高考立体几何大题与答案解析(理)

《高考立体几何大题与答案解析(理)》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在应用文档-天天文库。

WORD格式可编辑1.如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，，，点在侧棱上，。（I）证明：是侧棱的中点；求二面角的大小。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-BACBA1B1C1DED-C为60°,求B1C与平面BCD所成的角的大小3.如图，平面，，，，分别为的中点．（I）证明：平面；（II）求与平面所成角的正弦值．专业技术资料分享 WORD格式可编辑4.如图，四棱锥的底面是正方形，，点E在棱PB上.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）当且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小.5.如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，．以的中点为球心、为直径的球面交于点．（1）求证：平面⊥平面；（2）求直线与平面所成的角；（3）求点到平面的距离．6.如图，正方形所在平面与平面四边形所在平面互相垂直，△是等腰直角三角形，（I）求证：；（II）设线段、的中点分别为、，求证：∥专业技术资料分享 WORD格式可编辑（III）求二面角的大小。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，在正三棱柱中，AB=4,,点D是BC的中点，点E在AC上，且DEE.（Ⅰ）证明：平面平面;（Ⅱ）求直线AD和平面所成角的正弦值。9.如图，正方形所在平面与平面四边形所在平面互相垂直，△是等腰直角三角形，（I）求证：；专业技术资料分享 WORD格式可编辑（II）设线段、的中点分别为、，求证：∥（III）求二面角的大小。10.如题（18）图，在五面体中，∥，，，四边形为平行四边形，平面，．求：（Ⅰ）直线到平面的距离；（Ⅱ）二面角的平面角的正切值．11．如图，四棱锥PABCD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,ACBD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD中点（1）证明：PEBC专业技术资料分享 WORD格式可编辑（1）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∥交于N，作交于E，连ME、NB，则面，,设，则,在中，。在中由解得，从而M为侧棱的中点M.解法二:过作的平行线.（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。过作∥交于,作交于,作交于,则∥,面,面面,面即为所求二面角的补角.法二：利用二面角的定义。在等边三角形中过点作交于点，则点为AM的中点，取SA的中点G，连GF，易证，则即为所求二面角.专业技术资料分享 WORD格式可编辑解法二、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。SABCDMzxy（Ⅰ）设，则，，由题得，即解之个方程组得即所以是侧棱的中点。法2：设，则又故，即，解得，专业技术资料分享 WORD格式可编辑所以是侧棱的中点。（Ⅱ）由（Ⅰ）得，又，，设分别是平面、的法向量，则且，即且分别令得，即，∴二面角的大小。2、解法一：（Ⅰ）取BC中点F，连接EF，则EF，从而EFDA。连接AF，则ADEF为平行四边形，从而AF//DE。又DE⊥平面，故AF⊥平面，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=。又AB=2，BC=，故AF=。由得2AD=，解得AD=。专业技术资料分享 WORD格式可编辑故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为与平面BCD所成的角。.因ADEF为正方形，AD=，故EH=1，又EC==2，所以∠ECH=300，即与平面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（1，0，2c）,E（，，c）.于是=（，，0），=（-1，b,0）.由DE⊥平面知DE⊥BC，=0，求得b=1，所以AB=AC。（Ⅱ）设平面BCD的法向量则又=（-1，1，0），=（-1，0，c）,故令x=1,则y=1,z=,=(1,1,).又平面的法向量=（0，1，0）由二面角为60°知，=60°，故°，求得专业技术资料分享 WORD格式可编辑于是，，°所以与平面所成的角为30°3、（Ⅰ）证明：连接，在中，分别是的中点，所以，又，所以，又平面ACD，DC平面ACD，所以平面ACD（Ⅱ）在中，，所以而DC平面ABC，，所以平面ABC而平面ABE，所以平面ABE平面ABC，所以平面ABE由（Ⅰ）知四边形DCQP是平行四边形，所以所以平面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所成角是在中，，所以4、【解法1】（Ⅰ）∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∵，∴PD⊥AC，∴AC⊥平面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，，又∵，∴OE⊥底面ABCD，OE⊥AO，专业技术资料分享 WORD格式可编辑在Rt△AOE中，，∴，即AE与平面PDB所成的角的大小为.【解法2】如图，以D为原点建立空间直角坐标系，设则，（Ⅰ）∵，∴，∴AC⊥DP，AC⊥DB，∴AC⊥平面PDB，∴平面.（Ⅱ）当且E为PB的中点时，，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，∵，∴，∴，即AE与平面PDB所成的角的大小为.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ＰＤ⊥专业技术资料分享 WORD格式可编辑平面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，所以就是与平面所成的角，且所求角为（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，，，所以为中点，，则O点到平面ABM的距离等于。