最新数学高考分类汇编解答题理03――立体几何优秀名师资料.doc

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1、2011年数学高考分类汇编解答题(理)03立体几何2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 03 立体几何 1. (2011天津卷理)17(本小题满分13分)如图，在三棱柱中， ABCABC,111AA,22CH,5.H是正方形的中心，平面，且 CH,AABBAABB1111111(?)求异面直线AC与AB所成角的余弦值; 11(?)求二面角的正弦值; AACB,111MN(?)设为棱的中点，点在平面BCAABB1111BMMN,内，且平面，求线段的长( ABC11【解析】17(本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查

2、空间想象能力、运算能力和推理论证能力.满分13分. 方法一:如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点. ABC(22,0,0),(0,0,0),(2,2,5), 依题意得 ABC(22,22,0),(0,22,0),(2,2,5) 111ACAB,(2,2,5),(22,0,0) (I)解:易得， 11ACAB,4211cos,ACAB, 于是 113|ACAB,322，112 所以异面直线AC与AB所成角的余弦值为 .113AAAC,(0,22,0),(2,2,5). (II)解:易知 111设平面AAC的法向量， mxyz,(,)11,mAC,0,，,2250,xyz,11 则即 ,m

3、AA,0220.y,1,m,(5,0,2)x,5, 不妨令可得， 同样地，设平面ABC的法向量， nxyz,(,)111,nAC,0,，,2250,xyz,11y,5 则即不妨令， ,nAB,0.,220.x,11,n,(0,5,2).可得 03 立体几何(理) 第1页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 mn,22于是 cos,mn,|7mn,77,35从而 sin,.mn,735所以二面角AACB的正弦值为 .117(III)解:由N为棱BC的中点， 112325得设M(a，b，0)， N(,).2222325则 MNab,(,)222,M

4、NAB,0,11MN,由平面ABC，得 111,MNAC,0.,11,2()(22)0,a,2即 ,2325,()(2)()(2)50.,，,，,ab,222,2a,22,2解得故 M(,0).,242,b,.,42210因此，所以线段BM的长为 BM,(,0)|.BM,244方法二: I)解:由于AC/AC，故，CAB是异面直线AC与AB所成的角. (1111111CH,因为平面AABB，又H为正方形AABB的中心， 11111AACH,22,5, 11ACBC,3.可得 1111222ACABBC，,2111111因此 cos.，,CAB11123ACAB,111103 立体几何(理) 第

5、2页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 2所以异面直线AC与AB所成角的余弦值为 .113(II)解:连接AC，易知AC=BC， 1111又由于AA=BA，AC=A=C， 1111111所以?，过点A作于点R， ARAC,ACA,BCA111111连接BR，于是，故为二面角AACB的平面角. BRAC,，ARB1111111122142在中， RtARB,BRABRAB,，,sin221().111111133中， 连接AB，在,ARB11222ARBRAB，,211， ABARBRARB,，,4,cos,11172ARBR,135从而 si

6、n.，,ARB1735所以二面角AACB的正弦值为 .1117MN,MNAB,.(III)解:因为平面ABC，所以 11111取HB中点D，连接ND，由于N是棱BC中点， 11115所以ND/CH且. NDCH,1122CH,又平面AABB， 111ND,NDAB,.所以平面AABB，故 1111又 MNNDN,AB,所以平面MND，连接MD并延长交AB于点E， 1111MEABMEAA,/.故则 111DEBEBD111由 ,AABABA411112得，延长EM交AB于点F， DEBE,1203 立体几何(理) 第3页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题

7、(理) 03 2可得连接NE. BFBE,.12RtENM,在中， 2 NDMENDDEDM,.故2ND52所以 DM,.DE42可得 FM,.4RtBFM,连接BM，在中， 1022 BMFMBF,，,.42. (2011北京理)16(本小题共14分) PABCD,PA,ABCDABCD 如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，. ABBAD,，,2,60BD,(?)求证:平面 PAC;PBAC (?)若求与所成角的余弦值; PAAB,PBCPDCPA (?)当平面与平面垂直时，求的长. 【解析】(16)(共14分) 证明:(?)因为四边形ABCD是菱形， 所以AC?BD. 又因为PA?平面AB

