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点线面的位置关系高考试题及答案


点直线平面之间的位置关系
二、填空题

N 错误!未指定书签。 . ( 2012 年高考(四川文) )如图,在正方体 ABCD ? A 1B 1C1 D 1 中, M 、
分别是 CD 、 CC1 的中点 , 则异 面直线 A1M 与 DN 所成的角 的大小是 ____________.
错误!未指定书签。 . ( 2012 年高

考(大纲文) ) 已知正方形
D1 C1 B1 N D A C B A1

ABCD ? A1B1C1D1

中, E , F 分别为 BB1 , CC1 的中点,那么异面直线 AE 与 D1F 所成角的余弦 值为____.
三、解答题 错 误 ! 未 指 定 书 签 。. ( 2012 年 高 考 ( 重 庆 文 ) ) 已 知直 三棱 柱

M

ABC ? A1B1C1

中, AB ? 4 , AC ? BC ? 3 , D 为 AB 的中点. (Ⅰ)求异面直线 CC1 和 AB 的距离; (Ⅱ)若 AB1 ? AC 1 ,求二面角 A 1 ? CD ? B 1 的平面角的余弦值.

错误!未指定书签。 . ( 2012 年高考(浙江文) )如图,在侧棱锥垂直底面的四棱锥 ABCD-A1 B1 C1 D1

中,AD∥BC,AD⊥AB,AB= 2 .AD=2,BC=4,AA1 =2,E 是 DD1 的中点,F 是平面 B1 C1 E 与直线 AA1 的交点. (1)证明:(i)EF∥A1 D1 ; (ii)BA1 ⊥平面 B1 C1 EF; (2)求 BC1 与平面 B1 C1 EF 所成的角的正弦值.

1

错误!未指定书签。 . ( 2012 年高考(天津文) ) 如图,在四棱锥 P ?

ABCD 中,底面 ABCD 是

矩形, AD ? PD, BC ? 1, PC ? 2 3 , PD ? CD ? 2 . (I)求异面直线 PA 与 BC 所成角的正切值; (II)证明平面 PDC ? 平面 ABCD ; (III)求直线 PB 与平面 ABCD 所成角的正弦值.

错 误 ! 未 指 定 书 签 。.( 2012 年 高 考 ( 四 川 文 )) 如 图 , 在 三 棱 锥

P? A B C

中 , ?APB ? 90 , ?PAB ? 60 , AB ? BC ? CA , 点 P 在平面 ABC 内的射 影 O 在

AB 上.
(Ⅰ)求直线 PC 与平面 ABC 所成的角的大小; (Ⅱ)求二面角 B ? AP ? C 的大小.

P C

A

B

错误!未指定书签。 . ( 2012 年高考(上海文) ) 如图,在三棱锥 P-ABC 中,PA⊥底面 ABC,D 是

PC 的中点.已知∠BAC= PA=2.求:

? 2

,AB=2,AC=2 3 ,

P

(1)三棱锥 P-ABC 的体积; (2)异面直线 BC 与 AD 所成的角的大小(结果用反三 角函数值表示). B

A

D

C

2

错误!未指定书签。 . ( 2012 年高考(陕西文) ) 直三棱柱 ABC- A1 B1 C1 中,AB=A A1

,

?CAB =

? 2

(Ⅰ)证明 CB1 ? BA1 ;[ (Ⅱ)已知 AB=2,BC= 5 ,求三棱锥 C1 ? ABA1 的体积.

错误!未指定书签。 . ( 2012 年高考(山东文) )如图,几何体 E ? ABCD 是四棱锥,△ ABD 为正

三角形, CB ? CD, EC ? BD . (Ⅰ)求证: BE ? DE ; (Ⅱ)若∠ BCD ? 120? ,M 为线段 AE 的中点, 求证: DM ∥平面 BEC .

