2012年高考题必修2第二章点直线平面之间的位置关系.doc

参考答案3.解:(1)如图,在四棱锥中,因为底面是矩形,所以,且,又因为,故或其补角是异面直线与所成的角. 在中,所以异面直线与所成角的正切值为2. (2)证明:由于底面是矩形,故,又由于,因此平面,而平面,所以平面平面. (3)在平面内,过点作交直线于点,连接.由于平面平面,由此得为直线与平面所成的角. 在中,可得 在中, 由平面,得平面,因此 在中,在中, 所以直线与平面所成角的正弦值为. 4. 解析(1)连接OC. 由已知,所成的角 设AB的中点为D,连接PD、CD. 因为AB=BC=CA,所以CDAB. 因为等边三角形, 不妨设PA=2,则OD=1,OP=, AB=4. 所以CD=2,OC=. 在Rttan (2)过D作DE于E,连接CE.由已知可得,CD平面PAB. 据三垂线定理可知,CEPA, 所以,. 由(1)知,DE= .在RtCDE中,tan 故 点评本题旨在考查线面位置关系和二面角的基础概念,重点考查思维能力和空间想象能力,进一步深化对二面角的平面角的求解.求解二面角平面角的常规步骤:一找(寻找现成的二面角的平面角)、二作(若没有找到现成的,需要引出辅助线作出二面角的平面角)、三求(有了二面角的平面角后,在三角形中求出该角相应的三角函数值). 5. 解(1), 三棱锥P-ABC的体积为 PABCDE(2)取PB的中点E,连接DE、AE,则 EDBC,所以ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角 在三角形ADE中,DE=2,AE=,AD=2, ,所以ADE=. 因此,异面直线BC与AD所成的角的大小是 6. 7. 证明:(I)设中点为O,连接OC,OE,则由知, 又已知,所以平面OCE. 所以,即OE是BD的垂直平分线,所以. (II)取AB中点N,连接,M是AE的中点, 是等边三角形,.由BCD=120知,CBD=30, 所以ABC=60+30=90,即,所以NDBC, 所以平面MND平面BEC,又DM平面MND,故DM平面BEC. 另证:延长相交于点,连接EF.因为CB=CD,. 因为为正三角形,所以,则, 所以,又, 所以D是线段AF的中点,连接DM, 又由点M是线段AE的中点知, 而平面BEC, 平面BEC,故DM平面BEC. 8. 【答案与解析】 (1)证明:取中点P,连结MP,NP,而M,N分别是A与的中点,所以, MPA,PN,所以,MP平面AC,PN平面AC,又,因此平面MPN平面AC,而MN平面MPN,所以,MN平面AC, 【点评】本题以三棱柱为载体主要考查空间中的线面平行的判定、棱锥体积的计算,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,难度适中.第一小题可以通过线线平行来证明线面平行,也可通过面面平行来证明;第二小题求体积根据条件选择合适的底面是关键,也可以采用割补发来球体积. 9.【命题意图】本题主要考查空间线线、线面、面面垂直的判定与性质及几何体的体积计算,考查空间想象能力、逻辑推理能力,是简单题. 【解析】()由题设知BC,BCAC,面, 又面, 题设知,=,即, 又, 面, 面, 面面; ()设棱锥的体积为,=1,由题意得,=, 由三棱柱的体积=1, =1:1, 平面分此棱柱为两部分体积之比为1:1. 法二:(I)证明:设,则, 因侧棱垂直底面,即,所以, 又D是棱AA1的中点,所以 在中,由勾股定理得: ; 同理,又, 所以:, 即有 因平面,所以, 又,所以 ,所以侧面,而平面, 所以:;由(1)和(2)得:平面, 又平面 ,所以平面平面 (II) 平面BDC1分此棱柱的下半部分可看作底面为直角梯形,高为的一个四棱锥,其体积为:, 该四棱柱的总体积为, 所以,平面BDC1分此棱柱的上半部的体积为 。所以 ,所求两部分体积之比为 10.【解析】(1)由已知可得AE=3,BF=4,则折叠完后EG=3,GF=4,又因为EF=5,所以可得 又因为,可得,即所以平面DEG平面CFG. (2)过G作GO垂直于EF,GO 即为四棱锥G-EFCD的高,所以所求体积为 11.