高考数学专题复习：立几精选精练答案

1、P E A B D C z x y 第 1 题 如图所示,建立空间直角坐标系，则,，Cxyz(0,0,0), (2,1,0)CA(0,3,0)B(0,0,2)P ，.(2,0,0)D(1,2,0)E （）由于，,， 所以( 1,2,0)DE (2,1,0)CA (0,0,2)CP ，( 1,2,0) (2,1,0)0DE CA ，所以，而，( 1,2,0) (0,0,2)0DE CP ,DECA DECPCPCAC 所以平面，平面，平面平面 DE PACDE PDEPDE PAC （）设是平面的一个法向量，则，( , , )nx y z PDE0n DEn PE 由于，所以有( 1,2,0)D

2、E (1,2, 2)PE ， ( , , ) ( 1,2,0)20 ( , , ) (1,2, 2)220 n DEx y zxy n PEx y zxyz 令，则，即，2x 1,2yz(2,1,2)n 再设直线与平面所成的角为，PCPDE 而，所以(0,0, 2)PC ， |(2,1,2) (0,0, 2)|2 sin|cos,| |(2,1,2)| |(0,0, 2)|3| | n PC n PC nPC 因此直线与平面所成的角为正弦值为 8 分PCPDE 2 sin 3 （）由（）知是平面的一个法向量，而，(2,1,2)n PDE(1, 1,0)BE 所以点到平面的距离为 12 分BPD

3、E |(2,1,2) (1, 1,0)|1 |(2,1,2)|3 n BE d n 第 2 题 【答案】解：()证明： 因为DE 平面ABCD， 所以ACDE . 2 分 因为ABCD是正方形， 所以BDAC ， 又,BD DE相交 从而AC 平面BDE. 4 分 ()解：因为 DEDCDA,两两垂直， 所以建立空间直角坐标系xyzD 如图所示. 因为BE与平面ABCD所成角为 0 60，即60DBE ， 5 分 所以3 DB ED . 由3AD可知3 6DE ，6AF . 6 分 则(3,0,0)A，(3,0, 6)F，(0,0,3 6)E，(3,3,0)B，(0,3,0)C， 所以(0,

4、3, 6)BF ，(3,0, 2 6)EF ， 7 分 设平面BEF的法向量为n( , , )x y z，则 0 0 BF EF n n ，即 360 32 60 yz xz ， 令6z ，则n(4,2,6). 8 分 因为AC 平面BDE，所以CA 为平面BDE的法向量，(3, 3,0)CA ， 所以 613 cos, 133 226 CA CA CA n n n . 9 分 因为二面角为锐角，所以二面角DBEF的余弦值为 13 13 . 10 分 ()解：点M是线段BD上一个动点，设( , ,0)M t t. 则(3, ,0)AMtt ， 因为/AM平面BEF， 所以AM n0， 11 分

5、 即4(3)20tt，解得2t. 12 分 此时，点M坐标为(2,2,0)， 1 3 BMBD，符合题意. 13 分 第 4 题 【解法 1】本题主要考查直线和平面垂直、直线与平面所成的角、二面角等基础知识,考查 空间想象能力、运算能力和推理论证能力. ()PA底面 ABC,PABC. 又,ACBC.90BCA BC平面 PAC. ()D 为 PB 的中点,DE/BC, , 1 2 DEBC 又由()知,BC平面 PAC, DE平面 PAC,垂足为点 E. DAE 是 AD 与平面 PAC 所成的角, PA底面 ABC,PAAB,又 PA=AB, ABP 为等腰直角三角形, 1 2 ADAB

6、在 RtABC 中,.60ABC 1 2 BCAB 在 RtADE 中, 2 sin 24 DEBC DAE ADAD 与平面所成的角的大小.ADPAC 2 arcsin 4 ()AE/BC,又由()知,BC平面 PAC,DE平面 PAC, 又AE平面 PAC,PE平面 PAC,DEAE,DEPE, AEP 为二面角的平面角,ADEP PA底面 ABC,PAAC,. 90PAC 在棱 PC 上存在一点 E,使得 AEPC,这时,90AEP 故存在点 E 使得二面角是直二面角.ADEP 【解法 2】如图,以 A 为原煤点建立空间直角坐标系,Axyz 设,由已知可得PAa . 133 0,0,0

