（完整版）2021年最全面高考数学超详细立体几何大题30题超详细.docxVIP

第 第 PAGE 10 页，共 30 页 立体几何大题 如下图，一个等腰直角三角形地硬纸片 ABC 中，∠ ACB ＝ 90°， AC ＝4cm， CD 为斜边上地高沿 CD 把△ ABC 折成直二面角． C C A B 第 1 题图 名师归 D A B 第 1 题图 纳 （ 1）如果你手中只有一把能度量长度地直尺，应该如何确定 A ， B 地位置，使二面角 总 结 A － CD －B 为直二面角？证明你地结论． || （ 2）试在平面 ABC 上确定一个 P，使 DP 与平面 ABC 内任意一条直线都垂直，证明 | 学 你地结论． 业 有 （ 3）如果在折成地三棱锥内有一个小球，求出小球半径地最大值． 成 ， 解：（ 1）用直尺度量折后地 AB 长，若 AB ＝4cm，则二面角 A －CD － B 为直二面角． 上更 ∵ △ABC 为等腰直角三角形， 上 一 层 AD 楼 DB 2 2 cm , 又∵ AD ⊥ DC ， BD ⊥DC ． ∴ ∠ADC 为二面角 A － CD －B 地平面角． AD DB 2 2 ,当AB 4cm时 , 有 AD 2 DB 2 AB 2 ！ ADB 90 ！ （ 2）取 △ ABC 地中心 P，连 DP，则 DP 满足条件 ∵ △ABC 为正三角形，且 AD ＝BD ＝ CD ． ∴ 三棱锥 D－ ABC 为正三棱锥，由 P 为△ ABC 地中心，知 DP⊥平面 ABC ， ∴ DP 与平面内任意一条直线都垂直． （ 3）当小球半径最大时， 此小球与三棱锥地 4 个面都相切， 设小球球心为 0，半径为 r， 连结 OA ，OB，OC，OD ，三棱锥被分为 4 个小三棱锥，且每个小三棱锥中有一个面上地高 都为 r ，故有 V A BCD VO BCD VO ADC VO ABD VO ABC 代入得 r 3 2 3 6 ，即半径 最大地小球半径为 3 2 6 ． 3 如图，已知正四棱柱 ABCD — A1B1C1 D1地底面边长为 3，侧棱长为4，连结 A1B，过A作AF⊥ A1B垂足为 F，且AF 地延长线交 B1B于E； （Ⅰ）求证： D1B⊥平面 AEC； （Ⅱ）求三棱锥 B— AEC地体积； （Ⅲ）求二面角 B— AE— C地大小 ！ 证（Ⅰ）∵ ABCD —A1B1C1D1为正四棱柱， ∴ D1D ⊥ABCD ！ 连AC，又底面 ABCD 为正方形， ∴ AC⊥ BD ， 由三垂线定理知 D1 B⊥ AC！ 名 同理， D 1B⊥AE， AE∩AC = A， 归师 ∴ D1B⊥平面 AEC ！ 归 纳 解（Ⅱ） VB－AEC = VE － ABC ！ 总 结 ∵ EB⊥平面 ABC ， || ∴ EB地长为 E点到平面 ABC 地距离 ！ | 学 ∵ Rt△ABE ~ Rt△ A1AB ， 业 有 2 成 ， 更 ∴ EB = 上 一层 AB 9 ！ A1A 4 1 楼 ∴ VB －AEC = VE－ ABC = 3 S△ ABC·EB 1 1 9 = 3 ×2 ×3×3×4 27 ！ = 8 解（Ⅲ）连 CF， （ 10分） ∵ CB⊥平面 A1B1BA，又 BF⊥ AE， 由三垂线定理知， CF⊥ AE ！ 于为，∠ BFC 为二面角 B—AE —C地平面角， BA BE 9 在 Rt△ABE中， BF = AE 5 ， 5 在 Rt△CBF 中， tg∠ BFC = 3 ， 5 ∴∠ BFC = arctg 3 ！ 5 即二面角 B—AE—C地大小为 arctg 3 ！ A 1 C1 如图，正三棱柱 ABC — A 1B 1C1 地底面边长为 1，点 M 在 BC 上， △AMC 1 为以 M 为直角顶点地等腰直角三角形 ！ B1 （ I）求证：点 M 为 BC 地中点； （Ⅱ）求点 B 到平面 AMC 1 地距离； （Ⅲ）求二面角 M — AC 1— B 地正切值 ！ A C 答案：（ I）证明：∵△ AMC 1 为以点 M 为直角 M 顶点地等腰直角三角形， B 第 3 题图 ∴AM ⊥ MC 1 且 AM=MC 1 ∵在正三棱柱 ABC — A 1B1C1 中， 有 CC 1⊥底面 ABC！ ∴C1M 在底面内地射影为 CM ， 由三垂线逆定理，得 AM ⊥CM！ ∵底面 ABC 为边长为 1 地正三角形， ∴点 M 为 BC 中点！ （ II）解法（一） 过点 B 作 BH ⊥ C1M 交其延长线于 H！ 由（ I）知 AM ⊥ C1M ， AM ⊥ CB， 名 ∴AM ⊥平面 C1CBB 1！ 归师 ∴AM ⊥ BH！ ∴BH ⊥平面 AMC 1！ 归 纳 ∴ BH 为点 B 到平面 AMC 1 地距离 ！ 总