空间体立体几何经典高考大题解答(含答案)1

试卷第试卷第#页，总55页规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决.②等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值．646.(1)见解析(2)(3)见解析3【解析】试题分析：(1)取PD的中点E，利用平几知识证四边形AMNE是平行四边形•即得MN//AE.再根据线面平行判定定理得MN//平面PAD；(2)由PA丄矩形ABCD得上CPD即为PC与面PAD所成角，再解直角三角形得PC与面PAD所成角的正弦值(3)由等腰三角形性质得AE丄PD，再根据PA丄矩形ABCD得PA丄CD,而CD丄AD，所以根据线面垂直判定定理得CD丄平面PAD，即得CD丄AE，因此AE丄平面PCD.最后根据MN//AE，得MN丄面PCD.证明：如图，取PD的中点E，连结AE、EN，11则有EN//CD//AM，且EN=—CD=—AB=MA，22・•・四边形AMNE是平行四边形.・•・MN//AE.*/AEu平面PAD，MNg平面PAD，・•・MN//平面PAD；易得ZCPD即为PC与面PAD所成角，sinZCPD二CD=旦，所以，PC与面PC3PAD所成角大小的正弦值为乞6；3(3)证明：PA丄平面ABCD,CDu平面ABCD,ADCu平面ABCD.:.PA丄CD,PA丄AD,CD丄AD,PAnAD二A,・•・CD丄平面PAD,又•AEu平面PAD,・•・CD丄AE,ZPDA二450,E为PD中点，・•・AE丄PD，又•PDnCD=D,AE丄平面PCD.MN//AE，MN丄平面PCD.47.(1)£在棱£牛中点(2)3【解析】试题分析：(1)先寻找线线平行，所以取£为棱A1B1中点，再根据线面平行判定定理得线面平行，最后根据线面平行证面面平行(2)过点B作直线CD的垂线BE，再由三垂线定理可得BE也与直线CD垂直，即牛EB为二面角B1-CD-B的平面角.再结合勾股定理解三角形得二面角B1-CD-B大小的正切值试题解析：解：(1)当D1在棱A1B1中点时，可使平面AC1D1//平面CDB1，证明：易得CD//CD,AD//BD.因此平面ACD//平面CDB.1111111(2)在平面ABC内，过点B作直线CD的垂线，记垂足为E,连接代£，ZBfB即为二面角B1-CD-B的平面角.由已知，结合勾股定理得AABC为直角三角形，12BB455"BE=3x4nBE=——，从而tanZBEB=—1=——=—1BE123'二面角B1-CD-B大小的正切值为3.点睛：(1)探索性问题通常用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件

的元素（点、直线、曲线或参数）存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素（点、直线、曲线或参数）存在；否则，元素（点、直线、曲线或参数）不存在.（2）反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.48.（［）证明见解析；（11）72【解析】试题分析：（I）做出辅助线，由题意可证得GF//DH,结合线面平行的判断定理可得GF//平面ADE.（II）由题意建立空间直角坐标系，结合直线的方向向量和平面的法向量可得GF与平面ADE所成角的正切值是丫2.试题解析：（I）证明：取AE中点h，连接DH、GH.在VABE中，G,H分别是线段BE,AE1的中点，所以GH//AB且GH二—AB；又在矩形ABCD中，DF//AB且21DF二—AB，故GH//DF且GH=DF，四边形GFDH是平行四边形，2GF//DH,DHu面ADE，GF@面ADE，所以GF//平面ADE.（II）方法一：如图，把原几何体补成一个以等腰直角三角形为底面的直三棱柱BEC-APD.由于GF//DH，所以DH与平面ABE所成角即为GF与平面ABE所成角.又DP丄面ABEP，所以ZDPH为DH与平面ABE所成角的平面角.DP2—tanZDPH=pH二丐=、辽.GF与平面ABE所成角的正切值迈.解法二：如图，以E为坐标原点，EC,EB分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系,则E（0,0,0）,C（2,00）,G（0,1,0）F（2,0,1）.所以G=（2,-1,1），uuuv又EC丄平面ABE，所以平面ABE的法向量可为EC二（2,0,0）设GF与平面ABE设GF与平面ABE所成角为0，sin0=uuuvuuuvEC・GF

uu—uu

EC•GF4=yf62xJ63所以GF与平面ABE所成角的正切值为VI.49.(1)见解析;(2)66【解析】试题分析：（I）欲证线面垂直即证线线垂直；（II）取EF的中点H,作HO丄BF,垂足为O,连接GO,说明ZGOH就是所求二面角G—BF—E的平面角，转化到RtAGHO中，求二面角G一BF一E的余弦值.试题解析：（1）证明：设正方体的棱长为2，在RtABGF中，GF二，BF=宓，所以GB=込，•・•EF丄AE，EF丄EB，・•・EF丄平面AEB，•/AD//EF，AD丄平面AEB，AD丄AB,所以在RtABGF中，得AB二迈在AAEB中，又AE=BE=1，/.EB丄AE又EF丄EB，.EB丄平面AEFB.（2）取EF的中点H，则GH丄EF，由（1）知，EB丄平面AEFB.所以平面EFCB丄平面AEFB，所以GH丄平面EFCB，作HO丄BF，垂足为O,连接GO，由三垂线定理知，GO丄BF，所以Z.GOH就是所求二面角G—BF—E的平面角.在RtAGHO在RtAGHO中，GH=1，HO=15'所以GO=<6所以GO=<65，所以cosZGOH=HO_^6~GO~~6[6所以二面角G-BF-E的余弦值为—650．(1)见解析;(2)见解析.【解析】试题分析：(I)欲证线面平行即证线线平行；(II)运用余弦定理，可得BD=2,BD丄AD,运用面面垂直的性质定理和判定定理，即可得证．试题解析：(1)连结AC，因为底面ABCD是正方形，所以F是AC中点，在APAC中，又e是PA中点，所以EFIIPC,又因为EF@平面PBC，PCu平面PBC，所以EF//平面PBC.(2)在AABD中，因为AD_2，AB_2迈，ZDAB_45o，由余弦定理得：BD_2所以BD丄AD，因为平面PAD丄底面ABCD，且平面PADn