7、,0 ,0,0 ,0,0, 222 ABaaCaPa (), ,BCAP. 1 0,0,0,0 2 APaBCa 0BC AP 又,BCAC,BC平面 PAC.90BCA ()D 为 PB 的中点,DE/BC,E 为 PC 的中点, , 13131 ,0, 44242 DaaaEaa 又由()知,BC平面 PAC,DE平面 PAC,垂足为点 E. DAE 是 AD 与平面 PAC 所成的角, , 13131 ,0, 44242 ADaaaAEaa . 14 cos 4 AD AE DAE ADAE 与平面所成的角的大小.ADPAC 14 arccos 4 ()同解法 1. 第 5 题 解：（）

8、设AC与BD交于O，如图所示建立空间直角坐标系Oxyz，设爿2AB ， 则 1 ( 3,0,0), (0,1,0),(3,0,0),(0, 1,0),(0, 1,2),ABCDD设(0,1,2),Eh 则 11 (0,2, ),(2 3,0,0),( 3,1, 2),D Eh CAD A 1 D E 平面 1111 ,D ACD EAC D ED A 220,1,hh 即(0,1,3)E 3 分 1 (0,2,1),(3,1,3)D EAE 设平面EAC的法向量为( , , )mx y z 5 分 则由 , , mCA mAE 得 0 330 x xyz 令1z 平面EAC的一个法向量为(0,

9、3, 1)m 又平面 1 D AC的法向量为 1 11 1 2 (0,2,1),cos, 2 m D E D Em D E mD E | | 二面角 1 EACD大小为457 分 （）设 111 (),D PPED ED P 得 11 2 (0,), 111 D PD E 1111 21 (3, 1,0)(0,)(3,) 1111 APADD P 10 分 1 /AP面 1 13 ,303( 1)0, 112 EACAPm 存在点P使 1 /AP面,EAC此时 1 :3:2D P PE 12 分 第 6 题 【答案】本题主要考查三视图,线面位置关系，二面角的求法等基本知识，考查空间想 像能力，

10、探索运算求解能力和推理论证能力. 满分 13 分. 法一法一:()证明该几何体的正视图为矩形,侧视图为等腰直角三角形,俯视图为直角梯 形, BA,BC,BB1两两垂直. 以 BA,BC,BB1分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标 系,1 分 则 N(4,4,0),B1(0,8,0),C1(0,8,4),C(0,0,4) =(4,4,0)(-4,4,0)=-16+16=0 1 BN NB =(4,4,0)(0,0,4)=0 3 11 BN BC 分 BNNB1, BNB1C1且 NB1与 B1C1相交于 B1, BN平面 C1B1N; 4 分 ()BN平面 C1B1N, 是平面 C1B1N 的

11、一个法向量=(4,4,0), BN 1 n 5 分 设=(x,y,z)为平面 NCB1的一个法向量, 2 n 则，取=(1,1,2), 7 2 21 0 0 nCN nNB ( , , ) (4,4, 4) 0 ( , , ) (4, 4,0)0 x y z x y z 0 0 xyz xy 2 n 分 则 cos=; 9 44 16 161 14 1 3 3 3 分 ()M(2,0,0).设 P(0,0,a)为 BC 上一点,则=(-2,0,a)，MP平面 CNB1,MP =(-2,0,a) (1,1,2)=-2+2 a =0 a =1. 12MP 2 n MP 2 n 分 又 MP平面 C

