2014届立体几何专题提高训练(历年高考立体几何真题精华版及其广东模拟考题汇集).doc

2013年全国各地高考试题汇编(立体几何)1（12分）（2013安徽）如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，BAD=60，已知PB=PD=2，PA=（）证明：PCBD（）若E为PA的中点，求三棱锥PBCE的体积解：（I）连接AC交BD于O，连接PO四边形ABCD是菱形，ACBD，且O是BD的中点PBD中，PD=PB，O为BD中点，POBDPO、AC平面PAC，POAC=O，BD平面PAC，PC平面PAC，PCBD；（II）ABCD是边长为2的菱形，BAD=60，BO=AB=1，AC=2，可得ABC的面积为S=ACBO=RtPAO中，AO=AC=，PA=，PO=从而得到三棱锥PABC的体积VPABC=SABCPO=1E为PA中点，E到平面ABC的距离d=PO=由此可得三棱锥EABC的体积VEABC=SABCd=因此，三棱锥PBCE的体积VPEBC=VPABCVEABC=2.(本小题共14分）(2013北京.理)如图，在三棱柱中，是边长为的正方形平面平面，（）求证：平面；（）求二面角的余弦值；（）证明：在线段上存在点，使得，并求的值（I）证明：AA1C1C是正方形，AA1AC又平面ABC平面AA1C1C，平面ABC平面AA1C1C=AC，AA1平面ABC（II）解：由AC=4，BC=5，AB=3AC2+AB2=BC2，ABAC建立如图所示的空间直角坐标系，则A1（0，0，4），B（0，3，0），B1（0，3，4），C1（4，0，4），设平面A1BC1的法向量为，平面B1BC1的法向量为=（x2，y2，z2）则，令y1=4，解得x1=0，z1=3，令x2=3，解得y2=4，z2=0，=二面角A1BC1B1的余弦值为（III）设点D的竖坐标为t，（0t4），在平面BCC1B1中作DEBC于E，可得D，=，=（0，3，4），解得t=3.（13分）（2013北京）如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，ABAD，CD=2AB，平面PAD底面ABCD，PAADE和F分别是CD和PC的中点，求证：（）PA底面ABCD；（）BE平面PAD；（）平面BEF平面PCD解：（）PAAD，平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，由平面和平面垂直的性质定理可得PA平面ABCD（）ABCD，ABAD，CD=2AB，E和F分别是CD和PC的中点，故四边形ABED为平行四边形，故有BEAD又AD平面PAD，BE不在平面PAD内，故有BE平面PAD（）平行四边形ABED中，由ABAD可得，ABED为矩形，故有BECD 由PA平面ABCD，可得PAAB，再由ABAD可得AB平面PAD，CD平面PAD，故有CDPD再由E、F分别为CD和PC的中点，可得EFPD，CDEF 而EF和BE是平面BEF内的两条相交直线，故有CD平面BEF由于CD平面PCD，平面BEF平面PCD4(2013大纲版.文)（12分）如图，四棱锥PABCD中，ABC=BAD=90，BC=2AD，PAB与PAD都是边长为2的等边三角形（I）证明：PBCD；（II）求点A到平面PCD的距离（I）证明：取BC的中点E，连接DE，则ABED为正方形，过P作PO平面ABCD，垂足为O，连接OA，OB，OD，OE由PAB和PAD都是等边三角形知PA=PB=PDOA=OB=OD，即O为正方形ABED对角线的交点OEBD，PBOEO是BD的中点，E是BC的中点，OECDPBCD；（II）取PD的中点F，连接OF，则OFPB由（I）知PBCD，OFCD，=POD为等腰三角形，OFPDPDCD=D，OF平面PCDAECD，CD平面PCD，AE平面PCD，AE平面PCDO到平面PCD的距离OF就是A到平面PCD的距离OF=点A到平面PCD的距离为15（13分）（2013福建）如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱AA1底面ABCD，ABDC，AA1=1，AB=3k，AD=4k，BC=5k，DC=6k，（k0）（1）求证：CD平面ADD1A1（2）若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为，求k的值（1）证明：取DC得中点E，连接BE，ABED，AB=ED=3k，四边形ABED是平行四边形，BEAD，且BE=AD=4k，BE2+EC2=（4k）2+（3k）2=（5k）2=BC2，BEC=90，BECD，又BEAD，CDAD侧棱AA1底面ABCD，AA1CD，AA1AD=A，CD平面ADD1A1（2）解：以D为坐标原点，、的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A（4k，0，0），C（0，6k，0），B1（4k，3k，1），A1（4k，0，1），设平面AB1C的一个法向量为=（x，y，z），则，取y=2，则z=6k，x=3设AA1与平面AB1C所成角为，则=，解得k=1，故所求k=1.COBDEACDOBE图1图26(2013广东.