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。
令狐采学
（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-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 ，//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
A C
B A 1 B 1
C 1 D
E
2
PD 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，4
PA AD
==，
2
AB=．以BD的中点O为球心、BD为直
径的球面交PD于点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，,,45
AB 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:O
A
P
B
M
(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⊥交AM于K,则JM∥CD,JM⊥面SAD,面SAD⊥HK AM
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(S
0,0,2
A。
),
B
C
0,2,2
)2,0,0(
),
2,0,0(
(
),
（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
??
???>= 所以M 是侧棱SC 的中点。 法 2：设MC SM λ=，则)12,12,2(),12,12,0(λ λλλλ+-+=++MB M 又o 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 ， ∴3 6622 02,cos 21=?++>= arccos -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3又AB=2，BC=22故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= 2，故EH=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 。 设B （1，0，0），C （0，b ，0），D （0，0，c ），则1B （1，0，2c ）,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21 c = 于是 ），，（211=AN ， ），，211(1-=CB 21cos 11 1=??= 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5 551sin ===∠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,,,0,0,2222EA a a a EO a ????=--=- ? ? ? ????? ， ∴2 cos 2EA 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VE —ABCD ＋ VE —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Ｐ Ｄ⊥平面ＡＢＭ，所以平面ＡＢＭ⊥Array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 Array （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，4 ⊥，所以M PA AD ==，PD AM 为PD 中点，DM=，则O点到平面ABM的距离 （1）同方法一； （2）如图所示，建立空间直角坐标系，则(0,0,0) A， M， D，(0,2,2) P，(2,0,0) (0,0,4) B，(2,4,0) C，(0,4,0) 设平面ABM的一个法向量(,,) ⊥⊥ n x y z =，由, n AB n AM 可得：20220x y z =??+=? ，令1z =-，则1y =，即(0,1,1)n =-.设所求角为α，则2sin 3PC n PC n α?= =， 所求角的大小为arcsin . （3）设所求距离为h ，由(1,2,0),(1,2,0)O AO =，得：2AO n h n ?== 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. 因为⊿ABE 为等腰直角三角形，AB=AE ， 所以∠AEB=45°， 又因为∠AEF=45, 所以∠FEB=90°，即EF⊥BE. 因为BC ?平面ABCD, BE ?平面BCE, BC∩BE=B 所以EF BCE ⊥平面 …………………………………………6分 （II）取BE的中点N,连结CN,MN,则MN1 A B PC 2 ∴ PMNC为平行四边形,所以PM∥CN. ∵ CN在平面BCE内,PM不在平面BCE内, ∴ PM∥平面BCE. …………………………………………8分 （III）由EA⊥AB,平面ABEF⊥平面ABCD,易知EA⊥平面ABCD. 