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山东省各市2012届高三数学(理)下学期模拟考试题分类解析--立体几何

时间:2015-03-27


山东省各市 2012 届高三数学(理)下学期模拟考试题分类解析 立体几何
1、 (2012 莱芜 3 月模拟)设 m 、 n 是不同的直线, ? 、 ? 、 ? 是不同的平面,有以下四个 命题: (1)

? // ? ? ? ? ?? m ??? m // n ? ? ? m ? ?(3) ? ? ? ? ?(4) ? ? m // ? , ? ?

? // ?(2) m // ? ? m // ? ? n ??? ? // ? ?
(A)(1) (2) (B)(1) (3) (C)(2) (3) (D)(2) (4)

其中正确的是

【答案】B 【解析】根据面面平行的性质可知, (1)正确,排除 C,D,根据线面垂直的性质,可知(3) 正确,所以选 B. 2、 (2012 德州一模)对于直线 m,n 和平面 ? , ? ,? ,有如下四个命题: (1)若 m∥ ? ,m ? n,则 n ?

?

(2)若 m ?

? ,m ? n,则 n∥ ?

(3)若 ? ? ? , ? ? ? ,则 ? ∥ ? 其中真命题的个数是( A.1 答案:A B.2 C.3 ) D.4

(4)若 m ? ? ,m∥n,n ? ? ,则 ? ? ?

解析:画一个正方体作模型,容易说明问题。设底面 ABCD 为 ? (1)当 A1B1=m,B1C1=n 时,显然符合(1)的条件,但结论不成立,故(1)错误。 (2)当 A1A=m,AD=n 时,显然符合(2)的条件,但结论不成立,故(2)错误。 (3)与底面 ABCD 相邻三个面可以两两垂直,但任何两个都不平行,故(3)错误。 (4)由面面垂直的判断可知,是正确的。 只有(4)正确,故选 A。 3、 (2012 临沂 3 月模拟)一个三棱柱的正(主)视图和侧(左)视图分别是矩形和正三角 形,如图所示,则这个三棱柱的体积为_________;

【答案】 2 3 【解析】由正视图和侧视图可知,这是一个水平放置的一个正三棱柱,底面正三角形的高为

1 3 ,则边长为 2,三棱柱的高为 2,所以三棱柱的体积为 ? 3 ? 2 ? 2 ? 2 3 。 2 3 4、 (2012 滨州二模)某几何体的三视图如图所示,且该几何体的体积是 ,则正视图中 x 2
的值是 (A)2

9 2 3 (C) www.zxxk .com 2
(B) (D)3 答案:C 解析:由三视图可知,这个几何体是一个底面为直 角梯形的四棱锥,底面积为 S=

1 1 3 3 (1 ? 2) ? 2 =3,V= ? 3 x ? ,解得 x= ,所以,选 C。 2 3 2 2

5、 (2012 德州二模)一个棱锥的三视图如图,则该棱锥的体积是 A.

8 3

B.

4 3

C. 4 答案:B

D.8

解析:由视图可知,这是一个高为 2 的三棱锥, V= ?

4 1 1 ? 2 ? 2 ? 2 = ,故选 B。 3 3 2

6、 (2012 济南 3 月模拟)如图,正三棱柱 ABC- A1 B1C1 的各 棱长均为 2,其正(主)视图如图所示,则此三棱柱侧(左)视图的面积为

A. 2 2 【答案】D

B. 4

C.

3

D. 2 3

【解析】由正视图可知,此三棱柱的侧视图为,高为 2,宽为 3 的矩形,所以面积为

2 3 ,选 D.
7、 (2012 济南三模)一个几何体的三视图如右图所示,则这个几何体的体积等于( )

A. 4

B. 6

C. 8

D. 12www.zxxk .com

2 2 正视图 2 2 侧视图

俯视图

答案:A 解析:由三视图可知这是一个底面是直角梯形,高 AE ? 2 ,的四棱锥。底面是一个直角梯 形 , 上 底 CD ? 2 , 下 底 BE ? 4 , 梯 形 的 高 BC ? 2 。 所 以 四 棱 锥 的 体 积 为

1 1 ? (2 ? 4) ? 2 ? 2 ? 4 ,选 A. 3 2
8、 (2012 临沂二模)如下图,某几何体的正视图与侧视图都是边长为 1 的正方形,且体积 是

