高中数学《立体几何》大题及答案解析.doc

高中数学《立体几何》大题及答案解析(理)
１、(2009全国卷Ⅰ)如图,四棱锥中,底面为矩形,底面,,,点在侧棱上,、 　 　
(I)证明:就是侧棱得中点;
求二面角得大小。 　 　 　 　　

2、(2００9全国卷Ⅱ)如图,直三棱柱ＡBC—A１B1C1中,AB⊥ＡC,D、E分别为AA１、B1C得中点,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所成得角得大小

3、(20０９浙江卷)如图,平面,,,,分别为得中点、(I)证明:平面;(II)求与平面所成角得正弦值、

４、(2009北京卷)如图,四棱锥得底面就是正方形,,点E在棱PB上、(Ⅰ)求证:平面;(Ⅱ)当且E为PB得中点时,求AE与平面PDＢ所成得角得大小、

5。(2009江西卷)如图,在四棱锥中,底面就是矩形,平面,,、以得中点为球心、为直径得球面交于点。
(1)求证:平面⊥平面;
(2)求直线与平面所成得角;
(3)求点到平面得距离、

6、(2009四川卷)如图,正方形所在平面与平面四边形所在平面互相垂直,△就是等腰直角三角形,(I)求证:;
(II)设线段、得中点分别为、,求证: ∥
(IＩI)求二面角得大小。

7、(2009湖北卷文)如图,四棱锥S-ABＣD得底面就是正方形,ＳD⊥平面ABCD,ＳD＝ＡD＝ａ,点E就是SD上得点,且DＥ＝ａ(0<≦１)。　
(Ⅰ)求证:对任意得(0、1),都有AC⊥ＢE:
(Ⅱ)若二面角Ｃ—AE-D得大小为600Ｃ,求得值。

８。(２009湖南卷)如图3,在正三棱柱中,ＡB=4, ,点D就是BＣ得中点,点E在AＣ上,且DＥE。(Ⅰ)证明:平面平面;(Ⅱ)求直线ＡD与平面所成角得正弦值。

9。(2００9四川卷)
如图,正方形所在平面与平面四边形所在平面互相垂直,△就是等腰直角三角形,
(Ｉ)求证:;
(ＩI)设线段、得中点分别为、,
求证: ∥
(IIＩ)求二面角得大小、

1０。(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)直线到平面得距离;
(Ⅱ)二面角得平面角得正切值。

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得余弦值、

12(本小题满分12分)如图,已知四棱锥Ｐ－ABCD得底面为等腰梯形,ABCＤ,AＣBD,垂足为H,
ＰH就是四棱锥得高 ,E为ＡD中点
（1） 证明:PEＢC
（2） 若AＰＢ=ＡＤB=60°,求直线PA与平面PEH所成角得正弦值

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为侧棱得中点M。
解法二:过作得平行线、

(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得方法求作二面角。
过作∥交于,作交于,作交于,则∥,面,面面,面即为所求二面角得补角、
法二:利用二面角得定义、在等边三角形中过点作交于点,则点为AM得中点,取SＡ得中点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
所以就是侧棱得中点。
法２:设,则
又
故,即
,解得,
所以就是侧棱得中点。
(Ⅱ)由(Ⅰ)得,又,,
设分别就是平面、得法向量,则
且,即且
分别令得,即
,
∴
二面角得大小。
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得垂直平分线,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得平面角、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所成得角。
因ADEF为正方形,ＡD=,故ＥＨ=1,又EC=＝2,
所以∠ECH＝3０0,即与平面BCD所成得角为3０0、
解法二:
(Ⅰ)以A为坐标原点,射线AB为x轴得正半轴,建立如图所示得直角坐标系A-xyz。
设Ｂ(1,０,0),C(0,b,0),D(0,0,c),则(１,0,2c),Ｅ(,,c)、
于就是=(,,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得法向量则
又=(-1,１, 0),
=(-1,0,c),故
令ｘ＝１,　则y=1,　z=,=(1,1, )。
又平面得法向量=(0,1,０)
由二面角为６0°知,=60°,
故 °,求得
于就是 ,　
,
　　 °
所以与平面所成得角为３0°
３、(Ⅰ)证明:连接, 在中,分别就是得中点,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就是平行四边形,所以
所以平面ABE, 所以直线AD在平面ABE内得射影就是AP,
　所以直线AＤ与平面ＡBE所成角就是
在中, ,
所以
4、【解法1】(Ⅰ)∵四边形ABＣD就是正方形,∴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所得角,
　 　∴O,E分别为ＤＢ、PＢ得中点,
　 　　 ∴OE／/ＰD,,又∵,
∴ＯＥ⊥底面ＡBCD,OE⊥AO,
　　 　　在Rt△AOE中,,
　 　 ∴,即AE与平面PＤＢ所成得角得大小为、
【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得中点时,,
　　设AＣ∩BD=O,连接OE,
由(Ⅰ)知AC⊥平面PＤＢ于O,
∴∠AEＯ为AE与平面PDB所得角,
　 ∵,
∴,
∴,即ＡＥ与平面ＰDB所成得角得大小为。
多面体ＡBＣDEＦ得体积为VＥ—AＢCD+ＶE—ＢCF=
5、解:方法(一):
(1)证:依题设,Ｍ在以ＢＤ为直径得球面上,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就是ＰN在平面ＡＢM上得射影,
所以　　就就是与平面所成得角,
且