12、NB1, MP平面 CNB1, 当 BP=1 时 MP平面 CNB1. 13 分 法二法二:()证明:由已知得 B1C1平面 BNB1, B1C1BN, BN=4= B1N,BB1=8, BB12= BN2+ B1N2, 2 BNB1N 又 B1C1与 B1N 交于 B1, BN平面 C1B1N； ()过 N 作 NQB1C1,则BCQN,又 BN平面 C1B1N,/ / CQ 平 面 C1B1N, 则 CQB1N, QNB1N , CNQ 是二面角 C-B1N-Q 的平面角 , N C C1 B1 B A M x y z N CC1 B1 B A M Q N CC 1 B 1 B A M R

13、 在 RtCNQ中,NQ=4,CQ=4, CN=4,cos=;23 NQ CN 3 3 ()延长 BA、B1N 交于 R,连结 CR,MP平面 CNB1, MP平面 CBR, 平面 CBR平面 CRN 于 CR, MPCR, RB1B 中 ANBB1,A 为 RB 中点,/ / 1 2 =,BP=1,因此存在 P 点使 MP平面 CNB1. 13 分 BP BC BM BR 1 4 第 7 题 解法一： （）如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD， AD平面 PAB，BC平面 PAB，AB平面 PAD 4 分 注：多写的按前四对给分，每正确一对，给一分。 CD平面 PAC 也符合要

14、求。 （）依题意 AB、AD、AP 两两垂直，分别以直线 AB、AD、AP 为 x、y、z 轴， 建立空间直角坐标第，如图。5 分 则，。P 0 , 0 , 2B 2 , 0 , 0C 2 , 2 , 0D 0 , 4 , 0 E 是 PA 中点，点 E 的坐标为，0 , 0 ,1 ，。BE2 , 0 ,1 PC2 , 2 ,2 PD0 , 4 ,2 设是平面 PCD 的法向量。 1 nx , y , z 由，即 1 1 nPC nPD 2x2y2z0 4y2z0 取，得为平面 PCD 的一个法向量。y1 1 n1,1, 2 6 分 ，7 分 1 BE n2 10 1 1 20 1 BEn 平

15、面 PCD。又 BE平面 PCD，BE平面 PCD。8 分BE （）由（） ，平面 PCD 的一个法向量为，10 1 n1,1, 2 分 又AD平面 PAB， 平面 PAB 的一个法向量为 2 n0 ,1, 0 11 分 A E P B C D x y z 。 12 12 nn16 cos 6 6nn 13 分 解法二： （）同解法一。 （）取 PD 的中点 F，连接 EF、CF。 E、F 分别是 PA、PD 的中点， EFAD，EFAD，EFBC，且 EFBC， 1 2 四边形 BEFC 是平行四边形，BECF。 6 分 又CF平面 PCD，BE平面 PCD， BE平面 PCD。 8 分 （

16、）依题意 AB、AD、AP 两两垂直，分别以直线 AB、AD、AP 为 x、y、z 轴， 建立空间直角坐标第，如图。 9 分 则，。P 0 , 0 , 2C 2 , 2 , 0D 0 , 4 , 0 E 是 PA 中点，点 E 的坐标为，0 , 0 ,1 ，。PC2 , 2 ,2 PD0 , 4 ,2 设是平面 PCD 的法向量。 1 nx , y , z 由，即 1 1 nPC nPD 2x2y2z0 4y2z0 取，得为平面 PCD 的一个法向量。y1 1 n1,1, 2 10 分 又AD平面 PAB， 平面 PAB 的一个法向量为 2 n0 ,1, 0 11 分 。 12 12 nn16

17、 cos 6 6nn 13 分 解法三： （）同解法一。 （）取 AD 的中点 N，连接 EN，BN， E、N 分别是 PA、AD 的中点， EN平 PD，又 EN平面 PCD， EN平面 PCD5 A E P B C D F A E P B C D x y z A E P B C D N 分 在直角梯形 ABCD 中，BCAD 且 BCADDN， 1 2 四边形 BCDN 是平行四边形，BNCD。 又平面 PCD，BN平面 PCD。BN 6 分 ，平面 BEN平面 PCD。7 分BNENN 又 BE平面 BEN，BE平面 PCD。 8 分 （）同解法二。 第 8 题 本小题主要考查直线与直线

