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广东省13市2017届高三上学期期末考试数学理试题分类汇编:立体几何 Word版含答案


广东省 13 市 2017 届高三上学期期末考试数学理试题分类汇 编 立体几何
一、选择、填空题 1、 (潮州市 2017 届高三上学期期末)若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,

则该几何体的体积等于(



A.40cm3

B.30cm3

C.20cm3

D.10cm3

2、 (东莞市2017届高三上学期期末)一个几何体的三视图如右图所示,则该几何体的体积为

A.

1 2


B. 1

C.

3 2
B.

D. 2

3、 (佛山市 2017 届高三教学质量检测(一) )某几何体的三视图如图 2 所示,则该几何体的 体积为( A. 6

20 3

C. 7

D.

22 3

1

4、 (广州市 2017 届高三 12 月模拟)如图, 网格纸上小正方形的边长为 1, 粗线画出的是某 三棱锥 的三视图,则该三棱锥的外接球的表面积是 (A) 25? (C) 29? (B)

25 ? 4 29 ? (D) 4

5、 (惠州市 2017 届高三第三次调研)某四棱锥的三视图如图 3 所示,该四棱锥最长棱的棱 长为( (A)1 (B) 2 (C) 3 (D)2 )

图3 6、 (江门市 2017 届高三 12 月调研)如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为棱 BB1 的中点, 用过点 A、E、C1 的平面截去该正方体的下半部分,则剩余几何体的正视图(也称主视图) 是

2

7、 (揭阳市 2017 届高三上学期期末) 若空间四条直线 a、 b、 c、 d, 两个平面? 、? , 满足 a ? b ,

c ? d , a ? ? , c ? ? ,则
(A) b // ? 线 8、 (茂名市 2017 届高三第一次综合测试)一个几何体的三视图如图 3 所示, 其表面积为 6? ? 2? ,则该几何体的体积为( A.4? B.2? ) C. (B ) c ? b (C) b // d (D) b 与 d 是异面直

11 ? 3

D. 3?

9、 (清远市清城区 2017 届高三上学期期末)已知某几何体的三视图如图所示, 则该几何体的表面积为( )

A. 40

B. 30

C. 36

D.42

10、 (汕头市 2017 届高三上学期期末)已知三棱锥的四个面都是腰长为 2 的等腰三角形,该 三棱锥的正视图如图所示,则该三棱锥的体积是 .

3

11、 (韶关市 2017 届高三 1 月调研)四棱锥 P ? ABCD 的三视图如图所示,其五个顶点都 在同一球面上,若四棱锥 P ? ABCD 的侧面积等于 4(1 ? 2) ,则该外接球的表面积是 (A)

4?

(B) 12?

(C) 24?

(D) 36?

12、 (肇庆市 2017 届高三第二次模拟)如图是某几何体的三视图,则该几何体的体积为

8 3 4 (B) 3
(A) (C)

2 2 正视图 2 2 俯视图 2 侧视图

8 2 3

(D)

4 2 3

13、 (珠海市2017届高三上学期期末)某几何体的三视图如图所示(图中每个小网格的边长 为1 个单位) ,其中俯视图为扇形,则该几何体的体积为( )

A.

2? 3

B.

4? 3

C.

14? 3

D.

16? 9

14、 (潮州市 2017 届高三上学期期末)已知正四棱锥的底面边长为 1,高为 1,则这

个正四棱锥的外接球的表面积为



15、 (东莞市 2017 届高三上学期期末) 轴截面为等边三角形的圆锥的表面积与其外接球表面

4

积之比为___________.

二、解答题 1、 (潮州市 2017 届高三上学期期末)如图,四棱锥 P﹣ABC 中,PA⊥ABCD,AD∥BC,

AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M 为线段 AD 上一点,AM=2MD,N 为 PC 的中点. (1)证明:MN∥平面 PAB; (2)求直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值.

2、 (东莞市2017届高三上学期期末) 在如图所示的几何体中, 平面ACE⊥平面ABCD , 四 边形ABCD 为平行四边形,

∠CAD=90°,EF // BC, EF =
(1)求证:CE ⊥AF ;

1 BC,AC = 2 ,AE=EC=1. 2

(2)若二面角E-AC-F 的余弦值为

3 ,求点D 到平面ACF 的距离. 3

5

3、 (佛山市 2017 届高三教学质量检测(一) )如图,四棱锥 P ? ABCD 中, ?PAD 为正三 角形, AB // CD , AB ? 2CD , ?BAD ? 90? ,

PA ? CD , E 为棱 PB 的中点
(Ⅰ)求证:平面 PAB ? 平面 CDE ; (Ⅱ)若直线 PC 与平面 PAD 所成角为 45? ,求二面角 A ? DE ? C 的余弦值

4、 (广州市 2017 届高三 12 月模拟) 如图, EA ^ 平面 ABC ,DB ^ 平面 ABC , △ ABC 是 D 等边三角形, AC ? 2 AE , M 是 AB 的中点. (Ⅰ)求证: CM ? EM ; E (Ⅱ)若直线 DM 与平面 ABC 所成角的正切值为 2 , 求二面角 B ? CD ? E 的余弦值.