3

错误!未指定书签。 . ( 2012 年高考(辽宁文) )如图,直三棱柱 ABC ? A

/

B/ C / , ?BAC ? 90 ,

AB ? AC ? 2, AA′=1,点 M,N 分别为 A/ B 和 B / C / 的中点.
(Ⅰ)证明: MN ∥平面 A/ ACC / ; (Ⅱ)求三棱锥 A/ ? MNC 的体积. (椎体体积公式 V=

1 Sh,其中 S 为地面面积,h 为高) 3

错误!未指定书签。 . (2012 年高考(课标文) )如图,三棱柱 ABC ? A 1B 1C1 中,侧棱垂直底面,

1 ∠ACB=90°,AC=BC= AA1 ,D 是棱 AA1 的中点. 2 (I) 证明:平面 BDC1 ⊥平面 BDC1 (Ⅱ)平面 BDC1 分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比.

4

错误!未指定书签。 . ( 2012 年高考(湖南文) )如图 6,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,底

面 ABCD 是等腰梯形,AD∥BC,AC⊥BD. (Ⅰ)证明:BD⊥PC; (Ⅱ)若 AD=4,BC=2,直线 PD 与平面 PAC 所成的角为 30°,求四棱锥 P-ABCD 的体积.

P

A

D

B

C

错误!未指定书签。 . ( 2012 年高考(广东文) ) (立体几何)如图 5 所示,在四棱锥 P ? ABCD

中, AB ? 平面 PAD , AB ∥ CD , PD ? AD , E 是 PB 的中点 , F 是
DC 上的点且 DF ?

1 AB , PH 为 ?PAD 中 AD 边上的高. 2

(Ⅰ)证明: PH ? 平面 ABCD ; (Ⅱ)若 PH ? 1 , AD ? 2 , FC ? 1 ,求三棱锥 E ? BCF 的体积; (Ⅲ)证明: EF ? 平面 PAB .

5

错 误 ! 未指 定 书签。 . ( 2012 年 高 考 ( 福 建 文 ) ) 如图,在长方体

ABCD ? 1 AB 1 C 1 D 1

中, AB ? AD ? 1, AA 1 ? 2, M 为棱 DD 1 上的一点. (1)求三棱锥 A ? MCC1 的体积;

MAC . (2)当 A 1M ? MC 取得最小值时,求证: B1M ? 平面

错误!未指定书签。 . ( 2012 年高考(大纲文) ) 如图,四棱锥 P ?

ABCD 中,底面 ABCD 为菱

形, PA ? 底面 ABCD , AC ? 2 2 , PA ? 2 , E 是 PC 上的一点, PE ? 2 EC . (Ⅰ)证明: PC ? 平面 BED ; (Ⅱ)设二面角 A ? PB ? C 为 90°,求 PD 与平面 PBC 所成角的大小. P

E B C

A D

6

错误! 未指定书签。 ( .2012 年高考 (江苏) ) 如图,在直三棱柱 ABC ? A1B1C1 中, A1 B1 ? A1C1 , D , E

分别是棱 BC , F 为 B1C1 的中点. CC1 上的点(点 D 不同于点 C ),且 AD ? DE , 求证:(1)平面 ADE ? 平面 BCC1 B1 ; (2)直线 A1 F // 平面 ADE .

7

参考答案
一、选择题 错误!未找到引用源。

【答案】B 【命题意图】本题考查的是平面几何的基本知识,具体为线面平行、线面垂直、面面平 行、面面垂直的判定和性质. 【解析】 利用排除法可得选项 B 是正确的,∵ l ∥a, l ⊥β ,则 a⊥β .如选项 A: l ∥a, l ∥ β 时, a⊥β 或 a∥β ;选项 C:若 a⊥β , l ⊥a, l ∥β 或 l ? ? ;选项 D:若若 a⊥β , l ⊥ a, l ∥β 或 l ⊥β .

错误!未找到引用源。

[答案]C

[解析]若两条直线和同一平面所成角相等,这两条直线可能平行,也可能为异面直线,也 可能相交,所以 A 错;一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等,则这两 个平面平行,故 B 错;若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行,也可以垂直;故 D 错; 故选项 C 正确. [点评]本题旨在考查立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质,需要熟练掌握课 本基础知识的定义、定理及公式. 错误!未找到引用源。 D
二、填空题 错误!未找到引用源。 [答案]90?

