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合肥一中2013届理科数学二轮复习专题讲义专题二:立体几何(教师版)

合肥一中2013届理科数学二轮复习专题讲义专题二:立体几何(教师版)


合肥一中 2013 届理科数学二轮复习专题讲义 专题二:立体几何
编写:梁方志 一、高考回顾
1、 (2010-18) (本小题满分 12 分)如图,在多面体 ABCDEF 中,四边形 ABCD 是 正方形, EF ∥ AB , EF ? FB , AB ? 2EF , ?BFC ? 90? , BF ? FC , D H 为 BC 的中点. (1)求证: FH ∥平面 EDB ; (2)求证: AC ? 平面 EDB ; (3)求二面角 B ? DE ? C 的大小.
H A B E F

C

1

2、 (2011-17) (本小题满分 12 分)如图, ABCDEFG 为多面体,平面 ABED 与平面 AGFD 垂直,点 O 在线段 AD 上, OA ? 1, OD ? 2, VOAB ,△ OAC ,△ ODE ,△ ODF 都是正三 角形. (1)证明直线 BC ∥ EF ; (2)求棱锥 F—OBED 的体积.

2

3、 (2012-18) (本小题满分 12 分)平面图形 ABB1 A1C1C 如图 4 所示,其中

BB1C1C 是矩形, BC ? 2, BB1 ? 4 , AB ? AC ? 2 , A1 B1 ? A1C1 ? 5 . 现将该平面图形分别沿 BC 和 B1C1 折叠, ?ABC 与 ?A1 B1C1 所在平面都与平 使
面 BB1C1C 垂直,再分别连接 AA1 , BA1 , CA1 ,得到如图 2 所示的空间图形,对 此空间图形解答下列问题. (1)证明: AA1 ? BC ; (2)求 AA1 的长; (3)求二面角 A ? BC ? A1 的余弦值. 解析: (1)取 BC , B1C1 的中点为点 O, O1 ,连接 AO, OO1 , A1O, A1O1 则 AB ? AC ? AO ? BC ,面 ABC ? 面 BB1C1C ? AO ? 面 BB1C1C 同理: A1O1 ? 面 BB1C1C 得: AO / / A1O1 ? A, O, A1 , O1 共面 又 OO1 ? BC , OO1 ? AO ? O ? BC ? 面 AOO1 A1 ? AA1 ? BC (2)延长 A1O1 到 D ,使 O1 D ? OA 得: O1D / /OA ? AD / /OO1

OO? BC ,面 A1 B1C1 ? 面 BB1C1C ? OO1 ? 面 A1 B1C1 ? AD ? 面 A1 B1C1 1
AA? 1
2 A D ? D2A ? 4 2

? 2 ?1 )2 ? 5 (

(3) AO ? BC , A1O ? BC ? ?AOA1 是二面角 A ? BC ? A1 的平面角 在 Rt ?OO1 A1 中, A 1 O ? OO12 ? A1O12 ? 在 Rt ?OAA1 中, cos ?AOA1 ?

42 ? 22 ? 2 5

AO 2 ? A1O 2 ? AA12 5 ?? 2 AO ? A1O 5

得:二面角 A ? BC ? A1 的余弦值为 ?

5 . 5

二、题型示例 《考试说明》 (2013 版)中有以下例题:
例 7(2011 安徽) 例 8(2010 安徽)

三、经典例题
1、如图,ABCD与ABEF是全等的直角梯形,AB ? AD,底面四边形ADGF为菱形,二面角 D ? AB ? F =1200, AD=2BC=4,AB=2, (1)求证:FD ? BG (2)求证:CE // DF (3)求三棱锥 A-CEG 的体积. 解析: (3)

8 3 3

2、 (2012北京)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分别是 AC,AB上的点,且DE∥BC,DE=2.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,

如图2.