A

M

B

C
5、 (惠州市 2017 届高三第三次调研)如图,四边形 ABCD 是圆柱 OQ 的轴截面,点 P 在圆 柱 OQ 的底面圆周上, G 是 DP 的中点,圆柱 OQ 的底面圆的半径 OA ? 2 ,侧面积为 8 3? ,
?AOP ? 120? .

(Ⅰ)求证: AG ? BD ; (Ⅱ)求二面角 P ? AG ? B 的平面角的余弦值.

6

6、 (江门市 2017 届高三 12 月调研)如图,五面体

中,

,底面



正三角形, 的中点. (Ⅰ)求证:

,四边形

是矩形,二面角

为直二面角,D 为 AC

∥平面



(Ⅱ)求二面角 CBC1D 的余弦值.

7、 (揭阳市 2017 届高三上学期期末)如图 3,在四棱锥 P ? ABCD 中,O ? AD ,AD∥BC, AB⊥AD, AO=AB=BC=1,PO= 2 , PC ? 3 . (Ⅰ)证明:平面 POC⊥平面 PAD; (Ⅱ)若 AD=2,PA=PD,求 CD 与平面 PAB 所成角的余弦值.

8、 (茂名市 2017 届高三第一次综合测试)如图 5,在边长为 2 3 的正方形 ABCD 中, E、O 分别为 AD、 BC 的中点, 沿 EO 将矩形 ABOE 折起使得 ?BOC ? 120? , 如图6所示, 点G 在 BC 上, BG ? 2GC , M、N 分别为 AB、EG 中点. (Ⅰ)求证:MN∥平面 OBC ; (Ⅱ)求二面角 G ? ME ? B 的余弦值.

7

9、 (清远市清城区 2017 届高三上学期期末) 如图,在三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中, 底面 ?ABC 是边长为 2 的等边三角形,过 A1C 作平面 A1CD 平行于 BC1 ,交 AB 于 D 点. (1)求证: CD ? AB ; (2)若四边形 BCC1 B1 是正方形,且 A1 D ?

5 ,求二面角 D ? A1C ? B1 的余弦值.

[

10、 (汕头市 2017 届高三上学期期末)如图,四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 为菱形,

PA ? 底面 ABCD , AC ? 2 2 , PA ? 2 , E 是 PC 上的一点, PE ? 2 EC .
(1)证明: PC ? 平面 BED ; (2)设二面角 A ? PB ? C 为 90 ,求直线 PD 与平面 PBC 所成角的大小.
?

11、 (韶关市 2017 届高三 1 月调研)已知四棱锥 P ? ABCD 中, PA ? 平面 ABCD ,底面

ABCD 为菱形, ?ABC ? 60? , E 是 BC 中点, M 是 PD 上的中点, F 是 PC 上的动点.

8

(Ⅰ)求证:平面 AEF ? 平面 PAD ; (Ⅱ)直线 EM 与平面 PAD 所成角的正切值为

P

6 , 2
A

M
F D

当 F 是 PC 中点时,求二面角 C ? AF ? E 的余弦值.

B

E

C

12、 (肇庆市 2017 届高三第二次模拟)在四棱锥 P ? ABCD 中,底面是边长为 2 的菱形,

?BAD ? 60? , PB ? PD ? 2 , AC ? BD ? O .
(Ⅰ)证明: PC ? BD (Ⅱ)若 E 是 PA 的中点,且 BE 与平面 PAC 所成的角的正切值为

6 ,求二面角 3

A ? EC ? B 的余弦值.
P

E D A O B C

13、 (珠海市2017届高三上学期期末)如图,四边形 ABCD与BDEF 均为菱形,FA=FC 且 ∠DAB=∠DBF=60°. (1)求证: AC ⊥平面BDEF ; (2)求证:FC //平面EAD; (3)求二面角 A - FC -B的余弦值.

9

参考答案 一、选择、填空题 1、 【解答】解:由已知中的三视图可知,几何体是一个直三棱柱截去一个三棱锥,

棱柱和棱锥的底面面积 S= ×4×3=6cm2, 棱柱和棱锥高 h=5cm, 故组合体的体积 V= ×3×4×5﹣ × ×3×4×5=20cm3, 故选:C
2、C 3、D 4、D 5、四棱锥的直观图如图所示,PC⊥平面 ABCD,PC=1,底面四边形 ABCD 为正方形且边 长为 1,最长棱长 PA= 12+12+12= 3.

