第六篇山东高考试题立体几何汇编.docx
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第六篇山东高考试题立体几何汇编
第六篇立体几何
1.(2007
)下列几何体各自的三视图中,有且仅有两个视图相同的是()
A.①②B.①③C.①④D.②④2,。
(2007)(本小题满分12分)
如图,在直四棱柱1111ABCDA
BC
D-中,已知122DCDDADAB===,ADDC⊥,
ABDC∥.
(Ⅰ)设E是DC的中点,求证:
1DE∥平面11ABD;(Ⅱ)求二面角11ABDC--的余弦值.
3.(2008)右图是一个几何体的三视图,根据图中数据,可得该几何体的表面积是(D(A9π(B)10π(C11ππ
4.(2008)(本小题满分12分
如图,已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD为菱形,PA⊥平面ABCD,60ABC∠=︒,E,F分别是BC,PC的中点.
(Ⅰ)证明:
AE⊥PD;
(Ⅱ)若H为PD上的动点,EH与平面PAD所成最大角的正切值为2
求二面角E—AF—C的余弦值.
①正方形②圆锥③三棱台④正四棱锥B
DA
1A1D
1C
1B
E
5(2009.一空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(.
A.2π+
B.4π+
C.2π
D.4π+
6.(2009.已知α,β表示两个不同的平面,m为平面α内的一条直线,则“αβ⊥”是“mβ⊥”的(
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件7.(2009(本小题满分12分)
如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为等腰梯形,AB//CD,AB=4,BC=CD=2,AA1=2,E、E1、F分别是棱AD、AA1、AB
的中点。
(1)证明:
直线EE1//平面FCC1;
(2)求二面角B-FC1-C的余弦值。
8.(2010在空间,下列命题正确的是(A)平行直线的平行投影重合(B)平行于同一直线的两个平面平行(C)垂直于同一平面的两个平面平行(D)垂直于同一平面的两条直线平行9.(2010(本小题满分12分)如图,在五棱锥P—ABCDE中,⊥PA平面ABCDE,AB//CD,AC//ED,AE//BC,
42,
22,45===︒=∠AEBCABABC,三角形PAB
是等腰三角形。
(Ⅰ)求证:
平面PCD⊥平面PAC;
(Ⅱ)求直线PB与平面PCD所成角的大小;(Ⅲ)求四棱锥P—ACDE的体积。
侧(左视图
正(主视图E
E1AB1
1
D
10.(2011)右图是长和宽分别相等的两个矩形.给定下列三个命题:
①存在三棱柱,其正(主视图、俯视图如右图;②存在四棱柱,其正(主视图、俯视图如下图;③存在圆柱,其正(主视图、俯视图如右图.其中真命题的个数是
(A)3(B)2(C)1(D)011.(2011(本小题满分12分)
在如图所示的几何体中,四边形ABCD
为平行四边形,
90ACB∠=︒,EA
⊥平面ABCD,EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,2ABEF=.
(Ⅰ若M是线段AD的中点,求证:
GM∥平面ABFE;(Ⅱ)若2ACBCAE==,求二面角ABFC--的大小.
12.(2012如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的
是某几何体的三视图,则此几何体的体积为()
(A6(B9(C12(D18
13.(2012已知三棱锥SABC-的所有顶点都在球O的求面上,ABC∆是边长为1的正三角形,
SC为球O的直径,且2SC=;则此棱锥的体积为()
(
A(B(C(D14.(2012(本小题满分12分)
如图,直三棱柱111ABCABC-中,11
2
ACBCAA==
,D是棱1AA的中点,BDDC⊥1
(1)证明:
BCDC⊥1
(2)求二面角11CBDA--的大小。
C
D
2007解法一:
(Ⅰ)连结BE,则四边形DABE为正方形,
11BEADAD∴==,且11BEADAD∥∥,
∴四边形11ADEB为平行四边形.11DEAB∴∥.
又1DE⊄平面1ABD,1AB⊂平面1ABD,
1DE∴∥平面1ABD.