3

(1)求证:A1C⊥平面 BCDE; (2)若 M 是 A1D 的中点,求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小; (3)线段 BC 上是否存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直?说明理由. 解析: (1)因为 AC⊥BC,DE∥BC, 所以 DE⊥AC. 所以 ED⊥A1D,DE⊥CD,所以 DE⊥平面 A1DC. 所以 DE⊥A1C. 又因为 A1C⊥CD. 所以 A1C⊥平面 BCDE. (2) 如图, C 为坐标原点, 以 建立空间直角坐标系 C—xyz, A(0,0, 则 1 2 3) D(0,2,0) M(0,1, 3) B(3,0,0) E(2,2,0) , , , , . → → 设平面 A1BE 的法向量为 n=(x,y,z) ,则 n·A1B=0,n·BE=0. → → ?3x-2 3z=0, 又A1B=(3,0,-2 3) BE=(-1,2,0) , ,所以? ?-x+2y=0. 令 y=1,则 x=2,z= 3. 所以 n=(2,1, 3) . 设 CM 与平面 A1BE 所成的角为 θ . → 因为CM=(0,1, 3) , → 所以 sinθ =|cos〈n,CM〉| π 所以 CM 与平面 A1BE 所成角的大小为 4 . (3)线段 BC 上不存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直,理由如下: 假设这样的点 P 存在,设其坐标为(p,0,0) ,其中 p∈[0,3]. 设平面 A1DP 的法向量为 m=(x,y,z) ,则 → → m·A1D=0,m·DP=0. → → 又A1D=(0,2,-2 3) DP=(p,-2,0) , ,

?2y-2 3z=0, 所以? ?px-2y=0.
p
令 x=2,则 y=p,z= 3.
4

所以 m=?2,p, 3?. ? ? 平面 A1DP⊥平面 A1BE,当且仅当 m·n=0 时成立, 即 4+p+p=0. 解得 p=-2,与 p∈[0,3]矛盾. 所以线段 BC 上不存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直. 变式:已知正四面体 ABCD(图 1) ,沿 AB,AC,AD 剪开,展成的平面图形正好是(图 2)所示的直角梯形 A1A2A3D(梯形的顶点 A1,A2,A3 重合于四面体的顶点 A) . (1)证明:AB⊥CD; (2)当 A1D=10,A1A2=8 时,求四面体 ABCD 的体积.

?

p?

解析: (1)证明:在四面体 ABCD 中,



? ? AB⊥AD ??AB⊥平面 ACD?AB⊥CD. AC∩AD=A? ?
AB⊥AC

(2)解:在题图 2 中作 DE⊥A2A3 于 E. ∵A1A2=8,∴DE=8. 又∵A1D=A3D=10,∴EA3=6,A2A3=10+6=16. 又 A2C=A3C,∴A2C=8. 即题图 1 中 AC=8,AD=10, 由 A1A2=8,A1B=A2B 得图 1 中 AB=4. 1 1 ∴S△ACD= S ?A3CD =2DE·A3C=2×8×8=32. 1 128 又∵AB⊥面 ACD,∴VB-ACD=3×32×4= 3 . 3、 (2011 广东理-18) 如图, 在锥体 P-ABCD 中, ABCD 是边长为 1 的菱形,且∠DAB=60°,PA=PD= 2, PB=2,E,F 分别是 BC,PC 的中点. (1)证明:AD⊥平面 DEF; (2)求二面角 P-AD-B 的余弦值. 解析:解法一: (1)证明:取 AD 中点 G,连接 PG,BG,BD. 因 PA=PD, PG⊥AD, 有 在△ABD 中, =AD=1, DAB=60°, AB ∠ 有△ABD 为等边三角形,因此 BG⊥AD,BG∩PG=G, 所以 AD⊥平面 PBG?AD⊥PB,AD⊥GB. 又 PB∥EF,得 AD⊥EF,而 DE∥GB 得 AD⊥DE, 又 FE∩DE=E,所以 AD⊥平面 DEF. (2)∵PG⊥AD,BG⊥AD, ∴∠PGB 为二面角 P-AD-B 的平面角. 7 在 Rt△PAG 中,PG2=PA2-AG2=4, 3 在 Rt△ABG 中,BG=AB·sin 60°= 2 ,