6、A 7、B 8、D 解:该几何体是一个圆锥、一个圆柱、一个半球的组合体,其表面积为:

? r ( 2r ) ? 2? r (2r ) ? 2? r 2 ? (6? ? 2? )r 2 ? 6? ? 2? ?r ? 1 , 1 2 该几何体的体积为 ? r 2 r ? ? r 2 (2r ) ? ? r 3 ? 3? . 3 3
9、C 10、

3 3
10

11、 设正方体棱长为 a , 则由 P ? ABCD 的侧面积等于 4(1 ? 2) 可得,a ? 2 , 设 O 是 PC 中点,则 OA ? OB ? OC ? OP ? 3 , 所以,四棱锥 P ? ABCD 外接球球心与正方体外接 球球心重合。 S ? 4? 3 ? 12? ,选 B
2

12、A

13、B

14、 【解答】解:正四棱锥 P﹣ABCD 的外接球的球心在它的高 PO1 上,

记球心为 O,PO=AO=R,PO1=1,OO1=R﹣1,或 OO1=1﹣R(此时 O 在 PO1 的延 长线上) ,在 Rt△AO1O 中,R2= +(R﹣1)2 得 R= , ∴球的表面积 S= 故答案为 . .

15、

9 16

二、解答题 1、 【解答】 (1)证明:如图,取 PB 中点 G,连接 AG,NG,

∵N 为 PC 的中点, ∴NG∥BC,且 NG= ,

又 AM=2,BC=4,且 AD∥BC, ∴AM∥BC,且 AM= BC,
11

则 NG∥AM,且 NG=AM, ∴四边形 AMNG 为平行四边形,则 NM∥AG, ∵AG? 平面 PAB,NM?平面 PAB, ∴MN∥平面 PAB; (2)解:在△AMC 中,由 AM=2, AC=3, cos∠ MAC= ,得 CM2=AC2+AM2 ﹣ 2AC?AM?cos∠MAC=5. ∴AM2+MC2=AC2,则 AM⊥MC, ∵PA⊥底面 ABCD,PA? 平面 PAD, ∴平面 ABCD⊥平面 PAD,且平面 ABCD∩平面 PAD=AD, ∴CM⊥平面 PAD,则平面 PNM⊥平面 PAD. 在平面 PAD 内,过 A 作 AF⊥PM,交 PM 于 F,连接 NF,则∠ANF 为直线 AN 与 平面 PMN 所成角. 在 Rt△PAC 中,由 N 是 PC 的中点,得 AN= 在 Rt△PAM 中,由 PA?AM=PM?AF,得 AF= ∴sin∠ANF= = . . = , =

∴直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值为

2、解: (Ⅰ)证明:∵平面 ACE ? 平面 ABCD ,且平面 ACE ? 平面 ABCD ? AC , ∵ AD ? AC ,∴ AD ? 平面 AEC ……………1 分 CE ? 平面 AEC ,∴ AD ? CE , ……………2 分 又 AC ? 2, AE ? EC ? 1 ,
2 2 2 ∴ AC ? AE ? CE , ∴ AE ? EC

……………3 分 ……………4 分 ……………5 分

? EF // BC, BC // AD ? EF // AD 即 A、D、E、F 共面 又 AE ? AD ? D ,∴ CE ? 平面 ADEF ? AF ? 面ADEF
12

? CE ? AF
0 (Ⅱ)因为平面 ACE ? 平面 ABCD , ?CAD ? 90 ,

……………6 分

如图以 A 为原点建立空间直角坐标系 O ? xyz

设 AD ? 2 a ,则 A(0,0,0), C ( 2 ,0,0), E (

2 2 ,0, ) 2 2

F(

2 2 , ? a, ) 2 2
………………7 分

由 AD ? 面ACE 知平面 ACE 的一个法向量 n ? (0,1,0)

设平面 ACF 的一个法向量 m ? ( x, y, z) ,因为 AC ? ( 2 ,0,0), AF ? (

2 2 , ? a, ) 2 2

? 2x ? 0 1 1 ? ?? 2 ,取 z ? 2 , y ? ? ,则 m ? (0,? , 2 ) 2 a a x ? ay ? z?0 ? 2 ? 2

…………8 分

则 cos ? m, n ??

m?n | m || n |

?

?

1 a

1 2? 2 a

??

1 2a 2 ? 1



………………9 分

因为二面角 E ? AC ? F 的余弦值为

3 3
…………10 分

所以

1 2a ? 1
2

?

3 ,即 a ? 1 3

所以 m ? (0,?1, 2 ), AD ? (0,2,0)
13

设点 D 到平面 ACF 的距离为 d ,则 d ?

| AD ? m | |m|

?

2 2 3 ? 3 3

…………11 分

所以点 D 到平面 ACF 的距离 3、

2 3 3

……………………12 分

4、 (Ⅰ)因为△ ABC 是等边三角形, M 是 AB 的中点, 所以 CM ? AB . …………………………………1 分 因为 EA ? 平面 ABC , CM ? 平面 ABC , 所以 CM ? EA . …………………………………2 分 因为 AM ? EA ? A , 所以 CM ? 平面 EAM . ……………………3 分 因为 EM ? 平面 EAM , 所以 CM ? EM . ……………………………4 分 (Ⅱ)法 1: 以点 M 为坐标原点, MC 所在直线为 x 轴, MB 所在直线为 y 轴,过 M 且

14

与直线 BD 平行的直线为 z 轴,建立空间直角坐标系 M ? xyz .

z D E A M C x B y

因为 DB ^ 平面 ABC , 所以 ?DMB 为直线 DM 与平面 ABC 所成角. ……………………………………5 分 由题意得 tan ?DMB ? 从而 BD ? AC . 不妨设 AC ? 2 , 又 AC ? 2 AE , 则 CM ? 3 , AE ? 1 .…………………………7 分 故 B ? 0,1,0 ? , C 于是 BC ?