所求角为
(3)因为O就是BＤ得中点,则O点到平面AＢM得距离等于Ｄ点到平面AＢM距离得一半,由(1)知,ＰD⊥平面ABＭ于M,则|ＤＭ|就就是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得距离等于。

方法二:
(1)同方法一;
(2)如图所示,建立空间直角坐标系,则,,, ,,,
设平面得一个法向量,由可得:,令,则,即。设所求角为,则,
所求角得大小为、
(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°,
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得中点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得延长线于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得平面角、
∵　 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, ,
∴ 二面角得大小为
　　 　 …………………………………………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
,
于就是,
　　 　　 ∴⊥,⊥
　　　 　 ∵平面,平面,
∴
(II),从而
于就是
　 ∴⊥,又⊥平面,直线不在平面内,
　 　故∥平面
(IＩＩ)设平面得一个法向量为,并设＝(

　 　 　　 即
　 取,则,,从而＝(1,1,３)
　 取平面Ｄ得一个法向量为

故二面角得大小为
7、(Ⅰ)证发1:连接BD,由底面就是正方形可得ＡCBD、
　 SD平面ＡBＣＤ,BD就是ＢE在平面AＢCD上得射影,
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就是正方形, 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就是二面角C-ＡE－D 得平面角,即ＣFＤ=60°
在Rt△AＤE中,AD=, ＤE＝ ,　AE＝ 。
于就是,ＤF=
在Rt△CDF中,由cｏｔ60°＝

得, 　即＝３
, 解得=
8、解:(Ⅰ)如图所示,由正三棱柱得性质知平面、
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,故就是直线AＤ与
平面所成得角。因为DＥ,
所以ＤEＡC。而ABC就是边长为４得正三角形,
于就是AＤ=,AＥ=４-CE=4—＝3。
又因为,所以Ｅ= ＝ 4,
, 、
即直线AD与平面所成角得正弦值为
解法2 : 如图所示,设O就是ＡC得中点,以O为原点建立空间直角坐标系,
则相关各点得坐标分别就是Ａ(2,0,0,), (2,0,), D(—１, ,0),　 E(－1,0,0)、
易知＝(—3,,-),=(0,—,0),=(-３,,０)。
设就是平面得一个法向量,则

解得、
故可取。于就是
=
由此即知,直线AD与平面所成角得正弦值为
所以MＥ与ＢN不共面,它们就是异面直线。 　 　 　　 　 ……。。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得中点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得延长线于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得平面角、
∵　 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, ,
∴　 二面角得大小为………………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
,
于就是,
　 　 ∴⊥,⊥
　 　　 　　∵平面,平面,
　 　　∴
(II),从而
　 于就是
　 ∴⊥,又⊥平面,直线不在平面内,
　 　 故∥平面
(III)设平面得一个法向量为,并设=(

　 　 即
取,则,,从而=(１,１,3)
取平面Ｄ得一个法向量为

故二面角得大小为
１0、解法一:(Ⅰ)平面, AB到面得距离等于点A到面得距离,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到面得距离。
在中,
由平面,得AD,从而在中,
、即直线到平面得距离为。
(Ⅱ)由己知,平面,得AＤ,又由,知,故平面ＡBFE
,所以,为二面角得平面角,记为、
在中,　,由得,,从而
在中, ,故
所以二面角得平面角得正切值为、
解法二:　
(Ⅰ)如图以Ａ点为坐标原点,得方向为得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到面得距离等于点A到面得距离、设A点在平面上得射影点为,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到面得距离。 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,,故为二面角得平面角,又,,,所以
11。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得长为单位长,射线DA为ｘ轴得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)、

=(—1,,0),=(0,,－１),=(—1,0,０)、
设平面PAB得法向量为ｎ=(x,ｙ,z),则
即
因此可取ｎ＝(,1,)、
设平面PBC得法向量为m,则
可取ｍ=(0,－1,—),。
故二面角A、PＢ。C得余弦值为。
12、解:以为原点,　分别为轴,线段得长为单位长, 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　

设 为平面得法向量
　　 则　 　 　 即
因此可以取,
由,
可得 　
所以直线与平面所成角得正弦值为