8、CD. 所以PA?BD. 所以BD?平面PAC.(?)设AC?BD=O. 因为?BAD=60?，PA=PB=2, 所以BO=1，AO=CO=3. 如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，则 P(0，3，2)，A(0，3，0)，B(1，0，0)，C(0，3，0). PB,(1,3,2),AC,(0,23,0).所以 ,设PB与AC所成角为，则 03 立体几何(理) 第4页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 PB,AC66cos,. ,422，23|PB|,|AC|BC,(,1,3,0).(?)由(?)知 0，,，t)(t0)， 设P(

9、3BP,(,1,3,t)则 设平面PBC的法向量, m,(x,y,z)BC,m,0,BP,m,0则 ,x，3y,0,6,所以令则 y,3,x,3,z,.,t,x,3y，tz,0,6所以m,(3,3,) t6同理，平面PDC的法向量n,(,3,3,) t因为平面PCB?平面PDC, 36所以=0，即,6，,0解得t,6所以PA=6 m,n2t3. (2011辽宁卷理)18(本小题满分12分) 1如图，四边形ABCD为正方形，PD?平面ABCD，PD?QA，QA=AB=P D( 2(I)证明:平面PQC?平面DCQ; (II)求二面角QBPC的余弦值( 【解析】18(解: 如图，以D为坐标原点，线

10、段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz. (I)依题意有Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0). DQDCPQ,(1,1,0),(0,0,1),(1,1,0).则 PQDQPQDC,0,0.所以 即PQ?DQ，PQ?DC. 故PQ?平面DCQ. 又PQ平面PQC，所以平面PQC?平面DCQ. 6分 ,CBBP,(10)0,1(2,1,.) (II)依题意有B(1，0，1)， 03 立体几何(理) 第5页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 ,nCBx,0,0,设是平面PBC的法向量，则 即nxyz,(

11、,),，,xyz20.nBP,0,因此可取 n,(0,1,2).,mBP,0,设m是平面PBQ的法向量，则 ,mPQ,0.,15可取 mmn,(1,1,1).cos,.所以515故二面角QBPC的余弦值为 12分 ,.54. (全国大纲卷理)19(本小题满分12分)(注意:在试题卷上作答无效) (SABCD,ABCD,BCCD,SAB如图，四棱锥中， ,，侧面为等边三角形，( ABBCCDSD,2,1(?)证明:; SDSAB,平面ABSBC(?)求与平面所成角的大小( 【解析】19(解法一: I)取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DE=CB=2， (连结SE，则SEABSE,3

12、. 222 又SD=1，故， EDSESD,，DSE 所以为直角。 3分 由， ABDEABSEDESEE,AB,ABSD, 得平面SDE，所以。 SD与两条相交直线AB、SE都垂直。 SD, 所以平面SAB。 6分 AB, (II)由平面SDE知， ABCD, 平面平面SED。 , 作垂足为F，则SF平面ABCD， SFDE,SDSE，3 SF,.DE2FGBC, 作，垂足为G，则FG=DC=1。 SGBC, 连结SG，则， 又， BCFGSGFGG,03 立体几何(理) 第6页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 BC, 故平面SFG，平面

13、SBC平面SFG。 9分 FHSG,FH, 作，H为垂足，则平面SBC。 SFFG，321 ，即F到平面SBC的距离为 FH,.SG7721 由于ED/BC，所以ED/平面SBC，E到平面SBC的距离d也有 .7设AB与平面SBC所成的角为， d2121 则 12分 ,sin,arcsin.EB77解法二: 以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz。 设D(1，0，0)，则A(2，2，0)、B(0，2，0)。 又设Sxyzxyz(,),0,0,0.则,(I)ASxyzBSxyz,(2,2,),(,2,)，DSxyz,(1,)， 由|ASBS,得 222222

14、(2)(2)(2),xyzxyz,，,，,，,，故x=1。 22由|11,DSyz,，,得 222|2(2)4,BSxyz,，,，,得又由 1322即 3分 yzyyz，,，,410,.故22133333于是， SASBS(1,),(1,),(1,),22222213 DSDSASDSBS,(0,),0,0.22故DSADDSBSASBSS,又 SD,所以平面SAB。 6分 (II)设平面SBC的法向量， amnp,(,)aBSaCBaBSaCB,0,0.则 03 立体几何(理) 第7页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 33又 BSCB,(