BD ? 2 , 即 BD ? 2MB ,…………………………………6 分 MB

?

3, 0, 0 , D ? 0,1,2? , E ? 0, ?1,1? . ……………………………8 分

?

??? ?

?

??? ? ??? ? ??? ? 3, ?1, 0 , BD ? ? 0,0, 2 ? , CE ? ? 3, ?1,1 , CD ? ? 3,1, 2 ,

?

?

?

?

?

设平面 BCD 与平面 CDE 的法向量分别为 m ? ( x1, y1, z1 ), n ? ( x2 , y2 , z2 ) ,

??

?

?? ??? ? ? ?m ? BC ? 0, 由 ? ?? ??? ? ? ?m ? BD ? 0,
所以 m ?

得?

? ? 3x1 ? y1 ? 0, 令 x1 ? 1 ,得 y1 ? 3 , ? ?2 z1 ? 0,
…………………………………9 分

??

?1,

3,0 .
得?

?

? ??? ? ?n ? CE ? 0, ? 由 ? ? ??? ? n ? CD ? 0, ? ?
所以 n ? ? ?1, ?

? ?? 3x2 ? y2 ? z2 ? 0, ? ?? 3x2 ? y2 ? 2 z2 ? 0,

令 x2 ? 1 ,得 y2 ? ?

3 2 3 , z2 ? . 3 3

?

? ?

?? ? ?? ? m?n 所以 cos ? m, n ?? ?? ? ? 0 . m n
所以二面角 B ? CD ? E 的余弦值为 0 . 法 2: 因为 DB ^ 平面 ABC , 所以 ?DMB 为直线 DM 与平面 ABC 所成角. 由题意得 tan ?DMB ?

3 2 3? , ?. 3 3 ? ?

…………………………………10 分

…………………………………11 分 …………………………………12 分 …………………………………5 分

BD ? 2 , 即 BD ? 2MB ,…………………………………6 分 MB
15

从而 BD ? AC . 不妨设 AC ? 2 , 又 AC ? 2 AE , 则 CM ? 3 , AE ? 1 , AB ? BC ? BD ? 2 . …………………………………7 分 由于 EA ^ 平面 ABC , DB ^ 平面 ABC , 则 EA ∥ BD . 取 BD 的中点 N , 连接 EN , 则 EN ? AB ? 2 . 在 Rt△ END 中, ED ? 在 Rt△ EAC 中, EC ? 在 Rt△ CBD 中, CD ?

D E P A M C B N

EN 2 ? ND2 ? 5 , EA2 ? AC 2 ? 5 , BC ? BD ? 2 2 ,
2 2

取 CD 的中点 P , 连接 EP , BP , BE , 则 EP ? CD, BP ? CD . 所以 ?EPB 为二面角 B ? CD ? E 的平面角. 在 Rt△ EPC 中, EP ? 在 Rt△ CBD 中, BP ? 在 Rt△ EAB 中, EB ?
2 2

…………………………………8 分 …………………………………9 分

EC2 ? CP2 ? 3 ,
1 CD ? 2 , 2

EA2 ? AB2 ? 5 ,
2

因为 EP ? BP ? 5 ? EB , 所以 ?EPB ? 90 . 所以二面角 B ? CD ? E 的余弦值为 0 .
?

…………………………………10 分 …………………………………11 分 …………………………………12 分

5、解:(Ⅰ)(解法一):由题意可知 8 3? ? 2 ? 2? ? AD ,解得 AD ? 2 3 ,…… 1 分 在 ?AOP 中, AP ? 22 ? 22 ? 2 ? 2 ? 2 ? cos120O ? 2 3 , ∴ AD ? AP ,又∵ G 是 DP 的中点,∴ AG ? DP . ∵ AB 为圆 O 的直径,∴ AP ? BP . 由已知知 ………… 2 分 ① ………… 3 分

DA ? 底面ABP ,∴ DA ? BP ,
………… 5 分 ②

∴ BP ? 平面DAP . ∴ BP ? AG . ∴ AG ? BD .

∴由①②可知: AG ? 平面DPB , …………6 分 (Ⅱ)由(Ⅰ)知: AG ? 平面DPB ,∴ AG ? BG , AG ? PG , ∴ ?PGB 是二面角 P ? AG ? B 的平面角 . …………8 分

16

PG ?

1 1 PD ? ? 2 AP ? 6 , BP ? OP ? 2 , ?BPG ? 90? . 2 2

∴ BG ?

PG2 ? BP2 ? 10 .
PG 6 15 . ? ? BG 5 10
………12 分

cos?PGB ?