[解析]方法一:连接 D1 M,易得 DN⊥A1 D1 ,DN⊥D1 M, 所以,DN⊥平面 A1 MD1 , 又 A1 M ? 平面 A1 MD1 ,所以,DN⊥A1 D1 ,故夹角为 90? 方法二:以 D 为原点,分别以 DA, DC, DD1 为 x, y, z 轴,建立空间直角坐标系 D—xyz. 设正方体边长为 2,则 D(0,0,0),N(0,2,1),M(0,1,0)A1 (2,0,2) 故, DN ? (0,2,1 ), MA1 ? (2, ? 1,2) 所以,cos< ? DN, MA1 ? ?

DN ? MA1 = 0,故 DN⊥D1 M,所以夹角为 90? | DN || MA1 |

[点评]异面直线夹角问题通常可以采用两种途径: 第一,把两条异面直线平移到同一平 面中借助三角形处理; 第二,建立空间直角坐标系,利用向量夹角公式解决. 错误!未找到引用源。 【解析】正确的是②④⑤ ②四面体 ABCD 每个面是全等三角形,面积相等 ③从四面体 ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和等于 180
?

④连接四面体 ABCD 每组对棱中点构成菱形,线段互垂直平分 ⑤从四面体 ABCD 每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长
三、解答题 错误!未找到引用源。 【答案】:(Ⅰ)(Ⅱ)

1 3
, 所 以 异 面 直 线 CC1 和 AB 的 距 离 为
8

【解析】 :( Ⅰ )如答 (20) 图 1, 因 AC=BC, D 为 AB 的中点, 故 CD ? AB. 又直三棱柱 中 , CC1 ? 面 ABC , 故 CC1 ? CD

CD= BC2 ? BD2 ? 5
(Ⅱ):由 CD ? AB,CD ? BB1 , 故 CD ? 面 A 1 ABB 1 故 ?A 1DB 1 为所求的二面角 A 1 ? CD ? B 1 的平面角. 因A 在面 A 1 D 是 AC 1 1 ABB 1 上的射影, 又已知 AB 1 ? A 1C, 由三垂线定理的逆定理得 , 所以 AB1 ? A1D, 从而 ?A1 AB1 , ?A1 DA 都与 ?B1 AB 互余 , 因此 ?A1 AB1 ? ?A 1 DA ≌ Rt B1 A1 A ,因此 Rt A 1 AD
2 2

,从而 CD ? DA1

, CD ? DB1

AA1 A1 B1 2 得 AA ? 1 ? AD ? A 1B 1 ?8 AD AA1

从而 A1 D = AA1 ? AD ? 2 3, B1 D ? A1D ? 2 3

A1D2 ? DB12 ? A1B12 1 所以在 A ? 1DB 1 中,由余弦定理得 cos A 1 DB 1 ? 2 A1D ? DB1 3
错误!未找到引用源。 【命题意图】本题主要以四棱锥为载体考查线线平行,线面垂直和线

面角的计算,注重与平面几何的综合, 同时考查空间想象能力和推理论证能力. (1)(i)因为 C1B1 / / A1D1 , C1B1 ? 平面 ADD1 A1, 所以 C1 B1 / / 平面 ADD1 A1. 又因为平面 B1C1EF 平面 ADD1 A1= EF ,所以 C1B1 / / EF .所以 A1D1 / / EF .

(ii)

因为 BB1 ? A 1B 1C1 D 1 ,所以 BB 1 ? B 1C1 ,

又因为 BB1 ? B1 A1 ,所以 B1C1 ? ABB1 A 1, 在 矩 形

ABB1 A1



,F



AA







,



tan ?A1B1F ? tan ?AA1B ?

2 .即 2

?A1B1F ? ?AA1B ,故 BA1 ? B1F .
所以 BA 1 ? 平面 B 1C1EF . (2) 设 BA1 与 B1F 交点为 H,连结 C1 H . 由 (1) 知 B1C1EF , 所以 ?BC1 H 是 BC1 与平面 B1C1EF 所成的角 . 在矩形 ABB1 A 1 中, AB ? 2 , AA 1 ? 2 ,得 BH ?