15、1,),(0,2,0),22,33mnp,，,0,故 9分 ,22,20.n,取p=2得。 aAB,(3,0,2),(2,0,0)又ABa,21 cos,.ABa,7|ABa,21故AB与平面SBC所成的角为 arcsin.75. (全国新课标理)(18)(本小题满分12分) 如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四 边形，?DAB=60?,AB=2AD,PD?底面ABCD. (?)证明:PA?BD; (?)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。 【解析】(18)解: (? )因为, 由余弦定理得 BDAD,3，,:,DABABAD60,2222,从而BD+AD= AB，故BDAD

16、 ,又PD底面ABCD，可得BDPD ,所以BD平面PAD. 故PABD (?)如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间x直角坐标系D-xyz，则 A1,0,0P0,0,1,。 B03,0，C,1,3,0，ABPBBC,(1,3,0),(0,3,1),(1,0,0) 03 立体几何(理) 第8页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 设平面PAB的法向量为n=(x,y,z)，则 ,，,xy30 即 30yz,因此可取n= (3,1,3)mPB,0 设平面PBC的法向量为m，则 mBC,0,427cos,mn,可取m=(

17、0，-1，) ,372727故二面角A-PB-C的余弦值为 ,76. (2011江西卷理)21(本小题满分14分) AAAA (1)如图，对于任一给定的四面体，找出依次排列的四个相互平行的平面 1234A,，使 得(i=1,2,3,4)，ii1234且其中每相邻两个平面间 的距离都相等; (2)给定依次排列的四个相互平行的平面,，其中每相邻两个平面间的距1234AAAA离为1，若一个正四面体的四个1234A,AAAA顶点满足:(i=1,2,3,4)，求该正四面体的体积. ii1234,A,AAA,AAAA解: (1)将直线三等分，其中另两个分点依次为,连接,作平行于23223314,AA,AA

18、AA,AA,A,A,的平面，分别过，即为。同理，过点作平面即22332233231414可的出结论。 aAM,MN,1,则有 (2)现设正方体的棱长为a,若，AM,， 111203 立体几何(理) 第9页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 522，由于得， AD，AE,AM，DE,a,5DE,AD，AE,a111111111111121553那么，正四面体的棱长为，其体积为(即一个棱长为a的d,2a,10V,a,33正方体割去四个直角三棱锥后的体积) 7. (山东卷理)19(本小题满分12分) 90:在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行

19、四边形，? ACB=，,?平面,，EF?,，,?,，,?,.,=,. (?)若,是线段,的中点，求证:,?平面,; (?)若,=,求二面角,-,-,的大小( (I)证法一: 【解析】19，,:ACB90因为EF/AB，FG/BC，EG/AC， ,EFG.所以? ，,:,EGFABC90,由于AB=2EF， 因此，BC=2FC， 1连接AF，由于FG/BC， FGBC,2ABCD在中，M是线段AD的中点， 1则AM/BC，且 AMBC,2因此FG/AM且FG=AM， 所以四边形AFGM为平行四边形， 因此GM/FA。 FA,GM,又平面ABFE，平面ABFE， 所以GM/平面AB。 证法二: ，

20、,:ACB90因为EF/AB，FG/BC，EG/AC， ,EFG.所以? ，,:,EGFABC90,由于AB=2EF， 因此，BC=2FC， 取BC的中点N，连接GN， 因此四边形BNGF为平行四边形， 所以GN/FB， ABCD在中，M是线段AD的中点，连接MN， 03 立体几何(理) 第10页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 则MN/AB， 因为 MNGNN,所以平面GMN/平面ABFE。 GM,又平面GMN， 所以GM/平面ABFE。 (II)解法一: 因为， ，,:，:ACB90,所以CAD=90EA,又平面ABCD， 所以AC，A

21、D，AE两两垂直， 分别以AC，AD，AE所在直线为x轴、y轴和z轴，建立如图所法的空间直角坐标系， 不妨设 ACBCAE,22,则由题意得A(0，0，0，)，B(2，-2，0)，C(2，0，0，)，E(0，0，1)， 所以ABBC,(2,2,0),(0,2,0), 1又 EFAB,2所以FBF(1,1,1),(1,1,1)., 设平面BFC的法向量为mxyz,(,), 111则mBCmBF,0,0, y,0,1所以取zx,11,得 ,11xz,11所以 m,(1,0,1),nxyz,(,)设平面ABF的法向量为， 222nABnBF,0,0,则 xy,22取得yx,1,1,所以 ,22z,0