18、、直线与磁面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想 象能力、推理论证能力、运算求解能力.满分 13 分. 解：（I）在中，PAC ,2,aPAaACPC , 222 PAACPC 3 分ACPC 是两条互相垂直的异直线，点 P、C 在直线上， 21,l l 1 l 点 A、B 在直线上， 2 l ，又AABACABPC, 平面 ABC.5 分PC （II）方案一：选择可确定的大小.cos ,BCAC 且,2aACaab 6 分. aBC 以 C 为坐标原点，的方向为 x、y、z 轴CPCACB, 正方向建立空间直角坐标系 cxyz，7 分 则 C（0，0，0） ，B（a，0，0） ，A（

19、0，a，0） ， 又 M、N 分别是 AB、AP 的中点， ). 2 , 2 , 0(), 0 , 2 , 2 ( aa N aa M 平面 PBC，CA 是平面 PBC 的一个法向量.9 分) 0 , , 0(aCA 设平面 MNC 的法向量),(zyxn 由 , 0 22 , 0 22 , , y a x a z a y a CNN CNn 得 取 x=1，得为平面 MNC 的一个法向量.11 分) 1 , 1, 1 ( n . 3 3 3| ,cos a a CAn CAn CAn 13 分. 3 3 cos 方案二：选择可确定的大小.来源:学,科,网 Z,X,X,Kcos 6 分.,A

20、CBCaACBCABCM又 下同方案一. 方案三：选择可确定的大小.cos ,aACBCABCM 又6 分.,2ACBCaAB 下同方案一. （注：条件与等价，故选择不能确定的值.若选择可转化为选择cos 解决；若选择可转化为选择解决，此略.） 第 9 题 【答案】.解:()图为该几何体的直观图; 3 分 ()依题意,平面 PBC平面 ABC, 平面 PBC平面 ABC=BC,取 BC 中点 O,连接 PO, 则 POBC,PO平面 ABCD.取 AD 中点 M, 则 OMBC.如图建立空间直角坐标系 O-xyz. P(0,0,2),A(2,1,0),)2, 1 , 2(PA 又平面 PBC

21、的一个法向量为, 3 2 | ,cos),0 , 0 , 1 ( mPA mPA mPAm 直线 PA 与平面 PBC 所成角的正弦值为.9 分 3 2 ()法 1:D(2,1,0),)2, 1 , 2(),0 , 2 , 0(PADA 设为平面 PAD 的一个法向量,则,取),(zyxn 022 02 zyx y (1,0,1)n 1 cos, | |2 m n m n mn 二面角 A-l-B 的大小为 45. 13 分 法 2:平面 PBC平面 PAD=l,BC/ADBC/平面 PADBC/l,OPl,MPl MPO 就是二面角 A-l-B 的平面角,. 1tan PO MO MPO 二

22、面角 A-l-B 的大小为 45. 13 分 第 10 题 解法 1：（）建立如图所示的空间直角坐标系，则 A、B、C、D、P、E 的坐标为 A（0，0，0） 、B（，0，0） 、C（，1，0） 、D（0，1，0） 、33 P（0，0，2） 、E（0，1） ， 2 1 从而).2, 0 , 3(),0 , 1 , 3(PBAC 设的夹角为，则PBAC与 , 14 73 72 3 | cos PBAC PBAC AC 与 PB 所成角的余弦值为. 14 73 （）由于 N 点在侧面 PAB 内，故可设 N 点坐标为（x，O，z） ，则 ，由 NE面 PAC 可得，)1 , 2 1 ,(zxNE

