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高二数学立体几何专题复习(精编版)

高中立体几何专题(精编版)1. (天津文)如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为平行四边形,045ADC ∠=,1AD AC ==,O 为AC 中点,PO ⊥平面ABCD ,2PO =,M 为PD 中点.(Ⅰ)证明:PB //平面ACM ; (Ⅱ)证明:AD ⊥平面PAC ;(Ⅲ)求直线AMABCD 【解析】直线与平面所成的角等基础知识,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力。

满分13分。

(Ⅰ)证明:连接BD ,MO ,在平行四边形ABCD 中,因为O 为AC 的中点,所以O 为BD 的中点,又M 为PD 的中点,所以PB//MO 。

因为PB ⊄平面ACM ,MO ⊂平面ACM ,所以PB//平面ACM 。

(Ⅱ)证明:因为45ADC ∠=︒,且AD=AC=1,所以90DAC ∠=︒,即AD A C ⊥,又PO ⊥平面ABCD ,AD ⊂平面ABCD ,所以,PO AD AC PO O ⊥⋂=而,所以AD ⊥平面PAC 。

(Ⅲ)解:取DO 中点N ,连接MN ,AN ,因为M 为PD 的中点,所以MN//PO ,且11,2MN PO PO ==⊥由平面ABCD ,得MN ⊥平面ABCD ,所以MAN ∠是直线AM 与平面ABCD 所成的角,在Rt DAO ∆中,11,2AD AO ==,所以DO =,从而124AN DO ==,在,tan 4MN Rt ANM MAN AN ∆∠===中,即直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值为52. (北京文)如图,在四面体PABC 中,PC ⊥AB ,PA ⊥BC,点D,E,F,G 分别是棱AP,AC,BC,PB 的中点.(Ⅰ)求证:DE ∥平面BCP ; (Ⅱ)求证:四边形DEFG 为矩形;(Ⅲ)是否存在点Q ,到四面体PABC 六条棱的中点的距离相等?说明理由.【解析】(17)(共14分) 证明:(Ⅰ)因为D ,E 分别为AP ,AC 的中点,所以DE//PC 。

又因为DE ⊄平面BCP , 所以DE//平面BCP 。

(Ⅱ)因为D ,E ,F ,G 分别为 AP ,AC ,BC ,PB 的中点,所以DE//PC//FG ,DG//AB//EF 。

所以四边形DEFG 为平行四边形, 又因为PC ⊥AB , 所以DE ⊥DG ,所以四边形DEFG 为矩形。

(Ⅲ)存在点Q 满足条件,理由如下: 连接DF ,EG ,设Q 为EG 的中点由(Ⅱ)知,DF∩EG=Q,且QD=QE=QF=QG=21EG.分别取PC ,AB 的中点M ,N ,连接ME ,EN ,NG ,MG ,MN 。

与(Ⅱ)同理,可证四边形MENG 为矩形,其对角线点为EG 的中点Q ,且QM=QN=21EG ,所以Q 为满足条件的点. 3. (全国大纲文)如图,四棱锥S ABCD -中, AB CD ,BC CD ⊥,侧面SAB 为等边三角形, 2,1AB BC CD SD ====. (I )证明:SD ⊥平面SAB ;(II )求AB 与平面SBC 所成的角的大小。

【解析】20.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,SE AB SE ⊥= 又SD=1,故222ED SE SD =+, 所以DSE ∠为直角。

由,,AB DE AB SE DE SE E ⊥⊥=,得AB ⊥平面SDE ,所以AB SD ⊥。

SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直。

所以SD ⊥平面SAB 。

…………6分(II )由AB ⊥平面SDE 知, 平面ABCD ⊥平面SED 。

作,SF DE ⊥垂足为F ,则SF ⊥平面ABCD ,SD SE SF DE ⨯== 作FG BC ⊥,垂足为G ,则FG=DC=1。

连结SG ,则SG BC ⊥, 又,BC FG SG FG G ⊥=,故BC ⊥平面SFG ,平面SBC ⊥平面SFG 。

…………9分作FH SG ⊥,H 为垂足,则FH ⊥平面SBC 。

SF FG FH SG ⨯==,即F 到平面SBC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α,则sin arcsin 77d EB αα===…………12分 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C —xyz 。

设D (1,0,0),则A (2,2,0)、B (0,2,0)。

又设(,,),0,0,0.S x y z x y z >>>则 (I )(2,2,),(,2,)AS x y z BS x y z =--=-,(1,,)DS x y z =-,由||||AS BS =得=故x=1。

由22||11,DS y z =+=得又由222||2(2)4,BS x y z =+-+=得即221410,,2y z y y z +-+===故…………3分于是1333(1,(1,,),(1,222S AS BS =--=-,13(0,,),0,0.2DS DS AS DS BS =⋅=⋅=故,,,DS AD DS BS AS BS S ⊥⊥=又 所以SD ⊥平面SAB 。