【解析】()因为 又是平面PAC内的两条相较直线,所以BD平面PAC, 而平面PAC,所以. ()设AC和BD相交于点O,连接PO,由()知,BD平面PAC, 所以是直线PD和平面PAC所成的角,从而. 由BD平面PAC,平面PAC,知. 在中,由,得PD=2OD. 因为四边形ABCD为等腰梯形,所以均为等腰直角三角形, 从而梯形ABCD的高为于是梯形ABCD面积 在等腰三角形AOD中, 所以 故四棱锥的体积为. 【点评】本题考查空间直线垂直关系的证明,考查空间角的应用,及几何体体积计算.第一问只要证明BD平面PAC即可,第二问由()知,BD平面PAC,所以是直线PD和平面PAC所成的角,然后算出梯形的面积和棱锥的高,由算得体积. 12. 【解析】(1)因为四棱柱的侧面是全等的矩形,所以 又因为,所以平面 连接,因为平面,所以 因为底面是正方形,所以.根据棱台的定义可知,与共面. 又已知平面平面,且平面平面 平面,所以,于是 由,可得, 又因为,所以平面. (2)因为四棱柱的底面是正方形,侧面是全等的矩形,所以 又因为四棱台的上、下底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形,所以 于是该实心零部件的表面积为,故所需加工处理费为(元) 【点评】本题考查线面垂直,空间几何体的表面积;考查空间想象,运算求解以及转化与划归的能力.线线垂直线面垂直面面垂直是有关垂直的几何问题的常用转化方法;四棱柱与四棱台的表面积都是由简单的四边形的面积而构成,只需求解四边形的各边长即可.来年需注意线线平行,面面平行特别是线面平行,以及体积等的考查. 14. 解析:()因为平面,平面,所以.又因为为中边上的高,所以.,平面,平面,所以平面. (),因为是的中点,平面,所以点到平面的距离等于,即三棱锥的高,于是. ()取中点,连接、.因为是的中点,所以且.而是上的点且,所以且.所以四边形是平行四边形,所以.而,所以.又因为平面,平面,所以.而,平面,平面,所以平面,即平面. 15. 【考点定位】本题主要考察直线与直线、直线与平面的位置关系以及体积等基本知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力、数形结合思想、化归与转化思想. 【解析】(1)又长方体AD平面.点A到平面的距离AD=1, =21=1 , (2)将侧面绕逆时针转动90展开,与侧面共面.当,M,C共线时, +MC取得最小值AD=CD=1 ,=2得M为的中点连接M在中,=MC=,=2, =+ , =90,CM, 平面,CM AMMC=C CM平面,同理可证AM 平面MAC 16. 【命题意图】本试题主要是考查了四棱锥中关于线面垂直的证明以及线面角的求解的运用.从题中的线面垂直以及边长和特殊的菱形入手得到相应的垂直关系和长度,并加以证明和求解. 解:设,以为原点,为轴,为轴建立空间直角坐标系,则设. ()证明:由得, 所以,所以, .所以,所以平面; () 设平面的法向量为,又,由得,设平面的法向量为,又,由,得,由于二面角为,所以,解得. 所以,平面的法向量为,所以与平面所成角的正弦值为,所以与平面所成角为. 【点评】试题从命题的角度来看,整体上题目与我们平时练习的试题和相似,底面也是特殊的菱形,一个侧面垂直于底面的四棱锥问题,那么创新的地方就是点的位置的选择是一般的三等分点,这样的解决对于学生来说就是比较有点难度的,因此最好使用空间直角坐标系解决该问题为好. 17.【考点定位】本题第二问是对基本功的考查,对于知识掌握不牢靠的学生可能不能顺利解决.第三问的创新式问法,难度比较大. 解:(1)因为D,E分别为AC,AB的中点,所以DEBC.又因为DE平面A1CB,所以DE平面A1CB. (2)由已知得ACBC且DEBC,所以DEAC.所以DEA1D,DECD.所以DE平面A1DC.而A1F 平面A1DC, 所以DEA1F.又因为A1FCD,所以A1F平面BCDE.所以A1FBE (3)线段A1B上存在点Q,使A1C平面DEQ.理由如下:如图, 分别取A1C,A1B的中点P,Q,则PQBC. 