23、. 0 2 1 3 , 01 . 0)0 , 1 , 3()1 , 2 1 ,( , 0)2 , 0 , 0()1 , 2 1 ,( . 0 , 0 x z zx zx ACNE APNE 化简得即 1 6 3 z x 即 N 点的坐标为，从而 N 点到 AB、AP 的距离分别为 1，.) 1 , 0 , 6 3 ( 6 3 第 11 题 【答案】 本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面等基础知识，考查空间 想象能力、推理论证能力、运算求解能力等，考查化归与转化思想满分 13 分 解法一：（）由已知条件可得2,2,BDCD 2 分BDCD 平面，BCDABD平面BDBCDABD平面平

24、面 3 分BDACD平面 又，4 分ABDAB平面CDAB （）以点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直DBDxDCy 角坐标系，如图由已知可得(1,0,1), (2,0,0),(0,2,0),(0,0,0),ABCD(1,1,0)M 6 分(0, 2,0),( 1,0, 1)CDAD 设平面的法向量为，ACD),(zyxn 则nADnCD , 0, 0, y xz 令，得平面的一个法向量为，1x ACD) 1, 0 , 1 (n 点M到平面的距离ACD 8 分 2 2 n MC d MC （ ） 假 设 在 线 段上 存 在 点 N ， 使 得与 平 面所 成 角 为BCANA

25、CD 9 分60 设，则，, 01BNBC (22 ,2 ,0)N ，(1 2 ,2 , 1)AN 又平面的法向量且直线与平面所成角为，ACD) 1, 0 , 1 (nANACD60 ，11 分 03 sin60 2 AN n AN n 可得，0128 2 （舍去） 2 1 4 1 或 综 上 ， 在 线 段上 存 在 点 N ， 使与 平 面所 成 角 为， 此 时BCANACD60 13 分 4 1 BC BN 解法二：（）同解法一 （）由已知条件可得，ADAB2ABAD1 2 1 ADABS ABD 由（）知，即 CD 为三棱锥 C-ABD 的高，又 CD=2，BDACD平面 ， 3 2

26、 3 1 ABDABDC SCDV 又点为线段中点，MBC 点M到 平 面的 距 离 等 于 点 到 平 面的 距 离 的ACDACD ，6 分 2 1 ， 3 1 2 1 2 1 ABDCADCBADCM VVV ，AD=,CD=2，ADCD 22 2 1 DCADS ACD 设点 M 到平面的距离为，则，即ACDd 11 33 ADC d S 11 2 33 d 解得=，设点 M 到平面的距离等于.8 分d 2 2 ACD 2 2 （）同解法一 解法三：（）同解法一 （）点为线段中点，MBC 点 M到 平 面的 距 离 等 于 点 到 平 面的 距 离 的ACDACD ，6 分 2 1 由

27、已知条件可得，由（）知，ADABCDAB 又， ，ADCDDCDABA平面 点到平面的距离等于线段的长ACDAB ，设点 M 到平面的距离等于8 分2ABACD 2 2 （）同解法一 第 12 题 【答案】本小题主要考查空间线面关系、空间角等基础知识；考查空间想象能力、运算求 解能力以及推理论证能力；考查数形结合思想、化归与转化思想等满分 13 分 本小题主要考查空间线面关系、空间角等基础知识；考查空间想象能力、运算求 解能力以及推理论证能力；考查数形结合思想、化归与转化思想等满分 13 分 解：（）直线与平面所成角的取值范围为3 分CDABED(0, 4 （） （i）在图 1 中，过点作，交

28、于，由平几知识易得A/ /AFDEBCF ，DEBC 在图 2 中，又，,DEBE DECE90BECBECE 两两互相垂直，5 分,DE BE CE 又，平面，平面，DEBEE,DE BE ABEDCEABED 又平面，平面平面8 分CE AECAEC ABED （ii）以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如E,EB EC ED, ,x y zExyz 图所示则，(0,0,0)E(1,0,1)A(2,0,0)B(0,1,0)C(0,0,1)D 9 分 假设在平面上存在点，使得线段的中点在平面上，则点BCE( , ,0)M x yDMNACE 的坐标为，且存在实数，使得，N 1 ( , )

