立体几何文科高考题

12011年高考立体几何文科汇编（江苏）16、如图，在四棱锥中，平面PAD⊥平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分别是AP、AD的中点求证：（1）直线EF‖平面PCD；（2）平面BEF⊥平面PAD（安徽卷）（19）（本小题满分13分）如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，1OA，2OD，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形。（Ⅰ）证明直线BCEF∥；（Ⅱ）求棱锥FOBED的体积.（北京卷）17．（本小题共14分）如图，在四面体PABC中，PC⊥AB，PA⊥BC,点D,E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的中点.（Ⅰ）求证：DE∥平面BCP；（Ⅱ）求证：四边形DEFG为矩形；（Ⅲ）是否存在点Q，到四面体PABC六条棱的中点的距离相等？说明理由.ABCDP2（福建卷）20．（本小题满分12分）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在线段AD上，且CE∥AB。（I）求证：CE⊥平面PAD；（11）若PA=AB=1，AD=3，CD=2，∠CDA=45°，求四棱锥P-ABCD的体积（广东）18．（本小题满分13分）图5所示的集合体是将高为2，底面半径为1的直圆柱沿过轴的平面切开后，将其中一半沿切面向右水平平移后得到的．A，A′，B，B′分别为CD,''CD,DE,''DE的中点，''112,2,,OOOO分别为,'',,''CDCDDEDE的中点．（1）证明：''12,,,OAOB四点共面；（2）设G为AA′中点，延长\''1AO到H′，使得''''11OHAO．证明：''''2BOHBG平面3（湖北）18．（本小题满分12分）如图，已知正三棱柱-的底面边长为2，侧棱长为，点E在侧棱上，点F在侧棱上，且,．（I）求证：；（II）求二面角的大小。（湖南卷）19．（本题满分12分）如图3，在圆锥中，已知的直径的中点．（I）证明：（II）求直线和平面所成角的正弦值．（江西卷）18.(本小题满分12分）如图，在=2,2ABCBABBCPAB中，，为边上一动点，PD//BC交AC于点D,现将'',PDA.PDAPDPDAPBCD沿翻折至使平面平面（1）当棱锥'APBCD的体积最大时，求PA的长；（2）若点P为AB的中点，E为''.ACBDE的中点，求证：AABC111ABC321AA1BB22AE2BF1CFCE1ECFCPO2,POO2,,ABCABDAC点在上,且CAB=30为;ACPOD平面PAC4（辽宁卷）18．（本小题满分12分）如图，四边形ABCD为正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=12PD．（I）证明：PQ⊥平面DCQ；（II）求棱锥Q—ABCD的的体积与棱锥P—DCQ的体积的比值．（全国卷）20．（本小题满分l2分）（注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．）如图，四棱锥SABCD中，ABCD,BCCD，侧面SAB为等边三角形，2,1ABBCCDSD．（I）证明：SD平面SAB；（II）求AB与平面SBC所成的角的大小。（山东卷）19．（本小题满分12分）如图，在四棱台中，平面，底面是平行四边形，，，60°（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）证明：．(陕西卷)16．（本小题满分12分）如图，在△ABC中，∠ABC=45°，∠BAC=90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC=90°。（Ⅰ）证明：平面ＡＤＢ⊥平面ＢＤＣ；（Ⅱ）设BD=1，求三棱锥D—ＡＢＣ的表面积。1111ABCDABCD1DDABCDABCDAB=2AD11AD=ABBAD=1AABD11CCABD∥平面5（上海卷）20、（14分）已知1111ABCDABCD是底面边长为1的正四棱柱，高12AA。求：⑴异面直线BD与1AB所成的角的大小（结果用反三角函数表示）；⑵四面体11ABDC的体积。（四川卷）19．（本小题共l2分）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=1，延长A1C1至点P，使C1P＝A1C1，连接AP交棱CC1于D．（Ⅰ）求证：PB1∥平面BDA1；（Ⅱ）求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值；DCBAD1C1B1A16（天津卷）17．（本小题满分13分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，045ADC，1ADAC，O为AC中点，PO平面ABCD，2PO，M为PD中点．（Ⅰ）证明：PB//平面ACM；（Ⅱ）证明：AD平面PAC；（Ⅲ）求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．（新课标）18．（本小题满分12分）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，60DAB，2ABAD，PD底面ABCD．（I）证明：PABD；（II）设PD=AD=1，求棱锥D-PBC的高．DCABPMO7（浙江卷）（20）（本题满分14分）如图，在三棱锥PABC中，ABAC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．（Ⅰ）证明：AP⊥BC；（Ⅱ）已知8BC，4PO，3AO，2OD．求二面角BAPC的大小．（重庆卷）20．（本小题满分12分，（Ⅰ）小问6分，（Ⅱ）小问6分）如题（20）图，在四面体中，平面ABC⊥平面，,2,1ABBCACADBCCD（Ⅰ）求四面体ABCD的体积；（Ⅱ）求二面角C-AB-D的平面角的正切值。