1 ,则该几何体的俯视图可以是 2

【答案】C 【解析】若俯视图为 A,则几何体为边长为 1 的正方体,所以体积为 1,不满足条件;若为

1 ? ,不满足条件; 4 1 1 1 若为 D, 几何体为底面半径为 1,高为 1 的圆柱的 部分,此时体积为 ? ? ? 1 ? ? ,不 4 4 4
B,则该几何体为底面直径为 1,高为 1 的圆柱,此时体积为 ? ( ) ? 1 ?
2

1 2

满足条件,若为 C,该几何体为底面是直角三角形且两直角边为 1,高为 1 的三棱柱,所以 体积为

1 1 ? 1 ? 1 ? ,满足条件,所以选 C. 2 2

9、 (2012 青岛二模)设 m , n 是两条不同的直线, 个命题: ①若 ? // ? , m ? ? , n ? ? ,则 m // n ; ②若 m ? ? , m // ? ,则 ? ? ? ;

? , ? , ? 是三个不同的平面.有下列四

③ 若 n ? ? , n ? ? , m ? ? ,则 m ? ? ; ④ 若 ? ? ? , ? ? ? , m ? ? ,则 m ? ? . 其中错误 命题的序号是 .. A.①③ 【答案】B 【解析】根据线面垂直的性质和判断可知,②③正确,错误的为①④,选 B. 10、 (2012 青岛二模)一个几何体的三视图如图所示,其中正视图是一个正三角形,则这个 几何体的 B.①④ C.②③④ D.②③

A.外接球的半径为

3 3

B.体积为 3 D.外接球的表面积为

C.表面积为 6 ? 3 ? 1 【答案】D

16? 3

【解析】

由三视图可知,这是侧面 ACD ? ABC , 高

1 1 3 ,设外 DO ? 3 的三棱锥, AC ? 2,OB ? 1 ,所以三棱锥的体积为 ? ? 2 ? 3 ? 3 2 3

接球的圆心为 O 半径为 x , 则 OE ? 3 ? x , 在直角三角形 OEC 中,OE ? CE ? OE ,
2 2 2

即 ( 3 ? x) 2 ? 1 ? x 2 ,整理得 3 ? 2 3x ? x 2 ? 1 ? x 2 ,解得半径 x ?

2 3 ,所以外接球 3

的表面积为 4?x ? 4? ? (
2

2 3 2 16? ,选 D. ) ? 3 3

11、 (2012 青岛 3 月模拟)已知某棱锥的三视图如右图所示,则该棱锥 的体积为 答案: 2 【解析】由三视图可知该几何体为四棱锥,
2 2

.

1 底面为直角梯形其面积为 ? 2 ? 1? ? 2 ? 3 ,高为 2 ,所以 2 1 V ? ? 2 ? 2 ? 2. 3

1 1 正视图
2

2 侧视图

2

1

12、 (2012 日照 5 月模拟)已知正三棱柱 ABC ? A B' C ' 的正 (主)视图和侧 (左)视图如图所示。设 ?ABC, ?A' B' C ' 的中心分别是

'

俯视图

O, O ' ,现将此三棱柱绕直线 OO ' 旋转,在旋转过程中对
应的俯视图的面积为 S,则 S 的最大值为 (A)4 (B)8 (C)12 (D)16 答案:B 解析:由图可知,正三棱柱的高为 4,底面正三角形的边长是 2。 底面一边水平时,俯视图面积最大,此时俯视图一边长为 4, 另一边长为 2,面积为 8.选 B。 13 、 ( 2012 泰安一模)一个棱锥的三视图如图所示,则这个棱锥的体积为 .

【答案】12 【解析】由三视图可知,这是一个底面为矩形,两侧面和底面垂直的四棱锥,底面矩形长 4 宽为 3,四棱锥的高为 3,所以四棱锥的体积为 ? 3 ? 4 ? 3 ? 12 ,答案为 12. 14、 (2012 威海二模)如图,三棱锥 V ? ABC 底面为正三角形,侧面 VAC 与底面垂直且

1 3

VA ? VC ,已知其主视图的面积为

2 ,则其左视图的面积为 3

A.

3 2

B.

3 3

C.

3 4

D.

3 6

【答案】B

【解析】

,由题意知,该三棱锥的主视图为 ?VAC ,设底面边长为

2 a ,高 VO ? h ,则 ?VAC 的面积为

1 2 ? 2a ? h ? ah ? 。又三棱锥的左视图为直角 2 3

?VOB , 在 正 ?ABC 中 , 高 OB ? 3a , 所 以 左 视 图 的 面 积 为

1 1 3 3 2 3 OB ? OV ? ? 3a ? h ? ah ? ? ? ,选 B. 2 2 2 2 3 3

15、 (2012 烟台二模)某几何体的三视图如右图所示,已知其正视图的周长为 6,则该几何 体体积的最大值为 A.