理)（14分）如图1,在等腰直角三角形中,分别是上的点,为的中点.将沿折起,得到如图2所示的四棱锥,其中.CDOBEH() 证明:平面；() 求二面角的平面角的余弦值.【解析】() 在图1中,易得连结,在中,由余弦定理得由翻折不变性可知,所以,所以,理可证, 又,所以平面.() 传统法:过作交的延长线于,连结,因为平面,所以,所以为二面角的平面角.结合图1可知,为中点,故,从而CDOxE向量法图yzB所以,所以二面角的平面角的余弦值为.向量法:以点为原点,建立空间直角坐标系如图所示,则,所以,设为平面的法向量,则,即,解得,令,得由() 知,为平面的一个法向量,所以,即二面角的平面角的余弦值为.7.（本小题满分12分）(2013湖北.理)如图，是圆的直径,点是园上异于的点，直线平面分别为的中点（I）记平面与平面的交线为,试判断与平面的位置关系,并加以说明；（II）设（I）中的直线与圆的另一个交点为,且点满足,记直线与平面所成的角为,异面直线与所成的锐角为，二面角的大小为,求证.解：(1)如图1,作与相交于点,易知平面平面易证平面 (2)(向量法)如图2.由,作,且,连接,由(1)知交线即为直线以点为原点,向量所在直线分别为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设,则有于是,所以又取平面的一个法向量,可得设平面的一个法向量为.由取,于是故即.8.（本小题满分12分）(2013湖南.理)如图，在直棱柱中，（1）证明：（2）求直线与平面所成角的正弦值解析：（1）如图1因为平面，平面，所以又因为，所以平面，而面，所以（2）因为，所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角（记为）如图1，连接，因为棱柱是直棱柱，且，所以平面，从而，又，所以四边形是正方形，于是，故平面，于是由（1）知，所以平面，故，在直角梯形中，因为，所以，从而，故，即，连接，易知是直角三角形，且，即在中，即，从而即直线与平面所成角的正弦值为（向量的解法略）。9（12分）（2013湖南）如图在直棱柱ABCA1B1C1中，BAC=90，AB=AC=，AA1=3，D是BC的中点，点E在棱BB1上运动（1）证明：ADC1E；（2）当异面直线AC，C1E 所成的角为60时，求三棱锥C1A1B1E的体积解：（1）直棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面ABC，AD平面ABC，ADBB1ABC中，AB=AC，D为BC中点，ADBC又BC、BB1平面BB1C1C，BCBB1=BAD平面BB1C1C，结合C1E平面BB1C1C，可得ADC1E；（2）直棱柱ABCA1B1C1中，ACA1C1，EC1A1（或其补角）即为异面直线AC、C1E 所成的角BAC=B1A1C1=90，A1C1A1B1，又AA1平面A1B1C1，可得A1C1AA1，结合A1B1AA1=A1，可得A1C1平面AA1B1B，A1E平面AA1B1B，A1C1A1E因此，RtA1C1E中，EC1A1=60，可得cosEC1A1=，得C1E=2A1C1=2又B1C1=2，B1E=2由此可得V=SA1C1=10. (2013江苏)（本小题满分14分）如图，在三棱锥中，平面平面，,. 过作，垂足为，点,分别是侧棱,的中点.求证：(1) 平面平面;(2) .解：(1)分别是侧棱的中点 在平面中，在平面外 平面 为中点 在平面中，在平面外 平面 与相交于 在平面中 平面平面 (2) 平面平面,为交线在中，平面,与相交于,在平面中平面11.（本小题满分12分）(2013江西.理)如图，四棱锥中，平面，为的中点，为的中点，,连接并延长交于（1） 求证：平面；（2） 求平面与平面的夹角的余弦值解：（1）在DAB中，E为BD的中点，EA=EB=AB=1，AE=BD，可得BAD=，且ABE=AEB=DABDCB，EABECB，从而得到FED=BEC=AEB=FED=FEA=，可得EFAD，AF=FD又PAD中，PG=GD，FG是PAD是的中位线，可得FGPAPA平面ABCD，FG平面ABCD，AD平面ABCD，FGAD又EF、FG是平面CFG内的相交直线，AD平面CFG；（2）以点A为原点，AB、AD、PA分别为x轴、y轴、z轴建立如图直角坐标系，可得A（0，0，0），B（1，0，0），C（，0），D（0，0），P（0，0，）=（，0），=（，），=（，0）设平面BCP的法向量=（1，y1，z1），则解得y1=，z1=，可得=（1，），设平面DCP的法向量=（1，y2，z2），则解得y2=，z2=2，可得=（1，2），cos，=因此平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值等于|cos，|=12（本小题满分12分）(2013江西.