2011高考数学立体几何大题汇总
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2011高考数学立体几何大题汇总
D
因此可取n=(3,1,3)
设平面PBC的法向量为m，则
00mPBmBC
可取m=（0，-1，3） 427cos,727mn
故二面角A-PB-C的余弦值为 277
2如图，四棱锥SABCD中， ABCD,BCCD，侧面SAB为等边三角形，2,1ABBCCDSD．
（Ⅰ）证明：SDSAB平面;
（Ⅱ）求AB与平面SBC所成角的大小．
解法一：
（I）取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DE=CB=2，
连结SE，则,3.SEABSE
又SD=1，故222EDSESD，
所以DSE为直角。 …………3分
由,,ABDEABSEDESEE，
得AB平面SDE，所以ABSD。
SD与两条相交直线AB、SE都垂直。
所以SD平面SAB。
…………6分
（II）由AB平面SDE知，
平面ABCD平面SED。
作,SFDE垂足为F，则SF平面ABCD，
3.2SDSESFDE
作FGBC，垂足为G，则FG=DC=1。
连结SG，则SGBC，
又,BCFGSGFGG，
故BC平面SFG，平面SBC平面SFG。 …………9分
作FHSG，H为垂足，则FH平面SBC。
37SFFGFHSG，即F到平面SBC的距离为21.7
由于ED//BC，所以ED//平面SBC，E到平面SBC的距离d也有21.7
设AB与平面SBC所成的角为α，
则2121sin,arcsin.77dEB
…………12分
解法二：
以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C—xyz。
设D（1，0，0），则A（2，2，0）、B（0，2，0）。
又设(,,),0,0,0.Sxyzxyz则
（I）(2,2,),(,2,)ASxyzBSxyz，(1,,)DSxyz，
由||||ASBS得
222222(2)(2)(2),xyzxyz
故x=1。
由22||11,DSyz得
又由222||2(2)4,BSxyz得
即2213410,,.22yzyyz故
…………3分
于是133333(1,,),(1,,),(1,,)222222SASBS，
13(0,,),0,0.22DSDSASDSBS
故,,,DSADDSBSASBSS又
所以SD平面SAB。 …………6分
（II）设平面SBC的法向量(,,)amnp，
则,,0,0.aBSaCBaBSaCB
又33(1,,),(0,2,0),22BSCB
故330,2220.mnpn …………9分
取p=2得(3,0,2),(2,0,0)aAB又。
21cos,.7||||ABaABaABa
故AB与平面SBC所成的角为21arcsin.7
3 （14分）已知1111ABCDABCD是底面边长为1的正四棱柱，1O是11AC和11BD的交点。
⑴ 设1AB与底面1111ABCD所成的角的大小为，二面角111ABDA的大小为。
求证：tan2tan；
⑵ 若点C到平面11ABD的距离为43，求正四棱柱1111ABCDABCD的高。
解：设正四棱柱的高为h。
⑴ 连1AO，1AA底面1111ABCD于1A，∴ 1AB与底面1111ABCD所成的角为11ABA，即11ABA
∵ 11ABAD，1O为11BD中点，∴111AOBD，又1111AOBD，
∴ 11AOA是二面角111ABDA的平面角，即11AOA
∴ 111tanAAhAB，111tan22tanAAhAO。
⑵ 建立如图空间直角坐标系，有11(0,0,),(1,0,0),(0,1,0),(1,1,)AhBDCh O1DCBAD1C1B1A1A1B1C1D1ABCDO1zyA1B1D1ABCDO1
11(1,0,),(0,1,),(1,1,0)ABhADhAC
设平面11ABD的一个法向量为(,,)nxyz，
∵ 111100nABnABnADnAD，取1z得(,,1)nhh
∴ 点C到平面11ABD的距离为22||043||1nAChhdnhh，则2h。
4（本小题满分12分）
如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=12P D．
（I）证明：平面PQC⊥平面DCQ；
（II）求二面角Q—BP—C的余弦值．
解：
如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D—xyz.