? 2

B. ?

C.

3? 2

D.2 ?

答案:B 解析:由三视图可知,这个几何体为圆柱,设圆柱的底面半径为 r, 高为 h,则 h+2r=3,圆柱的体积为: V(r)=Sh= ? r2h= ? r2(3-2r)= ? (3r2-2r3)

V '( r ) = ? (6r-6r2) ,令 V '( r ) =0,得 r=0(舍去)或 r=1,
当 r ? (0,1)是,V '( r ) >0,V(r)递增,当 r ? (1,+ ? )是,V '( r ) <0,V(r)递减, r=1 是 V(r)的一个唯一的极大值点,也是最大值点,所以, r=1 时,圆柱体积的最大值为:V= ? ,选 B。

16、 (2012 滨州二模)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PC⊥底面 ABCD,底面 ABCD 是直角梯 形,AB⊥AD,AB∥ CD,AB= 2AD =2CD =2.E 是 PB 的中点. (I)求证:平面 EAC⊥平面 PBC; (II)若二面角 P-AC-E 的余弦值为

6 ,求直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值. 3

解析: (Ⅰ)∵PC⊥平面 ABCD,AC?平面 ABCD,∴AC⊥PC, ∵AB=2,AD=CD=2,∴AC=BC= 2, ∴AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC, 又 BC∩PC=C,∴AC⊥平面 PBC, ∵AC?平面 EAC,∴平面 EAC⊥平面 PBC. (Ⅱ)如图,以 C 为原点,→ DA 、→ CD 、→ CP 分别 为 x 轴、y 轴、z 轴正向,建立空间直角坐标系, 则 C (0,0,0),A (1,1,0),B (1,-1,0). 设 P (0,0,a)(a>0) , 1 1 a 则 E 2 ,- 2 , 2 ,
z P

(

)

E

→ CA =(1,1,0),→ CP =(0,0,a),
A y D C

x B

1 1 a → CE =( ,- , ), 2 2 2 取 m=(1,-1,0),则 m·→ CA =m·→ CP =0,m 为面 PAC 的法向量. 设 n=(x,y,z)为面 EAC 的法向量,则 n·→ CA =n·→ CE =0, ?x+y=0, 即? 取 x=a,y=-a,z=-2,则 n=(a,-a,-2), ?x-y+az=0, |m·n| a 6 依题意,|cos ?m,n?|= = 2 = 3 ,则 a=2. |m||n| a +2 于是 n=(2,-2,-2),→ PA =(1,1,-2). 设直线 PA 与平面 EAC 所成角为 θ, |→ PA ·n| __________ 2 则 sin θ=|cos ?→ PA ,n?|= → =3 , | PA ||n| 2 即直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值为 3 . 17、 (2012 德州二模)如图甲,直角梯形 ABCD 中,AB//CD, ?DAB ?

?
2

,点 M、N 分别

在 AB、CD 上,且 MN⊥ AB,MC⊥ CB,BC=2,MB=4,现将 AMND 沿 MN 折起,使平面 AMND 与平面 MNCB 垂直(如图乙。 ) (I)求证:DC//平面 AMB; ( II ) 当 DN 的 长 为 何 值 时 , 二 面 角 D—BC—N 的大小为 60°? 解析:(I)证明:依题意 AM//DN,BM//CN,且 DN∩CN=N, 所以平面 CND∥平面 AMB, 又因 CD ? 平面 CDN,所以 CD∥平面 AMB。 (II)如图,以点 N 为坐标原点,以 NM,NC,ND 所在直线分别作为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标,由 MB=4,BC=2,∠MCB= 90°知∠MBC=60°, CN=4-2cos60°=3,MN= 3 建立空间直角坐标系 N ? xyz. 易得 NC=3,MN= 3 , 设 DN ? a ,则 D(0,0,a), C(0,3,0), B( 3, 4,0), M( 3,0,0), A( 3, 0,a) . 设平面 DBC 的法向量 n1 ? ( x, y, z ) , DC ? (0,3, ?a), CB ? ( 3,1,0)
? 3 3 ? DC ? n1 ? 3 y ? az ? 0 则? ,令 x ? ?1 ,则 y ? 3 , z ? a ? ?CB ? n1 ? 3x ? y ? 0

∴ n1 ? (?1, 3,

3 3 ). a

又平面 NBC 的法向量 n2 ? (0, 0,1) .