5

∴cos∠PGB=

21 PG 2 ? BG 2 ? PB 2 = =- 7 . 7 3 2 PG ? BG 2× 2 × 2

7 3 4+4-4

解法二: (1)证明:取 AD 中点为 G,因为 PA=PD,所以 PG⊥AD. 又 AB=AD,∠DAB=60°,△ABD 为等边三角形, 因此,BG⊥AD,从而 AD⊥平面 PBG. 延长 BG 到 O 且使得 PO⊥OB, 又 PO?平面 PBG,PO⊥AD,AD∩OB=G, 所以 PO⊥平面 ABCD. 以 O 为坐标原点,菱形的边长为单位长度,直线 OB,OP 分别为 x 轴,z 轴,平行于 AD 的直线为 y 轴, 建立如图所示空间直角坐标系. 1 ? ? ? 1 ? 设 P(0,0,m) G(n,0,0) , ,则 A?n,-2,0?,D?n,2,0?. ? ? ? ? 3 ??? ? ??? ? ∵| GB |=| AB |sin 60°= 2 , 3 3 3 1 ? ?n 3 1 m? ? ? ? ? ? ∴B?n+ 2 ,0,0?,C?n+ 2 ,1,0?,E?n+ 2 ,2,0?,F?2+ 4 ,2,2?. ? ? ? ? ? ? ? ? 3 m? ? ??? ?n ???? ??? ? 3 ? ? 由于 AD =(0,1,0) DE =? 2 ,0,0?, FE =?2+ 4 ,0,-2?, , ? ? ? ? ???? ??? ? ???? ??? ? 得 AD · DE =0, AD · FE =0,AD⊥DE,AD⊥FE,DE∩FE=E, ∴AD⊥平面 DEF. 1 3 ? ? ??? ? ??? ? ? ? (2)∵ PA =?n,-2,-m?, PB =?n+ 2 ,0,-m?, ? ? ? ? ∴ m2 ? n2 ?

1 = 2, 4

3? ? ?n+ ?2+m2=2, 2 ? ?

3 解之,得 m=1,n= 2 . 取平面 ABD 的法向量 n1=(0,0,-1) , 设平面 PAD 的法向量 n2=(a,b,c) , 3 b ??? ? 由 PA ·n2=0,得 2 a-2-c=0, 3 b ??? ? 由 PD ·n2=0,得 2 a+2-c=0, 3 -2 21 3? ? ?1,0, ?.∴cos〈n1,n2〉= 取 n2=? =- 7 . 2? 7 1× 4 4、 (2012 江西)在三棱柱 ABC—A1B1C1 中,已知 AB=AC=AA1= 5,BC=4,点 A1 在底面 ABC 的投影是线段 BC 的中点 O. (1)证明在侧棱 AA1 上存在一点 E,使得 OE⊥平面 BB1C1C,并求出 AE 的长; (2)求二面角 A1—B1C1—C 的余弦值. 解析: (1)连接 AO,在△AOA1 中,作 OE⊥AA1 于点 E,因为 AA1∥BB1, 得 OE⊥BB1,因为 A1O⊥平面 ABC,所以 A1O⊥BC. 因为 AB=AC,OB=OC,得 AO⊥BC,所以 BC⊥平面 AA1O,所以 BC⊥

AO2 OE,所以 OE⊥平面 BB1C1C,又 AO= AB -BO =1,AA1= 5,得 AE=AA1
2 2

6

5 = 5. (2)如图,分别以 OA,OB,OA1 所在直线为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,则 A(1,0,0) B(0,2,0) , , → 1→ 2? ?4 C(0,-2,0) A1(0,0,2) AE=5AA1得点 E 的坐标是?5,0,5?, , ,由 ? ? → 4 2? ? 由(1)得平面 BB1C1C 的法向量是OE=?5,0,5?, ? ? 设平面 A1B1C 的法向量 n=(x,y,z) , 令 y=1,得 x=2,z=-1,即 n=(2,1,-1) ,所以 → cos〈OE,n〉 30 即二面角的余弦值是 10 . 5、如图多面体 ABC—A1B1C1 和它的三视图. (1)线段 CC1 上是否存在一点 E,使 BE⊥平面 A1CC1,若不存在请说明 理由,若存在请找出并证明; (2)求二面角 C1-A1C-A 的余弦值.