文)如图，直四棱柱中， 为上一点，（1） 证明：平面;（2） 求点到平面的距离解：（1）过点B作BFCD于F点，则BF=AD=，EF=AB=DE=1，FC=2在RtBEF中，BE=；在RtBCF中，BC=因此，BCE中可得BE2+BC2=9=CE2CBE=90，可得BEBC，BB1平面ABCD，BE平面ABCD，BEBB1，BC、BB1是平面BB1C1C内的相交直线，BE平面BB1C1C；（2）AA1平面A1B1C1，得AA1是三棱锥EA1B1C1的高线三棱锥EA1B1C1的体积V=AA1S=在RtA1D1C1中，A1C1=3同理可得EC1=3，A1E=2等腰A1EC1的底边EC1上的中线等于=，可得S=2=3设点B1到平面EA1C1 的距离为d，则三棱锥B1A1C1E的体积为V=Sd=d，可得=d，解之得d=即点B1到平面EA1C1 的距离为13（12分）（2013辽宁）如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点（I）求证：平面PAC平面PBC；（II）若AB=2，AC=1，PA=1，求证：二面角CPBA的余弦值（）证明：如图，由AB是圆的直径，得ACBC由PA平面ABC，BC平面ABC，得PABC又PAAC=A，PA平面ABC，AC平面PAC，所以BC平面PAC因为BC平面PBC，所以平面PAC平面PBC；（）解：过C作CMAB于M，因为PA平面ABC，CM平面ABC，所以PACM，故CM平面PAB过M作MNPB于N，链接NC由三垂线定理得CNPB所以CNM为二面角CPBA的平面角在RtABC中，由AB=2，AC=1，得，在RtABP中，由AB=2，AP=1，得因为RtBNMRtBAP，所以故MN=又在RtCNM中，故cos所以二面角CPBA的余弦值为14(2013大纲版.理)（12分）如图，四棱锥PABCD中，ABC=BAD=90，BC=2AD，PAB与PAD都是等边三角形（I）证明：PBCD；（II）求二面角APDC的余弦值解：（I）取BC的中点E，连接DE，可得四边形ABED是正方形过点P作PO平面ABCD，垂足为O，连接OA、OB、OD、OEPAB与PAD都是等边三角形，PA=PB=PD，可得OA=OB=OD因此，O是正方形ABED的对角线的交点，可得OEOBPO平面ABCD，得直线OB是直线PB在内的射影，OEPBBCD中，E、O分别为BC、BD的中点，OECD，可得PBCD；（II）由（I）知CDPO，CDPBPO、PB是平面PBD内的相交直线，CD平面PBDPD平面PBD，CDPD取PD的中点F，PC的中点G，连接FG，则FG为PCD有中位线，FGCD，可得FGPD连接AF，由PAD是等边三角形可得AFPD，AFG为二面角APDC的平面角连接AG、EG，则EGPBPBOE，EGOE，设AB=2，则AE=2，EG=PB=1，故AG=3在AFG中，FG=CD=，AF=，AG=3cosAFG=15.(本小题满分12分)如图，四棱锥中，,分别为的中点()求证：()求证：（）证明：四棱锥PABCD中，ABCD，AB=2CD，E，F，G，M，N分别为PA、AB、BC、PD、PC的中点，取PA的中点H，则由HEAB，HE=AB，而且CDAB，CD=AB，可得HE和CD平行且相等，故四边形CDHE为平行四边形，故CEDH由于DH在平面PAD内，而 CE不在平面PAD内，故有CE平面PAD（）由于ABAC，ABPA，而PAAC=A，可得AB平面PAC再由ABCD可得，CD平面PAC由于MN是三角形PCD的中位线，故有MNCD，故MN平面PAC由于EF为三角形PAB的中位线，可得EFPA，而PA在平面PAC内，而EF不在平面PAC内，故有EF平面PAC同理可得，FG平面PAC而EF 和FG是平面EFG内的两条相交直线，故有平面EFG平面PACMN平面EFG，而MN在平面EMN内，故有平面EFG平面EMN16. (本小题满分12分) (2013陕西.理)如图, 四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O平面ABCD, . () 证明: A1C平面BB1D1D; () 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角的大小. () 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角的大小. 【解析】() ；又因为，在正方形AB CD中，。 在正方形AB CD中,AO = 1 . .(证毕)() 建立直角坐标系统,使用向量解题。以O为原点，以OC为X轴正方向，以OB为Y轴正方向。则.由()知, 平面BB1D1D的一个法向量设平面OCB1的法向量为。所以，平面OCB1与平面BB1D1D的夹角为17.(本小题满分13分) (2013天津.