4 4 ,在直角 BHC1 中, BC1 ? 2 3 , BH ? ,得 6 6
9

sin ?BC1H ?

30 BH 30 ,所以 BC 与平面 B1C1EF 所成角的正弦值是 . ? 15 BC1 15

错 误 ! 未 找 到 引 用 源 。 解 :(1) 如 图 , 在 四 棱 锥

P ? ABCD 中 , 因为底面 ABCD 是矩形 , 所以 AD ? BC , 且 AD / / BC , 又因 为 AD ? PD , 故 ? PAD 或其补角是异面直线 PA 与 BC 所成
的角. 在 Rt ?PDA 中 , tan ?PAD ?

PD ? 2 , 所以异 AD

面直线 PA 与 BC 所成角的正切值为 2. (2)证明 :由于底面 ABCD 是矩形 ,故 AD ? CD ,又由于 AD ? PD , CD ? PD ? D , 因此 AD ? 平面 PDC ,而 AD ? 平面 ABCD ,所以平面 PDC ? 平面 ABCD . (3) 在 平 面 P D C 内 , 过 点 P 作 PE ? CD 交 直 线 CD 于 点 E , 连 接 EB . 由 于平 面

PDC ? 平面 ABCD ,由此得 ?PBE 为直线 PB 与平面 ABCD 所成的角.
在 ?PDC 中, PD ? CD ? 2, PC ? 2 3 ,可得 ?PCD ? 30? 在 Rt ?PEC 中, PE ? PC sin 30? ? 3 由 AD / / BC, AD ? 平面 PDC ,得 BC ? 平面 PDC ,因此 BC ? PC 在 Rt ?PCB 中, PB ?

PC2 ? BC2 ? 13 ,在 Rt ?PEB 中, sin ?PBE ?
39 . 13

PE 39 ? PB 13

所以直线 PB 与平面 ABCD 所成角的正弦值为

错误!未找到引用源。 [解析](1)连接 OC. 由已知, ?OCP为直线PC与平面ABC 所成的

角 设 AB 的中点为 D,连接 PD、CD. 因为 AB=BC=CA,所以 CD ? AB. 因为 ?APB ? 90?,?PAB ? 60?,所以?PAD为 等边三角形, 不妨设 PA=2,则 OD=1,OP= 3 , AB=4. 所以 CD=2 3 ,OC= OD ? CD ? 1 ? 12 ? 13 .
2 2

在 Rt ?OCP中, tan ?OPC ?

OP 3 39 ? ? OC 13 13

(2)过 D 作 DE ? AP 于 E,连接 CE. 由已知可得,CD ? 平面 PAB. 据三垂线定理可知,CE⊥PA,

10

所以, ?CED为二面角B — AP — C的平面角. 由(1)知,DE= 3 在 Rt△CDE 中,tan ?CED ?

CD 2 3 ? ?2 DE 3

故 二面角B — AP — C的大小为arctan2 [点评]本题旨在考查线面位置关系和二面角的基础概念,重点考查思维能力和空间想象 能力,进一步深化对二面角的平面角的求解.求解二面角平面角的常规步骤:一找(寻找 现成的二面角的平面角)、二作(若没有找到现成的,需要引出辅助线作出二面角的平面 角)、三求(有了二面角的平面角后,在三角形中求出该角相应的三角函数值).
错误!未找到引用源。 [解](1) S?ABC

?1 ? 2? 2 3 ? 2 3 , 2

三棱锥 P-ABC 的体积为

P

V?1 S ? PA ? 1 ? 2 3 ? 2 ? 4 33 3 ?ABC 3
(2)取 PB 的中点 E,连接 DE、AE,则

E A B

D

ED∥BC,所以∠ADE(或其补角)是异面直线 BC 与 AD 所成的角 在三角形 ADE 中,DE=2,AE= 2 ,AD=2,
2 ?2 ,所以∠ADE= arccos3 . cos?ADE ? 2 2? ?3 4 ?2?2 4
2 2

