浙江省历年高考立体几何大题总汇(题目及答案)

1.（本题满分15分）如图，平面PAC⊥平面ABC，ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形。,,EFO分别为,,PAPBPC的中点，16,10ACPAPC。（I）设C是OC的中点，证明：//PC平面BOE；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m（II）证明：在ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，并求点M到OA,OB的距离。2.如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是侧棱CC1上的一点，CP=m，（Ⅰ）试确定m，使得直线AP与平面BDB1D1所成角的正切值为32；（Ⅱ）在线段A1C1上是否存在一个定点Q，使得对任意的m，D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP，并证明你的结论。3.如图甲，△ABC是边长为6的等边三角形，E，D分别为AB、AC靠近B、C的三等分点，点G为BC边的中点．线段AG交线段ED于F点，将△AED沿ED翻折，使平面AED⊥平面BCDE，连接AB、AC、AG形成如图乙所示的几何体。（I）求证BC⊥平面AFG；（II）求二面角B－AE－D的余弦值．.xyz4在如图所示的几何体中，EA平面ABC，DB平面ABC，ACBC，2ACBCBDAE，M是AB的中点．（1）求证：CMEM；（2）求CM与平面CDE所成的角5.如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BECF∥，90BCFCEF，3AD，2EF．（Ⅰ）求证：AE∥平面DCF；（Ⅱ）当AB的长为何值时，二面角AEFC的大小为60？6.如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在线段AB，AD上，AE=EB=AF=.432FD沿直线EF将AEF翻折成,'EFA使平面EFA'平面BEF.（I）求二面角CFDA'的余弦值；（II）点M，N分别在线段FD，BC上，若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折，使C与'A重合，求线段FM的长.EMACBDDABEFC（第18题）7.如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2（Ⅰ）证明：AP⊥BC；（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。8.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面是边长为23的菱形，∠BAD=120°，且PA⊥平面ABCD，PA=26,M，N分别为PB,PD的中点。（1）证明：MN∥平面ABCD；（2）过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A-MN-Q的平面角的余弦值。9.如图，在四面体ABCD中，AD平面BCD，BCCD，2AD，22BD．M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且3AQQC．（Ⅰ）证明：//PQ平面BCD；（Ⅱ）若二面角CBMD的大小为60，求BDC的大小．10.如图，在五面体ABCDEF中，已知DE平面ABCD，//ADBC，o60BAD，2AB，1DEEF．（1）求证：//BCEF；（2）求三棱锥BDEF的体积．（第16题图）FACDEB11.如图，在直三棱柱111ABCABC中，已知1CACB，12AA，o90BCA．（1）求异面直线1BA与1CB夹角的余弦值；（2）求二面角1BABC平面角的余弦值．12(本小题14分)在等腰梯形ABCD中，//ADBC，12ADBC，60ABC，N是BC的中点．将梯形ABCD绕AB旋转90，得到梯形ABCD（如图）．（1）求证：AC平面ABC；（2）求证：//CN平面ADD；（3）求二面角ACNC的余弦值．13.（本题满分14分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2，BC=12AD=1，CD=3．（I）求证：平面PQB⊥平面PAD；（II）若二面角M-BQ-C为30°，设PM=tMC，试确定t的值（第22题图）ABCA1B1C1ACDBNDCPABCDQM14．如图，直角梯形ABCD中，AB//CD，BCD=90°,BC=CD=2,AD=BD：EC丄底面ABCD,FD丄底面ABCD且有EC=FD=2.(I)求证：AD丄BF:(II)若线段EC上一点M在平面BDF上的射影恰好是BF的中点N,试求二面角B-MF-C的余弦值.1.证明：（I）如图，连结OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m则0,0,0,(0,8,0),(8,0,0),(0,8,0),OABC(0,0,6),(0,4,3),PE4,0,3F，由题意得，0,4,0,G因(8,0,0),(0,4,3)OBOE，因此平面BOE的法向量为(0,3,4)n，(4,4,3FG得0nFG，又直线FG不在平面BOE内，因此有//FG平面BOE（II）设点M的坐标为00,,0xy，则00(4,,3)FMxy，因为FM平面BOE，所以有//FMn，因此有0094,4xy，即点M的坐标为94,,04，在平面直角坐标系xoy中，AOB的内部区域满足不等式组008xyxy，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在ABO内存在一点M，使FM平面BOE，由点M的坐标得点M到OA，OB的距离为94,4．w.w.w.k.s.5.u.c.o.mxyz2.