理) 如图, 四棱柱ABCDA1B1C1D1中, 侧棱A1A底面ABCD, AB/DC, ABAD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E为棱AA1的中点. () 证明B1C1CE; () 求二面角B1CEC1的正弦值. () 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为, 求线段AM的长. （）证明：以点A为原点建立空间直角坐标系，如图，依题意得A（0，0，0），B（0，0，2），C（1，0，1），B1（0，2，2），C1（1，2，1），E（0，1，0）则，而=0所以B1C1CE；（）解：，设平面B1CE的法向量为，则，即，取z=1，得x=3，y=2所以由（）知B1C1CE，又CC1B1C1，所以B1C1平面CEC1，故为平面CEC1的一个法向量，于是=从而=所以二面角B1CEC1的正弦值为（）解：，设 01，有取为平面ADD1A1的一个法向量，设为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则=于是解得所以所以线段AM的长为18(2013新课标1.理)（12分）如图，三棱柱ABCA1B1C1中，CA=CB，AB=AA1，BAA1=60（）证明ABA1C；（）若平面ABC平面AA1B1B，AB=CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值解：（）取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，因为CA=CB，所以OCAB，由于AB=AA1，BAA1=60，所以AA1B为等边三角形，所以OA1AB，又因为OCOA1=O，所以AB平面OA1C，又A1C平面OA1C，故ABA1C；（）由（）知OCAB，OA1AB，又平面ABC平面AA1B1B，交线为AB，所以OC平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两垂直以O为坐标原点，的方向为x轴的正向，|为单位长，建立如图所示的坐标系，可得A（1，0，0），A1（0，0），C（0，0，），B（1，0，0），则=（1，0，），=（1，0），=（0，），设=（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，则，即，可取y=1，可得=（，1，1），故cos，=，故直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为19(2013新课标2.理)（12分）如图，直棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1=AC=CB=AB（）证明：BC1平面A1CD（）求二面角DA1CE的正弦值解：（）证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点，又D是AB中点，连结DF，则BC1DF，因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1平面A1CD（）因为直棱柱ABCA1B1C1，所以AA1CD，由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CDAB，又AA1AB=A，于是，CD平面ABB1A1，设AB=2，则AA1=AC=CB=2，得ACB=90，CD=，A1D=，DE=，A1E=3故A1D2+DE2=A1E2，即DEA1D，所以DE平面A1DC，又A1C=2，过D作DFA1C于F，DFE为二面角DA1CE的平面角，在A1DC中，DF=，EF=，所以二面角DA1CE的正弦值sinDFE=20.(本题满分15分) (2013浙江.理)如图，在四面体ABCD中，AD平面BCD，BCCD，AD2，BD2。M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ3QC。 （）证明：PQ平面BCD ; （）若二面角CBMD的大小为60，求BDC的大小。, 解（1）取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3CF，连接OP、OF、FQACD中，AQ=3QC且DF=3CF，QFAD且QF=ADBDM中，O、P分别为BD、BM的中点OPDM，且OP=DM，结合M为AD中点得：OPAD且OP=ADOPQF且OP=QF，可得四边形OPQF是平行四边形PQOFPQ平面BCD且OF平面BCD，PQ平面BCD；（2）过点C作CGBD，垂足为G，过G作GHBM于H，连接CHAD平面BCD，CG平面BCD，ADCG又CGBD，AD、BD是平面ABD内的相交直线CG平面ABD，结合BM平面ABD，得CGBMGHBM，CG、GH是平面CGH内的相交直线BM平面CGH，可得BMCH因此，CHG是二面角CBMD的平面角，可得CHG=60设BDC=，可得RtBCD中，CD=BDcos=2cos，CG=CDsin=sincos，BG=BCsin=2sin2RtBMD中，HG=；RtCHG中，tanCHG=tan=，可得=60，即BDC=6021（15分）（2013浙江）如图，在四棱锥PABCD中，PA面ABCD，AB=BC=2，AD=CD=，PA=，ABC=120，G为线段PC上的点（）证明：BD平面PAC；（）