上海市13区2019届高三上期末(一模)考试数学试题分类汇编立体几何

6、解：（1）在直三棱柱A1B1C1?ABC中，AA1?AB，

AA1?AC,AB?AC?AA1?1,?BAC?90?

所以，A1B?A1C?BC?2．…………………………2分

因为，BC//B1C1，所以，?A1BC为异面直线A1B与B1C1所成的角或补角．……4分 在?A1BC中，因为，A1B?A1C?BC?所以，异面直线A1B与B1C1所成角为

2，

?．…………………………7分 3（2）设点B1到平面A1BC的距离为h，

1?3?2?2?sin?，…………………………9分 23211S?A1B1B??1?1?，…………………………11分

22因为，VB1?A1BC?VC?A1B1B，…………………………12分

由（1）得S?A1BC?311h?． S?h?S?CA?A1BC?A1B1B所以，，解得，3333所以，点B1到平面A1BC的距离为．…………………………14分

3或者用空间向量：

（1） 设异面直线A1B与B1C1所成角为?，如图建系，则A1B??1,0,?1?，B1C1???1,1,0?，…………4分

9

B?B因为，cos??A11C1A1B?B1C??112?2?1?2???3 所以，异面直线A1B与B1C1所成角为

?3．…………7分 （2）设平面A1BC的法向量为n??u,v,w?，

则n?BC,n?A1B．又BC???1,1,0?，A1B??1,0,?1?，……………9分

所以，由???n?BC?0??u?v?0?n?A?，得n??1,1,1?．…………12??1B?0?u?w?0分 所以，点B1到平面AB1B?n1BC的距离d?n?33．…………………………14分 7、

0

1

8、解：（1）在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中， ∵AA1?平面ABCD，AD??平面ABCD， ∴AA1?AD，故AA1?25?9?4， ∴正四棱柱的侧面积为(4?3)?4?48， 体积为(32)?4?36．

（2）建立如图的空间直角坐标系O?xyz，由题意 可得D(0,0,0),B(3,3,0),A1(3,0,4),D(0,0,0),E(,0,2),

32uuuruuur3AA1?(0,0,4)，BE?(?,?3,2)，

2uuuruuur设AA1与BE所成角为?，直线BE与平面ABCD所成角为?，

uuuruuurAA1?BEr?则cos??uuuruuu|AA1|?|BE|84?614?461， 61uuur461461又AA1是平面ABCD的一个法向量， 故sin??cos??，??arcsin．

6161所以直线BE与平面ABCD所成的角为arcsin461． 619、解：(1)由异面直线的定义可知，棱AD,DC,CC',DD',D'C',B'C'所在的直线与直线A'B是异面直线 ……………….6分

11

(2)连结BC',A'C'，因为M,N分别是A'B,BC'的中点， 所以MN∥A'C'，又因为BC∥B'C'，

所以异面直线MN与BC所成角为?A'C'B'(或其补角)，…….9分 由于A'B'?B'C',?A'B'C'?90o

于是?A'C'B'?45o， ………………13分 所以异面直线MN与BC所成角的大小为45o. ………….14分

D'C'A'B'NMDCAB1

10、解：（1）VP?ADE?3?PA?S1?ADE?3 …… 6分（2）只需证明AF?面PBC

因为PA?面ABCD，故PA?BC，又BC?AB， 故BC?面PAB，所以BC?AF；

……10分 ?PAB中，PA?AB，点F是PB的中点，故AF?PB ……12分 所以，AF?面PBC，故无论点E在边BC的何处，都有AF?PE. ……14分 11、（1）解：因为侧棱PD?底面ABCD，

则侧棱PB在底面ABCD上的射影是DB，

所以?PBD就是侧棱PB与底面ABCD所成的角，即?PBD?15?．……2分

在?PDB中，?PDB?90?,DB?AD2?CD2?42(m)， ………3分

由tan?PBD?PDDB得 tan15??PD42，解得 PD?1.52(m)． ………5分 所以立柱PD的长约为 1.52m． ………………………………6分 （2）由题意知底面ABCD是长方形，

所以?BCD是直角三角形． ………………………2分 因为侧棱PD?底面ABCD， 得PD?DC,PD?DB,PD?BC，

所以?PDC、?PDB是直角三角形． …………………………4分

因为BC?DC，BC?PD，又PD?DC?D，DC,PD??平面PDC， 所以BC?平面PDC． …………………………………………6分 又因为PC??平面PDC，所以BC?PC，

2

1