浙江高考历年真题之立体几何大题(理科).doc

浙江历年理科高考题之立体几何大题
（教师版）

1、（2005年）18．如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝kPA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC．
(Ⅰ)当k＝时，求直线PA与平面PBC所成角的大小；
(Ⅱ) 当k取何值时，O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心？
解：方法一：
(Ⅰ) ∵O、D分别为AC、PC中点，
，
(Ⅱ)
，

又，PA与平面PBC所成的角的大小等于，

（Ⅲ）由(Ⅱ)知，，∴F是O在平面PBC内的射影
∵D是PC的中点，若点F是的重心，则B，F，D三点共线，
∴直线OB在平面PBC内的射影为直线BD，
，即
反之，当时，三棱锥为正三棱锥，∴O在平面PBC内的射影为的重心
方法二：
，，
以O为原点，射线OP为非负z轴，建立空间直角坐标系（如图）
设则，
设，则
(Ⅰ)D为PC的中点，，
又，
(Ⅱ)，即，
可求得平面PBC的法向量，，
设PA与平面PBC所成的角为，则，
（Ⅲ）的重心，，
，又，
，即，反之，当时，三棱锥为正三棱锥，
∴O在平面PBC内的射影为的重心
2、（2006年）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形，AD∥BC，∠BAD=90°,PA⊥底面ABCD，且PA＝AD=AB=2BC,M、N分别为PC、PB的中点.
(Ⅰ)求证：PB⊥DM;
(Ⅱ)求CD与平面ADMN所成的角。
解：方法一：（I）因为N是PB的中点，PA=AB，所以AN⊥PB。
因为AD平面PAB，所以AD⊥PB，从而PB⊥平面ADMN，
因为DM平面ADMN，所以PB⊥DM
（II）取AD的中点G，连结BG、NG，则BG∥CD，
所以BG与平面ADMN所成的角和CD与平面ADMN所成的角相等。
因为PB⊥平面ADMN，所以∠BGN是BG与平面ADMN所成的角。
在RtΔBGN中，
故CD与平面ADMN所成的角是。
方法二：如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系A-XYZ，设BC=1，则A（0，0，0），
P（0，0，2），B（2，0，0），C（2，1，0），M（1，，1），D（0，2，0）
（Ⅰ）因为2）·（
所以PB⊥DM。
（Ⅱ）因为 ，所以PB⊥AD，
又因为PB⊥DM，所以PB⊥平面ADMN，
因此的余角即是CD与平面ADMN所成的角。
因为 =
所以CD与平面ADMN所成的角为

3、（2007年）19．（本题14分）在如图所示的几何体中，平面，平面，，且，是的中点．
（I）求证：；
（II）求与平面所成的角．
解：方法一：（I）证明：因为，是的中点，所以．
又平面，所以．
（II）解：过点作平面，垂足是，连结交延长交于点，
连结，．是直线和平面所成的角．

因为平面，所以，
又因为平面，所以，
则平面，因此．
设，，
在直角梯形中，，是的中点，
所以，，，
得是直角三角形，其中，
所以．
在中，，所以，
故与平面所成的角是．
方法二：
如图，以点为坐标原点，以，分别为轴和轴，过点作与平面垂直的直线为轴，建立直角坐标系，设，则，，．，．
（I）证明：因为，，
所以，故．

