2012届高考数学压轴题预测专题4 立体几何

2012届高考数学压轴题预测

专题4 立体几何

1.如图, 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AA1＝4，点D是AB的中点， （I）求证：AC⊥BC1； （II）求证：AC 1//平面CDB1；

解析：（1）证明线线垂直方法有两类：一是通过三垂线定理或逆定理证明，二是通过线面垂直来证明线线垂直；（2）证明线面平行也有两类：一是通过线线平行得到线面平行，二是通过面面平行得到线面平行.

答案:解法一：（I）直三棱柱ABC－A1B1C1，底面三边长AC=3，BC=4AB=5，

∴ AC⊥BC，且BC1在平面ABC内的射影为BC，∴ AC⊥BC1；

（II）设CB1与C1B的交点为E，连结DE，∵ D是AB的中点，E是BC1的中点， ∴ DE//AC1，∵ DE平面CDB1，AC1平面CDB1， ∴ AC1//平面CDB1；

解法二：∵直三棱柱ABC－A1B1C1底面三边长AC＝3，

z CABE C A BC＝4，AB＝5，∴AC、BC、C1C两两垂直，如图，以C为坐标原点，直线CA、CB、C1C分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则C（0,0，0），A（3,0，0），C1（0,0，4），B（0,4，0），B1（0,4，4），D（

3，2,0） 2x B y （1）∵AC＝（－3,0，0），BC1＝（0，－4,0），∴AC•BC1＝0，∴AC⊥BC1.

（2）设CB1与C1B的交战为E，则E（0,2，2）.∵DE＝（－0,2），AC1＝（－3,0，4），∴DE点评：2．平行问题的转化：

面面平行

转化

转化

3，21AC1，∴DE∥AC1. 2线面平行线线平行；

主要依据是有关的定义及判定定理和性质定理．

2.如图所示，四棱锥P—ABCD中，ABAD，CDAD，PA底面ABCD，PA=AD=CD=2AB=2，M为PC的中点。

(1)求证：BM∥平面PAD；

(2)在侧面PAD内找一点N，使MN平面PBD； (3)求直线PC与平面PBD所成角的正弦。

解析：本小题考查直线与平面平行，直线与平面垂直， 二面角等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.

答案：（1）M是PC的中点，取PD的中点E，则

ME1CD，又AB21CD 2四边形ABME为平行四边形 BM∥EA，BM平面PAD

EA平面PAD

BM∥平面PAD

（4分）

（2）以A为原点，以AB、AD、AP 所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，则B1,0,0)，C2,2,0，D0,2,0，P0,0,2，M1,1,1，E0,1,1

在平面PAD内设N0,y,z，MN1,y1,z1，PB1,0,2，

DB1,2,0 由MNPB MNPB12z20 z由MNDB MNDB12y20 y1 21 211N0,,N是AE的中点，此时MN平面PBD（8分）

22 （3）设直线PC与平面PBD所成的角为

11PC2,2,2，MN1,,，设PC,MN为

22cosPCMN22362PCMN22 sincos 33故直线PC与平面PBD所成角的正弦为

解法二：

（1）M是PC的中点，取PD的中点E，则

2 3（12分）

ME1CD，又AB21CD 2四边形ABME为平行四边形 BM∥EA，BM平面PAD

EA平面PAD

BM∥平面PAD

（2）由（1）知ABME为平行四边形

（4分）

PA底面ABCDPAAB，又ABAD

AB平面PAD 同理CD平面PAD，AE平面PAD

ABAE ABME为矩形 CD∥ME，CDPD，又PDAE

MEPD PD平面ABME PD平面PBD 平面PBD平面ABME 作MFEB故MF平面PBD

MF交AE于N，在矩形ABME内，ABME1，AE2

MF22，NE N为AE的中点

23（8分）

当点N为AE的中点时，MN平面PBD

（3）由（2）知MF为点M到平面PBD的距离，MPF为直线PC与平面PBD所

成的角，设为，sinMF2 MP3直线PC与平面PBD所成的角的正弦值为

2 3

点评：（1）证明线面平行只需证明直线与平面内一条直线平行即可；（2）求斜线与平面所成的角只需在斜线上找一点作已知平面的垂线，斜线和射影所成的角，即为所求角；（3）证明线面垂直只需证此直线与平面内两条相交直线垂直变可.这些从证法中都能十分明显地体现出来