解析:由(1)知 AA1 , AB, AC 两两垂直,如图建系, BC ? 2 2 ,则 A(0,0,0) , A1 (0, 0, 2) , B(?2, 0, 0) ,

???? ? C (0, ?2, 0), C1 (?1, ?1, 2) , CC1 ? (?1,1, 2) ????? ???? A1C1 ? (?1, ?1,0), A1C ? (0, ?2, ?2). …………………………………………1 分
? x ? ?? ? ?x ? z ? 2? ? ? z ?

设 E ( x, y, z ) ,则 CE ? ( x, y ? 2, z ) ,

EC1 ? (?1 ? x,?1 ? y,2 ? z ) ………3 分

??? ? ???? ? ? 设 CE ? ? EC1 , ? ? y ? 2 ? ?? ? ?y
则 E(

??? ? 2 ? ? ?2 ? ? 2? ?? ?2 ? ? 2? , , ) , BE ? ( , , ) ………………………4 分 1? ? 1? ? 1? ? 1? ? 1? ? 1? ?
? 2?? 2?? ?? 1 ? ? ? 1 ? ? ? 0 ? ?? ,得 ? ? ? 2 ? ? ? 2? ? 0 ? 1? ? 1? ? ?

? BE ? A1C1 ? 0 ? 由? ? BE ? A1C ? 0 ?

?2

所以线段 CC1 上存在一点 E , CE ? 2 EC1 , 使 BE ? 平面 A1CC1 ……………6 分 另证:补形成正方体,易证 CE : EC1 ? 2 :1

??? ?

???? ?

?? ???? ? ? ?? ? ?x ? y ? 0 ?m ? AC1 ? 0 1 (2)设平面 A1C1C 的法向量为 m ? ( x, y, z ) ,则由 ? ?? ???? ,得 ? , ? ?2 y ? 2 z ? 0 ? m ? AC ? 0 ? 1 ?? 取 x ? 1 ,则 y ? ?1, z ? 1. 故 m ? (1, ?1,1) ,……………………………………………8 分
7

?? ? ? m?n 1 3 而平面 A1 AC 的一个法向量为 n ? (1, 0, 0) ,则 cos ? m, n ?? ?? ? ? ……11 分 ? 3 mn 3

?? ?

二面角的余弦值为

6、已知圆柱 OO1 底面半径为 1,高为 ? ,ABCD 是圆柱的一个轴截面.动点 M 从点 B 出发沿着圆柱的侧面 到达点 D ,其距离最短时在侧面留下的曲线 ? 如图所示.将轴截面 ABCD 绕着轴 OO1 逆时针旋转

3 …………………………………………12 分 3

? (0 ? ? ? ? ) 后,边 B1C1 与曲线 ? 相交于点 P. (1) 求曲线 ? 长度;
(2) 是否存在 ? ,使得二面角 D ? AB ? P 的大小为

C1

?
4

D

O1
D1

C

?若存在,求出线段 BP 的长

度;若不存在,请说明理由. 解析: 解法一: (1)将圆柱一半展开后底面的半个圆周变成长方形的边 BA,曲线 ? 就是对 角线 BD.由于 AB ? ? r ? ? , AD ? ? ,所以这实际上是一个正方形. 所以曲线 ? 的长度为 BD ? 2? .…………………………3 分 (2)当 ? ?

P
B1

A
A1

?

O

B

C1

?

