陕西五年数学高考解答题分类汇编(立体几何).doc

立体几何第 1 页 共 8 页陕西省近五年高考数学解答题分类汇编（立体几何）2007.19． （本小题满分 12 分）如图，在底面为直角梯形的四棱锥 中， ， 平面PABCD90BAC，∥ °P． ．ABCD3236PA，（Ⅰ）求证： 平面 ；（Ⅱ）求二面角 的大小．BCBADE解法一：（Ⅰ） 平面 ， 平面 ． ．PQ⊥ ABDABCDPA⊥又 ， ．3tanADtan3， ， ，即 ．0Bo∠ 60Co∠ 90Eo∠ ⊥又 ． 平面 ．PI⊥ PA（Ⅱ）过 作 ，垂足为 ，连接 ．EF⊥ FD平面 ， 是 在平面 上的射影，由三垂线定理知 ，DQ⊥ ACPCDF⊥为二面角 的平面角．∠ 又 ，9030CBoo∠ ∠，sin1，AE又 ， ， ．4338PC由 得 ．RttFCA△ ∽ △ 32EFg在 中， ， ．tED△ tan923arctn9FD∠二面角 的大小为 ．APC23arctnA E DP CB F立体几何第 2 页 共 8 页解法二：（Ⅰ）如图，建立坐标系，则 ， ， ， ， ，(0)A， ， (230)B， ， (2360)C， ， (2)D， ， (04)P， ，， ， ，4Pur， ， ur， ， 3Bur， ，， ． ， ，DgAA⊥ C⊥又 ， 平面 ．ACI⊥ PC（Ⅱ）设平面 的法向量为 ，P(1)xy， ，n则 ， ，0Durgnr又 ， ，(234)C， ， (024)Dur， ，解得0xy，， 3xy，，4321， ，n平面 的法向量取为 ，PAC230BDur， ，m， ．cos<391gn二面角 的大小为 ．APC3arcos2008.19． （本小题满分 12 分）三棱锥被平行于底面 的平面所截得的几何体如图所示，截面为 ，B1ABC， 平面 ， ， ， ， ，90BACo1AC132AB．2D（Ⅰ）证明：平面 平面 ；1D1B（Ⅱ）求二面角 的大小．AC解法一：（Ⅰ） 平面 平面 ，Q1C， ABAEDPCByzxA1AC1B1B DC立体几何第 3 页 共 8 页．在 中， ，1ABCRtA△ 26BACB， ，， ，又 ，::2DQ63D3， ，即 ．BA△ ∽ △ 90ABoADB又 ， 平面 ，1IC1平面 ， 平面 平面 ．C11C（Ⅱ）如图，作 交 于 点，连接 ，AE1EB由已知得 平面 ．BC是 在面 内的射影．1由三垂线定理知 ，E为二面角 的平面角．AB1CB过 作 交 于 点，1CFAF则 ， ，13．160o在 中， ．RtAEC△ sin6023o在 中， ．tB△ taABE，6rctn3AE即二面角 为 ．1CBarct解法二：（Ⅰ）如图，建立空间直角坐标系，则 ，11(0)(20)()(03)()AAC， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ．:1:BDQBDurA1AC1B1B DCFE（第 19 题，解法一）A1AC1B1B D Czyx（第 19 题，解法二）立体几何第 4 页 共 8 页点坐标为 ．D203， ，， ．Aur， ， 1(20)(3)BCAurur， ， ， ， ，， ， ， ，又 ，10BCQgAD1BCD1AI平面 ，又 平面 ， 平面 平面 ．11BC（Ⅱ） 平面 ，取 为平面 的法向量，1C(20)ur， ，m1设平面 的法向量为 ，则 ．1B()ln， ， 0BCurg， n，203lmn，， 32l，如图，可取 ，则 ，11， ，，22223015cos()()1g，mn即二面角 为 ．1ACB5arcos2009.18． （本小题满分 12 分）如图，在直三棱柱 中， AB=1，1AC，∠ABC=60 .13AC0(Ⅰ)证明： ；1B（Ⅱ）求二面角 A— —B 的大小。

