广东广州市天河区普通高中2018届高考数学一轮复习精选试题:空间几何体(解答题)

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广东广州市天河区普通高中2018届高考数学一轮复习精选试题:空间几何体(解答题)

全*品*高*考*网, 用后离不了!空间几何体02‎ 解答题(本大题共6个小题,共70分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)‎ ‎1.如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BB1=BC,AC1⊥平面A1BD,D为AC的中点.‎ ‎(1)求证:B1C∥平面A1BD;‎ ‎(2)求证:B1C1⊥平面ABB1A1;‎ ‎(3)在CC1上是否存在一点E,使得∠BA1E=45°,若存在,试确定E的位置,并判断平面A1BD与平面BDE是否垂直?若不存在,请说明理由.‎ ‎【答案】(1)连结AB1与A1B相交于M,则M为A1B的中点.连结MD,又D为AC的中点,‎ ‎∴B1C∥MD,‎ 又B1C⊄平面A1BD,MD⊂平面A1BD,∴B1C∥平面A1BD.‎ ‎(2)∵AB=B1B,∴平行四边形ABB1A1为正方形,‎ ‎∴A1B⊥AB1.又∵AC1⊥平面A1BD,‎ ‎∴AC1⊥A1B,∴A1B⊥平面AB1C1,∴A1B⊥B1C1.‎ 又在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥B1C1,‎ ‎∴B1C1⊥平面ABB1A1.‎ ‎(3)设AB=a,CE=x,∵B1C1⊥A1B1,在Rt△A1B1C1中有A1C1=a,同理A1B1=a,‎ ‎∴C1E=a-x,‎ ‎∴A1E==,BE=,‎ ‎∴在△A1BE中,由余弦定理得 BE2=A1B2+A1E2-2A1B·A1E·cos45°,即 a2+x2=2a2+x2+3a2-2ax-2a·,‎ ‎∴=2a-x,‎ ‎∴x=a,即E是C1C的中点,‎ ‎∵D、E分别为AC、C1C的中点,∴DE⊥AC1.‎ ‎∵AC1⊥平面A1BD,∴DE⊥平面A1BD.‎ 又DE⊂平面BDE,∴平面A1BD⊥平面BDE.‎ ‎2.如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,PD=DC=BC=1,AB=2,AB∥DC,∠BCD=900.‎ M为AB的中点 ‎(1)求证:BC//平面PMD ‎(2)求证:PC⊥BC;‎ ‎ ‎ ‎(3)求点A到平面PBC的距离.‎ ‎【答案】(1)因为PD⊥平面ABCD,BC平面ABCD,所以PD⊥BC.‎ 由∠BCD=900,得BC⊥DC.又,‎ 平面PCD,平面PCD,所以BC⊥平面PCD.‎ 因为平面PCD,所以PC⊥BC.‎ ‎(2)如图,连结AC.设点A到平面PBC的距离h.‎ 因为AB∥DC,∠BCD=900,所以∠ABC=900.‎ 从而由AB=2,BC=1,得的面积.‎ 由PD⊥平面ABCD及PD=1,得三棱锥的体积 因为PD⊥平面ABCD,DC平面ABCD,所以PD⊥DC. 又PD=DC=1,所以.‎ 由PC⊥BC,BC=1,得的面积.由,得.‎ 因此点A到平面PBC的距离为.‎ ‎3.如图,在四面体中,,,点,分别是,的中点.‎ ‎ (1)求证:平面⊥平面;‎ ‎ (2)若平面⊥平面,且, ‎ 求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】 (1)∵ 分别是的中点,‎ ‎ ∴ ∥.‎ ‎ 又 ,∴ .‎ ‎ ∵,∴.‎ ‎ ∵,∴面.‎ ‎ ∵ 面,∴平面平面.‎ ‎(2) ∵ 面面,且, ‎ ‎∴ 面.‎ 由和,得是正三角形. ‎ 所以. ‎ 所以 . ‎ ‎4.如图,四棱锥P—ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形,PD=DC=4,AD=2,E为PC的中点.‎ ‎(I)求证:AD⊥PC;‎ ‎(II)求三棱锥P-ADE的体积;‎ ‎(III)在线段AC上是否存在一点M,使得PA//平面EDM,若存在,求出AM的长;若不存在,请说明理由.‎ ‎【答案】(I)因为PD⊥平面ABCD.‎ ‎ 所以PD⊥AD.‎ ‎ 又因为ABCD是矩形,‎ ‎ 所以AD⊥CD.‎ ‎ 因为 ‎ 所以AD⊥平面PCD.‎ ‎ 又因为平面PCD,‎ ‎ 所以AD⊥PC.‎ ‎(II)因为AD⊥平面PCD,VP-ADE=VA-PDE,‎ ‎ 所以AD是三棱锥A—PDE的高.‎ 因为E为PC的中点,且PD=DC=4,‎ 所以 又AD=2,‎ 所以 ‎(III)取AC中点M,连结EM、DM,‎ ‎ 因为E为PC的中点,M是AC的中点,‎ 所以EM//PA,‎ 又因为EM平面EDM,PA平面EDM,‎ 所以PA//平面EDM.‎ 所以 即在AC边上存在一点M,使得PA//平面EDM,AM的长为.‎ ‎5.如图,直三棱柱,,,点分别为和的中点 ‎(1)证明:;‎ ‎(2)若二面角为直二面角,求的值 ‎【答案】(1)连结,由已知 三棱柱为直三棱柱,‎ 所以为中点.又因为为中点 所以,又平面 ‎ 平面,因此 ‎ ‎(2)以为坐标原点,分别以直线为轴,轴,轴建立直角坐标系,如图所示 设则,‎ 于是,‎ 所以,设是平面的法向量,‎ 由得,可取 设是平面的法向量,‎ 由得,可取 因为为直二面角,所以,解得 ‎6.在如图的多面体中,⊥平面,,,,,,,是的中点.‎ ‎(Ⅰ) 求证:平面;‎ ‎(Ⅱ) 求证:;‎ ‎(Ⅲ) 求二面角的余弦值. ‎ ‎【答案】(Ⅰ)证明:∵,∴.‎ ‎ 又∵,是的中点,‎ ‎ ∴,‎ ‎ ∴四边形是平行四边形,‎ ‎ ∴ . ‎ ‎ ∵平面,平面,‎ ‎ ∴平面. ‎ ‎(Ⅱ) 解法1‎ 证明:∵平面,平面,‎ ‎∴, ‎ 又,平面,‎ ‎ ∴平面. ‎ 过作交于,则平面.‎ ‎∵平面, ∴. ‎ ‎∵,∴四边形平行四边形,‎ ‎∴,‎ ‎∴,又,‎ ‎∴四边形为正方形,‎ ‎ ∴, ‎ 又平面,平面,‎ ‎∴⊥平面. ‎ ‎∵平面,‎ ‎∴. ‎ 解法2‎ ‎∵平面,平面,平面,∴,,‎ 又,‎ ‎∴两两垂直. ‎ 以点E为坐标原点,分别为轴建立如图的空间直角坐标系.‎ 由已知得,(0,0,2),(2,0,0),‎ ‎(2,4,0),(0,3,0),(0,2,2),‎ ‎(2,2,0). ‎ ‎∴,,‎ ‎∴, ‎ ‎∴. ‎ ‎(Ⅲ)由已知得是平面的法向量.‎ 设平面的法向量为,∵,‎ ‎∴,即,令,得. ‎ 设二面角的大小为,‎ 则,‎ ‎∴二面角的余弦值为 ‎
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