高考数学立体几何大题30题

立体几何大题1．如下图，一个等腰直角三角形的硬纸片ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝4cm ，CD 是斜边上的高沿CD 把△ABC 折成直二面角．（1）如果你手中只有一把能度量长度的直尺，应该如何确定A ，B 的位置，使二面角A －CD －B 是直二面角？证明你的结论．（2）试在平面ABC 上确定一个P ，使DP 与平面ABC 内任意一条直线都垂直，证明你的结论．（3）如果在折成的三棱锥内有一个小球，求出小球半径的最大值． 解：（1）用直尺度量折后的AB 长，若AB ＝4cm ，则二面角A －CD －B 为直二面角．∵ △ABC 是等腰直角三角形，(),cm 22DB AD ==∴又∵ AD ⊥DC ，BD ⊥DC ．∴ ∠ADC 是二面角A －CD －B 的平面角．有时当,cm 4AB ,22DB AD ===.90ADB .AB DB AD 222︒=∠∴=+（2）取△ABC 的中心P ，连DP ，则DP 满足条件 ∵ △ABC 为正三角形，且 AD ＝BD ＝CD ．∴ 三棱锥D －ABC 是正三棱锥，由P 为△ABC 的中心，知DP ⊥平面ABC ， ∴ DP 与平面内任意一条直线都垂直．（3）当小球半径最大时，此小球与三棱锥的4个面都相切，设小球球心为0，半径为r ，连结OA ，OB ，OC ，OD ，三棱锥被分为4个小三棱锥，且每个小三棱锥中有一个面上的高都为r ，故有ABC O ABD O ADC O BCD O BCD A V V V V V -----+++=代入得3623r -=，即半径最大的小球半径为3623-．A B C 第1题图 AB CD 第1题图2．如图，已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面边长为3，侧棱长为4，连结A 1B ，过A 作AF ⊥A 1B 垂足为F ，且AF 的延长线交B 1B 于E 。

（Ⅰ）求证：D 1B ⊥平面AEC ； （Ⅱ）求三棱锥B —AEC 的体积； （Ⅲ）求二面角B —AE —C 的大小. 证（Ⅰ）∵ABCD —A 1B 1C 1D 1是正四棱柱，∴D 1D ⊥ABCD .连AC ，又底面ABCD 是正方形， ∴AC ⊥BD ，由三垂线定理知 D 1B ⊥AC . 同理，D 1B ⊥AE ，AE ∩AC = A ， ∴D 1B ⊥平面AEC .解（Ⅱ）V B －AEC = V E －ABC . ∵EB ⊥平面ABC ，∴EB 的长为E 点到平面ABC 的距离. ∵Rt △ABE ~ Rt △A 1AB ，∴EB =.4912=A A AB∴V B －AEC = V E －ABC =31S △ABC ·EB =31×21×3×3×49 =.827（10分）解（Ⅲ）连CF ，∵CB ⊥平面A 1B 1BA ，又BF ⊥AE ，由三垂线定理知，CF ⊥AE .于是，∠BFC 为二面角B —AE —C 的平面角，在Rt △ABE 中，BF =59=⋅AE BE BA ， 在Rt △CBF 中，tg ∠BFC =35， ∴∠BFC = arctg 35.即二面角B —AE —C 的大小为arctg 35.A 1B 1C 13．如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面边长为1，点M 在BC 上，△AMC 1是以M 为直角顶点的等腰直角三角形. （I ）求证：点M 为BC 的中点； （Ⅱ）求点B 到平面AMC 1的距离； （Ⅲ）求二面角M —AC 1—B 的正切值. 答案：（I ）证明：∵△AMC 1是以点M 为直角 顶点的等腰直角三角形， ∴AM ⊥MC 1且AM=MC 1 ∵在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中， 有CC 1⊥底面ABC. ∴C 1M 在底面内的射影为CM ， 由三垂线逆定理，得AM ⊥CM. ∵底面ABC 是边长为1的正三角形， ∴点M 为BC 中点. （II ）解法（一）过点B 作BH ⊥C 1M 交其延长线于H. 