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2013立体几何点线面的位置关系高考试题


点直线平面之间的位置关系
一、选择题 1 . (2012 年高考(浙江文) 设 l 是直线,a,β 是两个不同的平面 )





A.若 l ∥a, l ∥β ,则 a∥β B.若 l ∥a, l ⊥β ,则 a⊥β C.若 a⊥β , l ⊥a,则 l ⊥β D.若 a⊥β , l ∥a,则 l ⊥β

2 . (2012 年高考(四川文) 下列命题正确的是 ) ( ) A.若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行 B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行 C.若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行 D.若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行 3 . (2012 年高考(上海春) 已知空间三条直线 l、m、n. 若 l 与 m 异面,且 l 与 n 异面,则 ) ( ) A. m 与 n 异面. B. m 与 n 相交. C. m 与 n 平行. D. m 与 n 异面、相交、平行均有可能.
二、填空题 4. (2012 年高考(四川文) 如图,在正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中, M 、N 分别是 CD 、CC1 )

的中点,则异面直线 A1 M 与 DN 所成的角的大小是____________.
5. (2012 年高考(大纲文) 已知正方形 ABCD ? A1 B1C1 D1 中, E , F 分别为 )
D1 A1 B1 N D M A B C C1

BB1 , CC1 的中点,那么异面直线 AE 与 D1 F 所成角的余弦值为____.
三、解答题 6 .( 2012 年 高 考 ( 重 庆 文 )) 已 知 直 三 棱 柱 ABC ? A1 B1C1

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 ? A1C ,求二面角 A1 ? CD ? B1 的平面角的余弦值.

1

7. (2012 年高考(浙江文) 如图,在侧棱锥垂直底面的四棱锥 ABCD-A1B1C1D1 中,AD∥BC,AD⊥ )

AB,AB= 2 .AD=2,BC=4,AA1=2,E 是 DD1 的中点,F 是平面 B1C1E 与直线 AA1 的交点. (1)证明:(i)EF∥A1D1; (ii)BA1⊥平面 B1C1EF; (2)求 BC1 与平面 B1C1EF 所成的角的正弦值.

8 . 2012 年 高 考 ( 天 津 文 ) 如 图 , 在 四 棱 锥 ( )

是 P ? ABCD 中 , 底 面 A B C D 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.

9 . ( 2012

年 高 考 ( 四 川 文 )) 如 图 , 在 三 棱 锥
? ?

P ? ABC

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

2

10. (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

D A C

11. (2012 年高考(陕西文) 直三棱柱 ABC- A1B1C1 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.

3

12 . 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 .

13. (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

4

14 . 2012 年 高 考 ( 课 标 文 ) 如 图 , 三 棱 柱 ABC ? A1 B1C1 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.

15. (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

5

16. (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 .

17. 2012 年高考 ( (福建文) 如图,在长方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中, AB ? AD ? 1, AA1 ? 2, M )

为棱 DD1 上的一点. (1)求三棱锥 A ? MCC1 的体积; (2)当 A1M ? MC 取得最小值时,求证: B1M ? 平面 MAC .

6

18. (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 ? 2EC .
(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

19. (2012 年高考(江苏) 如图,在直三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中, A1 B1 ? A1C1 , D , 分别是棱 ) E

BC , 1 上的点(点 D 不同于点 C ),且 AD ? DE , 为 B1C1 的中点. CC F
求证:(1)平面 ADE ? 平面 BCC1B1 ; (2)直线 A1 F // 平面 ADE .

7

参考答案
一、选择题 1.

【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 . [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. 3. D
2. 二、填空题 4. [答案]90?

[解析]方法一:连接 D1M,易得 DN⊥A1D1 ,DN⊥D1M, 所以,DN⊥平面 A1MD1, 又 A1M ? 平面 A1MD1,所以,DN⊥A1D1,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)
MA 所以,cos< ? DN, 1 ? ? DN ? MA1 = 0,故 DN⊥D1M,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. 5. 【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 6. 【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= BC 2 ? BD 2 ? 5
(Ⅱ):由 CD ? AB, CD ? BB1 , 故 CD ? 面 A1 ABB1 故 ?A1 DB1 为所求的二面角 A1 ? CD ? B1 的平面角. 因 A1 D 是 AC 在面 A1 ABB1 上的射影,又已知 AB1 ? A1C, 由三垂线定理的逆定理得 1 ,从而 CD ? DA1 , CD ? DB1

AB1 ? A1D, 从而 ?A1 AB1 , ?A1 DA 都与 ?B1 AB 互余,因此 ?A1 AB1 ? ? A DA,所以 1 Rt? A AD≌ Rt? B1 A1 A ,因此 1
2 2

AA1 A1B1 得 AA12 ? AD ? A1 B1 ? 8 ? AD AA1

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

A1 D 2 ? DB12 ? A1 B12 1 ? 所以在 ? A1 DB1 中,由余弦定理得 cos A1 DB1 ? 2 A1 D ? DB1 3
7. 【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 C1 B1 / / A1 D1 , C1 B1 ? 平面 ADD1 A1,所以 C1B1 / / 平面 ADD1 A1. 又因为平面 B1C1EF ? 平面 ADD1 A1= EF ,所以 C1 B1 / / EF .所以 A1 D1 / / EF .