?cos

n1 , n 2

n n ? 1 2 = | n1 || n 2 |

3 3 a 1? 3 ? 27 a2



1 2

解得: a ?
2

81 9 9 ,又 a ? 0 ,所以, a ? ,即 DN 的长为 4 2 2

18、 (2012 德州一模)如图,矩形 ADEF 与梯形 ABCD 所在的平面互相垂直,AD ? CD,AB∥CD, AB=AD=1. CD=2,DE=3,M 为 CE 的中点. (I)求证:BM∥平面 ADEF: (Ⅱ)求直线 DB 与平面 BEC 所成角的正弦值; (Ⅲ)求平面 BEC 与平面 DEC 所成锐二面角的余弦值.

解析:证明 : (Ⅰ)取 DE 中点 N,连结 MN,aN 在 ?EDC 中,M,N 分别为 ED,EC 的中点,

1 CD 2 1 又已知 AB//CD,且 AB ? CD ,所以 MN//AB,且 MN=AB 2
所以 MN//CD,且 MN ? 所以四边形 ABMN 为平行四边形 ,所以 BM//AN 又因为 AN ? 平面 BEC,且 BM ? 平面 BEC 所以 MM//平面 ADEF (II)解:在矩形 ADEF 中,ED⊥AD,又因为平面 ADEF ⊥平面 ABCD,且平面 ADEF∩平面 ABCD=AD, 所以 ED⊥平面 ABCD,又 AD⊥CD, 所以,取 D 为原点,DA、DC、DE 所在直线分别为 x,y, z 轴,建立直角坐标系,则

D(0,0,0) ,B(1,1,0) ,C(0,2,0) ,E(0,0,3) 设 m ? ( x, y, z) 为平面 BEC 的一个法向量。 因为 BC =(-1,1,0) , CE =(0,-2,3) , 所以 ?

?? x ? y ? 0 2 2 ,令 x=1,得 y=1,z= ,所以 m ? (1,1, ) , DB ? (1,1,0) 3 3 ?2 y ? 3 z ? 0

设 DB 与平面 BEC 所成角为α ,则 sinα =|cos ? DB, m ? |=

DB ? m = | DB | | m |

2 2 ? 1?1?
3 11 11

4 9

?

3 11 11

所以,DB 与平面 BEC 所成角的正弦值为

(III)易证 DA⊥平面 DEC,取 DA =(1,0,0)为平面 DEC 的一个法向量, 设平面 BEC 与平面 DEC 所成锐二面角为 ? ,则 cos ? =

1 1? 1 ? 1 ? 4 9



3 22 22 3 22 。 22

所以,平面 BEC 与平面 DEC 所成锐二面角的余弦值为

19、 (2012 济南 3 月模拟)如图,在直角梯形 ABCP 中,AP//BC,AP⊥AB,AB=BC=

1 AP=2,D 2

是 AP 的中点,E,F,G 分别为 PC、PD、CB 的中点,将△PCD 沿 CD 折起,使得 PD⊥平面 ABCD.

(1) 求证:平面 PCD⊥平面 PAD; (2) 求二面角 G-EF-D 的大小; (3) 求三棱椎 D-PAB 的体积. 19. 【答案】解 (1) 证明:方法一: ∵PD⊥平面 ABCD ∴PD⊥CD………………………………………………………………1 分 ∵CD⊥AD ∴CD⊥平面 PAD………………………………………………………2 分 ∵CD ? 平面 PCD

∴平面 PCD⊥平面 PAD………………………………………………3 分 方法二:略(向量法) (2) 如图以 D 为原点,以 DA, DC , DP 为方向向量建立空间直角坐标系 D-xyz. 则有关点及向量的坐标为: ………………………………4 分 G(1,2,0),E(0,1,1) ,F(0,0,1) , EG =(1,1,-1)……5 分 EF =(0,-1,0) 设平面 EFG 的法向量为 n =(x,y,z) ∴?

? ?n EF ? 0

?? y ? 0 ?x ? z ?? ?? . ? ?n EG ? 0 ? x ? y ? z ? 0 ? y ? 0

第 19 题图

取 n =(1,0,1) ………………………………………………………………6 分 平面 PCD 的一个法向量, DA =(1,0,0)…………………………………7 分 ∴cos DA, n ?

