2010年高考数学试题分析立体几何副本.

2010年高考数学试题分析——立体几何(计算题型1. (2010年高考湖南文数第 18题如图所示,在长方体 1111-ABCD A B C D 中, 11, 2, ===AB AD AA M 是棱 1CC 的中点。

(1求异面直线 1A M 和 11C D 所成的角的正切值;(2证明:平面 ABM ⊥平面 11A B M 。

解:(1因为 11C D ∥ 11B A ,所以 11MA B ∠为异面直线 1A M 与 11C D 所成的角。

因为 11A B ⊥平面 11BCC B ,所以 1190A B M ∠=而 1111, A B B M ===,故 11111tan B M M A B A B ∠==即异面直线 1A M 和 11C D所成的角的正切值为 (2由 11A B ⊥平面 11, BCC B BM ⊂平面 11BCC B ,得11A B BM ⊥①由(1知, 1B M =又12, ==BM B B 所以 22211B MBMB B +=,从而 1BM B M ⊥②又 1111A B B M B = ,再由① , ②得 BM ⊥平面 11A B M . 而 BM ⊂平面ABM ,因此平面 ABM ⊥平面11A B M2. (2010年高考浙江理数第 20题如图, 在矩形 ABC D 中, 点 , E F 分别在线段 ,A B A D 上, 243AE EB AF FD ====沿直线 EF 将 AEF V 翻折成 A EF 'V ,使平面 A EF BEF '⊥平面(1求二面角 A F D C '--的余弦值;(2点 , M N 分别在线段 , F D B C 上,若沿直线 M N 将四边形 M N C D 向上翻折, 使 C 与 A '重合,求线段 F M 的长。

解法一:(1取线段 EF 的中点 H ,连结 A H ',因为 A E =A F ''及 H 是 EF 的中点,所以 A H EF '⊥,又因为平面 A EF '⊥平面 BEF 及 A H '⊂平面 A EF ',所以 A H '⊥平面 BEF 如图建立空间直角坐标系 A xyz -则 (2,2, (10,8, 0, (4,0, 0, (10,0, 0 A C F D '故 (2, 2, (6,0, 0 FA FD '=-=设 (, , x y z =n 为平面 A FD '的一个法向量, 所以 22060x y x ⎧-++=⎪⎨=⎪⎩取 z =,则 (0,=-n又平面 BEF 的一个法向量 (0,0,1 =m ,故 cos , 3⋅〈〉==⋅n m n m n m。

3(2解:设 , F M x =则 (4, 0, 0 M x +,因为翻折后, C 与 A 重合,所以 C M A M '=, 故,222222(6 80=22x x -++--++( (,得 214x =,经检验,此时点 N 在线段 B C 上,所以 214FM =解法二:(1取线段 EF 的中点 H , AF 的中点 G , 连 , , A G A H GH ''。

因为 A E A F ''=及 H 是 EF 的中点,所以 A H EF '⊥又因为平面 A EF '⊥平面 BEF , 所以 A H '⊥平面 BEF , 又 AF ⊂平面 BEF ,故 A H '⊥AF ,又因为 G 、 H 是 AF 、 EF 的中点, 易知 G H ∥ AB , 所以 G H ⊥AF ,于是 AF ⊥面 A G H ',所以 A G H '∠为二面角 A D H C '--的平面角,在 R t A G H ' 中, A H '=, G H =2, A G '=1题图2题图2题图所以 cos 3A G H '∠=故二面角 A D F C '--的余弦值为3(2解:设 FM x =,因为翻折后, C 与 A '重合, 所以 C M A M '=,而 222228(6 CMDC DMx =+=+-,2222222' ' ' A M A H MH A H MG GH=+=++= +(2222++x得 214x =,经检验,此时点 N 在线段 B C 上, 所以 214FM =3. (2010年高考陕西文数 18题如图,在四棱锥 P ABCD -中,底面 ABC D 是矩形, PA ⊥平面 , , =ABC D AP AB2, , ==BP BC E F 分别是 , P B P C 的中点 .(1证明:EF ∥平面 PAD ; (2求三棱锥 E ABC -的体积 V 。

