高考数学专题复习：立几精选精练答案

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第1题 如图所示,建立空间直角坐标系，则,，，，.‎ ‎（Ⅰ）由于，,， 所以，‎ P E A B D C z x y ‎，所以，而，‎ 所以平面，∵平面，∴平面平面 ‎ ‎（Ⅱ）设是平面的一个法向量，则，‎ ‎ 由于，，所以有 ‎，‎ 令，则，即，‎ 再设直线与平面所成的角为，‎ 而，所以，‎ 因此直线与平面所成的角为正弦值为 …………8分 ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）知是平面的一个法向量，而，‎ 所以点到平面的距离为 ………12分 第2题 ‎【答案】解：(Ⅰ)证明： 因为平面， ‎ 所以. ……………………2分 因为是正方形，‎ 所以，‎ 又相交 从而平面. ……………………4分 ‎(Ⅱ)解：因为 两两垂直，‎ 所以建立空间直角坐标系如图所示.‎ 因为与平面所成角为，即， …………5分 所以.‎ 由可知，. ………6分 则，，，，，‎ 所以，， ………7分 设平面的法向量为，则，即，‎ 令，则. ………8分 因为平面，所以为平面的法向量，，‎ 所以. ……9分 因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. ………10分 ‎(Ⅲ)解：点是线段上一个动点，设.‎ 则，‎ 因为平面，‎ 所以， ……11分 即，解得. ………12分 此时，点坐标为，，符合题意. … …13分 第4题 ‎【解法1】本题主要考查直线和平面垂直、直线与平面所成的角、二面角等基础知识,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.‎ ‎(Ⅰ)∵PA⊥底面ABC,∴PA⊥BC.‎ 又,∴AC⊥BC.‎ ‎∴BC⊥平面PAC.‎ ‎(Ⅱ)∵D为PB的中点,DE//BC,‎ ‎∴,‎ 又由(Ⅰ)知,BC⊥平面PAC,‎ ‎∴DE⊥平面PAC,垂足为点E.‎ ‎∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角,‎ ‎∵PA⊥底面ABC,∴PA⊥AB,又PA=AB,‎ ‎∴△ABP为等腰直角三角形,∴,‎ ‎∴在Rt△ABC中,,∴.‎ ‎∴在Rt△ADE中,,‎ ‎∴与平面所成的角的大小.‎ ‎(Ⅲ)∵AE//BC,又由(Ⅰ)知,BC⊥平面PAC,∴DE⊥平面PAC,‎ 又∵AE平面PAC,PE平面PAC,∴DE⊥AE,DE⊥PE,‎ ‎∴∠AEP为二面角的平面角,‎ ‎∵PA⊥底面ABC,∴PA⊥AC,∴. ‎ ‎∴在棱PC上存在一点E,使得AE⊥PC,这时,‎ 故存在点E使得二面角是直二面角.‎ ‎【解法2】如图,以A为原煤点建立空间直角坐标系, 设,由已知可得 . (Ⅰ)∵, ∴,∴BC⊥AP.‎ 又∵,∴BC⊥AC,∴BC⊥平面PAC.‎ ‎(Ⅱ)∵D为PB的中点,DE//BC,∴E为PC的中点,‎ ‎∴,‎ ‎∴又由(Ⅰ)知,BC⊥平面PAC,∴∴DE⊥平面PAC,垂足为点E. ∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角,‎ ‎∵,‎ ‎∴.‎ ‎∴与平面所成的角的大小.‎ ‎(Ⅲ)同解法1. ‎ 第5题 解：（Ⅰ）设与交于，如图所示建立空间直角坐标系，设爿，‎ 则设 则 平面 即 ……………………3分 设平面的法向量为……………………5分 则由 得 令 平面的一个法向量为 又平面的法向量为 二面角大小为………………………………………………7分 ‎（Ⅱ）设得 ‎ …………10分 面 存在点使面此时……………………………12分 第6题 ‎【答案】本题主要考查三视图,线面位置关系，二面角的求法等基本知识，考查空间想像能力，探索运算求解能力和推理论证能力. 满分13分.‎ 法一:(Ⅰ)证明∵该几何体的正视图为矩形,侧视图为等腰直角三角形,俯视图为直角梯形,‎ N C C1‎ B1‎ B A M ‎∴BA,BC,BB1两两垂直.