22、,2则， n,(1,1,0)mn,1所以 cos,.mn,|2mn,60.:因此二面角ABFC的大小为 解法二: 03 立体几何(理) 第11页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 ABFE,由题意知，平面平面ABCD， 取AB的中点H，连接CH， 因为AC=BC， CHAB,所以， CH,则平面ABFE， 过H向BF引垂线交BF于R，连接CR， CRBF,.则 ，HRC所以为二面角ABFC的平面角。 由题意，不妨设AC=BC=2AE=2。 在直角梯形ABFE中，连接FH， FHAB,则，又 AB,22,所以 HFAEBH,1,2,6RtBHF

23、,因此在中， HR,.31由于 CHAB,2,22RtCHR,所以在中， tan3,，,HRC6360.:因此二面角ABFC的大小为 8. (2011陕西理)16(本小题满分12分) AD,ABCBC如图，在中，,，,ABCBACAD60,90,是上的高，沿把,ABC折起，使 。 ，,BCD90(?)证明:平面, ?平面,; (?)设,为,的中点，求与夹角的余弦值。 AEDB【解析】16(解(?)?折起前,是,边上的高， ? 当 ,折起后，AD?,，AD?,， 又DB,， ,?,?平面,， ?AD 平面平面BDC( 03 立体几何(理) 第12页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年

24、数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 ,平面ABD平面BDC。 ？DB(?)由? ,90:及(?)知DA，,，DC两两垂直，不防设=1，以D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，易得DBDCDA,xyz,13D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，)，E(，0)， 32213,=， ？AE,3,22,=(1，0,0,)， DB与夹角的余弦值为 ？AEDB11AEDB,222222,，,=( cosAEDB,.,2222|AEDB,22221，1，449. (上海理)21(14分)已知ABCDABCD,是底1111DAAC面边长为1的正四棱柱，O是和B

25、D的交点。 11111BC(1)设AB与底面ABCD所成的角的大小为，,11111二面角ABDA,的大小为。 ,111A1D1tan2tan,求证:; O14B1CCABD(2)若点到平面的距离为，求正四棱柱1113AABCDABCD,的高。 D1111h【解析】21(解:设正四棱柱的高为。 BCAA,AOABCDA? 连，底面于， 1111111ABABCD，ABA? 与底面所成的角为，即1111111AD11O，,ABA, 111B1C1ABAD,OBD，为中点，? 11111AOBD,AOBD,，又， 111111103 立体几何(理) 第13页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 20

26、11年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 ? 是二面角的平面角，即 ，AOAABDA,，,AOA,1111111AA1? ，tan,hAB11zAA1AD。 tan22tan,hAO11BC? 建立如图空间直角坐标系，有AhBDCh(0,0,),(1,0,0),(0,1,0),(1,1,) 11A1D1yOB11ABhADhAC,(1,0,),(0,1,),(1,1,0) C111x设平面ABD的一个法向量为， nxyz,(,)11,nABnAB,0,11z,1? ，取得nhh,(,1) ,nADnAD,0,11,|04nAChh,，Ch,2ABD? 点到平面的距离为，则。 d,11223

27、|nhh，110. (四川理)19(本小题共l2分) 如图，在直三棱柱AB-ABC中(? BAC=90?，AB=AC=AA =1(D是棱CC上的一 11111P是AD的延长线与AC的延长线的交点，且PB?平面BDA( 111(I)求证:CD=CD: 1(II)求二面角A-AD-B的平面角的余弦值; 1(?)求点C到平面BDP的距离( 1OBABABP/面BDABPABPABPDOD,面面面,BA解析:(1)连接交于, 11111111O？BPOD/BA,又为的中点，中点，？D为AP11？C为AP？,ACDPCD？,CDCDCC,D为的中点。 11111AHAD,BHABACABAAABCC,面

28、AA(2)由题意,过B 作,连接，则11103 立体几何(理) 第14页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 BHAD,？，AHB,为二面角的平面角。在中，,AADAADB,112525352AH555,则 AHBHAHB,，,cosAAADAD,1,11553BH2235511(3)因为VV,，所以,AB,1 hSABS,CBPDBPCD,BPDPCD111111133111, SSS,PCDPCCPCD1124495，,53525544在中， ,BDPBDBPPDDBPDBP,，,，,5,.cos,sin 111113225525,2135

29、31 ？,Sh5,BPD12254311. (2011浙江理)20(本题满分15分) PABC,ABAC,如图，在三棱锥中，D为BC的中点，PO?平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2 (?)证明:AP?BC; (?)在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角,若存在，求出AM的长;若不存在，请说明理由。 【解析】20(本题主要考查空是点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分。 方法一: (I)证明:如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴， 建立空间直角坐标系Oxyz 则， O