29、 2 2 2 x y , ENEAEC 10 分 又，11 分 1 ( , ),(1,0,1),(0,1,0) 2 2 2 x y ENEAEC x y z A B C E D A BC D E 图 1 F 图 2 即点，12 分 , 2 , 2 1 , 2 x y 1, 2 , x y (1,2 ,0)M 故存在满足条件的点，其轨迹是平行于直线，且与直线的距离及与点的MECECB 距离均为 1 的直线13 分 第 13 题 解：（）以 B 为原点，分别以 BA，BC，BP 所在直线为 x，y，z 轴建立直角坐标系， 则2 分 11 ( ,0,0), (0,0,0),(0,0), (0,0,1

30、),(1,0,1), 22 ABCPQ 由题设知为平面 ABC 的一个法向量，3 分BP 又， 1 (1,1),(0,0,1) 2 CQBP 与所成角的正弦值QCABC面 6 分 2 sincos, 3 CQ BP CQ BP CQBP （ ） 设， 则， 由， ，(0,0, )Mt 1 (,0, ) 2 AMt 1 0 2 CQ AMt 1 2 t 8 分 1 (0,0, ) 2 M 设，故，PNPC 1 (0,1) 2 N 1 1 (,1) 2 2 AN 由得，故12 分 1115 10 2424 CQ AN 2 5 1 3 (0, ) 5 5 N 13 分 5 10 MN 第 14 题

31、【解析】 （）（）因为平面 ABC，平面 ABC，所以， 1 AABC 1 AABC 因为 AB 是圆 O 直径，所以，又，所以平面，BCACAC 1 AAABC 11 A ACC 而平面，所以平面平面。BC 11 B BCC 11 A ACC 11 B BCC （） （） （i）设圆柱的底面半径为 ，则 AB=，故三棱柱的体积为r 1 AA =2r 111 ABC-A B C =，又因为， 1 1 V =AC BC 2r 2 AC BC r 2222 ACBC =AB =4r 所以=，当且仅当时等号成立， 22 AC +BC AC BC 2 2 2rAC=BC= 2r 从而，而圆柱的体积，

32、3 1 V2r 23 V= r2r=2 r 故=当且仅当，即时等号成立，p 3 1 3 V2r1 =, V2 r AC=BC= 2rOCAB 所以的最大值是。p 1 （ii） 由（i） 可知，取最大值时，于是以 O 为坐标原点，建立空间直角坐标pOCAB 系（如图） ，则 C（r，0，0） ，B（0，r，0） ，（0，r，2r） ，O-xyz 1 B 因为平面，所以是平面的一个法向量，BC 11 A ACCBC=(r,-r,0) 11 A ACC 设平面的法向量，由，故， 1 BOCn=(x,y,z) 1 nOC0 20 nOB rx ryrz 得 0 2 x yz 取得平面的一个法向量为，因

33、为，1z 1 BOCn=(0,-2,1) 0 90 所以。 210 cos|cos,BC |= 5| |52 n BCr n nBCr - 第 15 题 略 第 16 题 【答案】 本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考 查空间想象能力、推理论证能力及运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想、函 数与方程思想及应用意识. 满分 13 分. 解：（）证法一：证法一：面，. 1 AA ABC 1 AAAC 1 AAAB 又，四边形是正方形， 1 AAAC 11 AAC C . 1 分 11 ACAC ， 11111 ,ABAC ABAA AA ACAAC C

34、 AAACA平面 . 2 分 11 ABAAC C 平面 又, . 3 分 111 ACAAC C 平面 1 ABAC , 111 ,AB ACABC ABACA平面 . 4 分 11 ACABC 平面 证法二证法二：面，. 1 AA ABC 1 AAAC 1 AAAB 又，ABAC 分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 1 分 1 ,AB AC AA, ,x y z 则， 11 (0,0,0),(0,1,1), (1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)ACBCA ，Ks5u 11 (0,1, 1),(0,1,1),(1,0,0)ACACAB ， 2 分 111 0,0AC ACAC AB . 3 分 111 ,ACAC ACAB 又 111 ,AB ACABC ABACA