20xx高考试卷分类汇编07----立体几何2(编辑修改稿)

20xx高考试卷分类汇编07----立体几何2(编辑修改稿)内容摘要：

C D x y z H 第 15 页 共 55 页 56．（海南宁夏文 18）（本小题满分 12分） 如下的三个图中，上面的是一个长 方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画出（单位： cm）。 （ 1）在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；（ 2）按照给出的尺寸，求该多面体的体积；（ 3）在所给直观图中连结 39。 BC ，证明： 39。 BC ∥面 EFG。 解： (1)如下图 （２）所求多面体的体积  31 1 2 8 44 4 6 2 2 23 2 3V V V c m          正长 方 体 三 棱 锥 （３）证明：如图，在长方体 39。 39。 39。 39。 ABCD A B C D 中，连接 39。 AD ，则 39。 AD ∥ 39。 BC 因为Ｅ，Ｇ分别为 39。 39。 39。 ,AAAD 中点，所以 39。 AD ∥ EG ，从而 EG ∥ 39。 BC ， 又 39。 BC EFG 平 面 , 所以 39。 BC ∥平面ＥＦＧ； 224侧视图正视图624GEFC 39。 B 39。 D 39。 CA BD第 16 页 共 55 页 57．（湖北理 18）（本小题满分 12分） 如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，平面 ABC 侧面 11AABB . （Ⅰ）求证： AB BC ； （Ⅱ）若直线 AC 与平面 1ABC 所成的角为  ,二面角 1A BC A 的大小为  ，试判断  与  的大小关系，并予以证明 . 解：（Ⅰ）证明：如右图，过点 A 在平面 11AABB 内作 1AD AB 于 D ， 则由平面 1ABC 侧面 11AABB ,且平面 1ABC 侧面 1 1 1A ABB A B ， 得 AD 平面 1ABC . 又 BC 平面 1ABC ,所以 AD BC . 因为三棱柱 1 1 1ABC A B C 是直三棱柱 , 则 1AA 底面 ABC ，所以 1AA BC . 又 1AA AD A ，从而 BC 侧面 11AABB ，又 AB 侧面 ， 故 AB BC . （Ⅱ）解法 1：连接 CD，则由 (Ⅰ )知 ACD 就是直线 AC 与平面 1ABC 所成的角， 1ABA 就是二面角 1A BC A的平面角，即 ACD ， 1ABA . 于是在 Rt ACD 中， sin ADAC , 在 Rt ADB ， sin ,ADAB 由 AB AC ，得 sin sin＜ ， 又 0 2＜ ， ＜ ， 所以 ＜ 解法 2：由 (Ⅰ )知，以点 B 为坐标原点，以 1,BC BA BB 所在的直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 .设 1AA a ， AC b ， AB c ， 则 (0,0,0)B ， (0, ,0)Ac ， 22 1( , 0 , 0 ) , (0 , , ) ,C b c A c a 于是 22 1( , 0 , 0 ) , (0 , , ) ,B C b c B A c a   22 1( , , 0 ) , (0 , 0 , ) .A C b c c A A a    设平面 1ABC 的一个法向量为 ( , , )n x y z 则 由 1 0,0,n BAn BC 得220,0,cy azb c x 第 17 页 共 55 页 可取 (0, , )n a c 于是 0n AC ac AC ＞ ， 与 n 的夹角  为锐角，则  与  互为余角 . 22s i n c o s ,n A C a cn A C b a c      1221c o s ,B A B A cB A B A ac   所以 sin ,aac  于是由 cb ，得2 2 2 2 ,a c ab a c a c＜ 即 sin sin ,＜ 又 0,2＜ ， ＜ 所以 ,＜ 58．（湖北文 18）（本小题满分 12分） 如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，平面 1ABC 侧面 （Ⅰ）求证：。 AB BC （Ⅱ）若 1AA AC a，直线 AC 与平面 1ABC 所成的角为  ， 二面角 1A BC A的大小为  ，求证： .2 解： (Ⅰ )证明：如右图，过点 A 在平面 11AABB 内作 1AD AB 于 D，则 由平面 1ABC 侧面 11AABB ,且平面 1ABC 侧面 1 1 1A ABB A B ， 得 AD 平面 1ABC . 又 BC 平面 1ABC ,所以 AD BC . 因为三棱柱 1 1 1ABC A B C 是直三棱柱 , 则 1AA 底面 ABC ，所以 1AA BC . 又 1AA AD A ，从而 BC 侧面 11AABB ，又 AB 侧面 ，故 AB BC . (Ⅱ )证法 1：连接 CD，则由 (Ⅰ )知 ACD 就是直线 AC 与平面 1ABC 所成的角， 1ABA 就是二面角 1A BC A的平面角，即 ACD ， 1ABA . 于是在 Rt ACD 中， sin AD ADAC a ,在 1Rt ADA 中，1 1sin A D A DA A D A A a  , 第 18 页 共 55 页 1sin sin AA D  ,由于  与 1AAD 都是锐角，所以 1AAD 又由 1Rt AAB 知，11 2A A D A A B      ，故 .2 . 证法 2：由 (Ⅰ )知，以点 B 为坐标原点，以 1,BC BA BB 所在的直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 .