‎ 以BA,BC,BB1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,……1分 则N(4,4,0),B1(0,8,0),C1(0,8,4),C(0,0,4)‎ ‎∵=(4,4,0)·(-4,4,0)=-16+16=0‎ ‎=(4,4,0)·(0,0,4)=0 ……3分 ‎∴BN⊥NB1, BN⊥B1C1且NB1与B1C1相交于B1, ‎ ‎∴BN⊥平面C1B1N; ……4分 ‎(Ⅱ)∵BN⊥平面C1B1N, 是平面C1B1N的一个法向量=(4,4,0), ……5分 设=(x,y,z)为平面NCB1的一个法向量,‎ 则，取=(1,1,2), …7分 则cosθ===; ……9分 ‎(Ⅲ)∵M(2,0,0).设P(0,0,a)为BC上一点,则=(-2,0,a)，∵MP∥平面CNB1,‎ ‎∴⊥·=(-2,0,a) ·(1,1,2)=-2+2 a =0 a =1. ……12分 N C C1‎ B1‎ B A M 又MP平面CNB1, ∴MP∥平面CNB1, ∴当BP=1时MP∥平面CNB1. ……13分 法二:(Ⅰ)证明:由已知得B‎1C1⊥平面BNB1,∴B‎1C1⊥BN,‎ BN=4= B1N,BB1=8, ∴BB12= BN2+ B1N2, ∴BN⊥B1N 又B1C1与B1N交于B1, ∴BN⊥平面C1B1N；‎ ‎(Ⅱ)过N作NQB‎1C1,则BCQN,又BN⊥平面C1B1N,‎ N C C1‎ B1‎ B A M ‎∴CQ⊥平面C1B1N,则CQ⊥B1N, QN⊥B1N ,∴∠CNQ是二面角C-B1N-Q的平面角θ,‎ 在Rt△CNQ中,NQ=4,CQ=4, ∴CN=4,cosθ==;‎ ‎(Ⅲ)延长BA、B1N交于R,连结CR,∵MP∥平面CNB1,‎ MP平面CBR, 平面CBR∩平面CRN于CR,‎ ‎∴MP∥CR, △RB1B中ANBB1,∴A为RB中点,‎ ‎∴==,∴BP=1,因此存在P点使MP∥平面CNB1. ………13分 第7题 解法一：‎ ‎（Ⅰ）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，‎ ‎ AD⊥平面PAB，BC⊥平面PAB，AB⊥平面PAD ‎…………………………………… 4分 注：多写的按前四对给分，每正确一对，给一分。‎ CD⊥平面PAC也符合要求。‎ ‎（Ⅱ）依题意AB、AD、AP两两垂直，分别以直线AB、AD、AP为x、y、z轴，‎ 建立空间直角坐标第，如图。 …………………………………………… 5分 则，，，。‎ ‎∵E是PA中点，∴点E的坐标为，‎ ‎，，。‎ 设是平面PCD的法向量。‎ 由，即 取，得为平面PCD的一个法向量。 ……………… 6分 ‎∵，∴， ……………………… 7分 ‎∴∥平面PCD。又BE平面PCD，∴BE∥平面PCD。 ………… 8分 ‎（Ⅲ）由（Ⅱ），平面PCD的一个法向量为， ………………… 10分 ‎ 又∵AD⊥平面PAB，∴平面PAB的一个法向量为 …… 11分 ‎ ∴。 ………………………………………… 13分 解法二：‎ ‎（Ⅰ）同解法一。‎ ‎（Ⅱ）取PD的中点F，连接EF、CF。‎ ‎∵E、F分别是PA、PD的中点，‎ ‎∴EF∥AD，EFAD，∴EF∥BC，且EFBC，‎ ‎∴四边形BEFC是平行四边形，∴BE∥CF。 ………………………… 6分 又∵CF平面PCD，BE平面PCD，‎ ‎∴BE∥平面PCD。 ……………………………………………………… 8分 ‎（Ⅲ）依题意AB、AD、AP两两垂直，分别以直线AB、AD、AP为x、y、z轴，‎ 建立空间直角坐标第，如图。 …………………………………………… 9分 则，，。‎ ‎∵E是PA中点，∴点E的坐标为，‎ ‎，。‎ 设是平面PCD的法向量。‎ 由，即 取，得为平面PCD的一个法向量。 ……………… 10分 ‎ 又∵AD⊥平面PAB，∴平面PAB的一个法向量为 …… 11分 ‎ ∴。 ………………………………………… 13分 解法三：‎ ‎ （Ⅰ）同解法一。‎ ‎（Ⅱ）取AD的中点N，连接EN，BN，‎ ‎∵E、N分别是PA、AD的中点，‎ ‎∴EN∥平PD，又EN平面PCD，‎ ‎∴EN∥平面PCD …………………………………………………………… 5‎ 分 在直角梯形ABCD中，BC∥AD且BCADDN，‎ ‎∴四边形BCDN是平行四边形，BN∥CD。‎ 又∵平面PCD，∴BN∥平面PCD。 ……………………………… 6分 ‎∵，∴平面BEN∥平面PCD。……………………………… 7分 又BE平面BEN，∴BE∥平面PCD。 ………………………………… 8分 ‎（Ⅲ）同解法二。‎ 第8题 本小题主要考查直线与直线、直线与磁面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.满分13分.‎ 解：（I）在中，‎ ‎ …………3分 是两条互相垂直的异直线，点P、C在直线上，‎ 点A、B在直线上，‎ 平面ABC. …………5分 ‎ （II）方案一：选择②④可确定的大小.‎ 且 ‎ …………6分 以C为坐标原点，的方向为x、y、z轴 正方向建立空间直角坐标系c—xyz， …………7分 则C（0，0，0），B（a，0，0），A（0，a，0），‎ 又M、N分别是AB、AP的中点，‎ 平面PBC，‎ 是平面PBC的一个法向量. …………9分 设平面MNC的法向量 由 ‎ 取x=1，得为平面MNC的一个法向量. …………11分 ‎ …………13分 方案二：选择③④可确定的大小.[来源:学,科,网Z,X,X,K]‎ ‎ …………6分 下同方案一.‎ 方案三：选择②③可确定的大小.‎ 又 …………6分 下同方案一.‎ ‎（注：条件①与④等价，故选择①④不能确定的值.若选择①②可转化为选择②④解决；若选择①③可转化为选择③④解决，此略.）‎ 第9题 ‎【答案】.解:(Ⅰ)图①为该几何体的直观图; ………3分 ‎(Ⅱ)依题意,平面PBC⊥平面ABC,‎ 平面PBC∩平面ABC=BC,取BC中点O,连接PO,‎ 则PO⊥BC,PO⊥平面ABCD.取AD中点M,‎ 则OM⊥BC.如图建立空间直角坐标系O-xyz.‎ P(0,0,2),A(2,1,0),,‎ 又平面PBC的一个法向量为,‎ ‎∴直线PA与平面PBC所成角的正弦值为.………9分 ‎(Ⅲ)法1:∵D(2,－1,0),,‎ 设为平面PAD的一个法向量,则,取 ‎∴二面角A-l-B的大小为45°. ………13分 法2:平面PBC∩平面PAD=l,BC//ADBC//平面PADBC//l,OP⊥l,MP⊥l ‎∠MPO就是二面角A-l-B的平面角,.‎ ‎∴二面角A-l-B的大小为45°. ………13分 第10题 解法1：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，则A、B、C、D、P、E的坐标为 A（0，0，0）、B（，0，0）、C（，1，0）、D（0，1，0）、‎ P（0，0，2）、E（0，，1），‎ 从而 设的夹角为θ，则 ‎∴AC与PB所成角的余弦值为. （Ⅱ）由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为（x，O，z），则 ‎，由NE⊥面PAC可得，‎ ‎ ∴‎ 即N点的坐标为，从而N点到AB、AP的距离分别为1，.‎ 第11题 ‎【答案】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力等，考查化归与转化思想．满分13分．‎ 解法一：（Ⅰ）由已知条件可得．………………………………2分 ‎∵平面，．‎ ‎∴．……………………………………3分 又∵，∴．……………………………………4分 ‎（Ⅱ）以点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图．由已知可得．‎ ‎∴．………………6分 设平面的法向量为，‎ 则∴‎ 令，得平面的一个法向量为，‎ ‎∴点M到平面的距离．……………………………………………8分 ‎（Ⅲ）假设在线段上存在点N，使得与平面所成角为 ‎．……………………9分 设，则，‎ ‎∴，‎ 又∵平面的法向量且直线与平面所成角为，‎ ‎∴，……………………………………………11分 可得，‎ ‎∴（舍去）．‎ 综上，在线段上存在点N，使与平面所成角为，此时．…………13分 解法二：（Ⅰ）同解法一．‎ ‎（Ⅱ）由已知条件可得，，∴．‎ 由（Ⅰ）知，即CD为三棱锥C-ABD的高，又CD=2，‎ ‎∴，‎ 又∵点为线段中点，‎ ‎∴ 点M到平面的距离等于点Ｂ到平面的距离的，…………………………6分 ‎∴，‎ ‎∵，AD=,CD=2，∴，‎ 设点M到平面的距离为，则，即 解得=，∴设点M到平面的距离等于.……………8分 ‎（Ⅲ）同解法一．‎ 解法三：（Ⅰ）同解法一．