上海历高考数立体几何大题理.doc

2004-2013上海历年高考数立体几何大题-理 （2004上海）21、(本题满分16分) 第1小题满分4分, 第2小题满分6分, 第3小题满分6分 如图,P-ABC是底面边长为1的正三棱锥,D、E、F分别为棱长PA、PB、PC上的点, 截面DEF∥底面ABC, 且棱台DEF-ABC与棱锥P-ABC的棱长和相等.(棱长和是指多面体中所有棱的长度之和) (1) 证明：P-ABC为正四面体； (2) 若PD=PA, 求二面角D-BC-A的 大小；(结果用反三角函数值表示) (3) 设棱台DEF-ABC的体积为V, 是 否存在体积为V且各棱长均相等的直 平行六面体,使得它与棱台DEF-ABC 有相同的棱长和? 若存在,请具体构造 出这样的一个直平行六面体,并给出证 明；若不存在,请说明理由. 【证明】(1) ∵棱台DEF-ABC与棱锥P-ABC的棱长和相等, ∴DE+EF+FD=PD+OE+PF. 又∵截面DEF∥底面ABC, ∴DE=EF=FD=PD=OE=PF,∠DPE=∠EPF=∠FPD=60°, ∴P-ABC是正四面体. 【解】(2)取BC的中点M,连接PM,DM.AM. ∵BC⊥PM,BC⊥AM, ∴BC⊥平面PAM,BC⊥DM, 则∠DMA为二面角D-BC-A的平面角. 由(1)知,P-ABC的各棱长均为1, ∴PM=AM=,由D是PA的中点,得 ,∴. (3)存在满足条件的直平行六面体. 棱台DEF-ABC的棱长和为定值6,体积为V. 设直平行六面体的棱长均为,底面相邻两边夹角为, 则该六面体棱长和为6, 体积为. ∵正四面体P-ABC的体积是,∴,.可知 故构造棱长均为,底面相邻两边夹角为的直平行六面体即满足要求. （2005上海）17．（本题满分12分）已知直四棱柱中，，底面ABCD是直角梯形，∠A是直角，AB||CD，AB=4，AD=2，DC=1，求异面直线与DC所成角的大小.（结果用反三角函数值表示） [解法一]由题意AB//CD，是异面直线BC1与DC所成的角. 连结AC1与AC，在Rt△ADC中，可得， 又在Rt△ACC1中，可得AC1=3. 在梯形ABCD中，过C作CH//AD交AB于H， 得 又在中，可得， 在 ∴异而直线BC1与DC所成角的大小为 [解法二]如图，以D为坐标原点，分别以AD、DC、DD1所在直线为x、y、z轴建立直 角坐标系. 则C1（0，1，2），B（2，4，0） 所成的角为， 则 ∴异面直线BC1与DC所成角的大小为 （2006上海）19．（本小题满分14分） 在四棱锥P-ABCD中，底面是边长为2的菱形。∠DAB = 60°，对角线AC与BD相交于点O，PO ?平面ABCD，PB与平面ABCD所成角为60°。 (1) 求四棱锥P-ABCD的体积； (2) 若E是PB的中点，求异面直线DE与PA所成角的大小（结果用反三角函数值表示）。 (3) [解]（1）在四棱锥P-ABCD中,由PO⊥平面ABCD,得 (4) ∠PBO是PB与平面ABCD所成的角, ∠PBO=60°. (5) 在Rt△AOB中BO=ABsin30°=1, 由PO⊥BO, (6) 于是,PO=BOtg60°=,而底面菱形的面积为2. (7) ∴四棱锥P-ABCD的体积V=×2×=2. (8) (9) （2）解法一：以O为坐标原点,射线OB、OC、 (10) OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立 (11) 空间直角坐标系. (12) 在Rt△AOB中OA=,于是,点A、B、 (13) D、P的坐标分别是A(0,－,0), (14) B (1,0,0), D (－1,0,0), P (0,0, ). (15) E是PB的中点,则E(,0,) 于是=(,0, ),=(0, ,). (16) 设的夹角为θ,有cosθ=,θ=arccos, (17) ∴异面直线DE与PA所成角的大小是arccos； (18) 解法二：取AB的中点F,连接EF、DF. (19) 由E是PB的中点,得EF∥PA， (20) ∴∠FED是异面直线DE与PA所成 (21) 角(或它的补角)， (22) 在Rt△AOB中AO=ABcos30°==OP， (23) 于是, 在等腰Rt△POA中， (24) PA=，则EF=. (25) 在正△ABD和正△PBD中,DE=DF=， (26) cos∠FED== (27) ∴异面直线DE与PA所成角的大小是arccos. （2007上海）16．（本题满分12分） 如图，在体积为1的直三棱柱中，．求直线与平面所成角的大小（结果用反三角函数值表示）． 解法一： 由题意，可得体积 ，