作FG⊥AB,交BA的延长线于G,则FG∥EA.从而FG⊥平面ABCD, 作GH⊥BD于H,连结FH,则由三垂线定理知BD⊥FH. ∴ ∠FHG为二面角F-BD-A的平面角. ∵ FA=FE,∠AEF=45°, ∠AEF=90°, ∠FAG=45°. ,则设AB=1,则AE=1,AF=2 2 1 =?= FG AF sin FAG 2 在Rt⊿BGH 中, ∠GBH=45°,BG=AB+AG=1+12=32, 323 2 GH BG sin GBH 224=?=?=, 在Rt⊿FGH 中, FG 2 tan FHG GH 3==, ∴ 二面角F BD A --的大小为2 arc tan 3 …………………………………………12分 解法二: 因ABE ?等腰直角三角形，AE AB =，所以AB AE ⊥ 又因为平面AB ABCD ABEF =?平面，所以AE ⊥平面ABCD ， 所以AD AE ⊥ 即AE AB AD 、、两两垂直；如图建立空间直角坐标系, (I) 设1=AB ，则1=AE ，)0,1,1(),1,0,0(),0,0,1(),0,1,0(C E D B ∵?=∠=45,AEF FE FA ，∴090＝AFE ∠， 从而），，－（21 210F )2 1,21,0(--=，)0,0,1(),1,1,0(=-= 于是02 1210=-+=?，0=? ∴EF ⊥BE ,EF ⊥BC ∵BE ?平面BCE ，BC ?平面BCE ， B BE B C =? ∴EF BCE ⊥平面 （II ）)0,21,1(),21,0,0(P M ，从而)21,21,1(--= 于是 041410)21,21,0()21,21,1(=-+=--?--=? ∴PM ⊥EF ，又EF ⊥平面BCE ，直线PM 不在平面BCE 内， 故PM ∥平面BCE （III ）设平面BDF 的一个法向量为1n ，并设1n ＝（),,z y x ?????=?=?0011n n 即?????=+-=-0212 30z y y x 取1=y ，则1=x ，3=z ，从而1n ＝（1，1，3） 取平面ABD D 的一个法向量为)1,0,0(2=n 故二面角F BD A --的大小为11 113arccos 7、（Ⅰ）证发1：连接BD ，由底面是正方形可得 AC ⊥BD 。 SD ⊥平面ＡＢＣＤ，∴BD 是BE 在平面ABCD 上的射影， 由三垂线定理得AC ⊥BE. (II)解法1： SD ⊥平面ABCD ，ＣＤ?平面ＡＢＣＤ， ∴SD ⊥CD. 又底面ＡＢＣＤ是正方形，∴ ＣD ⊥ＡD ，又ＳＤ AD=D ，∴CD ⊥平面SAD 。 过点D 在平面SAD 内做DF ⊥AE 于F ，连接CF ，则CF ⊥AE ， 故∠CFD 是二面角C-AE-D 的平面角，即∠CFD=60° 在Rt△ADE 中， AD=a , DE= a λ， AE=a 12+λ。 于是，DF=12+=?λλa AE DE AD 在Rt△CDF 中，由cot60°= 12+=λλCD DF 得3312=+λλ ， 即332+λ=3λ (0,1]λ∈， 解得λ=22 8、解:（Ⅰ）如图所示，由正三棱柱111ABC A B C -的性质知1AA ⊥平面ABC . 又DE ?平面ABC ，所以DE 1AA ⊥.而 DE ⊥1A E ，111AA A E A =, 所以DE⊥平面11ACC A .又DE ?平面1A DE ， 故平面1A DE ⊥平面11ACC A . （Ⅱ）解法 1: 过点A 作AF 垂直1A E 于点F , 连接DF.由（Ⅰ）知，平面1A DE ⊥平面11ACC A ， 所以AF ⊥平面1A DE ,故ADF ∠是直线AD 和 平面1A DE 所成的角。因为DE ⊥11ACC A ， 所以DE ⊥AC.而?ABC 是边长为4的正三角形， 于是AD=2 3，AE=4-CE=4-12CD =3. 又因为17AA =， 所以1A E= 2211A E AA AE =+22 (7)3=+= 4, 11374AE AA AF A E ?== , 21sin 8 AF ADF AD ∠==. 即直线AD 和平面1A DE 所成角的正弦值为218 . 解法2 : 如图所示，设O 是AC 的中点，以O 为原 点建立空间直角坐标系， 则相关各点的坐标分别是A(2,0,0,), 1A (2,0,7), D(-1, 3,0), E(-1,0,0). 易知1A D =（-3， 3，-7），DE =（0，-3，0），AD =（-3，3，0）. 设(,,)n x y z =是平面1A DE 的一个法向量，则 解得7,03 x z y =-=. 故可取( 7,0,3)n =-.于是 cos ,n AD n AD n AD ?=?=37218423-=-? . 由此即知，直线AD 和平面1A DE 所成角的正弦值为218 . 所以ME 与BN 不共面，它们是异面直线。 ……..12分 9、【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.