(解法二):建立如图所示的直角坐标系, 由题意可知 8 3? ? 2 ? 2? ? AD .解得 AD ? 2 3 . 则 A?0,0,0? , B?0,4,0? , D 0,0,2 3 , P 3,3,0 , ∵ G 是 DP 的中点, ∴ 可求得 G?

?

? ?

?

z
…………3 分 D . Q C

? 3 3 ? ?. , , 3 ? 2 2 ? ? ?

(Ⅰ) BP ?

? 3,?1,0?, BD ? ?0,?4,2 3?,
? 3 3 ? ?. , , 3 ? 2 2 ? ? ? ? 3 3 ? ? ? 2 , 2 , 3 ? ? 0,?4,2 3 ? 0 , ? ?
…………6 分 A

G

y

∴ AG ? ?

x

O P

B

∵ AG ? BD ? ? ∴ AG ? BD .

?

?

(Ⅱ)由(Ⅰ)知, BP ?

? 3,?1,0?,

? 3 3 ? ?, AG ? ? , , 3 ? 2 2 ? ? ?

? ? 3 3 ?, PG ? ? ? , ? , 3 ? 2 ? 2 ? ?

? 3 5 ? ? . BG ? ? , ? , 3 ? 2 ? 2 ? ?

∵ AG ? PG ? 0 , AG ? BP ? 0 .∴ BP 是平面 APG 的法向量.

??? ?

……8 分

设 n ? ?x, y,1? 是平面 ABG 的法向量,由 n ? AG ? 0 , n ? AB ? 0 , 解得 n ? ?? 2,0,1? ………10 分

??? ? ? BP ? n ?2 3 15 cos ? ? ??? ?? . ? ? ? 5 2 5 BP ? n
所以二面角 P ? AG ? B 的平面角的余弦值 6、⑴证明:连结 B1C 交 BC1 于 O,连接 DO……1 分
17

15 . 5

…………12 分

∵四边形 BCC1B1 是矩形 ∴O 为 B1C 中点……2 分 ∵D 为 AC 中点,∴AB1//OD……3 分 ∵ OD ? 平面 BDC1∴AB1∥平面 BDC1……5 分 ⑵以 B 为原点,BC、BB1 分别为 轴、 轴建立空间直角坐标系 ……6 分













, 设

……7 分

为平面 BDC1 的法向量,则有

……8 分 令 ,可得平面 BDC1 的一个法向量为 ……10 分 ……9 分

平面 BCC1 的法向量为

,即二面角 CBC1D 的余弦值为 分 7、解: (Ⅰ)在四边形 OABC 中, ∵AO//BC,AO=BC,AB⊥AD, ∴四边形 OABC 是正方形,得 OC⊥AD,-----------------------2 分 在△POC 中,∵ PO ? OC ? PC ,∴OC⊥PO,-------4 分
2 2 2

……12

又 PO ? AD ? O ,∴OC⊥平面 PAD, 又 OC ? 平面 POC,∴平面 POC⊥平面 PAD;-------------6 分 (Ⅱ)解法 1:由 O 是 AD 中点,PA=PD,得 PO⊥AD; 以 O 为原点,如图建立空间直角坐标系 O-xyz, ---------- 7 分

18

得 A(0,?1,0) , B(1,?1,0) , P(0,0, 2 ) , C (1,0,0) , D(0,1,0) , 得 CD ? (?1,1,0) , PA ? (0,?1,? 2 ) , AB ? (1,0,0) , 设 m ? ( x, y, z ) 是平面 PAB 的一个法向量,

?

? ? ? ? ? m ? PA ?m ? PA ? ? y ? 2 z ? 0 则? ? ,得 ? ? ,取 z=1, ? ? ? m ? AB ? x ? 0 ?m ? AB ? 得 m ? (0,? 2 ,1) , ----------------------------------------------------------------------------------10 分
设 CD 与平面 PAB 所成角为 ? ,

? ? | CD ? m | 则 sin ? ?| cos ? CD , m ?|? ? ? | CD | ? | m |
∴ cos? ? 分 【解法 2:连结 OB, ∵OD//BC, 且 OD=BC 分

2 2? 3

?

3 , 3

6 6 , 即 CD 与平面 PAB 所成角的余弦值为 . ------------------------------12 3 3

∴BCDO 为平行四边形, ∴OB//CD, ----------------------------7

由(Ⅰ)知 OC⊥平面 PAD,∴AB⊥平面 PAD, ∵AB ? 平面 PAB , ∴平面 PAB⊥平面 PAD, ----------------------------------------------------8 分 过点 O 作 OE⊥PA 于 E,连结 BE,则 OE⊥平面 PAB, ∴∠OBE 为 CD 与平面 PAB 所成的角,----------------------10 分 在 Rt△OEB 中,∵ OE ?

PO ? AO 2 , OB ? 2 , ? PA 3

E

19

∴ cos ?OBE ?

BE ? OB

2?