解:(1在PBC ∆中, , E F 分别是 , P B P C 的中点, EF ∴∥ B C 又 B C ∥ A D , EF ∴∥ A D 又∵AD 平面 , P A D EF 平面 PAD ,EF ∴∥平面 PAD(2连结 , , A E A C E C 过 E 作 E G ∥ PA 交 AB 于点 G , 则 EG ⊥平面 ABC D ,且 12EG PA =在PAB ∆中, , 90, 2AP AB PAB BP =∠==,2AP AB EG ∴===11222ABC S AB BC ∆∴=⋅=⨯=1113323E A BC A B CV S E G -∆∴=⋅==4. (2010年高考辽宁文数第 19题如图,棱柱 111ABC A B C -的侧面 11BCC B 是菱形, 11B C A B ⊥(1证明:平面 1AB C ⊥平面 11A BC ;(2设 D 是 11A C 上的点,且 1A B ∥平面 1B CD ,求 11:A D DC 的值 .解:(1证明:因为侧面 11BCC B 是菱形,所以 11B C BC ⊥又已知 1111, B C A B A B BC B ⊥= 且所以 1B C ⊥平面 11A BC ,又 1B C ⊂平面 1AB C ,所以平面 1AB C ⊥平面 11A BC(2设 1BC 交 1B C 于点 E ,连结 D E ,则 D E 是平面 11A BC 与平面 1B CD 的交线, 因为 1A B ∥平面 1B CD ,所以1A B ∥ D E 又 E 是 1BC 的中点,所以 D 为 11A C 的中点 .即 11:1A D DC =5. (2010年高考辽宁理数第 19题已知三棱锥 P ABC -中, PA ⊥平面1, , , 2ABC AB AC PA AC AB N ⊥==为 AB 上一点, 4, , AB AN M S =分别为 , P B B C 的中点 . (1证明:C M SN ⊥;(2求 SN 与平面 C M N 所成角的大小 .证明:设 1PA =,以 A 为原点,射线 , , AB AC AP 分别为 , , x y z 轴正向建立空间直角坐标系如图则 111(0,0,1, (0,1,0, (2,0, 0, 1, 0,, , 0, 0, 1, , 0222P C B M N S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭(11111, 1, , , , 0222C M SN ⎛⎫⎛⎫=-=-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭因为 110022CM SN ⋅=-++=所以 C M SN ⊥(2 1,1, 02N C ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ,设 (, , x y z =a 为平面 C M N 的一个法向量则 102102x y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩令 2x =,得 (2,1,2 =-a3题图3题答案图4题图4题答案图PMBA NCS5题图因为 cos , SN=a 所以 SN 与平面 C M N 所成角为 456. (2010年高考全国卷 2文数第 19题如图,直三棱柱 111ABC A B C -中, 1, , AC BC AA AB D ==为 1BB 的中点, E 为1AB 上的一点, 13AE EB =(1证明:D E 为异面直线 1AB 与 C D 的公垂线;(2设异面直线 1AB 与 C D 的夹角为 45°,求二面角 111A AC B --的大小解:(1连结 1A B ,记 1A B 与 1AB 的交点为 F ,因为面 11AA B B 为正方形,故 11A B AB ⊥,且 1AF FB =. 又 13AE EB =,所以 1FE EB =,又D 为 1BB 的中点,故 DE ∥ 1, BF DE AB ⊥作 , CG AB G ⊥为垂足,由 AC BC =知, G 为 AB 中点 . 又由底面 ABC ⊥面 11AA B B ,得CG ⊥面 11AA B B连结 D G ,则 D G ∥ 1AB ,故 D E D G ⊥,由三垂线定理,得 D E C D ⊥所以 D E 为异面直线 1AB 与 C D 的公垂线(2因为 D G ∥ 1AB ,故 C D G ∠为异面直线 1AB 与 C D 的夹角, 45C D G ∠=设 2AB =,则 1AB DG CG AC ====作 111, B H A C H ⊥为垂足,因为底面 11111A B C AA C C ⊥, 故 1B H ⊥面11AA C C , 又作 1, ⊥HK AC H 为垂足,连结 1B K ,由三垂线定理,得 11B K AC ⊥,因此 1B KH ∠为二面角 111A AC B --的平面角111B H AC ==13H C ==1111AA HC AC HK AC ⨯===11t a n4B H B KH HK∠==所以二面角 111A AC B --的大小为 arctan 7. (2010年高考江西理数第 20题如图BCD ∆与M CD ∆都是边长为 2的正三角形, 平面 M C D ⊥平面 BC D , AB ⊥平面 BC D, AB =(1求点 A 到平面 M BC 的距离;(2求平面 ACM 与平面 BC D 所成二面角的正弦值。