ABCDACD82011年高考立体几何文科答案汇编（江苏卷）（安徽卷）（19）（本小题满分13分）本题考查空间直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力.（I）证明：设G是线段DA与EB延长线的交点.由于△OAB与△ODE都是正三角形，所以OB∥DE21，OG=OD=2，同理，设G是线段DA与FC延长线的交点，有.2ODGO又由于G和G都在线段DA的延长线上，所以G与G重合.在△GED和△GFD中，由OB∥DE21和OC∥DF21，可知B和C分别是GE和GF的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF.====9（II）解：由OB=1，OE=2，23,60EOBSEOB知，而△OED是边长为2的正三角形，故.3OEDS所以.233OEDEOBOEFDSSS过点F作FQ⊥DG，交DG于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F—OBED的高，且FQ=3，所以.2331OBEDOBEDFSFQV（北京卷）（17）（共14分）证明：（Ⅰ）因为D，E分别为AP，AC的中点，所以DE//PC。又因为DE平面BCP，所以DE//平面BCP。（Ⅱ）因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，所以DE//PC//FG，DG//AB//EF。所以四边形DEFG为平行四边形，又因为PC⊥AB，所以DE⊥DG，所以四边形DEFG为矩形。（Ⅲ）存在点Q满足条件，理由如下：连接DF，EG，设Q为EG的中点由（Ⅱ）知，DF∩EG=Q，且QD=QE=QF=QG=21EG.分别取PC，AB的中点M，N，连接ME，EN，NG，MG，MN。与（Ⅱ）同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线点为EG的中点Q，且QM=QN=21EG，所以Q为满足条件的点.（福建卷）20．本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系，几何体的体积等基础知识；考查空间想象能力，推理论证能力，运算求解能力；考查数形结合思想，化归与转化思想，满分12分（I）证明：因为PA平面ABCD，CE平面ABCD，所以.PACE因为,//,.ABADCEABCEAD所以10//又,PAADA所以CE平面PAD。（II）由（I）可知CEAD，在RtECD中，DE=CDcos451,sin451,CECD又因为1,//ABCEABCE，所以四边形ABCE为矩形，所以1151211.222ECDADCEABCDSSSABAECEDE矩形四边形又PA平面ABCD，PA=1，所以11551.3326PABCDABCDVSPA四边形四边形（广东）18．（本小题满分13分）证明：（1）,,AACDCD分别为中点，11//OAOA连接BO2直线BO2是由直线AO1平移得到12//AOBO12//OABO12,,,OAOB共面。（2）将AO1延长至H使得O1H=O1A，连接1,,HOHBHH由平移性质得12OO=HB21//BOHO11,,2AGHOHHAHOHHGAH1GAHOHH12HOHGHA111OHHG2BOHG12212222222,,OOBOOOOOBOOOO1222OOBBOO平面122OOBO2BOHBHBHGH2.BOHBG平面（湖北卷）18．本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角的求法，同时考查空间想象能力和推理论证能力。（满分12分）解法1：（Ⅰ）由已知可得221132,2(22)23CCCECF222221(),2(2)6EFABAEBFEFCE于是有2222221111,EFCECFCECECC所以11,CEEFCECE又1,.EFCEECECEF所以平面由1,.CFCEFCFCE平面故（Ⅱ）在CEF中，由（Ⅰ）可得6,23EFCFCE于是有EF2+CF2=CE2，所以.CFEF又由（Ⅰ）知CFC1E，且1EFCEE，所以CF平面C1EF，又1CF平面C1EF，故CFC1F。于是1EFC即为二面角E—CF—C1的平面角。由（Ⅰ）知1CEF是等腰直角三角形，所以145BFC，即所求二面角E—CF—C1的大小为45。解法2：建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得1(0,0,0),(3,1,0),(0,2,0),(0,2,32),(0,0,22),(3,1,2)ABCCEF12（Ⅰ）1(0,2,2),(3,1,2)CECF10220CECF1.CFCE（Ⅱ）(0,2,22)CE，设平面CEF的一个法向量为(,,)mxyz由0,,,0,mCEmCEmCFmCF得即2220,(0,2,1)320yzmxyz可取设侧面BC1的一个法向量为1,,,(3,1,0)nnBCnCCCB由及)0,3,1(),23,0,0(1nCC可取设二面角E—CF—C1的大小为θ，于是由θ为锐角可得||62cos||||232mnmn，所以45即所求二面角E—CF—C1的大小为45。（湖南卷）19．（本题满分12分）解析：（I）因为又内的两条相交直线，所以（II）由（I）知，又所以平面在平面中，过作则连结，则是,OAOCDAC是的中点,所以ACOD.,,.POOACOACOD底面底面所以PO是平面POD;ACPOD平面,ACPOD平面,ACPAC平面,PODPAC平面PODOOHPD于H,,OHPAC平面CHCH13上的射影，所以是直线和平面所成的角．在在（江西卷）解：（1）设xPA，则)2(31312xxxSPAVPDCBPBCDA底面-令)0(,632)22(31)(32xxxxxxf则232)(2xxfx)332,0(332),332()(xf0)(xf单调递增极大值单调递减由上表易知：当332xPA时，有PBCDAV-取最大值。证明：（2）作BA得中点F，连接EF、FP由已知得：FPEDPDBCEF////21//PBA