6 9 ? 6, 3 2

即 CD 与平面 PAB 所成角的余弦值为

6 . --------------------------------------------------12 分】 3

8、 (Ⅰ)证明:法一如图 13 取 OG 中点 F,连结 BF、FN, 则中位线 FN∥

1 1 OE 且 FN ? OE, 2 2

又 BM∥

1 1 OE 且 BM ? OE ……………………1 分 2 2

所以 FN ∥BM 且 FN = BM,所以四边形 BFNM 是平行四边形,所以 MN∥BF, ……2 分 又 MN ? 平面 OBC,BF ? 平面 OBC,所以 MN∥平面 OBC. 分 法二:如图 14,延长 EM、OB 交于点 Q,连结 GQ, 因为 BM∥OE 且 BM= OE,所以 …………………… 4

QM BM 1 ? ? , QE OE 2

M 为 EQ 中点,

……………………………… 1 分 …………………………2 分 ………………………4

所以中位线 MN∥QG

又 MN ? 平面 OBC,QG ? 面 OBC,所以 MN∥平面 OBC. 分 (Ⅱ)解:法一如图 14,因为 OB=OC= 3 , ?BOC ? 120? , 所以 BC ? OB2 ? OC 2 ? 2 ? OB ? OC cos120? ? 3 , 又 BG ? 2GC .所以 BG ?

……………………………5 分

2 BC ? 2, GC ? 1 , 3

OG ? CG2 ? OC2 ? 2 ? CG ? OC cos30? ? 1 ,
?OB2 ? OG 2 ? BG 2 ??BOG ? 90? , OG ? OB ,
20

……………………………………6 分

又 ? OE ? OB, OE ? OC, OB ? OC ? O ?OE ? 平面 OBC,OG ? 面 OBC

? OE ? OG

…………………………………………………………………………………7 分

又 OB ? OE ? O ,所以 OG ? 平面 OBE,QE ? 面 OBE

OG ? QE

………………8 分

又 M 为 EQ 中点,所以 OQ=OE ? 2 3 ,所以 OM ? QE, OM ? OG ? O , 所以 QE ? 平面 OMG, QE ? MG , ?OMG 为二面角 G ? ME ? B 的平面角. ………9 分 所以 Rt ?MOG 中, OM ?

( 3) 2 ? ( 3) 2 ? 6 , MG ? ( 6) 2 ? 12 ? 7 , ……11 分
……12 分

cos ?OMG ?

42 OM 6 42 , ∴二面角 G ? ME ? B 的余弦值为 ? ? 7 MG 7 7

法二:如图 15, ? OB=OC= 3 , ?BOC ? 120? ,

? BC ? OB2 ? OC2 ? 2 ? OB ? OC cos120? ? 3 ,
………………………………………………………5 分 又 BG ? 2GC ,? BG ?

2 BC ? 2, GC ? 1 , 3

OG ? CG2 ? OC2 ? 2 ? CG ? OC cos30? ? 1
?OB2 ? OG 2 ? BG 2 ??BOG ? 90? ,
OG ? OB ,
………………………………………………………………………………6 分 又 ? OE ? OB, OE ? OC, OB ? OC ? O ?OE ? 平面 OBC,

OG ? 面OBC

? O E ? O G ………………………………………………………7 分
…………8 分

又 OB ? OE ? O ,所以 OG ? 平面 OBE, OE ? 面OBE ,? OG ? OE

建立如图所示的空间直角坐标系 O ? xyz ,则 M( 3,0, 3) ,G( 0,1, 0) ,E( 0,0, 2 3) ,

???? ? ???? ………………………………………………9 分 MG ? (? 3,1, ? 3), ME ? (? 3,0, 3), ?? 而 n1 ? (0,1,0) 是平面 BOE 的一个法向量 ………………………………………11 分 ?? ? ???? ? ?? ? ? n ? MG ? ? 3x ? y ? 3 z ? 0 ? 2 设平面 MGE 的法向量为 n2 ? ( x, y, z) 则 ? ?? , ? ???? n ? ME ? ? 3 x ? 3 z ? 0 ? ? 2 ?? ? 令 z ? 1 ,则 x ? 1, y ? 2 3, 面 MGE 的一个法向量为 n2 ? (1, 2 3,1) , ……………10 分 ?? ?? ? ?? ?? ? n1 ?n2 2 3 2 3 42 所以 cos ? n1 , n2 ?? ??? ???? ? ? ? 7 | n1 |? | n2 | 1 ? 12 ? 1 14
所以,二面角 G ? ME ? B 的余弦值为

42 7

………………………………………12 分

9、证:连结 AC1 ,设 AC1 与 A1C 相交于点 E ,
21

连接 DE ,则 E 为 AC1 中点, ∵ BC1 / / 平面 A1CD, DE ? 平面 A1CD ? 平面 ABC1 , ∴ DE / / BC1 ,∴ D 为 AB 的中点, 又∵ ?ABC 是等边三角形,∴ CD ? AB ;

(2) 因为 AD 2 ? A1 A2 ? 5 ? A1 D 2 ,所以 A1 A ? AD , 又 B1 B ? BC , B1 B / / A1 A ,所以 A1 A ? BC ,又 AD ? BC ? B ,所以 A1 A ? 平面 ABC , 设 BC 的中点为 O, B1C1 的中点为 O1 ,以 O 为原点,OB 所在的直线为 x 轴,OO1 所在的直 线为 y 轴, OA 所在的直线为 z 轴,建立空间直角坐标系 O ? xyz . 则 C ? ?1, 0, 0 ? , A1 0, 2, 3 , D ? , 0,

?