解:(1取 C D 中点 O ,连接 , , O B O M则 , OB OM OB CD MO CD ==⊥⊥又平面 M C D ⊥平面 BC D ,则 M O ⊥平面 BC D , , M O 到平面 ABC 的距离相等作 O H BC ⊥于 H ,连接 M N ,则 M H BC ⊥,求得 sin 602O H O C =⋅=2M H ==设点 A 到平面 M BC 的距离为 d ,由 A MBC M ABC V V --=得 1133M BC ABC S d S O H ∆∆⋅⋅=⋅⋅即 111122322322⋅⋅=⋅⋅⋅,解得 5d = (2延长 , A M B O 相交于 E ,连接 , , C E D E C E 是平面 ACM 与平面 BC D 的交线由(1知, O 是 BE 的中点,则四边形 BC ED 是菱形作 BF EC ⊥于 F ,连接 A F ,则 AF EC ⊥,AFB ∠就是二面角 A EC B --的平面角,设为θ因为 120, BCE ∠=所以 60B C F ∠=2sin 60tan 2, sin 5AB BF BFθθ=====58. (2010年高考安徽文数第 19题如图,在多面体 ABCDEF 中,四边形 ABC D 是正方形, 22, AB EF EF ==∥ , A B, EF FB ⊥90, BFC ∠=, BF FC H =为 B C 的中点(1求证:FH ∥平面 EDB ; 6题图6题答案图ABCDM7题图A BC DO Mxzy7题答案图10题答案图(2求证:AC ⊥平面 EDB ; (3求四面体 B DEF -的体积; 解:(1证明:设 A C 与 B D 交于点 G ,则 G 为 A C 的中点,连, EG G H , 由于 H 为 B C 的中点,故G H12AB 又EF12AB , EF∴, G H ∴四边形 EFH G 为平行四边形EG ∴∥ FH , 而 EG ⊂平面 , ED B FH ∴∥平面 EDB (2证明:由四边形 ABC D 为正方形,有 AB BC ⊥又 EF ∥ AB , EF BC ∴⊥而 , EF FB EF ⊥∴⊥平面 , BFC EF FH ∴⊥ A B F H ∴⊥又 , BF FC H =为 B C 的中点, FH BC ∴⊥ FH ∴⊥平面 ABC D , FH AC ∴⊥, 又 FH ∥ E GA C E G ∴⊥, 又 , , AC BD EG BD G AC ⊥=∴⊥平面 EDB (3解:, 90EF FB BFC ⊥∠=BF ∴⊥平面 , C D EF BF ∴为四面体 B DEF -的高又 2, BC AB BF FC ==∴==1111323B D EFV -=⋅ 9. (2010年高考重庆文数第 20题如图, 四棱锥 P ABC D -中, 底面 ABC D 为矩形, PA ⊥底面 ABC D, PA AB ==点 E 是棱 PB 的中点(1证明:AE ⊥平面 PBC ;(2若 1AD =,求二面角 B EC D --的平面角的余弦值 (1证明:如图(1 , PA ⊥底面ABC D 得 PA AB ⊥又 PA AB =,故PAB ∆为等腰直角三角形,而点 E 是棱形 PB 的中点,所以 AE PB ⊥由题意知 BC AB ⊥,又 AB 是 PB 在面 ABC D 内的射影,由三垂线定理得 BC PB ⊥,从而 BC ⊥平面 PAB ,故 BC AE ⊥, 因 , AE PB AE BC ⊥⊥,所以 AE ⊥平面 PBC(2由(1知 BC ⊥平面 PAB ,又 AD ∥ B C ,得 AD ⊥平面 PAB ,故 AD AE ⊥在R t PAB ∆中, 112PA AB AE PB =====从而在Rt DAE ∆中, D E = 在Rt CBE ∆中, CE =CD =C E D ∆为等边三角形取 C E 的中点 F ,连结 DF ,则 DF CE ⊥因 1BE BC ==,且 BC BE ⊥,则EBC ∆为等腰直角三角形,连结 BF ,则 BF CE ⊥, 所以 BFD ∠为所求的二面角的平面角连结 BD ,在BFD ∆中, sin 32D F C D π=⋅=122BF C E BD ===所以 222cos 23D F BF BDBFD D F BF+-∠==⋅⋅故二面角 B EC D --的平面角的余弦值为 3-10. (2010年高考浙江文数第 20题如图,在平行四边形 ABC D 中, 2AB BC =, 120A B C ∠=。