(II )设平面SBC 的法向量(,,)a m n p =,则,,0,0.a BS a CB a BS a CB ⊥⊥⋅=⋅=又33(1,,),(0,2,0),2BSCB =-=故30,2220.m n p n ⎧-+=⎪⎨⎪=⎩…………9分取p=2得(3,0,2),(2,0,0)a AB =-=-又。

cos ,7||||AB a AB a AB a ⋅==⋅ 故AB 与平面SBC 所成的角为arcsin74. (全国新文)18.(本小题满分12分)如图,四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为平行四边形,60DAB ∠=︒,2AB AD =,PD ⊥底面ABCD. (I )证明:PA BD ⊥;(II )设PD=AD=1,求棱锥D-PBC 的高.【解析】(18)解:(Ⅰ)因为60,2DAB AB AD ∠=︒=, 由余弦定理得BD =从而BD 2+AD 2= AB 2,故BD ⊥AD 又PD ⊥底面ABCD ,可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD (Ⅱ)如图,作DE ⊥PB ,垂足为E 。

已知PD ⊥底面ABCD ,则PD ⊥BC 。

由(Ⅰ)知BD ⊥AD ,又BC//AD ,所以BC ⊥BD 。

故BC ⊥平面PBD ,BC ⊥DE 。

则DE ⊥平面PBC 。

由题设知,PD=1,则BD=3,PB=2,根据BE·PB=PD·BD,得DE=23, 即棱锥D —PBC 的高为.23 5. (辽宁文)18.(本小题满分12分)如图,四边形ABCD 为正方形,QA ⊥平面ABCD ,PD ∥QA ,QA =AB =12PD . (I )证明:PQ ⊥平面DCQ ;(II )求棱锥Q—ABCD 的的体积与棱锥P —DCQ 的体积的比值.【解析】18.解:(I )由条件知PDAQ 为直角梯形因为QA ⊥平面ABCD ,所以平面PDAQ ⊥平面ABCD ,交线为AD.又四边形ABCD 为正方形,DC ⊥AD ,所以DC ⊥平面PDAQ ,可得PQ ⊥DC.在直角梯形PDAQ 中可得DQ=PQ=2PD ,则PQ ⊥QD 所以PQ ⊥平面DCQ. ………………6分 (II )设AB=a .由题设知AQ 为棱锥Q —ABCD 的高,所以棱锥Q —ABCD 的体积311.3V a =由(I )知PQ 为棱锥P —DCQ 的高,而,△DCQ 2,所以棱锥P —DCQ 的体积为321.3V a =故棱锥Q —ABCD 的体积与棱锥P —DCQ 的体积的比值为1.…………12分 6. (江西文)18.(本小题满分12分)如图,在ABC ∆中,,2,2B AB BC π∠===P 为AB 边上的一动点,PD//BC 交AC 于点D ,现将∆PDA 沿PD 翻折至∆PDA ',使平面∆PDA '⊥平面PBCD 。

(1)当棱锥'A PBCD -的体积最大时,求PA 的长;(2)若点P 为AB 的中点,E 为'A C 的中点,求证:'A B DE ⊥。

【解析】18.(本小题满分12分)解:(1)令(02),',2,PA x x A P PD x BP x =<<===-则 因为'A P PD ⊥,且平面'A PD ⊥平面PBCD , 故'A P ⊥平面PBCD 。

所以3'111(2)(2)(4)366A PBCD V Sh x x x x x -==-+=-,令31()(4),6f x x x =-由21'()(43)0,6f x x =-=得当,'()0,()x f x f x ∈>时单调递增当2),'()0,()x f x f x ∈<时单调递减,所以,当x =()f x 取得最大值,即:当'A PBCD V -最大时,PA =(2)设F 为'A B 的中点,连接PF ,FE ,则有1//,//22EF BC PD BC ====1所以DE//PF ,又'A P PB = 所以'PF A B ⊥, 故'.DE A B ⊥ 7. (山东文)19.(本小题满分12分)如图,在四棱台1111ABCD A BC D -中,1D D ⊥平面ABCD ,底面ABCD 是平行四边形,AB=2AD ,11AD=A B ,BAD=∠60° (Ⅰ)证明:1AA BD ⊥;(Ⅱ)证明:11CC A BD ∥平面.【解析】19.(I )证法一:因为1D D ⊥平面ABCD ,且BD ⊂平面ABCD ,所以1D D BD ⊥,又因为AB=2AD ,60BAD ∠=︒, 在ABD ∆中,由余弦定理得22222cos603BD AD AB AD AB AD =+-⋅︒=, 所以222AD BD AB +=, 因此AD BD ⊥, 又1,AD D D D = 所以11.BD ADD A ⊥平面 又1AA ⊂平面ADD 1A 1, 故1.AA BD ⊥证法二:因为1D D ⊥平面ABCD ,且BD ⊂平面ABCD , 所以1.BD D D ⊥取AB 的中点G ,连接DG ,在ABD ∆中,由AB=2AD 得AG=AD ,又60BAD ∠=︒,所以ADG ∆为等边三角形。

因此GD=GB ,故DBG GDB ∠=∠, 又60AGD ∠=︒ 1,D D ∠︒∠∠∠︒︒︒⊥=所以GDB=30,故ADB=ADG+GDB=60+30=90,所以BD AD.又AD D所以BD ⊥平面ADD 1A 1, 又1AA ⊂平面ADD 1A 1, 故1.AA BD ⊥(II )连接AC ,A 1C 1,设AC BD E =,连接EA 1因为四边形ABCD 为平行四边形,所以1.2EC AC =由棱台定义及AB=2AD=2A 1B 1知 A 1C 1//EC 且A 1C 1=EC ,所以边四形A 1ECC 1为平行四边形, 因此CC 1//EA 1,又因为EA 1⊂平面A 1BD ,1CC ⊂平面A 1BD ,所以CC 1//平面A 1BD 。

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