由（I ）知AM ⊥C 1M ，AM ⊥CB ， ∴AM ⊥平面C 1CBB 1.∴AM ⊥BH. ∴BH ⊥平面AMC 1. ∴BH 为点B 到平面AMC 1的距离. ∵△BHM ∽△C 1CM. AM=C 1M=,23 在Rt △CC 1M 中，可求出CC 1.22 .6623212211=⇒=⇒=∴BH BH M C BM CC BH 解法（二）设点B 到平面AMC 1的距离为h. 则11BMC A AMC B V V --=由（I ）知 AM ⊥C 1M ，AM ⊥CB ， ∴AM ⊥平面C 1CBB 1 ∵AB=1，BM=.22,23,2111===CC MC AM 可求出 AM S h S MB C AMC ⋅=⋅∆∆113131 232221213123232131⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯h66=h （III ）过点B 作BI ⊥AC 1于I ，连结HI.∵BH ⊥平面C 1AM ，HI 为BI 在平面C 1AM 内的射影. ∴HI ⊥AC 1，∠BIH 为二面角M —AC 1—B 的平面角. 在Rt △BHM 中，,21,66==BM BH ∵△AMC 1为等腰直角三角形，∠AC 1M=45°.∴△C 1IH 也是等腰直角三角形. 由C 1M=.332,63,23122==-=H C BH BM HM 有 ∴.36=HI .21==∠∴HI BH BIH tg 4．如图，已知多面体ABCDE 中，AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，三角形ACD 是正三角形，且AD=DE=2，AB=1，F 是CD 的中点．（Ⅰ）求证：AF ∥平面BCE ； （Ⅱ）求多面体ABCDE 的体积；（Ⅲ）求二面角C-BE-D 的正切值． 证：（Ⅰ）取CE 中点M ，连结FM ，BM ，则有AB DE FM //21//．∴四边形AFMB 是平行四边形． ∴AF//BM ，∵⊂BM 平面BCE ， ⊄AF 平面BCE ， ∴AF//平面BCE ．（Ⅱ）由于DE ⊥平面ACD ， 则DE ⊥AF ．又△ACD 是等边三角形，则AF ⊥CD ．而CD ∩DE=D ，因此AF ⊥平面CDE ．又BM//AF ，则BM ⊥平面CDE ．BM AB V V V CDE B ACD B ABCDE ⋅⋅⋅⋅+⋅⋅=+=--22213124331232233233=⋅⋅+=． （Ⅲ）设G 为AD 中点，连结CG ，则CG ⊥AD ．由DE ⊥平面ACD ，⊂CG 平面ACD ，则DE ⊥CG ，又AD ∩DE=D ， ∴CG ⊥平面ADEB ．作GH ⊥BE 于H ，连结CH ，则CH ⊥BE ． ∴∠CHG 为二面角C-BE-D 的平面角． 由已知AB=1，DE=AD=2，则3=CG ，∴23122111212)21(21=⨯⨯-⨯⨯-⋅+=∆GBE S ． 不难算出5=BE ．∴23521=⋅⋅=∆GH S GBE ，∴53=GH ．∴315==∠GH CG CHG tg ． 5．已知：ABCD 是矩形，设PA=a ，PA ⊥平面ABCD.M 、N 分别是AB 、PC 的中点.（Ⅰ）求证：MN ⊥AB ；（Ⅱ）若PD=AB ，且平面MND ⊥平面PCD ，求二面角P —CD —A 的大小； （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求三棱锥D —AMN 的体积. （Ⅰ）连结AC ，AN. 由BC ⊥AB ，AB 是PB 在底面ABCD 上的射影. 则有BC ⊥PB. 又BN 是Rt △PBC 斜边PC 的中线， 即PC BN 21=. 由PA ⊥底面ABCD ，有PA ⊥AC ，则AN 是Rt △PAC 斜边PC 的中线，即PC AN 21=BN AN =∴又∵M 是AB 的中点，AB MN ⊥∴（也可由三垂线定理证明）（Ⅱ）由PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，有PD ⊥DC.