(Ⅱ)以D为原点,1DADCDD,,所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空
间直角坐标系,不妨设1DA=,则(000D,,,(100A,,,(110B,,,(022C,,,1(102A,,,
1(102DA∴=,,,(110DB=,,,
设(xyz=,,n为平面1ABD的一个法向量.
由1DA⊥n,DB⊥n,得200.
xzxy+=⎧⎨
+=⎩,
取1z=,则(231=-,
,n.又2(023DC=,,,(110DB=,,,
设111(xyz=,,m为平面1CBD的一个法向量,由DC⊥m,DB⊥m,得11112200.
yzxy+=⎧⎨
+=⎩,
取11z=,则(1
11=-,,m,设m与n的夹角为a,二面角11ABDC--为θ,显然θ为锐角,
cosθ∴=
==mnmn.B
A
1A1D
1C
1B
cos3
θ∴=
,即所求二面角11ABDC--
的余弦为3
.解法二:
(Ⅰ)以D为原点,1DADCDD,,所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
设DAa=,由题意知:
(000D,,,(00Aa,,,(0Baa,,,(020Ca,,,1(022Caa,,,1(02Aaa,,,1(002Da,,,(00Ea,,.
1(02DEaa∴=-,,,1(02DAaa=,,,(0DBaa=,,
,又(02(0(02aaaaaa-=-,,
,,,,,1DEDBDA∴=-.
1DADB⊂,平面1ABD,1DE⊄平面1ABD,
1DE∴∥平面1ABD.
(Ⅱ)取DB的中点F,1DC的中点M,连结1AF,FM,由(Ⅰ)及题意得知:
022aaF⎛⎫
⎪⎝⎭
,,(0Maa,,,1222aaFAa⎛⎫∴=-⎪⎝⎭,,,22aaFMa⎛⎫
=-⎪⎝⎭,,
12(0022aaFADBaaa⎛⎫
=-=⎪⎝⎭,,,,,
(0022aaFMDBaaa⎛⎫
+=-+=⎪⎝⎭
,,,.
1FADB∴⊥,FMDB⊥,1AFM∴∠为所求二面角的平面角.
111cosFAFMAFMFAFM
∴=
∠
2
aaaaaa⎛⎫⎛
⎫--⎪
⎪=,,,,22
2
2
32
aaa--+==.所以二面角11ABDC--的余弦值为3
.解法三:
(Ⅰ)证明:
如解法一图,连结1AD,AE,设1
1ADADG=,AE
BDF=,连结GF,
由题意知G是1AD的中点,又E是CD的中点,
∴四边形ABED是平行四边形,故F是AE的中点,∴在1AED△中,1GFDE∥,
又GF⊂平面1ABD,1DE⊄平面1ABD,
1DE∴∥平面1ABD.
(Ⅱ)如图,在四边形ABCD
中,设ADa=,ABAD=,ADDC⊥,ABDC∥,ADAB∴⊥.故BD=
,由(Ⅰ)得
2222222BCBEECaaa=+=+=,2DCa=,90DBC∴=∠,即BDBC⊥.
又1BDBB⊥,
BD∴⊥平面11BCCB,又1BC⊂平面11BCCB,
1BDBC∴⊥,
B
D
1AD
1C
1B
E
取1DC的中点M,连结1AF,FM,由题意知:
1FMBC∴∥,
FMBD∴⊥.
又11ADAB=,1AFBD∴⊥.
1AFM∴∠为二面角11ABDC--的平面角.
连结1AM,在1AFM△中,由题意知:
1AF=
,112FMBC==,取11DC的中点H,连结1AH,HM,在1RtAHM△中,
1AH=,HMa=
,1
AM∴.222
1111cos2AFFMAMAFMAFFM+-∴=
∠
22
2
933
aa
a+-=3
=
∴二面角11ABDC--的余弦值为
3
.2008(Ⅰ)证明:
由四边形ABCD为菱形,∠ABC=60°,可得△ABC为正三角形.