D
D1

O1

C

2

时,点 B1 恰好为 AB 的中点,所以 P 为 B1C1 中点,故点 C1 到平面

APB 的距离与点 B1 到平面 APB 的距离相等. 连结 AP、BP,OP. 由 AB ? B1 P 且 AB ? A1 B1 知: AB ? 平面 APB. 从而平面 A1 B1 P ? 平面 APB.
作 B1 H ? OP 于 H,则 B1 H ? 平面 APB. 所以, B1 H 即为点 B1 到平面 APB 的距离.

P
H
B1

A
A1

?

O

B

? 在 Rt ? OB1 P 中, OB1 ? 1, B1 P ? BB1 ?
所以 OP ? 12 ? ( ) 2 ?

?
2



?

?2 ?4
2

.于是:

2

? ? 2 ? .所以,点 C1 到平面 APB 的距离为 ……7 分 2 ? ?4 ? ?4 ?2 ?4 2 ? (3) 由于二面角 D ? AB ? B1 为直二面角, 故只要考查二面角 P ? AB ? B1 是否为 即可. 4 C1 过 B1 作 B1Q ? AB 于 Q,连结 PQ. O
B1 H = OB1 ? B1 P ? OP
2

1?

?

由于 B1Q ? AB , B1 P ? AB ,所以 AB ? 平面 B1 PQ , 所以 AB ? PQ . 于是 ?PQB1 即为二面角 P ? AB ? B1 的平面角.

D

1

C

D1

? 在 Rt ? PB1Q 中, B1Q ? sin ? , B1 P ? BB1 ? ? .
若 ?PQB1 ?

P

B1 ,则需 B1 P ? B1Q ,即 sin ? ? ? . ? A B 4 Q O f ( x) ? sin x ? x (0 ? x ? ? ) ,则 f ' ( x) ? cos x ? 1 ? 0 , 令 A1 故 f ( x) 在 (0, ? ) 单调递减.所以 f ( x) ? f (0) ? 0 ,即 sin x ? x 在 (0, ? ) 上 (0, ? ) 恒成立.故不存在 ? ? (0, ? ) ,使 sin ? ? ? .也就是说,不存在 ? ? (0, ? ) ,使二

?

8

面角 D ? AB ? B1 为

?
4

.…………………………12 分

解法二:如图,以 O 为原点,OB 所在直线为 x 轴,过 O 与 OB 垂直的直线为 y 轴,建立空间直角坐标系.

? B 则 A(?1, 0, 0), B (1, 0, 0) , 1 (cos ? ,sin ? , 0) .由于 B1 P ? BB1 ? ? , 所以 P (cos ? ,sin ? , ? ) ,
??? ? ??? ? C1 (cos ? ,sin ? , ? ) ,于是 AP ? (cos ? ? 1,sin ? , ? ) , AB ? (2, 0, 0) .
(1)同解法一;
D
D1
O1

z
C1

??? ? ?? ??? ? ? ? (2)当 ? ? 时, AB ? (1,1, ) , AB ? (2, 0, 0) ,所以 m ? (0, ? ,1) 是平 2 2 2
面 APB 的一个法向量. 又 , OC1 ? (0,1,? ) , 所 以 点 C1 到 平 面

?

C

???? ?

APB

的 距 离 为
?

P y
B1

?? ???? ? | ? ?? | | m ? C1O | ? A ?? h? ? 2 ? . 2 2 |m| ? ? ?4 A1 1? 4 ?? ? x(cos ? ? 1) ? y ? sin ? ? z ? ? ? 0 (3)设 m ? ( x, y, z ) 是平面 APB 的一个法向量,则 ? , 2x ? 0 ? 0 ? 0 ? ?? 取 m ? (0, ?? ,sin ? ) .
又 n ? ?0,1,0 ? 是平面 DAB 的一个法向量.

?

O

Q

B

x

?? ? ?? ? m?n sin ? 2 ? ? 由 cos ? m, n ?? ?? 得: sin ? ? ? .以下同解法一. 2 2 | m |?| n | ? ? sin ? 2

9



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