DA n 2 2 ………………………………8 分 ? ? 2 | DA | | n | 2 2
1 1 4 ? 2 ? 2 ? 2 ? ………………12 分 3 2 3

结合图知二面角 G-EF-D 的平面角为 45°……………………………9 分

1 VD ? PAB ? VP ? DAB ? S 3

ABD

PD= ?

20 、 ( 2012 济 南 三 模 ) 在 斜 三 棱 柱 ABC ? A1 B1C1 中 , 侧 面 A C C 1A 1 ?面A B C,

AA 2a , A1C ? CA ? AB ? a , AB ?AC , D为AA1中点. 1 ?
(1)求证: CD?面ABB 1A 1; (2)在侧棱 BB1 上确定一点 E ,使得二面角 E ? A1C1 ? A 的大小为 解析: (1)证:? 面ACC1 A1?面ABC , AB ?AC

? . 3

? AB?面ACC1 A1 ,即有 AB ?CD ;


AC ? A1C



D



AA 1









CD?AA1 ? CD?面ABB1 A1
(2)如图所示以点 C 为坐标系原点,CA 为 x 轴,CA1 为 z 轴, 建立空间直角坐标系 C ? xyz ,则有

A(a,0,0), B(a, a,0), A1 (0,0, a), B1 (0, a, a) C1 (?a,0, a) ,设 E ( x, y, z ) ,且 BE ? ? BB1 ,即有

( x ? a, y ? a, z ) ? ? (?a,0, a) ,
所以 E 点坐标为 ((1 ? ? )a, a, ?a) . 由条件易得面 A1C1 A 地一个法向量为 n1 ? (0,1,0) 设平面 EA 1C1 地一个法向量为 n2 ? ( x, y, z) ,

? ? ? n ? A C ?? ax ? 0 ? 1 ? 2 1 1 ), 由? 可得 ? 令 y ? 1 ,则有 n 2 ? (0,1, 1? ? ( 1 ? ? ) ax ? ay ? ( ? ? 1 ) az ? 0 ? n ? A E ? 1 ?
则 cos

?
3

?

n1 ? n2 n1 n2

? 1?

1 1 (1 ? ? ) 2

?

3 1 ,得 ? ? 1 ? 3 2

BE
所以,当

BB1

? 1?

? 3 时,二面角 E ? A1C1 ? A 的大小为 3 3

21、 (2012 莱芜 3 月模拟)已知四棱锥 P ? ABCD 底面 ABCD 是矩形, PA⊥平面 ABCD,AD=2,AB=1,E.F 分别是 线段 AB,BC 的中点, (Ⅰ)证明:PF⊥FD; (Ⅱ)在 PA 上找一点 G,使得 EG∥平面 PFD; . (Ⅲ)若 PB 与平面 ABCD 所成的角为 45 , 求二面角 A ? PD ? F 的余弦值. 解: (Ⅰ)证明:连接 AF,则 AF= 2,DF= 2, 又 AD=2,∴DF2+AF2=AD2, ∴DF⊥AF.又 PA⊥平面 ABCD, ∴DF⊥PA,又 PA∩AF=A,

? DF ? 平面PAF ? ? ? DF ? PF . PF ? 平面PAF ?

……………4 分

1 (Ⅱ)过点 E 作 EH∥FD 交 AD 于点 H,则 EH∥平面 PFD 且 AH= AD. 4 1 再过点 H 作 HG∥DP 交 PA 于点 G,则 HG∥平面 PFD 且 AG= AP, 4 ∴平面 EHG∥平面 PFD. ∴EG∥平面 PFD. 1 从而满足 AG= AP 的点 G 为所求. 4 ………………8 分

(Ⅲ)建立如图所示的空间直角坐标系,因为 PA⊥平面 ABCD ,所以 ?PBA 是 PB 与 平面 ABCD 所成的角.

又有已知得 ?PBA ? 45 ,所以 PA ? AB ? 1 ,所以

A? 0,0,0? , B ?1,0,0? , F (1,1,0), D(0,2,0), P(0,0,1) .
设平面 PFD 的法向量为 n ? ? x, y, z ? ,由 ?

? ? n ? PF ? 0 ? ?n ? DF ? 0

得?

?x ? y ? z ? 0 1 ,令 z ? 1 ,解得: x ? y ? . 2 ? x? y ?0
?1 1 ? ?2 2 ?

所以 n ? ? , ,1? . 又因为 AB ? 平面PAD , 所以 AB 是平面 PAD 的法向量, 易得 AB ? ?1,0,0 ? ,

所以 cos AB, n ?