30、ABCP(0,0,0),(0,3,0),(4,2,0),(4,2,0),(0,0,4),APBC,(0,3,4),(8,0,0)，由此可得，所以 APBC,0APBC,.，即 APBC,PMPAPM,1,(0,3,4)则(II)解:设 BMBPPMBPPA,，,，,，,(4,2,4)(0,3,4), ,(4,23,44),03 立体几何(理) 第15页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 ACBC,(4,5,0),(8,0,0)nxyz,(,)设平面BMC的法向量， 1111n平面APC的法向量 ,(,)xyz2222,BMn,0,1由 ,BC

31、n,0,1,，,4(23)(44)0,xyx,111得 ,80,x,1x,0,1,23，,即 可取n,(0,1,),23，,144,zy,11,44,340,yz，,APn,0,222由即 ,，,450,xyACn,0.,22,2,5,xy,22,4可取n,(5,4,3).得 ,23,zy,22,423，,由 nn,0,430,得1244,2解得,，故AM=3。 5综上所述，存在点M符合题意，AM=3。 方法二: ADBC,(I)证明:由AB=AC，D是BC的中点，得 PO,POBC,.又平面ABC，得 BC,因为，所以平面PAD， POADO,BCPA,.故 BMPA,(II)解:如图，在平

32、面PAB内作于M，连CM， APBC,AP,由(I)中知，得平面BMC， AP,又平面APC，所以平面BMC平面APC。 222RtADBABADBDAB,，,中得,41,41.在 222RtPODPDPOOD,，中,在， 222RtPDBPBPDBD,，中,在 2222PBPOODDB,，,36,PB=6.得所以 03 立体几何(理) 第16页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 222在 RtPOA,25,5.,，,中得PAAOOPPA222PAPBAB，,1又 cos,，,BPA23PAPB,，,PBBPAcos2从而PM，所以AM=PA

33、-PM=3。 综上所述，存在点M符合题意，AM=3。 12. (重庆理)19(本小题满分12分，(?)小问5分，(?)小问7分() ABCDABC,如题(19)图，在四面体中，平面ACDABBC,ADCD,，,:CAD平面，( AD,ABBC,ABCD (?)若，求四面体的体积; CABD,:AD (?)若二面角为，求异面直线BC与所成角的余弦值( 【解析】19(本题12分) (I)解:如答(19)图1，设F为AC的中点，由于AD=CD，所以DF?AC. 故由平面ABC?平面ACD，知DF?平面ABC， 即DF是四面体ABCD的面ABC上的高， 且DF=ADsin30?=1，AF=ADcos3

34、0?=. 3在Rt?ABC中，因AC=2AF=，AB=2BC， 23215415由勾股定理易知 BCAB,.55故四面体ABCD的体积 1114152154 VSDF,，,.,ABC332555(II)解法一:如答(19)图1，设G，H分别为边CD，BD的中点，则FG/AD，GH/BC，从而?FGH是异面直线AD与BC所成的角或其补角. 设E为边AB的中点，则EF/BC，由AB?BC，知EF?AB.又由(I)有DF?平面ABC， 故由三垂线定理知DE?AB. 所以?DEF为二面角CABD的平面角，由题设知?DEF=60? aADaDFADCAD,sin.则设 2a33在 RtDEFEFDFDE

35、Fa,中,cot,23613从而 GHBCEFa,.2603 立体几何(理) 第17页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 1a因Rt?ADE?Rt?BDE，故BD=AD=a，从而，在Rt?BDF中， FHBD,221a又从而在?FGH中，因FG=FH，由余弦定理得 FGAD,22222FGGHFHGH，,3 cosFGH,226FGGHFG,3因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为 .6解法二:如答(19)图2，过F作FM?AC，交AB于M，已知AD=CD， 平面ABC?平面ACD，易知FC，FD，FM两两垂直，以F为原点，射线FM，FC，

36、FD分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Fxyz. 不妨设AD=2，由CD=AD，?CAD=30?，易知点A，C，D的坐标分别为 ACD(0,3,0),(0,3,0),(0,0,1), 则AD,(0,3,1).显然向量是平面ABC的法向量. k,(0,0,1)已知二面角CABD为60?， 故可取平面ABD的单位法向量， nlmn,(,)1使得 ,nkn,60,.从而23由有从而nADmnm,，,30,.6 6222由得lmnl，,1,.36设点B的坐标为，有 BxyABBCnABl(,0);,由取,3,4622,xy，,3,x,x,0,9 解之得舍去,(),63y,3,xy,，,

