直,△ ABE 是等腰 E 直角三角形, ...

高考立体几何大题及答案(理)

高考立体几何大题及答案(理)_数学_高中教育_教育专区 暂无评价|0人阅读|0次下载|举报文档高考立体几何大题及答案(理)_数学_高中教育_教育专区。1.(2009 全国...

高考数学立体几何大题训练

高考数学立体几何大题训练_数学_高中教育_教育专区。高考数学立体几何大题训练,前10道文科,后10道理科,均有解析高考数学立体几何大题训练 1.如图,平面 ABCD ? 平...

立体几何大题练习题答案_图文

立体几何大题练习题答案_数学_高中教育_教育专区。立体几何大题专练 1、如图,已知 PA⊥矩形 ABCD 所在平面,M、N 分别为 AB、PC 的中点; (1)求证:MN//平面...

高中立体几何大题20题

高中立体几何大题20题_数学_高中教育_教育专区。精析精讲(2012 江西省) (本小题满分 12 分) 如图,在梯形 ABCD 中,AB∥CD,E,F 是线段 AB 上的两点,且 ...

2016立体几何大题专项练试卷

2016立体几何大题专项练试卷_数学_高中教育_教育专区。高三下学期文科数学立体几何大题练习 1、如图,已知 平面 , 平面 为 的中点. (1) 求证:平面 平面 ;(2)...

高考专题立体几何证明大题

高考专题立体几何证明大题_数学_高中教育_教育专区。立体几何证明大题 1.如图,四面体 ABCD 中, AD ? 平面BCD , E、F 分别为 AD、AC 的中点, BC ? CD ....

2013和2014高考立体几何大题汇总

2013和2014高考立体几何大题汇总_高三数学_数学_高中教育_教育专区。最近立体几何大题2013、14 年立体几何高考大题汇编 1. (2013 江西 (文) ) 如图,直四棱柱 ...

2014高考理科立体几何大题练习

2014高考理科立体几何大题练习_数学_高中教育_教育专区。1.如图 1,在 Rt ?ABC 中, ?C ? 90? , BC ? 3,AC ? 6 .D、E 分别是 AC、AB 上的点,且 ...

2014高考理科立体几何大题汇编

2014高考理科立体几何大题汇编_数学_高中教育_教育专区。微信订阅号:中青数理 2014 年高考理科立体几何大题汇编 26. 【2014 高考北京理第 17 题】如图,正方体 ...
更多相关标签:
网站地图

文档资料共享网 nexoncn.com copyright ©right 2010-2020。
文档资料共享网内容来自网络,如有侵犯请联系客服。email:zhit325@126.com