AB ? n AB ? n

?

1 6 2 . ? 6 1 1 ? ?1 4 4
6 . 6
……………………12 分

由图知,所求二面角 A ? PD ? F 的余弦值为

22、 (2012 青岛二模) 如图, 在多面体 ABC ? A1B1C1 中,

A1 C1

B1

AC ? AB ? 1 , 四边形 ABB1 A 1 是正方形,

AC ? A1B ? BC , B1C1 // BC , B1C1 ? 1
(Ⅰ)求证: AB1 // 面 AC 1 1C ;

1 BC . 2

A

B

(Ⅱ)求二面角 C ? AC 1 1 ? B 的余弦值的大小. 解: (Ⅰ)取 BC 的中点 E ,连结 AE , C1E , B1E

C

B1C1 // BC



B1C1 ?

1 BC 2



? B1C1 // EC, B1C1 ? EC ,

? 四边形 CEB1C1 为平行四边形, 从而 B1E // C1C ,
C1C ? 面 AC 1 1C , B 1 1C 1 E ? 面 AC

? B1E // 面 AC 1 1C
B1C1 // BC , B1C1 ?

………………………………………………………………2 分

1 BC ,? B1C1 // BE, B1C1 ? BE 2

? 四边形 BB1C1E 为平行四边形 ? B1B // C1E ,且 B1B ? C1E


ABB1 A1 是正方形,? A1 A // C1E ,且 A1 A ? C1E

故 AEC1 A 1 为平行四边形,? AE // AC 1 1

A1C1 ? 面 AC 1 1C , AE ? 面 AC 1 1C

? AE // 面 AC 1 1C
AE

………………………………………………………………4 分

B1E ? E ,? 面 B1 AE // 面 AC 1 1C
………………………………………6 分

AB1 ? 面 B1 AE ,? AB1 // 面 AC 1 1C
(Ⅱ)

四边形 ABB1 A 1 A ? AB ? AC ? 1 , A 1 A ? AB 1 为正方形, ? A

? A1B ? 2 ,

AC ? A1B ? AC ? 2 1 1

A1

z

B1

由勾股定理可得: ?A 1 A ? AC , 1 AC ? 90 ,? A

C1

AB

AC ? A ,? A1 A ? 面 ABC ,
A E B y

AC ? A1B ? BC ,? BC ? 2 1
由勾股定理可得: ?BAC ? 90 ,

C

x
? AB ? AC
…………………………………8 分

故以 A 为原点,以 AC 为 x 轴建立坐标系如图,则 C (1, 0, 0), A1 (0, 0,1), C1 ( , ,1) ,

1 1 2 2

1 1 1 1 B(0,1, 0) ,所以 CA1 ? (?1,0,1) , CC1 ? (? , ,1) , BA1 ? (0, ?1,1) , BC1 ? ( , ? ,1) . 2 2 2 2
设面 AC 1 1C 的法向量为 n1 ? ( x, y, z ) ,由 n 1 ? CA 1 ? 0, n 1 ? CC1 ? 0

?? x ? z ? 0 ? ,令 z ? 1 ,则 n1 ? (1, ?1,1) ?? 1 1 ? x? y?z ?0 ? ? 2 2

设面 AC 1 1B 的法向量为 n2 ? (m, n, k ) ,则 n2 ? BA 1 ? 0, n2 ? BC1 ? 0

??n ? k ? 0 ? 则 ?1 ,令 k ? 1 ,则 n2 ? (?1,1,1) 1 m? n?k ? 0 ? ?2 2
所以 cos n1 , n2 ?

…………………………10 分

n1 ? n2 n1 n2

?

?1 ? 1 ? 1 1 ?? 3 3? 3

设二面角 C ? AC 1 1 ? B 的平面角为 ? , n1 , n2 ? ? 所以 cos ? ? cos ?? ? ? ? ?