C

因此,异面直线 BC 与 AD 所成的角的大小是 arccos3 4

错 误 ! 未 找 到 引 用 源 。

错误!未找到引用源。 证明:(I)设 BD 中点为 O,连接 OC,OE,则 由 BC ? CD 知 CO ? BD ,

11

又已知 CE ? BD ,所以 BD ? 平面 OCE. 所以 BD ? OE ,即 OE 是 BD 的垂直平分线,所以 BE ? DE . (II)取 AB 中点 N,连接 MN , DN ,∵M 是 AE 的中点,∴ MN ∥ BE , ∵△ ABD 是等边三角形,∴ DN ? AB .由∠BCD=120°知,∠CBD=30°, 所以∠ABC=60°+30°=90°,即 BC ? AB ,所以 ND∥BC, 所以平面 MND∥平面 BEC,又 DM ? 平面 MND,故 DM∥平面 BEC. 另证:延长 AD, BC 相交于点 F ,连接 EF.因为 CB=CD, ?ABC ? 900 . 因为△ ABD 为正三角形,所以 ?BAD ? 600 , ?ABC ? 900 ,则 ?AFB ? 300 , 所以 AB ?

1 AF ,又 AB ? AD , 2

所以 D 是线段 AF 的中点,连接 DM, 又由点 M 是线段 AE 的中点知 DM // EF , 而 DM ? 平面 BEC, EF ? 平面 BEC,故 DM∥平面 BEC. 错误!未找到引用源。 【答案与解析】 (1) 证明:取 A ' B ' 中点 P,连结 MP,NP,而 M,N 分别是 A B ' 与

B ' C ' 的中点,所以, MP ∥ A A ' ,PN ∥ A ' C ' , 所 以 ,MP ∥ 平面 A ' AC C ' ,PN ∥ 平 面 A ' AC C ' ,又 MP ? NP ? p ,因此平面 MPN∥平面 A ' AC C ' ,而
MN ? 平面 MPN,所以,MN∥平面 A ' AC C ' ,

【点评】本题以三棱柱为载体主要考查空间中的线面平行的判定、棱锥体积的计算,考 查空间想象能力、 推理论证能力、 运算求解能力,难度适中.第一小题可以通过线线平行 来证明线面平行,也可通过面面平行来证明; 第二小题求体积根据条件选择合适的底面 是关键,也可以采用割补发来球体积.
错误!未找到引用源。 【命题意图】本题主要考查空间线线、线面、面面垂直的判定与性质

及几何体的体积计算,考查空间想象能力、逻辑推理能力,是简单题. 【解析】 (Ⅰ)由题设知 BC⊥ CC1 ,BC⊥AC, CC1 ? AC ? C ,∴ BC ? 面 ACC1 A 1, ∵ DC1 ? 面 ACC1 A 1 ,∴ DC1 ? BC ,
12



0 由题设知 ?A ,∴ ?CDC1 = 90 0 ,即 DC1 ? DC , 1DC1 ? ?ADC ? 45

又∵ DC ? BC ? C , ∴面 BDC ⊥面 BDC1 ;

∴ DC1 ⊥面 BDC ,

∵ DC1 ? 面 BDC1 ,

(Ⅱ)设棱锥 B ? DACC1 的体积为 V1 , AC =1,由题意得, V1 = ?

1 1 1? 2 ? 1? 1 = , 2 3 2

V =1, 由三棱柱 ABC ? A 1B 1C1 的体积
∴ (V ? V1 ) : V1 =1:1, ∴平面 BDC1 分此棱柱为两部分体积之比为 1:1.

法二:(I)证明:设 AC ? BC ? a ,则 AA 1 ? 2a , 因侧棱垂直底面,即 DA ? 平面ABC ,所以 DA ? AC , 又 D 是棱 AA1 的中点,所以 DA ?

1 AA1 ? a 2

在 Rt ?DAC 中,由勾股定理得: DC ? 同理 DC1 ?