又因为DEBC,所以DEPQ.所以平面DEQ即为平面DEP. 由(2)知DE平面A1DC,所以DEA1C. 又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C 的中点, 所以A1CDP,所以A1C平面DEP,从而A1C平面DEQ. 故线段A1B上存在点Q,使得A1C平面DEQ. 18. 【解析】(I)连接,共面 长方体中,底面是正方形 面 ()在矩形中, 得: 19. 【命题意图】本小题主要考查空间两条直线的位置关系,二面角、异面直线所成的角,直线与平面垂直等基础知识,考查用空间向量解决立体几何问题的方法,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力. (1)证明,由平面,可得,又由,故平面,又平面,所以. (2)解:如图,作于点,连接,由,可得平面.因此,从而为二面角的平面角. 在中,由此得,由(1)知,故在中,因此,所以二面角的正弦值为. 【点评】试题从命题的角度来看,整体上题目与我们平时练习的试题相似,但底面是非特殊 的四边形,一直线垂直于底面的四棱锥问题,那么创新的地方就是第三问中点E的位置是不确定的,需要学生根据已知条件进行确定,如此说来就有难度,因此最好使用空间直角坐标系解决该问题为好. 19. 【解析】(1)在中, 得: 同理: 得:面 (2)面 取的中点,过点作于点,连接 ,面面面 得:点与点重合 ，且是二面角的平面角 设,则, ,即二面角的大小为 20. 【解析】本题主要考察线面平行的证明方法,建系求二面角等知识点. ()如图连接BD. M,N分别为PB,PD的中点,在PBD中,MNBD. 又MN平面ABCD, MN平面ABCD; ()如图建系: A(0,0,0),P(0,0,),M(,0), N(,0, 0),C(,3,0). 设Q(x,y,z),则. ,. 由,得:. 即:. 对于平面AMN:设其法向量为. . 则. . 同理对于平面AMN得其法向量为. 记所求二面角AMNQ的平面角大小为, 则. 所求二面角AMNQ的平面角的余弦值为. 21 【考点定位】本小题主要考查立体几何的相关知识,具体涉及到线面垂直的关系,二面角的求法及空间向量在立体几何中的应用,解决此类问题的关键是熟悉几何体的结构特征,熟练进行线线垂直与线面垂直的转化,主要考查学生的空间想象能力与推理论证能力.本题可以利用空间向量来解题,从而降低了题目的难度. 解:(1)由,为的中点,得,又,故,所以点到平面的距离为 (2)如图,取为的中点,连结,则,又由(1)知,故,所以为所求的二面角的平面角. 因为在面上的射影,又已知,由三垂线定理的逆定理得,从而都与互余,因此,所以,因此,即,得. 从而,所以,在中, 23. 解(1)因为PA底面ABCD,所以PACD,又ADCD,所以CD平面PAD, 从而CDPD 因为PD=,CD=2, 所以三角形PCD的面积为 (2)取PB中点F,连接EF、AF,则 EFBC,从而AEF(或其补角)是异面直线BC与AE所成的角 在中,由EF=、AF=、AE=2 ，知是等腰直角三角形, 所以AEF=. 因此异面直线BC与AE所成的角的大小是 24.解(1),又为三棱锥的高, (2),所以或其补角为导面直线与所成的角. 连接平面,在中, ，, ,即异面直线与所成的角为 25.解析:(1)证法一 如图,过直线上任一点作平面的垂线,设直线的方向向量分别是,则共面,根据平面向量基本定理,存在实数使得 则 因为,所以 又因为,所以 故,从而 证法二 如图,记,为直线上异于点A的任意一点,过P作,垂足为O,则 ,直线 又,平面, 平面,又平面, (2)逆命题:a是平面内一条直线,是外的一条直线(不垂直于),是直线在上的投影,若,则. 逆命题为真命题. 26. 解析:()在等腰梯形ABCD中,ABCD,DAB=60,CB=CD, 由余弦定理可知, 即,在中,DAB=60,则为直角三角形,且.又AEBD,平面AED,平面AED,且,故BD平面AED; ()取的中点,连接,由于,因此, 又平面,平面,所以 由于平面,所以平面 故,所以为二面角的平面角.