C解答一（1）证： 三棱柱 为直三棱柱，Q11AB CB A C1B1 A1立体几何第 5 页 共 8 页在 中， ,由正弦定理ABC01,3,6ABC03ACB09即,又1平 面 1平 面 1A1即（2）解如图，作 交 于点 D 点，连结 BD，ADC由三垂线定理知 1B为二面角 的平面角在 11 362ACRtCD中 ， 166,3 3tBAACBB中 ,tan=rc即 二 面 角 的 大 小 为 arctn解答二（1）证 三棱柱 为直三棱柱，Q11ABC，， ，Rt0,3,6ABC由正弦定理 09BC即如图，建立空间直角坐标系，则 1(0,)(1,0),3),(0,3)AA1**()BCuvuvQ(2) 解，如图可取 为平面 的法向量(1,0)mABv1AC设平面 的法向量为 ，1nl则 0,,3BCnuvu又 （ ， ， ）立体几何第 6 页 共 8 页303,lmlnmn不妨取 1,(,1)则 22230115cos,()n1ACBD二 面 角 的 大 小 为 arcos2010.18. （本小题满分 12 分）如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，PA⊥平面ABCD，AP=AB=2,BC= ,E,F 分别是 AD,PC 的中点。

2（Ⅰ）证明：PC⊥平面 BEF；（Ⅱ）求平面 BEF 与平面 BAP 夹角的大小解法一：（Ⅰ）如图，以 A 为坐标原点，AB,AD,AP 所在直线分别为x,y,z 轴建立空间直角坐标系∵ ，四边形 ABCD 是2,2PBCD矩形∴ A,B,C,D,P 的坐标为 (0,)(,0)(2,),(02,)(,02)ABCDP又 E,F 分别是 AD,PC 的中点，∴ (0,2),(1,)EF∴ ,(,21)(0)PCBEFururur∴ 40PCgg∴ ,,FErr∴ ,PCBFuu∴ 平面（Ⅱ）立体几何第 7 页 共 8 页由（Ⅰ）知平面 BEF 的法向量 ,1(2,)nPCur平面 BAP 的法向量 ，2(0,)ADr∴ =812ng设平面 BEF 与平面 BAP 的家教为 θ，则 ，1212||82cos|(,)4ng∴ ，∴ 平面 BEF 与平面 BAP 的夹角为455o解法二：（Ⅰ）连接 PE,EC，在 和 中，RtPAEVtCDPA=AB=CD,AE=DE,∴ PE=CE,即 是等腰三角形，又 F 是 PC 的中点，∴EF⊥PC，又 是 PC 的中点，2,BAPBCF∴ C又 ,FEE平 面（Ⅱ）∵ PA⊥平面 ABCD, ∴ PA⊥BC,又 ABCD 是矩形，∴ AB⊥BC,∴ BC⊥平面 BAP，BC⊥PB,又由（Ⅰ）知 PC⊥平面 BEF,∴ 直线 PC 与 BC 的夹角即为平面 BEF 与平面 BAP 的夹角，在 中，PB=BC, , PBCV90PBCo45Bo所以平面 BEF 与平面 BAP 的夹角为2011.16． （本小题满分 12 分）如图，在 中， 是 上的高，沿 把ABC60,90,BACDooBAD折起，使 。

9Do（Ⅰ）证明：平面ＡＤＢ ⊥平面ＢＤＣ；立体几何第 8 页 共 8 页（Ⅱ）设Ｅ为ＢＣ的中点，求 与 夹角的余弦值AEurDB解（Ⅰ）∵折起前ＡＤ是ＢＣ边上的高，∴ 当 Δ ＡＢＤ折起后，AD⊥ＤＣ，AD⊥ＤＢ，又 DB ＤＣ＝Ｄ，∴ＡＤ⊥平面ＢＤＣ，∵AD 平面 平面 BDC．平面 ABD 平面 BDC（Ⅱ）由∠ ＢＤＣ＝ 及（Ⅰ）知 DA，ＤＢ，DC 两两垂直，不防设 =1，以90 DBD 为坐标原点，以 所在直线 轴建立如图所示的空间直角坐标系，,BDCAur,xyz易得 D（0,0,0） ，B（1,0,0） ，C（0,3,0） ，A（0,0， ） ，E（ ， ，0） ，3123= ，AEur13,2=（1，0,0,） ，B与 夹角的余弦值为urD＜ ， ＞= ．cosAErB12.||4Dur 124。