高考立体几何大题及答案理

1.如图，四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形，SD底面ABCD，2AD，2DCSD，点M在侧棱SC上，∠ABM=60。（I）证明：M是侧棱SC的中点；求二面角SAMB的大小。2.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC,D、E分别为AA1、B1C的中点，DE⊥平面BCC1（Ⅰ）证明：AB=AC（Ⅱ）设二面角A-BD-C为60°,求B1C与平面BCD所成的角的大小3.如图，DC平面ABC，//EBDC，22ACBCEBDC，120ACB，,PQ分别为,AEAB的中点．（I）证明：//PQ平面ACD；（II）求AD与平面ABE所成角的正弦值．4.如图，四棱锥PABCD的底面是正方形，PDABCD底面，点E在棱PB上.（Ⅰ）求证：平面AECPDB平面；（Ⅱ）当2PDAB且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小.5.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，4PAAD，2AB．以BD的中点O为球心、BD为直径的球面交PD于点M．ACBA1B1C1DEOAPBCMD（1）求证：平面ABM⊥平面PCD；（2）求直线PC与平面ABM所成的角；（3）求点O到平面ABM的距离．6.如图，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，△ABE是等腰直角三角形，,,45ABAEFAFEAEF（I）求证：EFBCE平面；（II）设线段CD、AE的中点分别为P、M，求证：PM∥BCE平面（III）求二面角FBDA的大小。7.如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD,SD＝AD＝a,点E是SD上的点，且DE＝a(0≦1).(Ⅰ)求证：对任意的（0、1），都有AC⊥BE:(Ⅱ)若二面角C-AE-D的大小为600C，求的值。8.如图3，在正三棱柱111ABCABC中，AB=4,17AA,点D是BC的中点，点E在AC上，且DE1AE.（Ⅰ）证明：平面1ADE平面11ACCA;（Ⅱ）求直线AD和平面1ADE所成角的正弦值。9.如图，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，△ABE是等腰直角三角形，,,45ABAEFAFEAEF（I）求证：EFBCE平面；（II）设线段CD、AE的中点分别为P、M，求证：PM∥BCE平面（III）求二面角FBDA的大小。10.如题（18）图，在五面体ABCDEF中，AB∥DC，2BAD，2CDAD，四边形ABFE为平行四边形，FA平面ABCD，3,7FCED．求：（Ⅰ）直线AB到平面EFCD的距离；（Ⅱ）二面角FADE的平面角的正切值．11．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD．(1)证明：PA⊥BD；(2)设PD＝AD，求二面角A－PB－C的余弦值．12（本小题满分12分）如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯形，ABCD,ACBD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD中点（1）证明：PEBC（2）若APB=ADB=60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值参考答案1、【解析】（I）解法一：作MN∥SD交CD于N，作NEAB交AB于E，连ME、NB，则MN面ABCD，MEAB,2NEAD设MNx，则NCEBx,在RTMEB中，60MBE3MEx。在RTMNE中由222MENEMN2232xx解得1x，从而12MNSDM为侧棱SC的中点M.解法二:过M作CD的平行线.（II）分析一:利用三垂线定理求解。在新教材中弱化了三垂线定理。这两年高考中求二面角也基本上不用三垂线定理的方法求作二面角。过M作MJ∥CD交SD于J,作SHAJ交AJ于H,作HKAM交AM于K,则JM∥CD,JM面SAD,面SAD面MBA,SH面AMBSKH即为所求二面角的补角.法二：利用二面角的定义。在等边三角形ABM中过点B作BFAM交AM于点F，则点F为AM的中点，取SA的中点G，连GF，易证GFAM，则GFB即为所求二面角.解法二、分别以DA、DC、DS为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系D—xyz，则)2,0,0(),2,0,0(),0,2,2(),0,0,2(SCBA。（Ⅰ）设)0,0)(,,0(babaM，则)2,,0(),,2,2(),0,2,0(baSMbaBMBA，)2,2,0(SC，由题得SCSMBMBA//21,cos，即)2(22212)2(2)2(222babaa解之个方程组得1,1ba即)1,1,0(M所以M是侧棱SC的中点。法2：设MCSM，则)12,12,2(),12,12,0(MBM又oABMBAB60,),0,2,0(故oABMBABMB60cos||||，即SABCDMzxy22)12()12(214，解得1，所以M是侧棱SC的中点。（Ⅱ）由（Ⅰ）得)1,1,2(),1,1,0(MAM，又)2,0,2(AS，)0,2,0(AB，设),,(),,,(22221111zyxnzyxn分别是平面SAM、MAB的法向量，则0011ASnMAn且0012ABnMAn，即0220211111zxzyx且02022222yzyx分别令221xx得2,0,1,12211zyyz，即)2,0,2(),1,1,2(21nn，∴3662202,cos21nn二面角SAMB的大小36arccos。