则∠PDA 为平面PCD 与平面ABCD 所成二面角的平面角由PA=a ，设AD=BC=b ，CD=AB=c ， 又由AB=PD=DC ，N 是PC 中点，则有DN ⊥PC又∵平面MND ⊥平面PCD 于ND ， ∴PC ⊥平面MND ∴PC ⊥MN ， 而N 是PC 中点，则必有PM=MC.b ac b c a =∴+=+∴.41412222 此时4,1π=∠=∠PDA PDA tg .即二面角P —CD —A 的大小为4π（Ⅲ）AMD N AMN D V V --=，连结BD 交AC 于O ，连结NO ，则NO 21PA. 且NO ⊥平面AMD ，由PA=a∥ ＝324231a NO S V AMD AMD N =⋅=∴∆-. 6．如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 、M 、N 分别为棱DD 1、AB 、BC 的中点。

（I ）求二面角B 1—MN —B 的正切值； （II ）证明：PB ⊥平面MNB 1；（III ）画出一个正方体表面展开图，使其满足 “有4个正方形面相连成一个长方形”的条件， 并求出展开图中P 、B 两点间的距离。

解：（I ）连接BD 交MN 于F ，则BF ⊥MN ， 连接B 1F∵B 1B ⊥平面ABCD ∴B 1F ⊥MN 2分则∠B 1FB 为二面角B 1—MN —B 的平面角 在Rt △B 1FB 中，设B 1B=1，则FB =24∴tg B FB ∠122= 4分（II ）过点P 作PE ⊥AA 1，则PE ∥DA ，连接BE 又DA ⊥平面ABB 1A 1，∴PE ⊥平面ABB 1A 1 又BE ⊥B 1M ∴PB ⊥MB 1又MN ∥AC ，BD ⊥AC ，∴BD ⊥MN 又PD ⊥平面ABCD∴PB ⊥MN ，所以PB ⊥平面MNB 1 11分 （III ）PB =132，符合条件的正方体表面展开图可以是以下6种之一：7．如图，四棱锥P —ABCD 的底面是正方形,PA ⊥底面ABCD ，PA=AD=2，点M 、N 分别在棱PD 、PC 上，且PC ⊥平面AMN.AB CD P A 1B 1C 1D 1第6题图MN（Ⅰ）求证：AM ⊥PD ；（Ⅱ）求二面角P —AM —N 的大小；（Ⅲ）求直线CD 与平面AMN 所成角的大小. （I ）证明：∵ABCD 是正方形，∴CD ⊥AD ，∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥CD. ∴CD ⊥平面PAD∵AM ⊂平面PAD ，∴CD ⊥AM. ∵PC ⊥平面AMN ，∴PC ⊥AM. ∴AM ⊥平面PCD. ∴AM ⊥PD（II ）解：∵AM ⊥平面PCD （已证）.∴AM ⊥PM ，AM ⊥NM.∴∠PMN 为二面角P-AM-N 的平面角 ∵PN ⊥平面AMN ，∴PN ⊥NM.在直角△PCD 中，CD=2，PD=22，∴PC=23. ∵PA=AD ，AM ⊥PD ，∴M 为PD 的中点，PM=21PD=2由Rt △PMN ∽Rt △PCD ，得 ∴PCPM CD MN ⋅=..33arccos .33322)cos(=∠∴====∠∴PMN PC CD PM MN PMN 即二面角P —AM —N 的大小为33arccos .（III ）解：延长NM ，CD 交于点E.∵PC ⊥平面AMN ，∴NE 为CE 在平面AMN 内的射影 ∴∠CEN 为CD （即（CE ）与平在AMN 所成的角 ∵CD ⊥PD ，EN ⊥PN ，∴∠CEN=∠MPN. 在Rt △PMN 中，.33arcsin )2,0(.33)sin(=∠∴∈∠==∠MPN MPN PM MN MPN π∴CD 与平面AMN 所成的角的大小为33arcsin8．如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠ACB=90°. BC=CC 1=a ，AC=2a . （I ）求证：AB 1⊥BC 1；（II ）求二面角B —AB 1—C 的大小； （III ）求点A 1到平面AB 1C 的距离. （1）证明：∵ABC —A 1B 1C 1是直三棱柱，∴CC 1⊥平面ABC ， ∴AC ⊥CC 1. ∵AC ⊥BC ， ∴AC ⊥平面B 1BCC 1.