因为E为BC的中点,所以AE⊥BC.又BC∥AD,因此AE⊥AD.
因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,所以PA⊥AE.
而PA⊂平面PAD,AD⊂平面PAD且PA∩AD=A,所以AE⊥平面
PAD,又PD⊂平面PAD.所以AE⊥PD.
(Ⅱ)解:
设AB=2,H为PD上任意一点,连接AH,EH.
由(Ⅰ)知AE⊥平面PAD,
则∠EHA为EH与平面PAD所成的角.
在Rt△EAH中,AE
所以当AH最短时,∠EHA最大,即当AH⊥PD时,∠EHA最大.此时tan∠EHA
=
2
AEAHAH==因此AH
又AD=2,所以∠ADH=45°,
所以PA=2.
解法一:
因为PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABCD.
过E作EO⊥AC于O,则EO⊥平面PAC,
过O作OS⊥AF于S,连接ES,则∠ESO为二面角E-AF-C的平面角,在Rt△AOE中,EO=AE·sin30°
=
2
,AO=AE·cos30°=32,
又F是PC的中点,在Rt△ASO中,SO=AO·sin45°
=
4
又
4
SE==
=在Rt△ESO中,cos∠
ESO=SOSE==
解法二:
由(Ⅰ)知AE,AD,AP两两垂直,以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,又E、F分别为BC、PC的中点,所以
E、F分别为BC、PC的中点,所以
A(0,0,0),B
-1,0),C(C,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E
0,0),
F
(
1
122
)
,所以
1,1.22
AEAF==设平面AEF的一法向量为111(,,,mxyz=
则0,0,
mAEmAF⎧=
⎪⎨=⎪
⎩因此11110,1
0.2
xyz=++=取
11,(0,2,1,zm=-=-则
因为BD⊥AC,BD⊥PA,PA∩AC=A,所以BD⊥平面AFC,
故BD为平面AFC的一法向量.
又BD=(),所以cos<m,
BD>
=
||||mBDmBD==
因为二面角E-AF-C为锐角,2009解法一:
(1)在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,取A1B1的中点F1,连接A1D,C1F1,CF1,因为AB=4,CD=2,且AB//CD,所以CD=//
A1F1,A1F1CD为平行四边形,所以CF1//A1D,又因为E、E1分别是棱AD、AA1的中点,所以EE1//A1D,所以CF1//EE1,又因为1EE⊄平面FCC1,1CF⊂平面FCC1,所以直线EE1//平面FCC1.
(2)因为AB=4,BC=CD=2,、F是棱AB的中点,所以BF=BC=CF,△BCF为正三角形,取CF的中点O,则OB⊥CF,又因为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,CC1⊥平面ABCD,所以CC1⊥
E
C
E1AB1
1
D
BO,所以OB⊥平面CC1F,过O在平面CC1F内作OP⊥C1F,垂足为P,连接BP,则∠OPB为二面角B-FC1-C的一个平面角,在△BCF为正三角形中
OB=在Rt△CC1F中,△OPF∽△CC1F,∵
11OPOFCCCF=
∴22OP==
在Rt△OPF中
BP===
cosOPOPBBP∠===所以二面角B-FC1-C
.解法二:
(1)因为AB=4,BC=CD=2,F是棱AB的中点,所以BF=BC=CF,△BCF为正三角形,因为ABCD为等腰梯形,所以∠BAC=∠ABC=60°,取AF的中点M,连接DM,则DM⊥AB,所以DM⊥CD,
以DM为x轴,DC为y轴,DD1为z轴建立空间直角坐标系,,则D(0,0,0),A
),F
),C(0,2,0),
C1(0,2,2),E
(
12
-,0),E1(
11
12
EE=-,1,0CF=-,1(0,0,2CC=1(,2FC=设平面CC1F的法向量为(,,nxyz=则10
nCFnCC⎧⋅=⎪⎨
⋅=⎪⎩所以00yz-==⎪⎩取(1n=,则11
110022
nEE⋅=
-⨯=,所以1nEE⊥,所以直线EE1//平面FCC1.