(ii)

因为 BB1 ? A1 B1C1 D1 ,所以 BB1 ? B1C1 ,

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

ABB1 A1



,F



AA







,



tan ?A1 B1 F ? tan ?AA1 B ?

2 .即 2

?A1 B1 F ? ?AA1B ,故 BA1 ? B1 F .
所以 BA1 ? 平面 B1C1 EF . (2) 设 BA1 与 B1 F 交点为 H,连结 C1 H . 由(1)知 B1C1 EF ,所以 ?BC1 H 是 BC1 与平面 B1C1 EF 所成的角. 在矩形 ABB1 A1 中, AB ?

2 , AA1 ? 2 ,得 BH ?

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

sin ?BC1 H ?

BH 30 30 ,所以 BC 与平面 B1C1 EF 所成角的正弦值是 . ? BC1 15 15

8. 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. PD 在 Rt ?PDA 中, tan ?PAD ? ? 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 PDC 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 ?

PC 2 ? BC 2 ? 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

9. [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, ?OPC ? tan

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, 所以, ?CED为二面角B — AP — C的平面角 .
10

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arctan 2 [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).
10. [解](1) S ?ABC

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

P

三棱锥 P-ABC 的体积为

V ? 1 S?ABC ? PA ? 1 ? 2 3 ? 2 ? 3 3

4 3 3

E A B

D

(2)取 PB 的中点 E,连接 DE、AE,则 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,

C

cos?ADE ?

22 ? 22 ?2 2? 2 ? 2

? 3 ,所以∠ADE= arccos 3 . 4 4

因此,异面直线 BC 与 AD 所成的角的大小是 arccos 3 4

11.

12. 证明:(I)设 BD 中点为 O,连接 OC,OE,则由 BC ? CD 知 CO ? BD ,

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

11

CB=CD, ?ABC ? 90 0 . 因为△ ABD 为正三角形,所以 ?BAD ? 60 , ?ABC ? 90 ,则 ?AFB ? 30 0 ,
0 0

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. 13. 【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. 14. 【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 A1 , ∵ DC1 ? 面 ACC1 A1 ,∴ DC1 ? BC ,
0 由题设知 ?A1 DC1 ? ?ADC ? 45 ,∴ ?CDC1 = 900 ,即 DC1 ? DC ,



又∵ DC ? BC ? C , ∴面 BDC ⊥面 BDC1 ;

∴ DC1 ⊥面 BDC ,

∵ DC1 ? 面 BDC1 ,

12

(Ⅱ)设棱锥 B ? DACC1 的体积为 V1 , AC =1,由题意得, V1 = ? 由三棱柱 ABC ? A1 B1C1 的体积 V =1,

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

∴ (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 AA1 ? 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
2a ;

在 Rt?DAC 中,由勾股定理得: DC ? 同理 DC1 ?

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 0 , 所 以

AC ? BC , 所 以 BC ? 侧 面 A C CA1 , 而 C1 D ? 平 面 1

A C CA1 , 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 ?

该四棱柱的总体积为 V ? S ?ABC ? A1 A ?

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

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

15. 【解析】(Ⅰ)因为 PA ? 平面ABCD, BD ? 平面ABCD, 所以PA ? BD.

又 AC ? BD, PA, AC 是平面 PAC 内的两条相较直线,所以 BD ? 平面 PAC,

13

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 ?

PD 2 ? AD 2 ? 4.

故四棱锥 P ? ABCD 的体积为 V ?
P

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

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 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 ? S ? PA 算得体积. 3

16. 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 ABCD , AD ? 平面 ABCD ,所以 PH ? 平面 ABCD .
1 1 2 , 因 为 E 是 PB FC ? AD ? ? 1? 2 ? 2 2 2 的中点, PH ? 平面 ABCD ,所以点 E 到平面 ABCD 的距
( Ⅱ ) S?BCF ?

14

离 等 于

VE ?

1 1 , 即 三 棱 锥 E ? BCF PH ? 2 2 1 1 2 1 2 . ? ? B? C F ? h ? B ?C FS ? 3 3 2 2 1 2

的 高

h?

