高考数学总复习之【立体几何好题难题集萃】.

浙江理（14）正四面体ABCD的棱长为1，棱AB∥平面α，则正四面体上的所有点在平面α内的射影构成的图形面积的取值范围是.21[,]42(安徽卷）理科数学（16）多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的，如图，正方体的一个顶点A在平面内，其余顶点在的同侧，正方体上与顶点A相邻的三个顶点到的距离分别为1，2和4，P是正方体的其余四个顶点中的一个，则P到平面的距离可能是：①3；②4；③5；④6；⑤7以上结论正确的为______________。（写出所有正确结论的编号．．）解：如图，B、D、A1到平面的距离分别为1、2、4，则D、A1的中点到平面的距离为3，所以D1到平面的距离为6；B、A1的中点到平面的距离为52，所以B1到平面的距离为5；则D、B的中点到平面的距离为32，所以C到平面的距离为3；C、A1的中点到平面的距离为72，所以C1到平面的距离为7；而P为C、C1、B1、D1中的一点，所以选①③④⑤。3.过平行六面体1111DCBAABCD任意两条棱的中点作直线,其中与平面11DDBB平行的直线共有DA．4条B．6条C．8条D．12条4、若P是平面外一点，则下列命题正确的是D（A）过P只能作一条直线与平面相交（B）过P可作无数条直线与平面垂直（C）过P只能作一条直线与平面平行（D）过P可作无数条直线与平面平行【说明】过一点作已知平面的垂线有且只有一条（唯一性）过平面外一点可作无数直线与已知平面平行（存在性）(浙江文)（17）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形,AD∥BC,∠BAD=90°,PA⊥底面ABCD，且PA＝AD=AB=2BC,M、N分别为PC、PB的中点.(Ⅰ)求证：PB⊥DM;(Ⅱ)(文)求BD与平面ADMN所成的角。(理)求CD与平面ADMN所成的角解：方法一：（Ⅱ）(文)连结DN，ABCDA1B1C1D1A1因为PB⊥平面ADMN，所以∠BDN是BD与平面ADMN所成的角.在RtBDN中,1sin,2BNBDNBD故BD与平面ADMN所成的角是6.方法二：如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系Axyz,设BC=1，则(0,0,0)A1(0,0,3),(2,0,0),(1,,1),(0,2,0)2PBMD（Ⅱ）因为(2,0,2)(0,2,0)PBAD0所以PB⊥AD.又PB⊥DM.因此PBAD的余角即是BD与平面ADMN.所成的角.因为cos3PBAD所以PBAD=3因此BD与平面ADMN所成的角为6.(理)（II）取AD的中点G，连结BG、NG，则//BGCD，所以BG与平面ADMN所成的角和CD与平面ADMN所成的角相等.因为PB平面ADMN，所以BGN是BG与平面ADMN所成的角.在RtBGN中，10sin5BNBNGBG.故CD与平面ADMN所成的角是10arcsin5.方法二：如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系Axyz，设1BC，则1(0,0,0),(0,0,2),(2,0,0),(2,1,0),(1,,1),(0,2,0)2APBCMD.（II）因为(2,0,2)(0,2,0)PBAD0，所以PBAD，又因为PBDM，所以PB平面.ADMN因此,PBDC的余角即是CD与平面ADMN所成的角.因为cos,||||PBDCPBDCPBDC105，所以CD与平面ADMN所成的角为10arcsin5.18、如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为1，M是底面BC边上的中点，N是侧棱CC1上的点，且CN＝2C1N.（Ⅰ）求二面角B1－AM－N的平面角的余弦值；（Ⅱ）求点B1到平面AMN的距离。解法1：（Ⅰ）因为M是底面BC边上的中点，所以AMBC，又AMC1C,所以AM面BC1C1B，从而AM1BM,AMNM，所以1BMN为二面角，1B—AM—N的平面角。又1BM=221BBBM15142,MN=22145496MCCN,连1BN，得1BN＝22111110193BCCN，在1BMN中，由余弦定理得22211115251054369cos2555226BMMNBNBMNBMMN。故所求二面角1B—AM—N的平面角的余弦值为55。（Ⅱ）过1B在面11BCCB内作直线1BHMN，H为垂足。又AM平面11BCCB，所以AM1BH。于是1BH平面AMN，故1BH即为1B到平面AMN的距离。在11RBHM中，1BH＝1BM151sin1125BMH。故点1B到平面AMN的距离为1。解法2：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，则1B（0，0，1），M（0，12，0）,MA1C1B1BCANC(0,1,0),N(0,1,23),A(31,,022)，所以，3(,0,0)2AM，11(0,,1)2MB,12(0,,)23MN。因为13100()01022MBAM所以1MBAM,同法可得MNAM。故﹤1,MBMN﹥为二面角1B—AM—N的平面角∴cos﹤1,MBMN﹥＝115512.55526MBMNMBMN故所求二面角1B—AM—N的平面角的余弦值为55。（Ⅱ）设n=(x,y,z)为平面AMN的一个法向量，则由,nAMnMN得30024120323xxyzyz故可取3(0,,1)4n设1MB与n的夹角为a，则115253cos35523MBnaMBn。所以1B到平面AMN的距离为1525cos125MBa。（17）（本小题共14分）如图，在底面为平行四边形的四棱锥PABCD中，ABAC，PA平面ABCD，且PAAB，点E是PD的中点.（Ⅰ）求证：ACPB；（Ⅱ）求证：//PB平面AEC；（Ⅲ）求二面角EACB的大小.