（I）依题意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0）.
则(1,1,0),(0,0,1),(1,1,0).DQDCPQ
所以0,0.PQDQPQDC
即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.
故PQ⊥平面DCQ.
又PQ平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ. …………6分
（II）依题意有B（1，0，1），(1,0,0),(1,2,1).CBBP
设(,,)nxyz是平面PBC的法向量，则0,0,20.0,nCBxxyznBP即
因此可取(0,1,2).n
设m是平面PBQ的法向量，则0,0.mBPmPQ
可取15(1,1,1).cos,.5mmn所以
故二面角Q—BP—C的余弦值为15.5 …
5如图，在ABC中，60,90,ABCBACAD是BC上的高，沿AD把ABC折起，使90BCD 。
（Ⅰ）证明：平面ＡＤＢ ⊥平面ＢＤＣ；
（Ⅱ）设Ｅ为ＢＣ的中点，求AE与DB夹角的余弦值。
解（Ⅰ）∵折起前ＡＤ是ＢＣ边上的高，
∴ 当Δ ＡＢＤ折起后，AD⊥ＤＣ，AD⊥ＤＢ，
又DBＤＣ＝Ｄ，
∴ＡＤ⊥平面ＢＤＣ，
∵AD 平面平面BDC．
平面ABD平面BDC。
（Ⅱ）由∠ ＢＤＣ＝90及（Ⅰ）知DA，ＤＢ，DC两两垂直，不防设DB=1，以D为坐标原点，以,,DBDCDA所在直线,,xyz轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D（0,0,0），B（1,0,0），C（0,3,0），A（0,0，3），E（12，32，0），
AE=13,,322，
DB=（1，0,0,），
AE与DB夹角的余弦值为
cos＜AE，DB＞=1222.22||||2214AEDBAEDB1222222214．
6
本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分．）
如题（19）图，在四面体ABCD中，平面ABC平面ACD，ABBC，ADCD，CAD．
（Ⅰ）若AD，ABBC，求四面体ABCD的体积；
（Ⅱ）若二面角CABD为，求异面直线AD与BC所成角的余弦值．
本题12分）
（I）解：如答（19）图1，设F为AC的中点，由于AD=CD，所以DF⊥AC.
故由平面ABC⊥平面ACD，知DF⊥平面ABC，
即DF是四面体ABCD的面ABC上的高，
且DF=ADsin30°=1，AF=ADcos30°=3.
在Rt△ABC中，因AC=2AF=23，AB=2BC，
由勾股定理易知215415,.55BCAB
故四面体ABCD的体积
1114152154.332555ABCVSDF
（II）解法一：如答（19）图1，设G，H分别为边CD，BD的中点，则FG//AD，GH//BC，从而∠FGH是异面直线AD与BC所成的角或其补角.
设E为边AB的中点，则EF//BC，由AB⊥BC，知EF⊥AB.又由（I）有DF⊥平面ABC，
故由三垂线定理知DE⊥AB.
所以∠DEF为二面角C—AB—D的平面角，由题设知∠DEF=60°
设,sin.2aADaDFADCAD则
在33,cot,236aRtDEFEFDFDEFa中
从而13.26GHBCEFa
因Rt△ADE≌Rt△BDE，故BD=AD=a，从而，在Rt△BDF中，122aFHBD，
又1,22aFGAD从而在△FGH中，因FG=FH，由余弦定理得
2223cos226FGGHFHGHFGHFGGHFG
因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为3.6
解法二：如答（19）图2，过F作FM⊥AC，交AB于M，已知AD=CD，
平面ABC⊥平面ACD，易知FC，FD，FM两两垂直，以F为原点，射线FM，FC，FD分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系F—xyz.
不妨设AD=2，由CD=AD，∠CAD=30°，易知点A，C，D的坐标分别为
(0,3,0),(0,3,0),(0,0,1),(0,3,1).ACDAD则
显然向量(0,0,1)k是平面ABC的法向量.