（II）解：设向量与平面垂直，则，，
即，．
因为，，所以，，
即，，
直线与平面所成的角是与夹角的余角，所以，
因此直线与平面所成的角是．

4、（2008年）如图,矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE//CF，BCF=CEF=,
AD=,EF=2。
（Ⅰ）求证：AE//平面DCF；
（Ⅱ）当AB的长为何值时,二面角A-EF-C的大小为？
方法一：
（Ⅰ）证明：过点作交于，连结，
D
A
B
E
F
C
H
G
可得四边形为矩形，又为矩形，
所以，从而四边形为平行四边形，
故．因为平面，平面，
所以平面．
（Ⅱ）解：过点作交的延长线于，连结．
由平面平面，，得平面，
从而．所以为二面角的平面角．
D
A
B
E
F
C
y
z
x
在中，因为，，所以，．
又因为，所以，
从而．
于是．
因为，
所以当为时，二面角的大小为．
方法二：如图，以点为坐标原点，以和分别作为轴，轴和轴，
建立空间直角坐标系．设，
则，，，，．
（Ⅰ）证明：，，，
所以，，从而，，
所以平面．因为平面，所以平面平面．
故平面．
（Ⅱ）解：因为，，
所以，，从而
解得．所以，．
设与平面垂直，则，，
解得．又因为平面，，
所以，得到．
所以当为时，二面角的大小为．
5、（2009年）如图，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，分别为，，的中点，，．
（I）设是的中点，证明：平面；
（II）证明：在内存在一点，使平面，
并求点到，的距离．
解：方法一：（Ⅰ）证明：如图，连结，以点为坐标原点，分别以
所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系．
则．
z
C
P
F
G
E
A
B
O
y
x
由题意，得．
因为，
所以平面的法向量．
由，得．
又直线不在平面内，所以平面．
（Ⅱ）解：设点的坐标为，则．
因为平面，所以．
因此，．
即点的坐标是．
在平面直角坐标系中，的内部区域可表示为不等式组
经检验，点的坐标满足上述不等式组．
P
C
P
F
G
E
A
B
O
H
所以，在内存在一点，使平面．
由点的坐标，得点到的距离分别为．
方法二：（Ⅰ）证明：取的中点为，连结．
因为点分别是的中点，
所以．
因此平面平面．
因为在平面内，所以平面．
（Ⅱ）解：在平面内，过点作，交于点，交于点．
P
C
P
F
G
E
A
B
O
Q
N
M
连结，过点作，交于点．
下证平面．
由题意，得平面，所以．
又因为，所以平面．
因此平面．
在中，
，
，
所以点在线段上．
因为是的中点，所以是的中点．
因此点在内，点到的距离分别为．

6、（2010年）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在线段AB，AD上，AE=EB=AF= 沿直线EF将翻折成使平面平面BEF.
（I）求二面角的余弦值；
（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与重合，求线段FM的长.
方法一：
（Ⅰ）解：取线段EF的中点H，连结
因为及H是EF的中点，所以
又因为平面平面BEF，及平面
所以平面BEF。
如图建立空间直角坐标系
则
故
设为平面的一个法向量
所以，取
又平面BEF的一个法向量，故
所以二面角的余弦值为
（Ⅱ）解：设
因为翻折后，C与A重合，所以CM=
故，得
经检验，此时点N在线段BG上，所以
方法二：
（Ⅰ）解：取截段EF的中点H，AF的中点G，连结，NH，GH
因为及H是EF的中点，所以H//EF。
又因为平面EF平面BEF，所以H`平面BEF，
又平面BEF，故，
又因为G，H是AF，EF的中点，
易知GH//AB，所以GH，
于是面GH
所以为二面角—DF—C的平面角，
在中，
所以故二面角—DF—C的余弦值为。
（Ⅱ）解：设，
因为翻折后，G与重合，所以，
而
，得
经检验，此时点N在线段BC上，所以
7、（2011年）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、（2012年）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，且⊥平面，,分别为的中点。
（1）证明：平面；
（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。

浙江历年理科高考题之立体几何大题
（教师版）

1、（2005年）18．如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝kPA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC．
(Ⅰ)当k＝时，求直线PA与平面PBC所成角的大小；
(Ⅱ) 当k取何值时，O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心？

2、（2006年）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形，AD∥BC，∠BAD=90°,PA⊥底面ABCD，且PA＝AD=AB=2BC,M、N分别为PC、PB的中点.
(Ⅰ)求证：PB⊥DM;
(Ⅱ)求CD与平面ADMN所成的角。

3、（2007年）19．（本题14分）在如图所示的几何体中，平面，平面，，且，是的中点．
（I）求证：；
（II）求与平面所成的角．

4、（2008年）如图,矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE//CF，BCF=CEF=,
AD=,EF=2。
（Ⅰ）求证：AE//平面DCF；
（Ⅱ）当AB的长为何值时,二面角A-EF-C的大小为？

5、（2009年）如图，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，分别为，，的中点，，．
（I）设是的中点，证明：平面；
（II）证明：在内存在一点，使平面，并求点到，的距离．

6、（2010年）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在线段AB，AD上，AE=EB=AF= 沿直线EF将翻折成使平面平面BEF.
（I）求二面角的余弦值；
（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与重合，求线段FM的长.