3.如图，四棱锥PABCD中，侧面PDC是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面

ABCD是ADC60的菱形，M为PB的中点.

(Ⅰ)求PA与底面ABCD所成角的大小； (Ⅱ)求证：PA平面CDM； (Ⅲ)求二面角DMCB的余弦值.

解析：求线面角关键是作垂线，找射影，求异面直线所成的角采用平移法 求二面角的大小也可应用面积射影法，比较好的方法是向量法 答案：(I)取DC的中点O，由ΔPDC是正三角形，有PO⊥DC．

又∵平面PDC⊥底面ABCD，∴PO⊥平面ABCD于O．

连结OA，则OA是PA在底面上的射影．∴∠PAO就是PA与底面所成角． ∵∠ADC=60°，由已知ΔPCD和ΔACD是全等的正三角形，从而求得OA=OP=3．

∴∠PAO=45°．∴PA与底面ABCD可成角的大小为45°． ……6分 (II)由底面ABCD为菱形且∠ADC=60°，DC=2，DO=1，有OA⊥DC． 建立空间直角坐标系如图，则A(由M为PB中点，∴M(∴DM(3,0,0),P(0,0,3),D(0,1,0), B(3,2,0),C(0,1,0)．

33,1,)． 2233,2,),PA(3,0,3),DC(0,2,0)． 22∴PADM33320(3)0， 22PADC03200(3)0．

∴PA⊥DM，PA⊥DC． ∴PA⊥平面DMC． ……4分

33,0,),CB(3,1,0)．令平面BMC的法向量n(x,y,z)， 22则nCM0，从而x+z=0； ……①, nCB0，从而3xy0． ……②

(III)CM(由①、②，取x=−1，则y3,z1． ∴可取n(1,3,1)．

3,0,3)，

由(II)知平面CDM的法向量可取PA(nPA2310∴cosn,PA5|n||PA|56． ∴所求二面角的余弦值为－105． ……6分

法二：（Ⅰ）方法同上

（Ⅱ）取AP的中点N，连接MN，由（Ⅰ）知，在菱形ABCD中，由于ADC60，则AOCD，又POCD，则CD平面APO，即CDPA， 又在PAB中，中位线MN//11AB，CO//AB，则MN//CO，则四边形OCMN为，22PMC，故A而MCCDC，

NAP所以MC//ON，在APO中，AOPO，则O则PA平面MCD

（Ⅲ）由（Ⅱ）知MC平面PAB，则NMB为二面角DMCB的平面角，在

RtPAB中，易得PA6,PBPA2AB262210，2cosPBAAB210， PB510

cosNMBcos(PBA)

1010故，所求二面角的余弦值为 55 点评：本题主要考查异面直线所成的角、线面角及二面角的一般求法，综合性较强 用平移法求异面直线所成的角，利用三垂线定理求作二面角的平面角，是常用的方法.