∴B 1C 是AB 1在平面B 1BCC 1上的射影.∵BC=CC 1， ∴四边形B 1BCC 1是正方形， ∴BC 1⊥B 1C. 根据三垂线定理得， AB 1⊥BC 1（2）解：设BC 1∩B 1C=O ，作OP ⊥AB 1于点P ， 连结BP.∵BO ⊥AC ，且BO ⊥B 1 C ， ∴BO ⊥平面AB 1C.∴OP 是BP 在平面AB 1C 上的射影. 根据三垂线定理得，AB 1⊥BP.∴∠OPB 是二面角B —AB 1—C 的平面角∵△OPB 1~△ACB 1， ∴,11AB OB ACOP = ∴.3311a AB AC OB OP =⋅=在Rt △POB 中，26==∠OPOB OPB tg ，∴二面角B —AB 1—C 的大小为.26arctg（3）解：[解法1] ∵A 1C 1//AC ，A 1C 1⊂平 面AB 1C ，∴A 1C 1//平面AB 1C. ∴点A 1到 平面AB 1C 的距离与点C 1到平面AB 1C.的 距离相等.∵BC 1⊥平面AB 1C ，∴线段C 1O 的长度为点A 1到平面AB 1C 的 距离.∴点A 1到平面AB 1C 的距离为.221a O C =[解法2]连结A 1C ，有C AA B C AB A V V 1111--=，设点A 1到平面AB 1C 的距离为h. ∵B 1C 1⊥平面ACC 1A 1， ∴1111C B S h S AC A ACB ⋅=⋅∆∆，又212121,22111a A A AC S a C B AC S AC A ACB =⋅==⋅=∆∆，∴.22222a a a a h =⋅= ∴点A 1到平面AB 1C 的距离为.22a9．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知AB =BC =2，BB 1=3，连接BC 1，过B 1作B 1E ⊥BC 1交CC 1于点E(Ⅰ)求证：AC 1⊥平面B 1D 1E ； (Ⅱ)求三棱锥C 1－B 1D 1E 1的体积；(Ⅲ)求二面角E －B 1D 1－C 1的平面角大小(1)证明：连接A 1C 1交B 1D 1于点O ∵ABCD －A 1B 1C 1D 1是长方体∴AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，A 1C 1是AC 1在平面A 1B 1C 1D 1上的射影 ∵AB =BC ，∴A 1C 1⊥B 1D 1，根据三垂线定理得：AC 1⊥B 1D 1； ∵AB ⊥平面BCC 1B 1，且BC 1⊥B 1E ， ∴AC 1⊥B 1E∵B 1D 1∩B 1E =B 1，∴AC 1⊥平面B 1D 1E 1(2)解：在RT △BB 1C 1中，111113tg 2B B BC B B C ∠==在RT △EC 1B 1中，C 1E =B 1C 1·tg ∠C 1B 1E =B 1C 1·ctg ∠BC 1B 1=22433=，∴V C 1－B 1D 1E = V D 1－B 1C 1E =1111111111118()3329B C E S C D B C C E C D ⋅=⨯⨯⨯=(3)解：连接OE ，∵△B 1C 1E 1 ≌△D 1C 1E 1 ， ∴B 1E =D 1E ∵O 是B 1D 1中点， ∴B 1D 1⊥OE ，∴∠C 1OE 是二面角E ―B 1D 1―C 1的平面角在RT △OC 1E 中，∵111tg C E C OE OC ∠== 所以，二面角E ―B 1D 1―C 1的平面角为 10．在矩形ABCD 中，AB ＝4，BC ＝3，E 为DC 的中点，沿AE 将△AED 折起，使二面角D －AE －B 为60 ．（Ⅰ）求DE 与平面AC 所成角的大小； （Ⅱ）求二面角D －EC －B 的大小．答案：如图1，过点D 作DM ⊥AE 于M ，延长DM 与BC 交于N ，在翻折过程中DM ⊥AE ，MN ⊥AE 保持不变，翻折后，如图2，∠DMN 为二面角D －AE －B 的平面角，∠DMN ＝60 ，AE ⊥平面DMN ，又因为AE ⊂平面AC ，则AC ⊥平面DMN ．