解法１：（１）,,ACACBDO连设1.APBGOG1与面BDD交于点，连1111//,,PCBDDBBDDBAPCOG因为面面面故//OGPC。所以122mOGPC。又111,,AODBAOBBAOBDDB所以面　.故11AGOAPBDDB即为与面所成的角。在Rt△22tan322AOGAGOm中，，即13m.故当13m时，直线AP11与平面BDDB所成的角的正切值为３2。（Ⅱ）依题意，要在11AC上找一点Q，使得1DQAP.可推测11AC的中点1O即为所求的Q点。因为1111.DOAC111DOAA，所以111.DQACCA面又11.APACCA面,故11DOAP。从而111DOADPAP在平面上的射影与垂直。解法二：（１）建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0),B(1,1,0),P(0,1,ｍ)，C(0,1,0),D(0,0,0),B1(1,1,1),D1(0,0,1).所以1(1,1,0),(0,0,1),BDBB(1,1,),(1,1,0).APmAC又由110,0ACBDACBBACDD1知为平面BB的一个法向量.设AP与11BDDB面　所成的角为，则2||2sincos()2||||22APACAPACm依题意有：22232221(32)m，解得13m.故当13m时，直线AP11与平面BDDB所成的角的正切值为３2。（２）若在11AC上存在这样的点Q，设此点的横坐标为x，则1(,1,1),(,1,0)QxxDQxx。依题意，对任意的m要使D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP。等价于11AP10(1)02DQAPDQxxx即Q为11AC的中点时，满足题设的要求.3.(Ⅰ)在图甲中，由△ABC是等边三角形，E，D分别为AB，AC的三等分点，点G为BC边的中点，易知DE⊥AF，DE⊥GF，DE//BC．………………………………2分在图乙中，因为DE⊥AF，DE⊥GF，AFFG=F，所以DE⊥平面AFG．又DE//BC，所以BC⊥平面AFG．……………………………………………………4分(Ⅱ)因为平面AED⊥平面BCDE，平面AED平面BCDE=DE，DE⊥AF，DE⊥GF，所以FA，FD，FG两两垂直．以点F为坐标原点，分别以FG，FD，FA所在的直线为zyx,,轴，建立如图所示的空间直角坐标系xyzF．则)32,0,0(A，)0,3,3(B，)0,2,0(E，所以)32,3,3(AB，,1,3(BE0)．……………………………………6分设平面ABE的一个法向量为),,(zyxn．则00BEnABn，即0303233yxzyx，取1x，则3y，1z，则)1,3,1(n．………………………………8分显然)0,0,1(m为平面ADE的一个法向量，所以55||||,cosnmnmnm．………………………………………………10分二面角DAEB为钝角，所以二面角DAEB的余弦值为55．………12分4.方法一：（1）证明：因为AC=BC，M是AB的中点，所以CM⊥AB．又EA⊥平面ABC，所以CM⊥EM．（2）解：过点M作MH⊥平面CDE，垂足是H，连结CH并延长交ED于点F，连结MF、MD，∠FCM是直线CM和平面CDE所成的角．因为MH⊥平面CDE，所以MH⊥ED，又因为CM⊥平面EDM，所以CM⊥ED，则ED⊥平面CMF，因此ED⊥MF．设EA＝a，BD＝BC＝AC＝2a，在直角梯形ABDE中，AB＝22a，M是AB的中点，所以DE＝3a，EM＝3a，MD＝6a，得△EMD是直角三角形，其中∠EMD＝90°所以MF＝2EMMDaDE．在Rt△CMF中，tan∠FCM=MFMC=1，所以∠FCM=45°，故CM与平面CDE所成的角是45°．方法二：如图，以点C为坐标原点，以CA，CB分别作为x轴和y轴，过点C作与平面ABC垂直的直线为z轴，建立直角坐标系C-xyz，设EA=a，则A（2a，0，0），B（0，2a，0），C（2a，0，a），A（0，2a，2a），A（a，a，0）.（1）证明：因为EM=（-a，a，-a），CM=（a，a，0），所以EM·CM=0，故EMCM.（2）解：设向量n=（1，oy，0x）与平面CDE垂直，则nCE，nCD，即·nCE=0，·nCD=0.因为EC=（2a,0,a）,CD=(0,2a,2a),所以y0=2，z0=-2，即n=（1，2，-2），2cos,2CMnnCMMn，直线CM与平面CDE所称的角是45°.5.方法一：（Ⅰ）证明：过点E作EGCF交CF于G，连结DG，DABEFCHG可得四边形BCGE为矩形，又ABCD为矩形，所以ADEG∥，从而四边形ADGE为平行四边形，故AEDG∥．因为AE平面DCF，DG平面DCF，所以AE∥平面DCF．（Ⅱ）解：过点B作BHEF交FE的延长线于H，连结AH．由平面ABCD平面BEFC，ABBC，得AB平面BEFC，从而AHEF．所以AHB为二面角AEFC的平面角．在RtEFG△中，因为3EGAD，2EF，所以60CFE，1FG．又因为CEEF，所以4CF，从而3BECG．于是33sin2BHBEBEH．因为tanABBHAHB，所以当AB为92时，二面角AEFC的大小为60．方法二：如图，以点C为坐标原点，以CBCF，和CD分别作为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系Cxyz．设ABaBEbCFc，，，则(000)C，，，(30)Aa，，，(300)B，，，(30)Eb，，，(00)Fc，，．（Ⅰ）证明：(0)AEba，，，(300)CB，，，(00)BEb，，，所以0CBCE，0CBBE，从而CBAE，CBBE，所以CB平面ABE．因为CB平面DCF，所以平面ABE∥平面DCF．故AE∥平面DCF．（Ⅱ）解：因为(30)EFcb，，，(30)CEb，，，所以0EFCE，||2EF，从而23()03()2bcbcb，，DABEFCyzx解得34bc，．所以(330)E，，，(040)F，，．