2a ;

2 a ,又 C1C ? A1 A ? 2a ,
2

所以: DC 2 ? DC1 ? C1C 2 , 即有 C1 D ? CD ??(1) 因 A1 A ? 平面 ABC ,所以 A1 A ? BC , 又 ?ACB ? 90 , 所 以
0

AC ? BC , 所 以 BC ? 侧 面 A C C 1A 1 , 而 C1 D ? 平 面

A CC 1A 1,
所以: BC ? C1 D ??(2) ;由(1)和(2)得: C1 D ? 平面 BCD , 又 C1 D ? 平面 BC1 D ,所以平面 BDC1 ? 平面 BDC (II) 平面 BDC1 分此棱柱的下半部分可看作底面为直角梯形 ACC1 D ,高为 BC 的一个

四棱锥,其体积为: V下 ? VB ? ACC1D ?

1 1 ? a ? 2a ? 1 ? S ACC1D ? BC ? ? ? ? a ? ? a ? a3 , 3 3 ? 2 2 ?
1 ? a ? a ? 2a ? a 3 , 2

该四棱柱的总体积为 V ? S ?ABC ? A1 A ?

13

所以,平面 BDC1 分此棱柱的上半部的体积为V上 ? V - V下 ? 所以 ,所求两部分体积之比为 1 : 1
错 误 ! 未 找 到 引 用 源 。

1 3 a 2
】 ( Ⅰ ) 因 为







P ? A平面

A, B C 平面 ? D

B 所以 D ,

A ? B.C D

P A

B D

又 AC ? BD, PA, AC 是平面 PAC 内的两条相较直线,所以 BD ? 平面 PAC, 而 PC ? 平面 PAC,所以 BD ? PC . (Ⅱ)设 AC 和 BD 相交于点 O,连接 PO,由(Ⅰ)知,BD ? 平面 PAC, 所以 ?DPO 是直线 PD 和平面 PAC 所成的角,从而 ?DPO ? 30 . 由 BD ? 平面 PAC, PO ? 平面 PAC,知 BD ? PO . 在 Rt POD 中,由 ?DPO ? 30 ,得 PD=2OD. 因为四边形 ABCD 为等腰梯形, AC ? BD ,所以 从而梯形 ABCD 的高为

AOD, BOC 均为等腰直角三角形,

1 1 1 AD ? BC ? ? (4 ? 2) ? 3, 于是梯形 ABCD 面积 2 2 2

1 S ? ? (4 ? 2) ? 3 ? 9. 2
在等腰三角形 AOD 中, OD ?

2 , AD ? 2 2, 2

所以 PD ? 2OD ? 4 2, PA ?

PD2 ? AD2 ? 4.
1 1 ? S ? PA ? ? 9 ? 4 ? 12 . 3 3

故四棱锥 P ? ABCD 的体积为 V ?
P

A

D

E B

C

【点评】本题考查空间直线垂直关系的证明,考查空间角的应用,及几何体体积计算.第 一问只要证明 BD ? 平面 PAC 即可,第二问由(Ⅰ)知,BD ? 平面 PAC,所以 ?DPO 是直线

14

1 ? S ? PA 算得体积. 3 错误!未找到引用源。 解析:(Ⅰ)因为 AB ? 平面 PAD , PH ? 平面 PAD ,所以 AB ? PH . 又 因 为 PH 为 ?PAD 中 AD 边 上 的 高 , 所 以 PH ? AD. AB AD ? A , AB ? 平 面 A B C D, AD ? 平面 ABCD ,所以 PH ? 平面 ABCD .
PD 和平面 PAC 所成的角,然后算出梯形的面积和棱锥的高,由 V ?

1 1 2 ,因为 E 是 PB 的中点, PH ? 平面 ABCD ,所 FC ? AD ? ? 1 ? 2 ? 2 2 2 1 1 1 以 点 E 到 平 面 A B C D的 距 离 等 于 PH ? , 即 三棱 锥 E ? BCF 的 高 h ? , 于 是 2 2 2 1 1 2 1 2 . VE ? B C F? S? B C?F h? ? ? ? 3 3 2 2 12 (Ⅲ)取 PA 中点 G ,连接 GD 、 GE .因为 E 是 PB 的中点,
(Ⅱ) S ?BCF ? 所 以 GE?