37、(3)0,73,y,36,9,6易知与坐标系的建立方式不合，舍去. l,346734623因此点B的坐标为所以 B(,0).CB,(,0).9999从而 03 立体几何(理) 第18页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 233(),ADCB,39 cos,.,ADCB6|ADCB46232231()()，,993故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为 .613. (安徽理)(17)(本小题满分12分) ABEDADABCDEFGAGFDO如图，为多面体，平面与平面垂直，点在线段上，OACODEODF?OAB，,?，?，?都是正三角形。 OAO

38、D,1,2,EFBC(?)证明直线?; (II)求棱锥FOBED的体积。 【解析】(17)(本小题满分12分)本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力. (I)(综合法) 证明:设G是线段DA与EB延长线的交点. 由于?OAB与?ODE都是正三角形，所以 1OBDE ?，OG=OD=2， = 2,GOG,OD,2. 同理，设是线段DA与线段FC延长线的交点，有 ,GG 又由于G和都在线段DA的延长线上，所以G与重合. 11OBDEDF 在?GED和?GFD中，由?和OC?，可知B和C分

39、别是GE和GF= = = 22的中点，所以BC是?GEF的中位线，故BC?EF. (向量法) 过点F作，交AD于点Q，连QE，由平面ABED?平面ADFC，知FQ?平FQ,ADQEQDQF面ABED，以Q为坐标原点，为轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立如x03 立体几何(理) 第19页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 图所示空间直角坐标系. 3333 由条件知 E(3,0,0),F(0,0,3),B(,0),C(0,).222233 则有 BC,(,0,),EF,(,3,0,3).22EF,2BC, 所以即得BC?EF. 3 (II)解:

40、由OB=1，OE=2，,60:,，而?OED是边长为2的正EOB知SEOB2S,3.三角形，故 OED33 所以 S,S，S,.OBEDEOBOED2过点F作FQ?AD，交AD于点Q，由平面ABED?平面ACFD知，FQ就是四棱锥13FOBED的高，且FQ=，所以V,FQ,S,. 3F,OBEDOBED3214. 03 立体几何(理) 第20页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 03 立体几何(理) 第21页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 14. (2011福建理)20(本小题满分14分

41、) 如图，四棱锥P-ABCD中，PA?底面ABCD，四边形ABCD中，AB?AD，CDA,45:AB+AD=4，CD=，( 2(I)求证:平面PAB?平面PAD; (II)设AB=AP( 30: (i)若直线PB与平面PCD所成的角为，求线段AB的长; (ii)在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等,说明理由。 【解析】20(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、抽象根据能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想，满分14分。 解法一: PA,(I)因为平面ABCD， AC,

42、平面ABCD， PAAB,所以， 又 ABADPAADA,AB,所以平面PAD。 AB,PAB,又平面PAB，所以平面平面PAD。 (II)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系 Axyz(如图) CEAD,.在平面ABCD内，作CE/AB交AD于点E，则 RtCDE,CD,:,cos451在中，DE=， CECD,:,sin451,设AB=AP=t，则B(t，0，0)，P(0，0，t) 由AB+AD=4，得AD=4-t， 所以， EtCtDt(0,3,0),(1,3,0),(0,4,0),CDPDtt,(1,1,0),(0,4,). (i)设平面PCD的法向量为， nxyz,(,),，,xy0,

43、由，得 nCD,nPD,(4)0.,tytx,取，得平面PCD的一个法向量， xt,nttt,430:PBtt,(,0,)又，故由直线PB与平面PCD所成的角为，得 03 立体几何(理) 第22页(32) 天津蓟县擂鼓台中学 张友清 2011年数学各地高考分类汇编解答题(理) 03 2nPBtt,|24|1 cos60|,:,即22222|nPB,tttx，,(4)244,40t解得(舍去，因为AD)，所以 AB,.tt,或455(ii)假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等， 04,mt设G(0，m，0)(其中) 则， GCtmGDtmGPmt,(1,3,0),(0,4,0),(0,)222由得，(2) |GCGD,(4),，tmmt2由(1)、(2)消去t，化简得(3) mm,，,340由于方程(3)没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G， 使得点G到点P，C，D的距离都相等。 从而，