?

?1 ?2 ?

3? ? , B1 ?1, 2, 0 ? , 2 ? ?

???? ?3 3 ? ???? , 0, , CA ? 1, 2, 3 , CB ? 1 1 ? ? 2, 2, 0 ? , ?2 2 ? ? ? ?? 设平面 DA1C 的法向量为 n1 ? ? x1 , y1 , z1 ? ,
即 CD ? ?

??? ?

?

?

? 3 ?? ??? ? 3 ?? ? n1 ? z1 ? 0 CD ? 0 ? x1 ? ? 由 ? ?? ???? ,得 ? 2 ,令 x1 ? 1 ,得 n1 ? 1,1, ? 3 , 2 CA1 ? 0 ? ?n1 ? ? x ? 2 y ? 3z ? 0 ? 1 1 1 ?? ? 设平面 A1CB1 的法向量为 n2 ? ? x2 , y2 , z2 ? ,

?

?

?? ? ???? ?? ? ? ? ? CA1 ? 0 3? ? n2 ? ? x ? 2 y2 ? 3 z 2 ? 0 由 ? ?? ,得 ? 2 ,令 x2 ? 1 ,得 n2 ? ? 1, ?1, ? ???? ?, ? 3 ? CB1 ? 0 ? ? ?n2 ? ? ? ? 2 x2 ? 2 y2 ? 0 ?? ?? ? ?? ?? ? n1 ?n2 1 ?1 ?1 105 ∴ cos n1 , n2 ? ?? ?? . ?? ? ? 35 7 n1 n2 5? 3
10、 (1)解法一:因为底面 ABCD 为菱形,所以 BD ? AC ,又 PA ? 底面 ABCD ,所以

22

PC ? BD .
设 AC ? BD ? F ,连结 EF ,因为 AC ? 2 2 , PA ? 2, PE ? 2EC ,故

PC ? 2 3, EC ?

2 3 , FC ? 2 , 3

解法二:以 A 为坐标原点,射线 AC 为 x 轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系

A ? xyz ,设 C(2 2,0,0), D( 2, b,0) ,其中 b ? 0 ,则

P(0,0,2), E (

4 2 2 ,0, ), B( 2 ,?b,0) ,于是 3 3 2 2 2 2 , b, ), DE ? ( ,?b, ) ,从而 PC ? BE ? 0, PC ? DE ? 0 , 3 3 3 3

PC ? (2 2 ,0,?2), BE ? (

故 PC ? BE, PC ? DE ,又 BE ? DE ? E ,所以 PC ? 平面 BDE . (2) AP ? (0,0,2), AB ? ( 2,?b,0) ,设 m ? ( x, y, z) 为平面 PAB 的法向量,则

m ? AP ? 0, m ? AB ? 0 ,即 2 z ? 0 且 2x ? by ? 0 ,令 x ? b ,则 m ? (b, 2,0) ,设 n ? ( p, q, r ) 为平面 PBC 的法向量,则 n ? PC ? 0, n ? BE ? 0 ,即 2 2 p ? 2r ? 0 且
2p 2 2 2 , 2 ) ,因为面 ,所以 n ? (1,? ? bq ? r ? 0 ,令 p ? 1 ,则 r ? 2 , q ? ? b 3 3 b
PAB ? 面 PBC ,故 m ? n ? 0 ,即 b ?

2 ? 0 ,故 b ? 2 ,于是 n ? (1,?1, 2 ) , b

DP ? (? 2,? 2,2) , cos ? n, DP ??

n ? DP | n || DP |

?

1 ,所以 ? n, DP ?? 60? ,因为 PD 与 2
?

平面 PBC 所成角和 ? n, DP ? 互余,故 PD 与平面 PBC 所成角的角为 30 .

23

11、 (Ⅰ)证明:连接 AC

? 底面 ABCD 为菱形, ?ABC ? 60? , ? ?ABC 是正三角形, ? E 是 BC 中点,? AE ? BC
又 AD // BC ,? AE ? AD ……………………………………………………1 分

? PA ? 平面 ABCD , AE ? 平面 ABCD ,? PA ? AE ,………………2 分
又 PA ? AE ? A

? AE ? 平面 PAD ,
又 AE ? 平面 AEF

……………………………… …………………3 分

? 平面 AEF ? 平面 PCD

……………………………………4 分

(Ⅱ)由(Ⅰ)得, AE, AD, AP 两两垂直,以 AE, AD, AP 所在直线分别为 x 轴, y 轴, z

z 轴建立如图所示的空间直角坐标系, ……………………5 分 ? AE ? 平面 PAD , ? ?AME 就是 EM 与平面 PAD 所成的角,…………………6 分
6 AE 6 ? 在 RtD AME 中, tan?AME ? ,即 , 2 AM 2
设 AB ? 2a ,则 AE ? F M A D y P