1 A B且 GE ∥ AB . 而 F 是 DC 上 的 点 且 2

1 AB , DF ∥ AB ,所以 GE ? DF 且 GE ∥ DF .所 2 以 四 边 形 GDFE 是 平 行 四 边 形 , 所 以 EF ∥ GD . 而 A 又 因 为 AB ? 平 面 PD ? AD , 所 以 G D? P . GD ? AB ? GD .而 AB PA ? A , AB ? 平面 PAB , PA ? 平面 平面 PAD ,所以 PAD , PAB ,所以 GD ? 平面 PAB ,即 EF ? 平面 PAB . DF ?
错误!未找到引用源。 【考点定位】本题主要考察直线与直线、直线与平面的位置关系以及

体积等基本知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力、数形结合思想、 化归与转化思想. 【解析】(1)又长方体 AD ? 平面 CDD1C1 .点 A 到平面 CDD1C1 的距离 AD=1, ∴S
MCC1

=

1 1 1 CC1 ? CD = ×2×1=1 ,∴ VA? MCC1 ? AD ? S 2 3 2

MCC1

?

1 3

(2)将侧面 CDD1C1 绕 DD1 逆时针转动 90°展开,与侧面 ADD1 A 1 共面.当 A 1 ,M,C 共线 时,

A1M +MC 取得最小值 AD=CD=1 , AA1 =2 得 M 为 DD1 的中点连接 M C1 在 MCC1
中, MC1 =MC= 2 , CC1 =2, ∴ CC1 = MC1 + MC
2 2
2

, ∴∠ CMC1 =90°,CM⊥ MC1 , ∵AM∩MC=C ∴ B1M ⊥平面 MAC

∵ B1C1 ⊥平面 CDD1C1 ,∴ B1C1 ⊥CM ∴CM⊥平面 B1C1M ,同理可证 B1M ⊥AM

错误!未找到引用源。 【命题意图】本试题主要是考查了四棱锥中关于线面垂直的证明以及

线面角的求解的运用.从题中的线面垂直以及边长和特殊的菱形入手得到相应的垂直关 系和长度,并加以证明和求解. 解 : 设 AC

BD ? O , 以 O 为原点 , OC 为 x 轴 , OD 为 y 轴建立空间直角坐标系, 则
15

A(? 2,0,0), C( 2,0,0), P(? 2,0,2), 设 B(0, ?a,0), D(0, a,0), E( x, y, z) .
E( 2 2 , 0, ) 3 3

(



)





:



PE ? 2 EC



,





PC ? (

2

?2

2 2 BE ? ( , a, ) ,, 0 , 2 3 )3 2 2 , a, ) ? 0 3 3 ,

,

BD ? (0,2a,0)

,





PC?BE ? (2 2, 0, ?2) ? (

PC ? BD ? (2 2,0, ?2) ? (0,2a,0) ? 0 . 所以 PC ? BE, PC ? BD , 所以 PC ? 平面

BED ;
( Ⅱ ) 设平 面 PAB 的 法 向量 为 n ? ( x, y, z) , 又 AP ? (0,0,2), AB ? ( 2, ?a,0) , 由

n ? AP ? 0, n ? AB ? 0 得

n ? (1,

2 , 0) a , 设 平 面 PBC 的 法 向 量 为 m ? ( x, y, z) , 又 m ? (1, ? 2 , 2) a ,

BC ? ( 2, a,0), CP ? (?2 2,0,2) , 由 m ? BC ? 0, m ? CP ? 0 , 得
由于二面角 A ? PB ? C 为 90 ,所以 m ? n ? 0 ,解得 a ? 2 . 所 以 PD ? ( 2 ,