‎ ‎（Ⅱ）∵点为线段中点，‎ ‎∴ 点M到平面的距离等于点Ｂ到平面的距离的，………………………………6分 由已知条件可得，由（Ⅰ）知，‎ 又，∴ ，‎ ‎∴点Ｂ到平面的距离等于线段的长．‎ ‎∵，∴设点M到平面的距离等于…………………8分 ‎（Ⅲ）同解法一．‎ 第12题 ‎【答案】本小题主要考查空间线面关系、空间角等基础知识；考查空间想象能力、运算求解能力以及推理论证能力；考查数形结合思想、化归与转化思想等．满分13分．‎ 解：（Ⅰ）直线与平面所成角的取值范围为．　　…………3分 ‎（Ⅱ）（i）在图1中，过点作，交于，由平几知识易得，‎ 在图2中，，又，，‎ 两两互相垂直，　　　　　　　　　……………………5分 又，平面，平面，‎ 又平面，平面平面．……………………8分 A B C E D A B C D E 图1‎ F 图2‎ ‎（ii）以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示．则，，，，，‎ ‎…………………………………………9分 假设在平面上存在点，使得线段的中点在平面上，则点的坐标为，且存在实数，使得，‎ ‎…………………………………………10分 又，……………………11分 ‎　即　点，……………………12分 故存在满足条件的点，其轨迹是平行于直线，且与直线的距离及与点的距离均为1的直线．　　　　　　……………………13分 第13题 解：（Ⅰ）以B为原点，分别以BA，BC，BP所在直线为x，y，z轴建立直角坐标系，‎ 则……2分 由题设知为平面ABC的一个法向量，……3分 又，‎ ‎∴与所成角的正弦值．……6分 ‎（Ⅱ）设，则，由，∴，．……8分 设，故，，‎ 由得，故．……12分 ‎∴．……13分 第14题 ‎【解析】（Ⅰ）因为平面ABC，平面ABC，所以，‎ 因为AB是圆O直径，所以，又，所以平面，‎ 而平面，所以平面平面。‎ ‎（Ⅱ）（i）设圆柱的底面半径为，则AB=，故三棱柱的体积为 ‎=，又因为，‎ 所以=，当且仅当时等号成立，‎ 从而，而圆柱的体积，‎ 故=当且仅当，即时等号成立，‎ 所以的最大值是。‎ ‎（ii）由（i）可知，取最大值时，，于是以O为坐标原点，建立空间直角坐标系（如图），则C（r，0，0），B（0，r，0），（0，r，2r），‎ 因为平面，所以是平面的一个法向量，‎ 设平面的法向量，由，故，‎ 取得平面的一个法向量为，因为，‎ 所以。‎ ‎----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------‎ 第15题 略 第16题 ‎【答案】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力及运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想及应用意识. 满分13分.‎ 解：（Ⅰ）证法一：∵面，∴，.‎ 又∵，∴四边形是正方形，‎ ‎∴. ………1分 ‎∵，‎ ‎∴. ………2分 又∵, ∴. ………3分 ‎∵,‎ ‎∴. ………4分 证法二：∵面，∴，.‎ 又∵，‎ ‎∴分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. ……1分 则，‎ ‎，Ks5u ‎∴， …2分 ‎∴. …3分 又∵‎ ‎∴. …4分 证法三：∵面，∴，.‎ 又∵，‎ ‎∴分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. ……1分 则,‎ ‎.‎ 设平面的法向量，‎ 则，解得.‎ 令，则， ……3分 ‎∵, ∴. ……4分 ‎（Ⅱ）∵，‎ ‎∴点到平面的距离等于点到平面的距离 ‎∴, …5分 ‎，‎ 令，得（舍去）或，‎ 列表，得 ‎1‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎－‎ 递增 极大值 递减 ‎∴当时，. …8分 ‎（Ⅲ）分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.‎ 则,‎ ‎，‎ ‎，. ……9分 ‎　设平面的法向量，‎ 则，解得,‎ 令，则. …10分 设平面的法向量，‎ 则.‎ 由于，所以解得.‎ 令，则. …11分 设二面角的平面角为，‎ 则有.‎ 化简得,解得（舍去）或.‎ 所以当时，二面角的平面角的余弦值为. …13分