A D BC E A B C ED第10题（Ⅰ）在平面DMN 内，作DO ⊥MN 于O ， ∵平面AC ⊥平面DMN ， ∴DO ⊥平面AC ．连结OE ，DO ⊥OE ，∠DEO 为DE 与平面AC 所成的角． 如图1，在直角三角形ADE 中，AD ＝3，DE ＝2，,1323DE AD AE 2222=+=+=.134AE DE ME ,136AE DE AD DM 2===⋅=如图2，在直角三角形DOM 中，,133360sin DM DO =︒⋅=在直角三角形DOE 中，13233DE DO DEO sin ==∠，则.26393arcsin DEO =∠ ∴DE 与平面AC 所成的角为.26393arcsin（Ⅱ）如图2，在平面AC 内，作OF ⊥EC 于F ，连结DF ，∵DO ⊥平面AC ，∴DF ⊥EC ，∴∠DFO 为二面角D －EC －B 的平面角．如图1，作OF ⊥DC 于F ，则Rt △EMD ∽Rt △OFD ，,DEEMDO OF = ∴.DEEMDO OF ⋅=如图2，在Rt △DOM 中，OM ＝DMcos ∠DMO ＝DM ·cos60 ＝133．如图1，.1318OF ,139MO DM DO ==+= 在Rt △DFO 中，,213OF DO DFO tg ==∠ ∴二面角D －EC －B 的大小为213arctg ．11．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝CB ＝AA 1＝2，∠ACB ＝90°，E 是BB 1的中点，D ∈AB ，∠A 1DE ＝90°.（Ⅰ）求证：CD⊥平面ABB1A1；（Ⅱ）求二面角D－A1C－A的大小.分平面，平面平面，平面，平面知，平面－由直三棱柱，分的中点是），，（，即，有①、②由②，又①，）（，∥），，（，），，（），，（），，（则分，），，（，可设，），，（，），，（又），，（，），，（则坐标系如图，为原点，建立空间直角以2..2..111.19022222222212222.12221111111111111⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⊥∴=⋂⊂⊥⊥∴=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅∴===∴=⋅∴︒=∠=+∴=+-∴-=-=∴--=--=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅∈→-→--→-→-→-→-→--→-AABBCDABAABBABCABCCDAABBABCCBAABCABCDCBACABDDnmmnEDDADEAnmnmABADABnmADnmDAnmEDnmDABDBAEAC（Ⅱ）解：分的大小为－－二面角＞，＜分），，（的法向量，故可取平面平面显然），，（可取，可得令，即，且则有，），，（的法向量为设平面），，（，），，（3.33arccos.33131||||cos 4.010.111.11.0.022000.20201112121212111111111⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅∴=⋅=⋅∴⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⊥-=∴==-==+∴⎩⎨⎧=+=+=⋅=⋅===→→→→→→→-→→-→→→--→-A C A D n n nn n n n CA A CA A CB n z y x z x z x y x CA n CD n z y x n C DA CA CD12．如图，已知斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠BCA=90°，AC=BC=a ，点A 1在底面ABC 上的射影恰为AC 的中点D ，BA 1⊥AC 1。