在等腰三角形中,由于,因为,又,所以, 故,因此二面角的余弦值为. 27. 【命题意图】本题主要考查线面平行的判定、二面角的计算，考查空间想象能力、运算求解能力，是容易题.（1）连结，由已知三棱柱为直三棱柱，所以为中点.又因为为中点所以，又平面 平面，因此 （2）以为坐标原点，分别以直线为轴，轴，轴建立直角坐标系，如图所示设则，于是，所以，设是平面的法向量，由得，可取设是平面的法向量，由得，可取因为为直二面角，所以，解得12分【点评】本题以三棱柱为载体主要考查空间中的线面平行的判定,借助空间直角坐标系求平面的法向量的方法,并利用法向量判定平面的垂直关系,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,难度适中.第一小题可以通过线线平行来证明线面平行,也可通过面面平行来证明. 28. 解:(1)证明:连接AO,在中,作于点E,因为,得, ByOCAEzA11B1C1x因为平面ABC,所以,因为, 得,所以平面,所以, 所以平面, 又, 得 (2)如图所示,分别以所在的直线 为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0), C(0,-2,0), A1(0.0,2),B(0,2,0) 由(1)可知得点E的坐标为,由(1)可知平面的法向量是,设平面的法向量, 由,得,令,得,即 所以 ，即平面平面与平面BB1C1C夹角的余弦值是. 【点评】本题考查线面垂直,二面角、向量法在解决立体几何问题中的应用以及空间想象的能力. 高考中,立体几何解答题一般有以下三大方向的考查.一、考查与垂直,平行有关的线面关系的证明;二、考查空间几何体的体积与表面积;三、考查异面角,线面角,二面角等角度问题.前两种考查多出现在第1问,第3种考查多出现在第2问;对于角度问题,一般有直接法与空间向量法两种求解方法. 29. 【答案】证明:(1)是直三棱柱,平面. 又平面,. 又平面,平面. 又平面,平面平面. (2),为的中点,. 又平面,且平面,. 又平面,平面. 由(1)知,平面,.又平面平面,直线平面 30.解法1(如图(1),连接AC,由AB=4, E是CD的中点,所以所以 而内的两条相交直线,所以CD平面PAE. ()过点B作 由()CD平面PAE知,BG平面PAE.于是为直线PB与平面PAE 所成的角,且. 由知,为直线与平面所成的角. 由题意,知 因为所以 由所以四边形是平行四边形,故于是 在中,所以 于是 又梯形的面积为所以四棱锥的体积为 3考点分析:本题考察立体几何线面的基本关系,考察如何取到最值,用均值不等式和导数均可求最值.同时考察直线与平面所成角.本题可用综合法和空间向量法都可以.运用空间向量法对计算的要求要高些. ()解法1:在如图1所示的中,设,则. 由,知,为等腰直角三角形,所以. 由折起前知,折起后(如图2),且, 所以平面.又,所以.于是 , 当且仅当,即时,等号成立, 故当,即时, 三棱锥的体积最大. 解法2: 同解法1,得. 令,由,且,解得. 当时,;当时,. CADB图aEMxyz图bCADBEFMN 图cBDPCFNEBGMNEH图dN 所以当时,取得最大值. 故当时, 三棱锥的体积最大. ()由()知,当三棱锥的体积最大时,. 如图b,取的中点,连结,则. 由()知平面,所以平面. 如图c,延长至P点使得,连,则四边形为正方形, 所以. 取的中点,连结,又为的中点,则, 所以. 因为平面,又面,所以. 又,所以面. 又面,所以. 因为当且仅当,而点F是唯一的,所以点是唯一的. 即当(即是的靠近点的一个四等分点),. 连接,由计算得, 所以与是两个共底边的全等的等腰三角形, 如图d所示,取的中点,连接, 则平面.在平面中,过点作于, 则平面.故是与平面所成的角. 在中,易得,所以是正三角形, 故,即与平面所成角的大小为 33. 【考点定位】本题考查直线与直线、直线与平面以及二面角等基础知识、考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、数形结合思想、转化与化归的思想. 解:(1)以点A