1 3

……………………………………………………12 分

23、 (2012 青岛 3 月模拟)如图,在直四棱柱

D1

C1 B1
C

ABCD ? A1B1C1D1 中,底面 ABCD 为平行四边形,且
AD ? 2 ,AB ? AA1 ? 3 ,?BAD ? 60 ,E 为 AB 的中点.
(Ⅰ) 证明: AC1 ∥平面 EB1C ; (Ⅱ)求直线 ED1 与平面 EB1C 所成角的正弦值. 18.解(Ⅰ) 证明:连接 BC1 , B1C

A1

D

BC1 ? F

A

E

B

因为 AE ? EB , FB ? FC1 ,所以 EF ∥ AC1 , 因为 AC1 ? 面 EB1C , EF ? 面 EB1C 所以 AC1 ∥面 EB1C . (Ⅱ)作 DH ? AB ,分别令 DH , DC, DD1 为

D1

z

C1 B1
F

A1

x 轴, y 轴, z 轴,建立坐标系如图
因为 ?BAD ? 60 , AD ? 2 , 所以 AH ? 1 , DH ? 3 所 以 E(

D

C
y

H
A

x

E

B

1 3 , 2

,, 0 ) D1 (0,0,3) , C (0,3, 0) ,

B1 ( 3,2,3) ,
1 3 5 ED1 ? (? 3, ? ,3), EB1 ? (0, ,3), EC ? (? 3, , 0) 2 2 2

设面 EB1C 的法向量为 n ? ( x, y, z) ,所以 n ? EB1 ? 0 , n ? EC ? 0

?3 y ? 3z ? 0 ? 5 3 1 ?2 化简得 ? ,令 y ? 1 ,则 n ? ( ,1, ? ) . 6 2 ?? 3x ? 5 y ? 0 ? ? 2
设 ? ? n , ED1 ,则 cos ? ?

n ? ED1 n ? ED1

??

9 30 70

设直线 ED1 与面 EB1C 所成角为 ? ,则 cos? ? cos(? ? 90 ) ? ? sin ? 所以 sin ? ?

9 30 9 30 ,则直线 ED1 与面 EB1C 所成角的正弦值为 . 70 70

24、 (2012 日照 5 月模拟) 如图, 四边形 ABCD 与 BDEF 均为菱形, , ?DAB ? ?DBF ? 60。 且 FA ? FC . (Ⅰ)求证: AC ? 平面BDEF ; (Ⅱ)求证: FC // 平面EAD ; (Ⅲ)求二面角 A ? FC ? B 的余弦值。 解: (Ⅰ)证明:设 AC 与 BD 相交于点 O,连结 FO. 因为四边形 ABCD 为菱形,所以 AC ? BD ,且 O 为 AC 中点. 又 FA=FC,所以 AC ? FO . ………………………………………2 分 因为 FO ? BD ? O, FO ? 平面BDEF,BD ? 平面BDEF , 所以 AC ? 平面BDEF . ………………………………………………3 分

(Ⅱ)证明:因为四边形 ABCD 与 BDEF 均为菱形, 所以 AD / / BC , DE / / BF , 因为 AD ? 平面FBC, DE ? 平面FBC 所以 AD//平面FBC,DE//平面FBC 又 AD ? DE ? D,AD ? 平面EAD,DE ? 平面EAD , 所以平面 FBC / /平面EAD

又 FC ? 平面FBC 所以 FC //平面EAD . ……………………………………6 分

(Ⅲ)解:因为四边形 BDEF 为菱形,且 ?DBF ? 60 ,所以 ?DBF 为等边三角形。因为 O 为 BD 中点,所以 FO ? BD. 由(Ⅰ)知 FO ? AC , AC ? BD ? O ,故



FO ? 平面ABCD .
由 OA, OB, OF 两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz .

?DAB ? 60 , 设 AB=2。 因为四边形 ABCD 为菱形, 则 BD=2, 所以 OB=1, OA ? OF ? 3 .
所以 O(0,0,0), A( 3,0,0), B(0,1,0),C(? 3,0,0), F (0,0, 3) .………………8 分 所以 CF ? ( 3,0, 3),CB ? ( 3,1,0) .
? ?n ? CF ? 0, 设平面 BFC 的法向量为 n ? (x, y, z), 则有 ? ? ?n ? CB ? 0. ? 3x ? 3z ? 0, ? 所以 ? 取 x ? 1 ,得 n ? (1, ? 3, ?1) . ? ? 3x ? y ? 0.



…………………………10 分

易知平面 AFC 的法向量为 v ? (0,1, 0) . 由二面角 A-FC-B 是锐角,得 | cos ? n, v ?|? 所以二面角 A-FC-B 的余弦值为
| n?v| 15 ? . | n |?| v | 5

15 .…………………………………………12 分 5

25、 (2012 威海二模)如图所示多面体中,AD⊥平面 PDC,ABCD 为平行四边形,E 为 AD 的 中点,F 为线段 BP 上一点,∠CDP= 120 ,AD= 3 ,AP= 5 ,PC= 2 7 . (Ⅰ)若 F 为 BP 的中点,求证:EF∥平面 PDC; E F D A C Z P A

1 (Ⅱ)若 BF ? BP ,求直线 AF 与平面 PBC 所成角的正弦值. B 3
解(Ⅰ)取 PC 的中点为 O,连 FO,DO, ∵ F,O 分别为 BP,PC 的中点, ∴ FO ∥BC,且 FO ?