7、（2011年）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、（2012年）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，且⊥平面，,分别为的中点。
（1）证明：平面；
（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．(2013浙江，理20)(本题满分15分)如图，在四面体A－BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝.M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC．

(1)证明：PQ∥平面BCD；
(2)若二面角C－BM－D的大小为60°，求∠BDC的大小．
方法一：(1)证明：取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF＝3FC，连结OP，OF，FQ，因为AQ＝3QC，所以QF∥AD，且QF＝AD．

因为O，P分别为BD，BM的中点，
所以OP是△BDM的中位线，
所以OP∥DM，且OP＝DM.
又点M为AD的中点，所以OP∥AD，且OP＝AD．
从而OP∥FQ，且OP＝FQ，
所以四边形OPQF为平行四边形，故PQ∥OF.
又PQ平面BCD，OF平面BCD，
所以PQ∥平面BCD．
(2)解：作CG⊥BD于点G，作CH⊥BM于点H，连结CH.
因为AD⊥平面BCD，CG平面BCD，
所以AD⊥CG，
又CG⊥BD，AD∩BD＝D，
故CG⊥平面ABD，又BM平面ABD，
所以CG⊥BM.
又GH⊥BM，CG∩GH＝G，故BM⊥平面CGH，
所以GH⊥BM，CH⊥BM.
所以∠CHG为二面角C－BM－D的平面角，即∠CHG＝60°.
设∠BDC＝θ.
在Rt△BCD中，CD＝BDcos θ＝cos θ，
CG＝CDsin θ＝cos θsin θ，
BG＝BCsin θ＝sin2θ.
在Rt△BDM中，.
在Rt△CHG中，tan∠CHG＝.
所以tan θ＝.
从而θ＝60°.即∠BDC＝60°.
方法二：(1)证明：如图，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.

由题意知A(0，，2)，B(0，，0)，D(0，，0)．
设点C的坐标为(x0，y0,0)．
因为，所以Q.
因为M为AD的中点，故M(0，，1)．
又P为BM的中点，故P，
所以＝.
又平面BCD的一个法向量为u＝(0,0,1)，故·u＝0.
又PQ平面BCD，所以PQ∥平面BCD．
(2)解：设m＝(x，y，z)为平面BMC的一个法向量．
由＝(－x0，,1)，＝(0,，1)，
知
取y＝－1，得m＝.
又平面BDM的一个法向量为n＝(1,0,0)，
于是|cos〈m，n〉|＝，即.①
又BC⊥CD，所以·＝0，
故(－x0，,0)·(－x0，,0)＝0，
即x02＋y02＝2.②
联立①，②，解得(舍去)或
所以tan∠BDC＝.
又∠BDC是锐角，所以∠BDC＝60°.
10（2014年）
如图，在四棱锥中，平面^平面 ,，,,.
(Ⅰ) 证明：^平面;
(Ⅱ) 求二面角的大小.

证明：（Ⅰ）在直角梯形BCDE中，由DE=BE=1，CD=2，得BD=BC= ，
由 ，AB=2得 ，即AC⊥BC，又平面ABC⊥平面BCDE，
从而AC⊥平面BCDE，
所以AC⊥DE，又DE⊥DC，从而
DE⊥平面ACD；
(Ⅱ)【方法1】
作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AB交于点G，连接BG，由（Ⅰ）知DE⊥AD，则FG⊥AD，所以∠BFG就是二面角B-AD-E的平面角，在直角梯形BCDE中，由CD2=BC2+BD2，得BD⊥BC，
又平面ABC⊥平面BCDE，得BD⊥平面ABC，从而
BD⊥AB，由于AC⊥平面BCDE，得
AC⊥CD．
在Rt△ACD中，由DC=2, ，得 ；
在Rt△AED中，由ED=1，得 ；
在Rt△ABD中，由 ，AB=2，
得 ， ，从而 ，
在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得 ， ．
在△BFG中, ，
所以，∠BFG= ，即二面角B-AD-E的大小为 .
【方法2】以D的原点，分别以射线DE，DC为x,y轴的正半轴，建立空间直角坐标系 ，如图所示.
由题意知各点坐标如下： ， ， ， ， .
设平面ADE的法向量为
平面ABD的法向量为，可算得：
， ，
由 即 ，可取

由即可取
于是
由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B-AD-E的大小为

11.（2015年本题满分15分）
如图，在三棱柱-中，，，，在底面的射影为的中点，为的中点.
（1）证明：D平面；
（2）求二面角-BD-的平面角的余弦值.

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