高考立体几何大题及答案理

1.如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，2AD =，2DC SD ==，点M 在侧棱SC 上，∠ABM=60。

（I ）证明：M 是侧棱SC 的中点；()II 求二面角S AM B --的大小。

2.如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ,D 、E 分别为AA 1、B 1C 的中点，DE ⊥平面BCC 1（Ⅰ）证明：AB =AC （Ⅱ）设二面角A -BD -C 为60°,求B 1C 与平面BCD 所成的角的大小3.如图，DC ⊥平面ABC ，//EB DC ，22AC BC EB DC ====，120ACB ∠=，,P Q 分别为,AE AB 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P ABCD -的底面是正方形，PD ABCD ⊥底面，点E 在棱PB 上.（Ⅰ）求证：平面AEC PDB ⊥平面；（Ⅱ）当2PD AB =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P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，4PA AD ==，2AB =．以BD 的中点O 为球心、BD 为直径的球面交PD 于点M ． BC D EOA PB M（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，,,45AB AE FA FE AEF ︒==∠=（I ）求证：EF BCE ⊥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F BD A --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 ＝λa (0<λ≦1). (Ⅰ)求证：对任意的λ∈（0、1），都有AC ⊥BE :(Ⅱ)若二面角C -AE -D 的大小为600C ，求λ的值。

8.如图3，在正三棱柱111ABC A B C -中，AB =4,17AA =,点D 是BC 的中点，点E 在AC 上，且DE ⊥1A E .（Ⅰ）证明：平面1A DE ⊥平面11ACC A ;（Ⅱ）求直线AD 和平面1A DE 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，,,45AB AE FA FE AEF ︒==∠=（I ）求证：EF BCE ⊥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F BD A --的大小。

10.如题（18）图，在五面体ABCDEF 中，AB ∥DC ，2BAD π∠=，2CD AD ==，四边形ABFE 为平行四边形，FA ⊥平面ABCD ，3,7FC ED ==．求：（Ⅰ）直线AB 到平面EFCD 的距离；（Ⅱ）二面角F AD E --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，AB CD ,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NE AB ⊥交AB 于E ，连ME 、NB ，则MN ⊥面ABCD ，ME AB ⊥,NE AD ==设MN x =，则NC EB x ==,在RT MEB ∆中，60MBE ∠=︒ME ∴=。

在RT MNE ∆中由222ME NE MN =+2232x x ∴=+解得1x =，从而12MN SD =∴ 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SH AJ ⊥交AJ 于H ,作HK AM ⊥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BF AM ⊥交AM 于点F ，则点F 为AM 的中点，取SA 的中点G ，连GF ，易证GF AM ⊥，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(S C B A 。

（Ⅰ）设)0,0)(,,0(>>b a b a M ，则)2,,0(),,2,2(),0,2,0(-=--=-=b a SM b a BM BA ，)2,2,0(-=SC ，由题得⎪⎩⎪⎨⎧>=<SC SM BM BA //21,cos ，即 ⎪⎩⎪⎨⎧-=-=++-⋅--)2(22212)2(2)2(222b a b a a 解之个方程组得1,1==b a 即)1,1,0(M所以M 是侧棱SC 的中点。

法2：设MC SM λ=，则)12,12,2(),12,12,0(λλλλλ+-+=++MB M 又o AB MB AB 60,),0,2,0(>=<=故o AB MB AB MB 60cos ||||⋅=•，即22)12()12(214λλλ++++=+，解得1=λ， 所以M 是侧棱SC 的中点。

（Ⅱ）由（Ⅰ）得)1,1,2(),1,1,0(--=MA M ，又)2,0,2(-=AS ，)0,2,0(=AB ， 设),,(),,,(22221111z y x n z y x n ==分别是平面SAM 、MAB 的法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=•=•0011AS n MA n 且⎪⎩⎪⎨⎧=•=•0012AB n MA n ，即⎪⎩⎪⎨⎧=+-=--022*******z x z y x 且⎪⎩⎪⎨⎧==--02022222y z y x 分别令221==x x 得2,0,1,12211====z y y z ，即)2,0,2(),1,1,2(21==n n ，∴3662202,cos 21=⋅++>=<n n 二面角S AM B --的大小36arccos -π。

2、解法一：（Ⅰ）取BC 中点F ，连接EF ，则EF 121B B ，从而EF DA 。

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 =3。

又AB =2，BC =22，故AF =2。

由AB AD AG BD ⋅=⋅得2AD =22.23AD +，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1B C 与平面BCD 所成的角。

因ADEF 为正方形，AD 2EH =1，又EC =112B C =2， 所以∠ECH =300，即1B C 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 ， DE BC →→⋅=0，求得b =1，所以 AB =AC 。

（Ⅱ）设平面BCD 的法向量(,,),AN x y z →=则0,0.AN BC AN BD →→→→⋅=⋅=又BC →=（-1，1， 0）， BD →=（-1，0，c ）,故00x y x cz -+=⎧⎨-+=⎩ 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C BD A --为60°知，AC AN ，=60°， 故 60cos ⋅⋅=⋅AC AN AC AN °，求得21c =于是 ），，（211=AN ， ），，211(1-=CB 21cos 111=⋅⋅=CB AN CB AN CB AN ，， 601=CB AN ，° 所以C B 1与平面BCD 所成的角为30°3、（Ⅰ）证明：连接CQ DP ,， 在ABE ∆中，Q P ,分别是AB AE ,的中点，所以BE PQ 21//==，又BE DC 21//==，所以DC PQ ==//，又⊄PQ 平面ACD ，DC ⊂平面ACD ， 所以//PQ 平面ACD （Ⅱ）在ABC ∆中，BQ AQ BC AC ===,2，所以AB CQ ⊥ 而DC ⊥平面ABC ，DC EB //，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CQ DP // 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APD Rt ∆中，5122222=+=+=DC AC AD ，1sin 2=∠==CAQ CQ DP 所以5551sin ===∠AD DP DAP 4、【解法1】（Ⅰ）∵四边形ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD ，∵PD ABCD ⊥底面，∴PD ⊥AC ，∴AC ⊥平面PDB ，∴平面AEC PDB ⊥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 ，12OE PD =，又∵PD ABCD ⊥底面， ∴OE ⊥底面ABCD ，OE ⊥AO ，在Rt △AOE 中，122OE PD AB AO ===， ∴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D xyz -， 设,,AB a PD h ==则()()()()(),0,0,,,0,0,,0,0,0,0,0,0,A a B a a C a D P h ， （Ⅰ）∵()()(),,0,0,0,,,,0AC a a DP h DB a a =-==，∴0,0AC DP AC DB ⋅=⋅=，∴AC ⊥DP ，AC ⊥DB ，∴AC ⊥平面PDB ， ∴平面AEC PDB ⊥平面.（Ⅱ）当PD =且E 为PB 的中点时，()11,,,222P E a a a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，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，∵112,,,0,0,22EA a a a EO ⎛⎫⎛⎫=--= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴2cos EA EO AEO EA EO⋅∠==⋅， ∴45AOE ︒∠=，即AE 与平面PDB 所成的角的大小为45︒.∴多面体ABCDEF 的体积为V E —ABCD ＋V E —BCF =5、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，且PNM PCD ∠=∠所求角为arctan （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，4PA AD ==，PD AM ⊥，所以M 为PD 中点，DM =O 点到平面ABM 。