2? , 2) ) 所 以 PD 与 平 面 , 平 面 PBC 的 法 向 量 为 m ? (1,? 1, 2,

| PD ? m | 1 ? ? PBC 所成角的正弦值为 | PD | ?| m | 2 ,所以 PD 与平面 PBC 所成角为 6 .
【点评】 试题从命题的角度来看,整体上题目与我们平时练习的试题和相似,底面也是特 殊的菱形,一个侧面垂直于底面的四棱锥问题, 那么创新的地方就是点 E 的位置的选择 是一般的三等分点,这样的解决对于学生来说就是比较有点难度的, 因此最好使用空间 直角坐标系解决该问题为好. 故线段 A1 B 上存在点 Q,使得 A1 C⊥平面 DEQ.
错误!未找到引用源。 【解析】(I)连接 AC , AE / /CC1 ? E, A, C, C1 共面

长方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中,底面 A1 B1C1 D1 是正方形

AC ? BD, EA ? BD, AC

EA ? A ? BD ? 面 EACC1 ? BD ? EC1

(Ⅱ)在矩形 ACC1 A 1 中, OE ? EC1 ? ?OAE

?EAC 1 1

得:

AE AC 2 AA1 ? 2 ? 1 1? ? ? AA1 ? 3 2 AO EA1 2 2 2
16

错误!未找到引用源。 【命题意图】本小题主要考查空间两条直线的位置关系,二面角、异

面直线所成的角,直线与平面垂直等基础知识, 考查用空间向量解决立体几何问题的方 法,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力. 方法一:(1)以 AD, AC, AP 为 x, y , z 正半轴方向,建立空间直角左边系 A ? xyz 则 D(2, 0, 0), C (0,1, 0), B( ?

1 1 , , 0), P(0, 0, 2) 2 2

PC ? (0,1, ?2), AD ? (2,0,0) ? PC AD ? 0 ? PC ? AD
(2) PC ? (0,1, ?2), CD ? (2, ?1,0) ,设平面 PCD 的法向量 n ? ( x, y, z) 则?

?n PC ? 0 ?

? y ? 2z ? 0 ? y ? 2z 取 z ? 1 ? n ? (1, 2,1) ?? ?? 2 x ? y ? 0 x ? z n CD ? 0 ? ? ? ?

AD ? (2,0,0) 是平面 PAC 的法向量
cos ? AD, n ?? AD n AD n ? 6 30 ? sin ? AD, n ?? 6 6
30 6
1 2 1 , h), CD ? (2, ?1, 0) 2

得:二面角 A ? PC ? D 的正弦值为

(3)设 AE ? h ?[0, 2] ;则 AE ? (0,0, 2) , BE ? ( , ?

cos ? BE , CD ??

BE CD BE CD

?

3 10 ? 20h2

?

10 3 10 即 AE ? ?h? 10 2 10
A , D又 由

D可 得 P A ? 方 法 二 :(1) 证 明 , 由 PA ? 平 面 A B C ,
A D ? A , C ? P A

AD ?A 故C 平面 PAC , 又 PC ? 平面 PAC , 所以 ?, A

PC ? AD.
(2) 解 : 如图 ,作 AH ? PC 于点 H , 连接 DH , 由 PC ? AD, PC ? AH , 可 得 PC ? 平面 ADH .因此 , DH ? PC ,从而 ?AHD 为二面角 A ? PC ? D 的平面角. 在 Rt ?PAC 中, PA ? 2, AC ? 1 ,由此得 AH ?

2 ,由(1)知 AD ? AH ,故 5

在 Rt ?DAH 中, DH ?

AD 2 ? AH 2 ? 30 . 6

2 30 AD 30 ? ,因此 sin ?AHD ? ,所以 5 DH 6

二面角 A ? PC ? D 的正弦值为

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【点评】 试题从命题的角度来看,整体上题目与我们平时练习的试题相似,但底面是非特 殊 的四边形,一直线垂直于底面的四棱锥问题,那么创新的地方就是第三问中点 E 的位置 是不确定的,需要学生根据已知条件进行确定,如此说来就有难度,因此最好使用空间直 角坐标系解决该问题为好.

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