3a ,得 AM ? 2a ,
B
24

E x

C

又 AD ? AB ? 2a ,设 PA = 2b ,则 M (0, a, b) , 所以 AM = 从而 b = a , 则

a2 + b2 =

2a ,
……………………7 分

? PA ? AD ? 2a ,

A(0,0,0), B( 3a, - a,0) , C( 3a, a,0), D(0, 2a,0) , P(0, 0, 2a) ,
3a a , , a) 2 2 3a a , , a) , BD ? (? 3a,3a,0) ,…………8 分 2 2

E ( 3a,0,0), F (

所以 AE ? ( 3a,0,0), AF ? (

设 n ? ( x, y, z) 是平面 AEF 的一个法向量,则

? ??? ? ? 3ax ? 0 ? ?n ? AE ? 0 ? ? ? 3a 取 z ? a ,得 n ? (0,?2a, a) ………………9 分 ? ? ? ??? a n ? AF ? 0 x? y?z ?0 ? ? ? ? 2 2
又 BD ? 平面 ACF ,? BD ? (? 3a,3a,0) 是平面 ACF 的一个法向量, ……………………10 分

? cos ? n, BD ??

n ? BD n ? BD

?

? 6a 2 5a ? 2 3a
15 . 5

??

15 5

……………………11 分

? 二面角 C ? AF ? E 的余弦值为

……………………12 分 (1 分)

12、证明: (Ⅰ)因为底面是菱形,所以 BD ? AC .

又 PB ? PD ,且 O 是 BD 中点,所以 BD ? PO . (2 分)

PO ? AC ? O ,所以 BD ? 面PAC .
又 PC ? 面PAC ,所以 BD ? PC .
P

(3 分) (4 分)

E D A O

H C

B

(Ⅱ)由(Ⅰ)可知, OE 是 BE 在面 PAC 上的射影,

25

所以 ?OEB 是 BE 与面 PAC 所成的角. 在 Rt△BOE 中,

(5 分)

BO 6 6 , BO ? 1 ,所以 OE ? . ? OE 3 2 6 6 2 2 ,所以 PE ? PO ? OE ? . 2 2

在 Rt△PEO 中, PO ? 3 , OE ? 所以 PA ?

6 ,又 PO ? AO ? 3 ,
(6 分) (7 分)

2 2 2 所以 PO ? AO ? PA ,所以 PO ? AO .

又 PO ? BD, BD ? AO ? O ,所以 PO ? 面ABCD . 方法一:

D ?面 P A C 过 O 做 OH ? EC 于 H , 由 (Ⅰ) 知B

, 所以 BD ? EC , 所以 EC ? 面BOH , (9 分)
2 2

BH ? EC ,所以 ?OHB 是二面角 A ? EC ? B 的平面角.
2

在△PAC 中, PA ? PC ? 6, AC ? 2 3 ,所以 PA ? PC ? AC ,即 AP ? PC . 所以 CE ?

PC 2 ? PE 2 ?

30 . 2

(10 分)

30 1 ?1 ? 1 , S?EOC ? OC ? OH ,得 OH ? ? PO ? ? EC ? 10 2 ?2 ? 2 BH ?

(11 分)

130 OH 39 39 , cos ?OHB ? , 所 以 二 面 角 A ? EC? B的 余 弦 值 为 . ? 10 BH 13 13
(12 分)

方法二:

??? ? ??? ? ??? ? 如图,以 OA, OB, OP 建立空间直角坐标系,
A

z P

?

3, 0, 0 , B ? 0,1,0? , C ? 3, 0, 0 , P 0, 0, 3 ,

?

?

?

?

?

E D C O B y

? ? 3 3 ? ??? E? , 0, , CB ? ? ? 2 2 ? ? ?
??? ? ?3 3? CE ? ? 3, 0, ?. ?2 2 ? ? ?

?

3,1, 0 ,

?

x

A

(9 分)

26

??? ? ? ??? ? ? ? ?CB ? n ?CB?n ? 0 ? ? 设面 BEC 的法向量为 n ? ? x, y, z ? ,则 ? ??? ,即 ? ? , 即 ? ??? ? ? CE ? n CE ? n ? 0 ? ? ? ?
? 3x ? y ? 0 ? ? n ? ?1, 3,3 . ,得方程的一组解为 ,即 x ? ? 1, y ? 3, z ? 3 ?3 3 z?0 ? 3x ? ?2 2

?

?

(10

分) 又面 AEC 的一个法向量为 OB ? ? 0,1,0 ? ,

??? ?

(11 分)

??? ? ? ??? ? ? OB?n 3 39 39 所以 cos ? OB, n ?? ??? , 所以二面角 A ? EC ? B 的余弦值为 . ? ? ? ? 13 13 13 OB ?n
(12 分) 13、

27

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