2、解法一：（Ⅰ）取BC中点F，连接EF，则EF121BB，从而EFDA。连接AF，则ADEF为平行四边形，从而AF//DE。又DE⊥平面1BCC，故AF⊥平面1BCC，从而AF⊥BC，即AF为BC的垂直平分线，所以AB=AC。（Ⅱ）作AG⊥BD，垂足为G，连接CG。由三垂线定理知CG⊥BD，故∠AGC为二面角A-BD-C的平面角。由题设知，∠AGC=600..设AC=2，则AG=23。又AB=2，BC=22，故AF=2。由ABADAGBD得2AD=222.23AD，解得AD=2。故AD=AF。又AD⊥AF，所以四边形ADEF为正方形。因为BC⊥AF，BC⊥AD，AF∩AD=A，故BC⊥平面DEF，因此平面BCD⊥平面DEF。连接AE、DF，设AE∩DF=H，则EH⊥DF，EH⊥平面BCD。连接CH，则∠ECH为1BC与平面BCD所成的角。因ADEF为正方形，AD=2，故EH=1，又EC=112BC=2，所以∠ECH=300，即1BC与平面BCD所成的角为300.解法二：（Ⅰ）以A为坐标原点，射线AB为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系A—xyz。0，设B（1，0，0），C（0，b，0），D（0，0，c），则1B（1，2c）,E（12，2b，c）.于是DE=（12，2b，0），BC=（-1，b,0）.由DE⊥平面1BCC知DE⊥BC，DEBC=0，求得b=1，所以AB=AC。（Ⅱ）设平面BCD的法向量(,,),ANxyz则0,0.ANBCANBD又BC=（-1，1，0），BD=（-1，0，c）,故00xyxcz令x=1,则y=1,z=1c,AN=(1,1,1c).又平面ABD的法向量AC=（0，1，0）由二面角CBDA为60°知，ACAN，=60°，故60cosACANACAN°，求得21c于是），，（211AN，），，211(1CB21cos111CBANCBANCBAN，，601CBAN，°所以CB1与平面BCD所成的角为30°3、（Ⅰ）证明：连接CQDP,，在ABE中，QP,分别是ABAE,的中点，所以BEPQ21//，又BEDC21//，所以DCPQ//，又PQ平面ACD，DC平面ACD，所以//PQ平面ACD（Ⅱ）在ABC中，BQAQBCAC,2，所以ABCQ而DC平面ABC，DCEB//，所以EB平面ABC而EB平面ABE，所以平面ABE平面ABC，所以CQ平面ABE由（Ⅰ）知四边形DCQP是平行四边形，所以CQDP//所以DP平面ABE，所以直线AD在平面ABE内的射影是AP，所以直线AD与平面ABE所成角是DAP在APDRt中，5122222DCACAD，1sin2CAQCQDP所以5551sinADDPDAP4、【解法1】（Ⅰ）∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∵PDABCD底面，∴PD⊥AC，∴AC⊥平面PDB，∴平面AECPDB平面.（Ⅱ）设AC∩BD=O，连接OE，由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，∴O，E分别为DB、PB的中点，∴OE//PD，12OEPD，又∵PDABCD底面，∴OE⊥底面ABCD，OE⊥AO，在Rt△AOE中，1222OEPDABAO，∴45AOE，即AE与平面PDB所成的角的大小为45.【解法2】如图，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，设,,ABaPDh则,0,0,,,0,0,,0,0,0,0,0,0,AaBaaCaDPh，（Ⅰ）∵,,0,0,0,,,,0ACaaDPhDBaa，∴0,0ACDPACDB，∴AC⊥DP，AC⊥DB，∴AC⊥平面PDB，∴平面AECPDB平面.（Ⅱ）当2PDAB且E为PB的中点时，1120,0,2,,,222PaEaaa，设AC∩BD=O，连接OE，由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，∵1122,,,0,0,2222EAaaaEOa，∴2cos2EAEOAEOEAEO，∴45AOE，即AE与平面PDB所成的角的大小为45.多面体ABCDEF的体积为VE—ABCD＋VE—BCF=225、解：方法（一）：（1）证：依题设，Ｍ在以ＢＤ为直径的球面上，则ＢＭ⊥ＰＤ.因为ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，则ＰＡ⊥ＡＢ，又ＡＢ⊥ＡＤ，所以ＡＢ⊥平面ＰＡＤ，则ＡＢ⊥ＰＤ，因此有ＰＤ⊥平面ＡＢＭ，所以平面ＡＢＭ⊥平面ＰＣＤ.（２）设平面ＡＢＭ与ＰＣ交于点Ｎ，因为ＡＢ∥ＣＤ，所以ＡＢ∥平面ＰＣＤ，则ＡＢ∥ＭＮ∥ＣＤ，由（1）知，ＰＤ⊥平面ＡＢＭ，则MN是PN在平面ABM上的射影，所以PNM就是PC与平面ABM所成的角，ONAPBCMDzxy且PNMPCD所求角为arctan22（3）因为O是BD的中点，则O点到平面ABM的距离等于D点到平面ABM距离的一半，由（1）知，ＰＤ⊥平面ＡＢＭ于M，则|DM|就是D点到平面ABM距离.因为在Rt△PAD中，4PAAD，PDAM，所以M为PD中点，22DM，则O点到平面ABM的距离等于2。方法二：（1）同方法一；（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A，(0,0,4)P，(2,0,0)B，(2,4,0)C，(0,4,0)D，(0,2,2)M，设平面ABM的一个法向量(,,)nxyz，由,nABnAM可得：20220xyz，令1z，则1y，即(0,1,1)n.设所求角为，则22sin3PCnPCn，所求角的大小为22arcsin3.（3）设所求距离为h，由(1,2,0),(1,2,0)OAO，得：2AOnhn6、【解析】解法一：因为平面ABEF⊥平面ABCD，BC平面ABCD，BC⊥AB，平面ABEF∩平面ABCD=AB，所以BC⊥平面ABEF.所以BC⊥EF