1 BC , 2 1 BC , 2
B

E F D P O

又 ABCD 为平行四边形, ED ∥BC,且 ED ? ∴ FO ∥ED,且 FO ? ED

y

C

x

∴四边形 EFOD 是平行四边形 即 EF∥DO 又 EF ? 平面 PDC

---------------------------------------------2 分

∴EF∥平面 PDC.

--------------------------------------------- 4 分

(Ⅱ)以 DC 为 x 轴,过 D 点做 DC 的垂线为 y 轴,DA 为 z 轴建立空间直角坐标系, 则有 D (0 ,0 , 0),C(2,0,0),B(2,0,3) ,P( ?2, 2 3,0) ,A(0,0,3) ------------------------------6 分 设 F ( x, y, z ) , BF ? ( x ? 2, y, z ? 3) ? ∴ F( ,

1 4 2 BP ? (? , 3, ?1) 3 3 3
-----------------------------8 分

2 2 2 2 3, 2), 则 AF ? ( , 3, ?1) 3 3 3 3

设平面 PBC 的法向量为 n1 ? ( x, y, z) 则?

? ?n1 ? CB ? 0 ? ?n1 ? PC ? 0

即?

? ?3 z ? 0 ? ?4 x ? 2 3 y ? 0

取 y ? 1 得 n1 ? (

3 ,1, 0) -----------------10 分 2

2 3 2 ? ? 3 3 6 21 cos ? AF , n ?? ? 3 2 3 ? ? 35 4 4 3 5 7 AF ? n ? ?1 ?1 ? 9 3 4 3 2 AF ? n
∴ AF 与平面 PBC 所成角的正弦值为

6 21 . 35

-------------------------12 分

26、 (2012 烟台二模)如图,已知直三棱柱 ABC—A1B1C1, ?ACB ? 90 °,E 是棱 CC1 上动 点,F 是 AB 中点,AC=BC=2.AA1=4. (1)当 E 是棱 CC1 中点时,求证:CF//平面 AEB1; (2)在棱 CC1 上是否存在点 E,使得二面角 A—BE1—B 的大小是 45°,若存在,求 CE 的长,若不存在,请说明理由. 解析: (1)证明:取 AB1 的中点 G,联结 EG,FG 因为 F、G 分别是棱 AB、AB1 中点,

? FG / / BB1 , FG ?

1 BB1 2
因为 CF ? 平面 AEB1, EG ? 平面 AEB1

又因为 FG∥EC,FG=EC ? 四边形 FGEC 是平行四边形,

? CF / / DG.

? CF / / 平面 AEB1。
(2)解:以 C 为坐标原点,射线 CA,CB,CC1 为 x, y, z 轴正半轴,

建立如图所示的空间直角坐标系 C ? xyz. 则 C(0,0,0) ,A(2,0,0) ,B1(0,2,4) 10 分 设 E (0,0, m) ,平面 AEB1 的法向量 n ? ( x, y, z) 则 AB1 ? (?2,2,4), AE ? (?2,0, m) 且 AB1 ? n , AE ? n

? ? AB1 ? n ? ?2 x ? 2 y ? 4 z ? 0, 于是 ? ? ? AE ? n ? ?2 x ? 0 y ? mz ? 0
取 z ? 2, 则n ? (m, m ? 4, 2)

mz ? x? , ? ? 2 所以 ? ? y ? mz ? 4 z ? ? 2

因为三棱柱 ABC—A1B1C1 是直棱柱,? BB1 ? 平面 ABC, 又因为 AC ? 平面 ABC ? AC ? BB1 因为∠ACB=90°

? AC ? BC

? BB1 ? BC ? B. ? AC ? 平面 ECBB1

? CA 是平面 EBB1 的法向量,
二面角 A—EB1—B 的大小是 45°, 则 cos 45? ? 解得 m ?

CA ? (2,0,0)

CA ? n | CA | ? | n |

?

2m 2 ? m 2 ? (m ? 4) 2 ? 22

?

2 2

5 . 2 5 . 2

? 在棱 CC1 上存在点 E,使得二面角 A—EB1—B 的大小是 45°。
此时 CE ?


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