设 ()AB c c a， AC a ， 则 (0,0,0)B ， (0, ,0)Ac ， 22( ,0,0)C a c ， 1(0, , )A c a ， 于是 22( , 0, 0)B C a c， 1 (0, , )BA c a ＝（ 0， c,a） , 22( , , 0 )A C a c c  ， 1 (0,0, )AA a 设平面 1ABC 的一个法向量为 ( , , )n x y z , 则由 1 0,0,n BAn BC 得220,0,cy aza c x 可取 (0, , )n a c ，于是 0n AC ac， AC 与 n 的夹角  为锐角 ,则  与  互为余角 222 2 2 2 2 2 2( 0 , , ) ( , , 0)si n c os | | | |()n AC a c a c c ACa c a c c a c         , 1 2 2 2 21( 0 , , ) ( 0 , 0 , )c o s ,| | | |B A B A a c a cB A B A a c a a c      所以 s in c o s s in ( )2    ,又 0,2，所 以 2 . 第 19 页 共 55 页 59．（湖南理 17） .（本小题满分 12分） 如图所示，四棱锥 PABCD的底面 ABCD是边长为 1的菱形，∠ BCD＝ 60176。 ， E是 CD 的中点， PA⊥底面 ABCD， PA＝ 2. （Ⅰ）证明：平面 PBE⊥平面 PAB。 （Ⅱ）求平面 PAD和平面 PBE所成二面角（锐角）的大小 . 解 : 解法一（Ⅰ）如图所示，连结 BD， 由 ABCD是菱形且∠ BCD=60176。 知，△ BCD是等边三角形 . 因为 E是 CD的中点，所以 BE⊥ CD,又 AB∥ CD,所以 BE⊥ AB. 又因为 PA⊥平面 ABCD， BE 平面 ABCD， 所以 PA⊥ PA AB=A,因此 BE⊥平面 PAB. 又 BE 平面 PBE，所以平面 PBE⊥平面 PAB. （Ⅱ）延长 AD、 BE相交于点 F，连结 A作 AH⊥ PB于 H， 由（Ⅰ）知 平面 PBE⊥平面 PAB,所以 AH⊥平面 PBE. 在 Rt△ ABF中，因为∠ BAF＝ 60176。 ，所以， AF=2AB=2=AP. 在等腰 Rt△ PAF中，取 PF的 中点 G，连接 AG⊥ PF. 连结 HG，由三垂线定理的逆定理得 PF⊥ HG. 所以∠ AGH是平面 PAD和平面 PBE所成二面角的平面角（锐角） . 在等腰 Rt△ PAF中， 2 PA 在 Rt△ PAB中， 222 2 5 .55A P A B A P A BAH PB A P A B    所以，在 Rt△ AHG中， 25 105s i n .52AHA G H AG    故平面 PAD和平面 PBE所成二面角（锐角）的大小是 10arcsin .5 解法二 : 如图所示 ，以 A为原点，建立空间直角坐标系 .则相关各点的坐标分别是 A（ 0， 0， 0）， B（ 1， 0， 0）， 33( , ,0),22C 13( , ,0),22D P（ 0， 0， 2） , 3(1, ,0).2E 第 20 页 共 55 页 （Ⅰ）因为 3(0, ,0)2BE  ， 平面 PAB的一个法向量是 0 (0,1,0)n  ， 所以 0BE n和 共线 .从而 BE⊥平面 PAB. 又因为 BE 平面 PBE， 故平面 PBE⊥平面 PAB. (Ⅱ )易知 3(1 , 0 , 2 ) , ( 0 , 02P B B E   ， ） ， 13(0 , 0 , 2 ) , ( , , 0 )22P A A D   设1 1 1 1( , , )n x y z是平面 PBE的一个法向量，则由 110,0n PBn BE 得 1 1 11 2 20 2 0 ,30 0 0 .2x y zx y z        所以 1 1 1 10 , 2 . ( 2 , 0 ,1 ) .y x z n  故 可 取 设 2 2 2 2( , , )n x y z 是平面 PAD的一个法向量，则由 220,0n PAn AD 得 2 2 22 2 20 0 2 0 ,13 0 0.22x y zx y z        所以 2 2 20, 3 .z x y   故可取 2 ( 3, 1,0).n  于是， 1212122 3 1 5c o s , .552nnnnnn     故平面 PAD和平面 PBE所成二面角（锐角）的大小是 15arccos .5 第 21 页 共 55 页 60．（湖南文 18）（本小题满分 12分） 如图 所示，四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD 是边长为 1的菱形， 060BCD ， E是 CD的中点， PA 底面 ABCD， 3PA。 （ I）证明：平面 PBE 平面 PAB； （ II）求二面角 A— BE— P的大小。 解： 解法一（ I）如图所示 , 连结 ,BD 由 ABCD 是菱形且 060BCD 知， BCD△ 是等边三角形 . 因为 E是 CD的中点，所以 ,BE CD⊥ 又 ,AB CD// 所以 ,BE AB⊥ 又因为 PA 平面 ABCD， BE 平面 ABCD，所以 ,BEPA⊥ 而 ,AB APA 因此 BE⊥ 平面 PAB. 又 BE 平面 PBE，所以平面 PBE 平面 PAB. （ II）由（ I）知， BE⊥ 平面 PAB, PB 平面 PAB, 所以 .PB BE 又 ,BEAB⊥ 所以 PBA 是二面角 A BE P的平面角． 在 Rt PAB△ 中 , ta n 3 , 6 0 .PAP B A P B AAB    ． 故二面角 A BE P的大小为 60. 解法二：如图所示 ,以 A为原点，建立空间直角坐标系．则相关各点的坐标分别是 (000),A ， ， (100),B ， ， 33( 0),22C ， ， 13( 0),22D ， ， (00 3),P ， ， 3(1 0).2E ， ， （ I）因为 3(0, 0),2BE  ， 平面 PAB的一个法向量是 0 (010),n 。