(2)(0,2,0FB=,设平面BFC1的法向量为1111(,,nxyz=,则1110
0nFBnFC⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩所以
1111020
yyz=⎧⎪
⎨
++=⎪⎩,取1n=,则121002nn⋅=⨯+=,||2n==,1||n==,
所以111cos,||||nnnnnn⋅〈〉=
==,由图可知二面角B-FC1-C为锐角,所以二面角
EA
B-FC1-C的余弦值为7.7w.w.w.k.s.5.u.c.o.m(2010)本小题主要考查空间中的基本关系,考查线面垂直、面面垂直的判定以及线面角和几何体体积的计算,考查识图能力、空间想象能力和逻辑推理能力,满分12分。
(Ⅰ)证明:
在DABC中,因为ÐABC=45°,BC=4,AB=22所以AC=AB+BC-2AB×BC×cos45=8222P因此AC=22故BC=AC+AB222EACBD所以ÐBAC=900又PA^平面ABCDE,AB//CD,所以CD^PA,CD^AC又PA,ACÌ平面PAC,且PA∩AC=A,所以CD^平面PAC,又CDÌ平面PCD,所以平面PCD^平面PAC。
(Ⅱ)解法一:
因为DAPB是等腰三角形,所以PA=AB=22因此PB=PA2+AB2=4又AB//CD,所以点B到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离。
由于CD^平面PAC,在RtDPAC中,PA=22,AC=22所以PC=4故PC边上的高为2,此即为点A到平面PCD的距离,所以B到平面PCD的距离为h=2.设直线PB与平面PCD所成的角为q,则sinq=又qÎ[,0所以q=ph21==,PB42]p.62解法二:
由(Ⅰ)知AB,AC,AP两两相互垂直,
分别以AB,AC,AP为x轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,由于DPAB是等腰三角形,所以PA=AB=22又AC=22,因此A(0,0,0,B(22,0,0,C(0,22,0,P(0,0,22因为AC//DE,CD^AC,所以四边形ACDE是直角梯形,因为AE=2,ÐABC=450,AE//BC所以ÐBAE=135因此ÐCAE=4500zPEACBD20故CD=AE×sin45=2´=22所以D(-2,22,0因此CP=(0,-22,22,CD=(-2,0,0设m=(x,y,z是平面PCD的一个法向量,则m×CP=0,m×CD=0解得x=0,y=z取y=1,得m=(0,1,1又BP=(-22,0,22设q表示向量BP与平面PCD的法向量m所成的角,则cosq=所以q=yxm×BP|m||BP|=12p3因此直线PB与平面PCD所成的角为(Ⅲ)因为AC//ED,CD^AC所以四边形ACDE是直角梯形p.6
因为AE=2,ÐABC=450,AE//BC,所以ÐBAE=135因此ÐCAE=4500故CD=AE×sin45=2´02=222=22ED=AC-AE×cos450=22-2´2+22´2=3.2所以S四边形ACDE=又PA^平面ABCDE,所以VP-CDE=1´3´22=2232012B2012A2012
(1)在RtDDAC中,AD=AC得:
ÐADC=45°°°同理:
ÐA1DC1=45ÞÐCDC1=90得:
DC1^DC,DC1^BDÞDC1^面BCDÞDC1^BC
(2)DC1^BC,CC1^BCÞBC^面ACC1A1ÞBC^AC取A1B1的中点O,过点O作OH^BD于点H,连接C1O,C1HA1C1=B1C1ÞC1O^OH^BDÞ1CH^,面AB11A1B1C1^面A1BDÞC1O^面A1BDH与点D重合B得:
点D且ÐC1DO是二面角A1-BD-C1的平面角设AC=a,则C1O=2a,C1D=2a=2C1OÞÐC1DO=30°2°既二面角A1-BD-C1的大小为30
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