解：（1）由PA平面ABCD可得PAAC又ABAC，所以AC平面PAB，所以ACPBFEOBACDP（2）如图，连BD交AC于点O，连EO，则EO是△PDB的中位线，EO//PBPB//平面AEC（3）如图，取AD的中点F，连EF，FO，则EF是△PAD的中位线，EF//PA又PA平面ABCD，EF平面ABCD同理FO是△ADC的中位线，FO//ABFOAC由三垂线定理可知EOF是二面角E－AC－D的平面角.又FO＝12AB＝12PA＝EFEOF＝45而二面角EACB与二面角E－AC－D互补，故所求二面角EACB的大小为135.（19）（本小题满分14分，第一小问满分4分，第二小问满分5分，第三小问满分5分）在正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足AE:EB＝CF:FA＝CP:PB＝1:2（如图1）。将△AEF沿EF折起到EFA1的位置，使二面角A1－EF－B成直二面角，连结A1B、A1P（如图2）（Ⅰ）求证：A1E⊥平面BEP；（Ⅱ）求直线A1E与平面A1BP所成角的大小；（Ⅲ）求二面角B－A1P－F的大小（用反三角函数表示）19(06年江苏19分)本小题主要考查线面垂直、直线和平面所成的角、二面角等基础知识，以及空间线面位置关系的证明、角和距离的计算等，考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力。解法一：不妨设正三角形ABC的边长为3在图3中，过F作FM⊥A1P与M，连结QM,QF,∵CP=CF=1,∠C=600,∴△FCP是正三角形，∴PF=1.有112PQBP∴PF=PQ①,∵A1E⊥平面BEP,3EQEF∴A1E=A1Q,APFECBA1EFCPB图1图2∴△A1FP≌△A1QP从而∠A1PF=∠A1PQ②,由①②及MP为公共边知△FMP≌△QMP,∴∠QMP=∠FMP=90o,且MF=MQ,从而∠FMQ为二面角B－A1P－F的平面角.在Rt△A1QP中,A1Q=A1F=2,PQ=1,又∴15AP.∵MQ⊥A1P∴11255AQPQAPMQ∴255MF在△FCQ中,FC=1,QC=2,∠C=600,由余弦定理得3QF在△FMQ中，2227cos28MFMQQFFMQMFMQ∴二面角B－A1P－F的大小为7arccos8[06浙江(理)17]如图,在四棱锥P-ABCD中,底面为直角梯形,AD∥BC,∠BAD=90°,PA⊥底面ABCD,且PA＝AD=AB=2BC,M、N分别为PC、PB的中点.变式1：求面PAB与面PCD所成角利用面积射影或转化为有棱二面角变式2：E为AD中点,求面PAB与面PCE所成角点面距离[06湖南(理)18]如图4,已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高分别为1和2,AB=4.(Ⅰ)证明PQ⊥平面ABCD;(Ⅱ)求异面直线AQ与PB所成的角;QRLE(Ⅲ)求点P到平面QAD的距离.解法一：（Ⅰ）．连结AC、BD，设OBDAC.由P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥，所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD.从而P、O、Q三点在一条直线上，所以PQ⊥平面ABCD.（II）由题设知，ABCD是正方形，所以ACBD．由（I），PQ平面ABCD，故可以分别以直线CA、DB、QP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如上图），由题设条件，相关各点的坐标分别是(0,0,1)P，(0,0,2)Q，(0,22,0)B所以)2,0,22(AQ,(0,22,1)PB,于是3cos,.9AQPBAQPBAQPB从而异面直线AQ与PB所成的角是3arccos9.(Ⅲ)．由（Ⅱ），点D的坐标是（0，－22，0），)0,22,22(AD，(0,0,3)PQ，设),,(zyxn是平面QAD的一个法向量，由00ADnAQn得002yxzx.取x=1，得)2,1,1(n.所以点P到平面QAD的距离32.2PQndn.解法二：（Ⅰ）．取AD的中点M，连结PM，QM.因为P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥，所以AD⊥PM，AD⊥QM.从而AD⊥平面PQM.又PQ平面PQM，所以PQ⊥AD.同理PQ⊥AB，所以PQ⊥平面ABCD.（Ⅱ）．连结AC、BD设OBDAC，由PQ⊥平面ABCD及正四棱锥的性质可知O在PQ上，从而P、A、Q、C四点共面.取OC的中点N，连结PN．QPADCBQBCPADzyxO因为11,22PONONOOQOAOC，所以PONOOQOA，从而AQ∥PＮ.∠BPＮ（或其补角）是异面直线AQ与PB所成的角.连接BN，因为222(22)13PBOBOP．222(2)13PNONOP2222(22)(2)10BNOBON所以22293103cos29233PBPNBNBPNPBPN．从而异面直线AQ与PB所成的角是3arccos9．(Ⅲ)．由（Ⅰ）知，AD⊥平面PＱM，所以平面PＱM⊥平面QAD.过Ｐ作ＰＨ⊥ＱＭ于Ｈ，则ＰＨ⊥平面QAD，所以ＰＨ的长为点P到平面QAD的距离．连结OM，则122OMABOQ.所以45MQP，又ＰＱ＝ＰＯ＋ＱＯ＝３，于是32sin452PHPQ.即点P到平面QAD的距离是322.（9）如图，O是半径为l的球心，点A、B、C在球面上，OA、OB、OC两两垂直，E、F分别是大圆弧AB与AC的中点，则点E、F在该球面上的球面距离是B(A)4(B)3(C)2(D)42EF球面距离←∠EOF←EF←题设条件3.三种问题接切问题、截面问题、折叠问题，非主干知识，考查的频率不高，但它们不会被遗忘1)接切问题往往需要根据图形的对称性，进行空间想象，合情推理，画出合理的截面图例1[06全国(Ⅲ)9]已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，QBCPADOM体积为16，则这个球的表面积是A．16πB．20πC．24