高考数学立体几何试题精讲汇编.docVIP

高考数学立体几何试题精讲汇编 1、如图,在三棱锥SABC中,SA⊥底面ABC,AB⊥BC．DE垂直平分SC,且分别交AC、SC于D、E.又SA＝AB,SB＝BC.求以BD为棱,以BDE与BDC为面的二面角的度数. （90）解法一:由于SB＝BC,且E是SC的中点,因此BE是等腰三角形SBC底边SC的中线,所以SC⊥BE. 又已知 SC⊥DE,BE∩DE＝E,∴SC⊥面BDE,∴SC⊥BD. 又 ∵SA⊥底面ABC,BD在底面ABC上, ∴SA⊥BD. 而SC∩SA＝S,∴BD⊥面SAC. ∵DE＝面SAC∩面BDE,DC＝面SAC∩面BDC, ∴BD⊥DE,BD⊥DC. ∴∠EDC是所求的二面角的平面角. ∵SA⊥底面ABC,∴SA⊥AB,SA⊥AC. 设SA＝a, 又因为AB⊥BC, ∴∠ACS＝30°. 又已知DE⊥SC,所以∠EDC＝60°,即所求的二面角等于60°. 解法二:由于SB＝BC,且E是SC的中点,因此BE是等腰三角形SBC的底边SC的中线,所以SC⊥BE. 又已知SC⊥DE,BE∩DE＝E∴SC⊥面BDE, ∴SC⊥BD. 由于SA⊥底面ABC,且A是垂足,所以AC是SC在平面ABC上的射影.由三垂线定理的逆定理得BD⊥AC;又因E∈SC,AC是SC在平面ABC上的射影,所以E在平面ABC上的射影在AC上,由于D∈AC,所以DE在平面 ABC上的射影也在AC上,根据三垂线定理又得BD⊥DE. ∵DE面BDE,DC面BDC, ∴∠EDC是所求的二面角的平面角. 以下同解法一. 2、已知ABCD是边长为4的正方形，EF分别是AB、AD的中点，GCABCD所在的平面，GC＝2．B到平面EFG的距离． ：，EG、FG、EF、BD、AC、EF、BD分别交AC于H、O． ABCD是正方形，EF分别为AB和AD的中点，EF∥BD，HAO的中点． BDEFG上．，EFG和平面ABCD重合，G在平面的ABCD上，． BD∥平面EFG，BD和平面EFG的距离就是点B到平面EFG的距离．BD⊥AC， EF⊥HC． GC⊥平面ABCD，EF⊥GC， EF⊥平面HCG． EFG⊥平面HCG，HG．OK⊥HG交HG于点K，OK⊥平面EFG，OK的长就是点B到平面EFG的距离．ABCD的边长为4，GC=2， ∴ AC=4，HO=，HC=3． t△HCG中，HG=． 由于Rt△HKO和Rt△HCG有一个锐角是公共的，故Rt△HKO∽△HCG． ∴ OK=． ． ——10分 3、两条异面直线a、b所成的角为θ，它们的公垂线段AA1的长度为d。在直线a、b上分别取点E、F,设A1E=m，AF=n　解法一:设经过b与a平行的平面为α,经过a和AA1的平面为β,α∩β=c,则c∥a.因而b,c所成的角等于θ,且AA1⊥c(如图)。　　∵ AA1⊥b, ∴ AA1⊥α.　　根据两个平面垂直的判定定理,β⊥α.　　在平面β内作EG⊥c,垂足为G,则EG=AA1.并且根据两个平面垂直的性质定理,EG⊥α.连结FG,则EG⊥FG.　　在Rt△EFG中,EF2=EG2+FG2。　∵ AG=m,　　∴在△AFG中,　　FG2=m2+n2-2mncosθ. 　　　　　　　　∵ EG2=d2,　　　　　　　　∴ EF2=d2+m2+n2-2mncosθ.　　如果点F(或E)在点A(或A1)的另一侧,则　　　　　　　　EF2=d2+m2+n2+2mncosθ.　　因此　　　　　　解法二:经过点A作直线c∥a,则c、b所成的角等于θ,且AA1⊥c.　　根据直线和平面垂直的判定定理,AA1垂直于b、c所确定的平面a.　　在两平行直线a、c所确定的平面内,作EG⊥c,垂足为G,则EG平行且等于AA1，从而EG⊥α。　　连结FG,则根据直线和平面垂直的定义,EG⊥FG.　　在Rt△EFG中,EF2=EG2+FG2。　　(以下同解法一)如图,A1B1C1-ABC是直三棱柱,过点A1、B、C1的平面和平面ABC的交线记作l.　　(Ⅰ)判定直线A1C1和l的位置关系,并加以证明;　　(Ⅱ)若A1A=1,AB=4,BC=3,∠ABC=90°,求顶点A1到直线l的距离. 解:(Ⅰ)l∥A1C1.证明如下:　　根据棱柱的定义知平面A1B1C1和平面ABC平行.　　由题设知直线A1C1=平面A1B1C1∩平面A1BC1,直线l=平面A1BC1∩平面ABC.　　根据两平面平行的性质定理有l∥A1C1.　　(Ⅱ)解法一:　　过点A1作A1E⊥L于E,则A1E的长为点A1到l的距离.　　连结AE.由直棱柱的定义知A1A⊥平面ABC.　　∴ 直线AE是直线A