2013高考冲刺题立几.doc

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1、2013高考冲刺题立几1．如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC，AD＝CD，∠CAD＝30°.(1)若AD＝2，AB＝2BC，求四面体ABCD的体积；(2)若二面角C－AB－D为60°，求异面直线AD与BC所成角的余弦值．2.【北京市石景山区2013届高三上学期期末理】（本小题共14分）如图1，在Rt中，，．D、E分别是上的点，且，将沿折起到的位置，使，如图2．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若，求与平面所成角的正弦值；ABCDE图1图2A1BCDE（Ⅲ）当点在何处时，的长度最小，并求出最小值．103、（潮州市2013届高三

2、上学期期末）已知梯形中，∥，，，、分别是、上的点，∥，．沿将梯形翻折，使平面⊥平面(如图)．是的中点，以、、、为顶点的三棱锥的体积记为．（1）当时，求证：⊥；（2）求的最大值；（3）当取得最大值时，求异面直线与所成的角的余弦值．4、（2012日照5月模拟）如图，四边形与均为菱形，，且.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求证：；（Ⅲ）求二面角的余弦值。105.如图，在斜三棱柱中，，侧面与底面ABC所成的二面角为，E、F分别是棱的中点（Ⅰ）求与底面ABC所成的角（Ⅱ）证明∥平面（Ⅲ）求经过四点的球的体积6.2013届高三上学期期末华附、省实、广雅、深中四校联

3、考VBCDA如图，在三棱锥V－ABC中，VC⊥底面ABC，AC⊥BC，D是AB的中点，且AC=BC=a，∠VDC=q(0

4、理易知BC＝，AB＝.故四面体ABCD的体积V＝·S△ABC·DF＝×××＝.(2)解法一：如图所示，设G，H分别与边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(1)知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AD＝a，则DF＝AD·sin∠CAD＝.在Rt△DEF中，EF＝DF·cot∠DEF＝·＝a，从而GH＝BC＝EF＝a.因Rt△ADE≌△BD

5、E，故BD＝AD＝a，从而，在Rt△BDF中，FH＝BD＝.又FG＝AD＝，从而在△FGH中，因FG＝FH，由余弦定理得cos∠FGH＝＝＝.因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为.解法二：如图所示，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A(0，－，0)，C(0，，0)，D(0,0,1)，则＝(0，，1)．显然

6、向量k＝(0,0,1)是平面ABC的一个法向量．已知二面角C－AB－D为60°，故可取平面ABD的一个单位法向量n＝(l，m，n)，使得〈n，k〉＝60°，从而n＝.由n⊥，有m＋n＝0，从而m＝－.10由l2＋m2＋n2＝1，得l＝±.设点B的坐标为B(x，y,0)，由⊥，n⊥，取l＝，有解之得，或(舍去)．易知l＝－与坐标系的建立方式不合，舍去．因此点B的坐标为.所以＝.从而cos〈，〉＝＝＝－.故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为.2【答案】（Ⅰ）证明：在△中，A1BCDExzy.又.由.………4分（Ⅱ）如图,以为原点，建立空间直角

7、坐标系．………5分．设为平面的一个法向量，因为所以，令，得.所以为平面的一个法向量．…………7分设与平面所成角为．则．所以与平面所成角的正弦值为．…………………9分（Ⅲ）设,则…………………12分当时,的最小值是．即为中点时,的长度最小,最小值为．…………………14分103.（法一）（1）证明：作，垂足，连结，，∵平面平面，交线，平面，∴平面，又平面，故，∵，，．∴四边形为正方形，故．又、平面，且，故平面．又平面，故．（2）解：∵，平面平面，交线，平面．∴面．又由（1）平面，故，∴四边形是矩形，，故以、、、为顶点的三棱锥的高，又．∴三棱锥的

8、体积．∴当时，有最大值为．（3）解：由（2）知当取得最大值时，故，由（2）知，故是异面直线与所成的角．在中，由平面，平面，故在中，∴．∴异面直线与所成的角的余弦值为．法二：（1）