方法二：（1）同方法一；（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则，，，，，，设平面的一个法向量，由可得：，令，则，即.设所求角为，则，所求角的大小为.（3）设所求距离为，由，得：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°，专业技术资料分享 WORD格式可编辑又因为∠AEF=45,所以∠FEB=90°，即EF⊥BE.因为BC平面ABCD,BE平面BCE,BC∩BE=B所以…………………………………………6分（II）取BE的中点N,连结CN,MN,则MNPC∴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°.设AB=1,则AE=1,AF=,则在Rt⊿BGH中,∠GBH=45°,BG=AB+AG=1+=,,在Rt⊿FGH中,,∴二面角的大小为…………………………………………12分解法二:因等腰直角三角形，，所以又因为平面，所以⊥平面，所以即两两垂直；如图建立空间直角坐标系,(I)设，则，专业技术资料分享 WORD格式可编辑∵，∴，从而，于是，∴⊥,⊥∵平面，平面，∴（II），从而于是∴⊥，又⊥平面，直线不在平面内，故∥平面（III）设平面的一个法向量为，并设＝（即取，则，，从而＝（1，1，3）取平面D的一个法向量为故二面角的大小为7、（Ⅰ）证发1：连接BD，由底面是正方形可得ACBD。SD平面ＡＢＣＤ，BD是BE在平面ABCD上的射影，专业技术资料分享 WORD格式可编辑由三垂线定理得ACBE.(II)解法1：SD平面ABCD，ＣＤ平面ＡＢＣＤ，SDCD.又底面ＡＢＣＤ是正方形，ＣDＡD，又ＳＤAD=D，CD平面SAD。过点D在平面SAD内做DFAE于F，连接CF，则CFAE，故CFD是二面角C-AE-D的平面角，即CFD=60°在Rt△ADE中，AD=,DE=，AE=。于是，DF=在Rt△CDF中，由cot60°=得，即=3，解得=8、解:（Ⅰ）如图所示，由正三棱柱的性质知平面.又DE平面ABC，所以DE.而DEE，,所以DE⊥平面.又DE平面，故平面⊥平面.专业技术资料分享 WORD格式可编辑（Ⅱ）解法1:过点A作AF垂直于点,连接DF.由（Ⅰ）知，平面⊥平面，所以AF平面,故是直线AD和平面所成的角。因为DE，所以DEAC.而ABC是边长为4的正三角形，于是AD=，AE=4-CE=4-=3.又因为，所以E==4,,.即直线AD和平面所成角的正弦值为.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,),(2,0,),D(-1,,0),E(-1,0,0).易知=（-3，，-），=（0，-，0），=（-3，，0）.设是平面的一个法向量，则解得.故可取.于是=.由此即知，直线AD和平面所成角的正弦值为.专业技术资料分享 WORD格式可编辑所以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.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………………6分（II）取BE的中点N,连结CN,MN,则MNPC∴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°.设AB=1,则AE=1,AF=,则在Rt⊿BGH中,∠GBH=45°,BG=AB+AG=1+=,,在Rt⊿FGH中,,∴二面角的大小为………………12分解法二:因等腰直角三角形，，所以专业技术资料分享 WORD格式可编辑又因为平面，所以⊥平面，所以即两两垂直；如图建立空间直角坐标系,(I)设，则，∵，∴，从而，于是，∴⊥,⊥∵平面，平面，∴（II），从而于是∴⊥，又⊥平面，直线不在平面内，故∥平面（III）设平面的一个法向量为，并设＝（即专业技术资料分享 WORD格式可编辑取，则，，从而＝（1，1，3）取平面D的一个法向量为故二面角的大小为10、解法一:（Ⅰ）平面,AB到面的距离等于点A到面的距离，过点A作于G，因∥，故；又平面，由三垂线定理可知，，故，知，所以AG为所求直线AB到面的距离。在中，由平面，得AD，从而在中，。即直线到平面的距离为。（Ⅱ）由己知，平面，得AD，又由，知，故平面ABFE，所以，为二面角的平面角，记为.在中,,由得,,从而在中,,故所以二面角的平面角的正切值为.解法二:（Ⅰ）如图以A点为坐标原点,的方向为专业技术资料分享 WORD格式可编辑的正方向建立空间直角坐标系数,则A(0,0,0)C(2,2,0)D(0,2,0)设可得,由.即,解得∥，面,所以直线AB到面的距离等于点A到面的距离。设A点在平面上的射影点为,则因且,而,此即解得　①　,知G点在面上,故G点在FD上.,故有②联立①,②解得,.为直线AB到面的距离.而所以（Ⅱ）因四边形为平行四边形,则可设,.由得,解得.即.故由,因,,故为二面角的平面角，又,,,所以111111.解：(1)因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得.从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD．又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD．所以BD⊥平面PAD．故PA⊥BD．(2)如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.则A(1，0，0)，B(0，，0)，C(－1，，0)，P(0，0，1)．专业技术资料分享 WORD格式可编辑＝(－1，，0)，＝(0，，－1)，＝(－1，0，0)．设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则即因此可取n＝(，1，)．设平面PBC的法向量为m，则可取m＝(0，－1，－)，.故二面角APBC的余弦值为.12.解：以为原点，分别为轴，线段的长为单位长，建立空间直角坐标系如图，则（Ⅰ）设则可得因为所以（Ⅱ）由已知条件可得专业技术资料分享 WORD格式可编辑设为平面的法向量则即因此可以取，由，可得所以直线与平面所成角的正弦值为专业技术资料分享