4.如图所示：边长为2的正方形ABFC和高为2的直角梯形ADEF所在的平面互相垂直且

DE=2，ED//AF且∠DAF=90°。

（1）求BD和面BEF所成的角的余弦；

（2）线段EF上是否存在点P使过P、A、C三点的

平面和直线DB垂直，若存在，求EP与PF的比值；若不存在，说明理由。

解析：1.先假设存在，再去推理，下结论： 2.运用推理证明计算得出结论，或先利用条件特例得出结论，然后再根据条件给出证明或计算。

答案：（1）因为AC、AD、AB两两垂直，建立如图坐标系，

则B（2，0，0），D（0，0，2）， E（1，1，2），F（2，2，0），

则DB(2,0,0),BE(1,1,2),BF(0,2,0) 设平面BEF的法向量n(x,y,z),则x

y2z0,y0，则可取n(2,1,0)，

∴向量DB和n(2,0,1)所成角的余弦为

2202221222(2)210。 10即BD和面BEF所成的角的余弦

10。 10

（2）假设线段EF上存在点P使过P、A、C

三点的平面和直线DB垂直，不妨设EP与PF的比值为m，则P点坐标为

12m12m2(,,), 1m1m1m则向量AP(所以212m12m212m12,,),，,,), 向量CP(1m1m1m1m1m1mＶ 12m12m210(2)0,所以m。 1m1m1m2Ｃ Ｄ Ｂ

点评：本题考查了线线关系，线面关系及其相关计算，本题采用探索

A 式、开放式设问方式，对学生灵活运用知识解题提出了较高要求。

5.已知正方形ABCD E、F分别是AB、CD的中点,将ADE沿DE折起,如图所示,记二面角ADEC的大小为(0)

(I) 证明BF//平面ADE;

(II)若ACD为正三角形,试判断点A在平面BCDE内的射影G是否在直线EF上,证明你的结论,并求角的余弦值

分析:充分发挥空间想像能力，重点抓住不变的位置和数量关系，借助模型图形得出结论，并给出证明.

解: (I)证明:EF分别为正方形ABCD得边AB、CD的中点,

ABEGFDCEB//FD,且EB=FD,

四边形EBFD为平行四边形 BF//ED.

EF平面AED,而BF平面AED,BF//平面ADE

(II)如右图,点A在平面BCDE内的射影G在直线EF上,过点A作AG垂直于平面BCDE,垂足为G,连结GC,GD

ACD为正三角形,AC=AD. CG=GD.

G在CD的垂直平分线上, 点A在平面BCDE内的射影G在直线EF上,

过G作GH垂直于ED于H,连结AH,则AHDE,所以AHD为二面角A-DE-C的平面角 即AHG.

设原正方体的边长为2a,连结AF,在折后图的AEF中,AF=3a,EF=2AE=2a,即AEF为直角三角形, AGEFAEAF.

AGGH23a. a 在RtADE中, AHDEAEADAH25a25,cosGH1 AH4点评：在平面图形翻折成空间图形的这类折叠问题中，一般来说，位于同一平面内的几何元素相对位置和数量关系不变：位于两个不同平面内的元素，位置和数量关系要发生变化，翻折问题常用的添辅助线的方法是作棱的垂线。关键要抓不变的量.

6.设棱锥M-ABCD的底面是正方形，且MA＝MD，MA⊥AB，如果ΔAMD的面积为1，试求能够放入这个棱锥的最大球的半径.

分析：关键是找出球心所在的三角形，求出内切圆半径. 解： ∵AB⊥AD，AB⊥MA， ∴AB⊥平面MAD， 由此，面MAD⊥面AC.

记E是AD的中点，从而ME⊥AD. ∴ME⊥平面AC，ME⊥EF.

设球O是与平面MAD、平面AC、平面MBC都相切的球. 不妨设O∈平面MEF，于是O是ΔMEF的内心. 设球O的半径为r，则r＝设AD＝EF＝a,∵SΔAMD＝1. ∴ME＝

2S△MEF

EFEMMF2222.MF＝a(), aar＝

2a22a2()2aa≤

2＝2-1。

222当且仅当a＝

2，即a＝2时，等号成立. a∴当AD＝ME＝2时，满足条件的球最大半径为2-1.

点评：涉及球与棱柱、棱锥的切接问题时一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系。注意多边形内切圆半径与面积和周长间的关系；多面体内切球半径与体积和表面积间的关系。