2007年高考数学试题分类汇编10 - 立体几何 (4)

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△G2CD，并连结G1G2，使得平面G1AB⊥平面ABCD，G1G2∥AD，且G1G2?AD．连结BG2，如图2．

（I）证明：平面G1AB⊥平面G1ADG2；

（II）当AB?12，BC?25，EG?8时，求直线BG2和平面G1ADG2所成的角； 解：解法一：（Ｉ）因为平面G1AB⊥平面ABCD，平面G1AB?平面ABCD?AB，

AD⊥AB，AD?平面ABCD，所以AD⊥平面G1AB，又AD?平面G1ADG2，所以平面

G1AB⊥平面G1ADG2．

（II）过点B作BH⊥AG1于点H，连结G2H． 由（I）的结论可知，BH⊥平面G1ADG2， 所以?BG2H是BG2和平面G1ADG2所成的角．

因为平面G1AB⊥平面ABCD，平面G1AB?平面ABCD?AB，G1E⊥AB，

G1E?平面G1AB，所以G1E⊥平面ABCD，故G1E⊥EF．

因为G1G2?AD，AD?EF，所以可在EF上取一点O，使EO?G1G2，又因为

G1G2∥AD∥EO，所以四边形G1EOG2是矩形．

由题设AB?12，BC?25，EG?8，则GF?17．所以G2O?G1E?8，G2F?17， OF?17?8?15，G1G2?EO?10．

22因为AD⊥平面G1AB，G1G2∥AD，所以G1G2⊥平面G1AB，从而G1G2⊥G1B．

2222222故BG2?BE?EG1?G1G2?6?8?10?200，BG2?102．

又AG1?6?8?10，由BH?AG1?G1E?AB得BH?228?1210?485．

故sin?BG2H?BHBG2?485?1102?12225．

即直线BG2与平面G1ADG2所成的角是arcsin12225．

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解法二：（I）因为平面G1AB⊥平面ABCD，平面G1AB?平面ABCD?AB，G1E⊥AB， 所以G1E⊥平面ABCD，从而G1E⊥AD．又AG1E?平面G1AB，B⊥AD平面G1AB．因为AD?平面G1ADG2，所以平面G1AB⊥平面G1ADG2．

（II）由（I）可知，G1E⊥平面ABCD．故可以E为原点，分别以直线EB，EF，EG1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图），

由题设AB?12，BC?25，EG?8，则EB?6，

EF?25，EG1?8，相关各点的坐标分别是A(?6， 0，0)，

，所以AD⊥z G1 A B E G2 D y

0，8)，B(6，D(?6，25，0)，G1(0，0，0)．

?????????所以AD?(0，25，0)，AG1?(6，0，8)．

?设n?(x，y，z)是平面G1ADG2的一个法向量，

O C F x

????????n?AD?0，?25y?0，由??????得?故可取n?(4，0，?3)． ?6x?8z?0??n?AG1?0.?过点G2作G2O⊥平面ABCD于点O，因为G2C?G2D，所以OC?OD，于是点O在y轴上．

因为G1G2∥AD，所以G1G2∥EF，G2O?G1E?8．

222 8)（0?m?25）设G2(0，m，，由17?8?(25?m)，解得m?10，

?????所以BG2?(0，10，8)?(6，0，0)?(?6，10，8)．

设BG2和平面G1ADG2所成的角是?，则

??????BG2?nsin?????????BG2?n|?24?24|6?10?8?4?322222?1222512225．

故直线BG2与平面G1ADG2所成的角是arcsin．

35．（江苏?理?18题）如图，已知ABCD?A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且

D1

A1

C1

B1

E A

F

D 《中学数学信息网》系列资料 WWW.ZXSX.COM 版权所有@《中学数学信息网》 H C

G B

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AE?FC1?1。

（I）求证：E,B,F,D1四点共面；（4分） （II）若点G在BC上，BG?面BCC1B1；

（Ⅲ）用?表示截面EBFD1和面BCC1B1所成锐二面角大小，求tan?。 36．（江西?理?20题）右图是一个直三棱柱（以A1B1C1为底面）被一平面所截得到的几何体，截面为ABC．已知A1B1＝B1C1＝l，∠AlBlC1＝90°，AAl＝4，BBl＝2，CCl＝3。

