发布时间 : 星期六 文章2011高考立体几何部分解答题更新完毕开始阅读6748dbf8700abb68a982fb4a
立体几何2011年高考部分解答题
1、(2011年高考辽宁卷理科18)（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=
12PD.
（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DQ?(1,1,0),DC?(0,0,1),PQ?(1,?1,0). ????????????????PQ?DQ?0,PQ?DC?0. 所以
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
???B （II）依题意有B（1，0，1），C????,0),1((B2,1P.)1???
??????n?CB?0,?x?0,设n?(x,y,z)是平面PBC的法向量，则???? 即???x?2y?z?0.??n?BP?0,?因此可取n?(0,?1,?2).
??????m?BP?0,设m是平面PBQ的法向量，则? ??????m?PQ?0.可取m?(1,1,1).所以cos?m,n???155.
故二面角Q—BP—C的余弦值为?
155. ………………12分
2、(2011年高考天津卷理科17)（本小题满分13分） 如图，在三棱柱ABC?A1B1C1中，
H是正方形AA1B1B的中心，AA1?22，C1H?平面AA1B1B，且C1H?5.
（Ⅰ）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值； （Ⅱ）求二面角A?A1C1?B1的正弦值；
（Ⅲ）设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN?平面A1B1C，求线段BM的长． 本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，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.满分13分. 方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点. 依题意得A(22,0,0),B(0,0,0),C(2,?2,5) A1(22,22,0),B1(0,22,0),C1(2,2,5)
????????? （I）解：易得AC?(?2,?2,5),A1B1?(?22,0,0)， ???????????????????AC?A1B142???????, 于是cosAC,A1B1?????3|AC|?|A1B1|3?22 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为
23.
????????? （II）解：易知AA1?(0,22,0),A1C1?(?2,?2,5).
设平面AA1C1的法向量m?(x,y,z)，
????????m?A1C1?0??2x?2y? 则?即????????22y?0.?m?AA1?05z?0,
不妨令x?5,可得m?(5,0,2)，
同样地，设平面A1B1C1的法向量n?(x,y,z)，
????????n?A1C1?0,??2x?2y? 则??????即?????22x?0.?n?A1B1?0.5z?0,不妨令y?5，
可得n?(0,5,2). 于是cosm,n?
m?n|m|?|n|?27?7?27,
从而sinm,n?357.
所以二面角A—A1C1—B的正弦值为357.
?????23252325（Ⅲ）由N为棱B1C1的中点,得N(?a,?b,), ,,),设M(a,b,0),则MN?(222222?2325??????????(?a)(?2)?(?b)(?2)??5?0???MN?A1C1?0?232由MN?平面A1B1C1,得?????,即?, ????????2?MN?A1B1?0(?a)(?22)?0??2?2a????????????2222?2,,0),所以线段BM的长为|BM|?,,0),因此BM?(解得?,故M(24242?b???4104.
3、(2011年高考山东卷理科19)（本小题满分12分）
在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ ACB=90?，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ.
（Ⅰ)若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ; （Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小． 【解析】（Ⅰ)连结AF,因为EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ， EF∩ＦＧ=F,所以平面EFG∥平面ABCD,又易证
?EFG∽?ABC,
所以AD
FGBC?EFAB?12,即FG?12BC,即FG?12AD,又M为
的中点,所以AM?12AD,又因为ＦＧ∥ＢＣ∥ＡD，所以ＦＧ∥ＡM,所以四边形AMGF是平行四边形,故
GM∥FA,又因为ＧＭ?平面ＡＢＦＥ,FA?平面ＡＢＦＥ,所以ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ. （Ⅱ）取AB的中点O,连结CO,因为ＡＣ＝ＢＣ,CO⊥AB,
又因为ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，CO?平面ＡＢＣＤ,Ａ⊥CO,
又ＥＡ∩AB=A,所以CO⊥平面ＡＢＦＥ,在平面
所以
所以Ｅ
ABEF内,
过点O作OH⊥BF于H,连结CH,由三垂线定理知: CH⊥BF,所以?CHO为二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的平面角. 设ＡＢ=２ＥＦ=2a,因为∠ ACB=90?，ＡＣ＝ＢＣ=2a,CO=a,AE?22a,连结FO,容易证得FO∥EA
且FO?22a,所以BF?COOH62,所以a?OH=
22a?26=
33a,所以在R?tCO中,tan∠ CHO=
?3,故∠ CHO=60,所以二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小为60.
?(2011年高考广东卷理科18)如图5，在椎体P?ABCD中，ABCD是边长为1的棱形，且
?DAB?60,PA?PD?02,PB?2,E,F分别是BC,PC的中点，
（1） 证明：AD?平面DEF （2）求二面角P?AD?B的余弦值。
【解析】法一：（1）证明：取AD中点G，连接PG，BG，BD。
因PA=PD，有PG?AD，在?ABD中，AB?AD?1,?DAB?60?，有?ABD为等边三角形，因此BG?AD,BG?PG?G，所以AD?平面PBG?AD?PB,AD?GB.
又PB//EF，得AD?EF，而DE//GB得AD ?DE，又FE?DE?E，所以AD ?平面DEF。
（2）?PG?AD,BG?AD，
??PGB为二面角P—AD—B的平面角，
在Rt?PAG中,PG?PA?AG222?74
在Rt?ABG中,BG=AB?sin60?=32