1 2

, 于 是

(Ⅲ)取 PA 中点 G ,连接 GD 、 .因为 E 是 PB 的中点,所以 GE ? GE 而 F 是 DC 上的点且 DF ?

1 AB 且 GE ∥ AB . 2

1 AB , DF ∥ AB ,所以 GE ? DF 且 GE ∥ DF .所以四边形 2 GDFE 是平行四边形,所以 EF ∥ GD .而 PD ? AD ,所以 GD ? PA .又因为 AB ? 平面 PAD , GD ? 平面 PAD ,所以 AB ? GD .而 AB ? PA ? A , AB ? 平面 PAB , PA ? 平面 PAB ,所以 GD ? 平面 PAB ,即 EF ? 平面 PAB .

17. 【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 1 CC1 ? CD = ×2×1=1 ,∴ VA? MCC1 ? AD ? S? MCC1 ? 2 2 3 3

(2)将侧面 CDD1C1 绕 DD1 逆时针转动 90°展开,与侧面 ADD1 A1 共面.当 A1 ,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, ∴ CC12 = MC12 + MC 2 , ∴∠ CMC1 =90°,CM⊥ MC1 , ∵ B1C1 ⊥平面 CDD1C1 ,∴ B1C1 ⊥CM ∵AM∩MC=C

∴CM⊥平面 B1C1M ,同理可证 B1 M ⊥AM ∴ B1 M ⊥平面 MAC
18. 【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

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) .

(



)





:



PE ? 2EC

E(


2 2 , 0, ) 3 3

,





??? ? PC ? (

2

?2

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

,

??? ? BD ? (0, 2a, 0)

,





15

??? ????? 2 2 PC?BE ? (2 2, 0, ?2) ? ( , a, ) ? 0 3 3 ,
??? ??? ? ? ???? ??? ??? ??? ? ? ? PC ? BD ? (2 2,0, ?2) ? (0, 2a,0) ? 0 .所以 PC ? BE, PC ? BD ,所以 PC ? 平面 ? ??? ? ??? ? PAB 的 法 向 量 为 n ? ( x, y, z ) , 又 AP ? (0,0, 2), AB ? ( 2, ?a,0) , 由 (Ⅱ) 设平面
BED ;

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

?? 2 ??? ? ??? ? ?? ??? ? ?? ??? ? m ? (1, ? , 2) BC ? ( 2, a,0), CP ? (?2 2,0, 2) ,由 m ? BC ? 0, m ? CP ? 0 ,得 a , ?? ? ? m ? n ? 0 ,解得 a ? 2 . 由于二面角 A ? PB ? C 为 90 ,所以 ??? ? ?? PD ? ( 2 , 2 ? 2) 平 面 PBC 的 法 向 量 为 m ? (1,? 1, 2 , 所 以 PD 与 平 面 , , ) 所以 ???? ??? ? | PD ? m | 1 ? ???? ??? ? ? ? 2 ,所以 PD 与平面 PBC 所成角为 6 . PBC 所成角的正弦值为 | PD | ?| m |
【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 A1B 上存在点 Q,使得 A1C⊥平面 DEQ.
19. 【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 A1 中, OE ? EC1 ? ?OAE ? ?EA1C1 得:

AE A1C1 ? ? AO EA1

2 AA1 ? 2 ? ? AA1 ? 3 2 2 2 2

20. 【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( ? , , 0), P(0, 0, 2)

???? ???? ??? ?

1 1 2 2

16

??? ? ???? ??? ???? ? 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 )

??? ?

??? ?

?

? ??? ? ? ?n?PC ? 0 ? y ? 2z ? 0 ? y ? 2z ? 则 ? ? ??? 取 z ? 1 ? n ? (1, 2,1) ?? ?? ? ? n? ? 0 ? 2 x ? y ? 0 ? x ? z ? CD ???? AD ? (2, 0, 0) 是平面 PAC 的法向量 ???? ? ???? ? ???? ? AD?n 6 30 cos ? AD, n ?? ???? ? ? ? sin ? AD, n ?? 6 6 AD n
得:二面角 A ? PC ? D 的正弦值为

30 6

(3)设 AE ? h ?[0, 2] ;则 AE ? (0, 0, 2) , BE ? ( , ? , h), CD ? (2, ?1, 0)

??? ?

??? ?

??? ??? ? ? ??? ??? ? ? 10 BE ? CD 3 3 10 即 AE ? cos ? BE, CD ?? ??? ??? ? ? ?h? ? ? 10 2 10 BE CD 10 ? 20h2
方 法 二 :(1) 证 明 , 由 PA ? 平 面 A B C , 可 得 P A D ?

1 2

1 2

??? ?

A, 又 由 D

A D ?

A C ? A , P

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

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

二面角 A ? PC ? D 的正弦值为

30 . 6

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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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