（I）设点O是AB的中点，证明：OC∥平面A1B1C1；

（II）求二面角B—AC—A1的大小； （Ⅲ）求此几何体的体积； 解法一：

（1）证明：作OD∥AA1交A1B1于D，连C1D． 则OD∥BB1∥CC1． 因为O是AB的中点， 所以OD?12(AA1?BB1)?3?CC1．

A 23，点M在BB1上，GM?BF，垂足为H，求证：EM?则ODC1C是平行四边形，因此有OC∥C1D．

C1D?平面C1B1A1且OC?平面C1B1A1，

O A2 H B C C2

A1 C1

D 则OC∥面A1B1C1．

（2）如图，过B作截面BA2C2∥面A1B1C1，分别交AA1，CC1于A2，C2． 作BH?A2C2于H，连CH．

因为CC1?面BA2C2，所以CC1?BH，则BH?平面A1C． 又因为AB?5，BC?B1 2，AC?3?AB?BC?AC．

222所以BC?AC，根据三垂线定理知CH?AC，所以∠BCH就是所求二面角的平面角． 因为BH?22，所以sin∠BCH?BHBC?12，故∠BCH?30，

?即：所求二面角的大小为30．

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（3）因为BH?22，所以

VB?AA2C2C?13SAA2C2C?BH?1121?(1?2)?2??． 322212?2?1．

VA1B1C1?A2BC2?S△A1B1C1?BB1?所求几何体体积为

V?VB?AA2C2C?VA1B1C1?A2BC2?32．

解法二：

（1）如图，以B1为原点建立空间直角坐标系，

则A(0，3?， 1，4)，B(0，0，2)，C(1，0，3)，因为O是AB的中点，所以O?0，，?2??????1?OC??1，?，0?．

2???易知，n?(0，0，1)是平面A1B1C1的一个法向量．

y ?????因为OC?n?0，OC?平面A1B1C1，所以OC∥平面A1B1C1． A1 ?1?A O z B C

x

C1

????????（2）AB?(0，?1，?2)，BC?(1，，01)， ??设m?(x，y，z)是平面ABC的一个法向量，则

B1 ??????????????y?2z?0则AB?m?0，BC?m?0得：?

?x?z?02?1)． 取x??z?1，m?(1，，?1，0)为平面AA1C1C的一个法向量． 显然，l?(1，????????m?l1?2?03l??????则cosm，，结合图形可知所求二面角为锐角．

22?6m?l?所以二面角B?AC?A1的大小是30．

（3）同解法一．

?37．（辽宁?理?18题）如图，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，?ACB?90，AC?BC?a，

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D，E分别为棱AB，BC的中点，M为棱AA1上的点，二面角M?DE?A为30?。

（I）证明：A1B1?C1D；

（II）求MA的长，并求点C到平面MDE的距离。

S

A1 C1

M

B1 O C

A

D

E B

C

B A

38．（宁夏?理?19题）如图，在三棱锥S?ABC中，侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形，

?BAC?90°，O为BC中点．

（Ⅰ）证明：SO?平面ABC；（Ⅱ）求二面角A?SC?B的余弦值． 证明：

（Ⅰ）由题设AB=AC=SB=SC?SA，连结OA，△ABC为等腰直角三角形，所以

OA?OB?OC?22SA，且AO?BC，又△SBC为等腰三角形，故SO?BC，且

SO?22，从而OA?SO?SA． SA222所以△SOA为直角三角形，SO?AO．

又AO?BO?O．

所以SO?平面ABC． （Ⅱ）解法一：

取SC中点M，连结AM，OM，由（Ⅰ）知SO?OM?S，CA?M．

∴?OMA为二面角A?SC?B的平面角．

由AO?BC，AO?SO，SO?BC?O得AO?平面SBC．

O，C?SAA得，

所以AO?OM，又AM?32SA，故sin?AMO?AOAM?23?63．

所以二面角A?SC?B的余弦值为解法二：

33．

z S 以O为坐标原点，射线OB，OA分别为x轴、y轴的

M 《中学数学信息网》系列资料 WWW.ZXSX.COM 版权所有@《中学数学信息网》 O C

x B A y

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