高考立体几何文科大题与答案

高考立体几何文科大题与答案

高考立体几何大题及答案 ‎1.（2009全国卷Ⅰ文）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.（2009全国卷Ⅱ文）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-BA C B A1‎ B1‎ C1‎ D E D-C为60°,求B‎1C与平面BCD所成的角的大小 ‎ ‎ ‎3.（2009浙江卷文）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．‎ ‎4.（2009北京卷文）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.（2009江苏卷）如图，在直三棱柱中，、分别是、的中点，点在上，。 求证：（1）EF∥平面ABC； （2）平面平面.‎ ‎6.（2009安徽卷文）如图，ABCD的边长为2的正方形，直线l与平面ABCD平行，g和F式l上的两个不同点，且EA=ED，FB=FC， 和是平面ABCD内的两点，和都与平面ABCD垂直，（Ⅰ）证明：直线垂直且平分线段AD：. （Ⅱ）若∠EAD=∠EAB=60°，EF=2，求多面体ABCDEF的体积。‎ ‎7.（2009江西卷文）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．‎ ‎8.（2009四川卷文）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： ∥‎ ‎（III）求二面角的大小。‎ ‎9.（2009湖北卷文）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。‎ ‎10.（2009湖南卷文）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。‎ ‎11.（2009辽宁卷文）如图，已知两个正方形ABCD 和DCEF不在同一平面内，M，N分别为AB，DF的中点。（I）若CD＝2，平面ABCD ⊥平面DCEF，求直线MN的长；‎ ‎（II）用反证法证明：直线ME 与 BN 是两条异面直线。 ‎ ‎12.（2009四川卷文） 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： ∥‎ ‎（III）求二面角的大小。‎ ‎13.（2009陕西卷文）如图，直三棱柱中， AB=1，，∠ABC=60.‎ ‎(Ⅰ)证明：；‎C B A C1‎ B1‎ A1‎ ‎（Ⅱ）求二面角A——B的大小。 ‎ ‎14.（2009宁夏海南卷文）如图，在三棱锥中，⊿是等边三角形，∠PAC=∠PBC=90 （Ⅰ）证明：AB⊥PC ‎（Ⅱ）若，且平面⊥平面， ‎ 求三棱锥体积。‎ ‎15.（2009福建卷文）如图，平行四边形中，，将 沿折起到的位置，使平面平面 ‎ （I）求证： ‎ ‎ （Ⅱ）求三棱锥的侧面积。‎ ‎16.（2009重庆卷文）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．‎ ‎17.(2009年广东卷文)某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图4所示,墩的上半部分是正四棱锥P－EFGH,下半部分是长方体ABCD－EFGH.图5、图6分别是该标识墩的正(主)视图和俯视图.‎ ‎（1）请画出该安全标识墩的侧(左)视图;‎ ‎（2）求该安全标识墩的体积 ‎（3）证明:直线BD平面PEG 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.‎ 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 A B C D M z x y ‎（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，‎ 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=。‎ 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 ‎ 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，‎ ‎ 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.‎ ‎5、‎ ‎6、【解析】(1)由于EA=ED且 点E在线段AD的垂直平分线上,同理点F在线段BC的垂直平分线上.‎ 又ABCD是四方形 线段BC的垂直平分线也就是线段AD的垂直平分线 即点EF都居线段AD的垂直平分线上. . ‎ 所以,直线EF垂直平分线段AD.‎ ‎(2)连接EB、EC由题意知多面体ABCD可分割成正四棱锥E—ABCD和正四面体E—BCF两部分.设AD中点为M,在Rt△MEE中,由于ME=1, .‎ ‎—ABCD 又—BCF=VC－BEF=VC－BEA=VE－ABC 多面体ABCDEF的体积为VE—ABCD＋VE—BCF=‎ ‎7、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 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：‎ ‎8、【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 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 ‎ 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 ‎9、（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，‎ 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=‎ ‎10、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.‎ ‎ （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 .‎ ‎11解（Ⅰ）取CD的中点G连结MG，NG.‎ ‎ 因为ABCD，DCEF为正方形，且边长为2，‎ ‎ 所以MG⊥CD，MG＝2，.‎ ‎ 因为平面ABCD⊥平面DCEF，‎ ‎ 所以MG⊥平面DCEF，可得MG⊥NG.‎ ‎ 所以 ……6分 ‎（Ⅱ）假设直线ME与BN共面， …..8分 则平面MBEN，且平面MBEN与平面DCEF交于EN，‎ 由已知，两正方形不共面，故平面DCEF.‎ 又AB∥CD，所以AB∥平面DCEF.而EN为平面MBEN与平面DCEF的交线，‎ 所以AB∥EN.‎ 又AB∥CD∥EF,‎ 所以EN∥EF，这与矛盾，故假设不成立。 ‎ 所以ME与BN不共面，它们是异面直线。 ……..12分 ‎12、【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 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 ‎ 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 ‎13、解析：解答1（Ⅰ）‎ 因为三棱柱为直三棱柱所以 在中 由正弦定理得所以 即，所以又因为所以 ‎（Ⅱ）如图所示，作交于，连，由三垂线定理可得 所以为所求角，在中，，在中， ，所以 所以所成角是 ‎14、解：（Ⅰ）因为是等边三角形，,‎ 所以,可得。‎ 如图，取中点，连结,,‎ 则,,‎ 所以平面,‎ 所以。 ．．．．．．6分 ‎ ‎（Ⅱ）作，垂足为，连结．‎ 因为，‎ 所以，．‎ 由已知，平面平面，故．　　　　　　　　．．．．．．8分 因为，所以都是等腰直角三角形。‎ 由已知，得， 的面积．‎ 因为平面，‎ 所以三角锥的体积 ‎ ．．．．．．．12分 ‎15、（I）证明：在中，‎ ‎ ‎ ‎ 又平面平面 ‎ 平面平面平面 ‎ 平面 ‎ 平面 ‎（Ⅱ）解：由（I）知从而 ‎ 在中，‎ ‎ ‎ ‎ 又平面平面 ‎ ‎ ‎ 平面平面，平面 ‎ 而平面 ‎ 综上，三棱锥的侧面积，‎ ‎16、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 ‎ ‎17、【解析】(1)侧视图同正视图,如下图所示.‎ ‎　　　（２）该安全标识墩的体积为：‎ ‎　　　　　‎ ‎　　　（３）如图,连结EG,HF及 BD，EG与HF相交于O,连结PO.‎ ‎ 由正四棱锥的性质可知,平面EFGH , ‎ ‎ 又 平面PEG ‎ 又 平面PEG；. ‎ 单纯的课本内容，并不能满足学生的需要，通过补充，达到内容的完善 ‎ 教育之通病是教用脑的人不用手，不教用手的人用脑，所以一无所能。教育革命的对策是手脑联盟，结果是手与脑的力量都可以大到不可思议。‎