浙江省历年高考立体几何大题总汇(题目及答案)DOC.doc

1 本题满分 15 分 如图 平面 平面 是以为斜边的等腰直角PACABCABC AC 三角形 分别为的中点 E F O PA PB PC16 10ACPAPC I 设是的中点 证明 平面 w w w k s 5 u c o m COC PCBOE II 证明 在内存在一点 使 平面 并求点到 的距ABO MFMBOEMOA OB 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 试确定 m 使得直线 AP 与平面 BDB1D1所成角的正切值为 3 2 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 x y z 4在如图所示的几何体中 平面 ABC 平面 ABC EA DB ACBC M 是 AB 的中点 2ACBCBDAE 1 求证 CMEM 2 求 CM 与平面 CDE 所成的角 5 如图 矩形和梯形所在平面互相垂直 ABCDBEFCBECF 90BCFCEF 3AD 2EF 求证 平面 AE DCF 当的长为何值时 二面角的大小为 ABAEFC 60 6 如图 在矩形 ABCD 中 点 E F 分别在线段 AB AD 上 AE EB AF 沿 4 3 2 FD 直线 EF 将翻折成使平面平面 BEF AEF EFA EFA I 求二面角的余弦值 CFDA 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 A E M A C B D D A B E F C 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 证明 AP BC 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 底面是边长为的菱形 2 3 BAD 120 且 PA 平面 ABCD PA M N 分别为 PB PD 的中点 2 6 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 在四面体中 平面 ABCD AD BCD 是的中点 是的中BCCD 2AD 2 2BD MADPBM 点 点在线段上 且 QAC3AQQC 证明 平面 PQBCD 若二面角的大小为 求的大小 CBMD 60 BDC 10 如图 在五面体中 已知平面 ABCDEFDE ABCD ADBC o 60BAD 2AB 1DEEF 1 求证 BCEF 2 求三棱锥的体积 BDEF 第 16 题图 F A C D E B 11 如图 在直三棱柱中 已知 111 ABCABC 1CACB 1 2AA o 90BCA 1 求异面直线与夹角的余弦值 1 BA 1 CB 2 求二面角平面角的余弦值 1 BABC 12 本小题 14 分 在等腰梯形中 是ABCD ADBC 1 2 ADBC 60ABC N 的中点 将梯形绕旋转 得到梯形 如图 BCABCDAB90 ABC D 1 求证 平面 AC ABC 2 求证 平面 C N ADD 3 求二面角的余弦值 AC NC 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 AD 1 CD 1 2 3 I 求证 平面 PQB 平面 PAD II 若二面角 M BQ C 为 30 设 PM tMC 第 22 题图 A B C A1 B1 C1 A C D BN D C P A B C D Q M 试确定 t 的值 14 如图 直角梯形ABCD中 AB CD 90 BC CD AD BCD 2 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 ECEC 上一点 M M 在平面 BDFBDF 上的射影恰好是BF的中点N 试求二面角 B MF CB 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 所在直线为轴 x 轴 轴 建立空间直角坐标系 O w w w k s 5 u c o m yzxyz 则 由题意得 0 0 0 0 8 0 8 0 0 0 8 0 OABC 0 0 6 0 4 3 PE 4 0 3F 因 因此平面 BOE 的法 0 4 0 G 8 0 0 0 4 3 OBOE 向量为 得 又直线不 0 3 4 n 4 4 3FG 0n FG FG 在平面内 因此有平面BOE FGBOE II 设点 M 的坐标为 则 因为 00 0 xy 00 4 3 FMxy 平面 BOE 所以有 因此有 即点FM FMn 00 9 4 4 xy M 的坐标为 在平面直角坐标系中 的内部区域满足不等式组 9 4 0 4 xoyAOB 经检验 点 M 的坐标满足上述不等式组 所以在内存在一点 使 0 0 8 x y xy ABO M 平面 由点 M 的坐标得点到 的距离为 w w w k s 5 u c o m FM BOEMOAOB 9 4 4 x y z 2 解法 ACACBDO 连设 1 APBGOG 1 与面BD D交于点 连 1111 PCBDD BBDD BAPCOG 因为面面面 故 所以 OGPC 1 22 m OGPC 又 111 AODB AOBBAOBDD B 所以面 故 11 AGOAPBDD B 即为与面所成的角 在 即 Rt 2 2 tan3 2 2 AOGAGO m 中 1 3 m 故当时 直线 1 3 m AP 11 与平面BD DB所成的角的正切值为 2 依题意 要在上找一点 使得 11 A CQ 1 D QAP 可推测的中点即为所求的点 11 A C 1 OQ 因为 所以 1111 D OA C 111 D OAA 111 D QACC A 面 又 故 11 APACC A 面 11 D OAP 从而 111 D OAD PAP在平面上的射影与垂直 解法二 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 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 APm AC 又由的一个法向量 11 0 0AC BDAC BBACD D 1 知为平面BB 设与所成的角为 AP 11 BDD B面 则 2 2 sincos 2 22 AP AC APAC m 依题意有 解得 2 2 23 2 221 3 2 m 1 3 m 故当时 直线 1 3 m AP 11 与平面BD DB所成的角的正切值为 2 若在上存在这样的点 设此点的横坐标为 11 A CQx 则 1 1 1 1 0 Q xxDQxx 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 1 1 AP10 1 0 2 DQAP D Qxxx 即为的中点时 满足题设的要求 Q 11 A C 3 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 AFFG F 所以 DE 平面 AFG 又 DE BC 所以 BC 平面 AFG 4 分 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 所在的直线为轴 建立如图所示zyx 的空间直角坐标系 则 所以xyzF 32 0 0 A 0 3 3 B 0 2 0 E 0 6 分 32 3 3 AB 1 3 BE 设平面 ABE 的一个法向量为 zyxn 则 即 0 0 BEn ABn 03 03233 yx zyx 取 则 则 8 分1 x3 y1 z 1 3 1 n 显然为平面 ADE 的一个法向量 0 0 1 m 所以 10 分 5 5 cos nm nm nm 二面角为钝角 所以二面角DAEB 的余弦值为 12 分DAEB 5 5 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 2a M 是 AB 的2 中点 所以 DE 3a EM MD a 3a6 得 EMD 是直角三角形 其中 EMD 90 所以 MF 2 EM MD a DE 在 Rt CMF 中 tan FCM 1 所以 FCM 45 M F M C 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 2 a 0 a A 0 2 a 2 a A a a 0 1 证明 因为 a a a a a 0 EM C M 所以 0 EM C M 故 EMC M 2 解 设向量 n 1 与平面 CDE 垂直 o y 0 x 则 nC E nC D 即 0 0 n C E n C D 因为 2a 0 a 0 2a 2a EC C D 所以 y 2 z 2 00 即 n 1 2 2 2 cos 2 C M n n C M M n A A 直线 CM 与平面 CDE 所称的角是 45 5 方法一 证明 过点作交于 连结 EEGCF CFGDG 可得四边形为矩形 BCGE 又为矩形 ABCD 所以 从而四边形为平行四边形 ADEG ADGE 故 AEDG 因为平面 平面 AE DCFDG DCF 所以平面 AE DCF 解 过点作交的延长线于 连结 BBHEF FEHAH 由平面平面 得ABCD BEFCABBC 平面 AB BEFC 从而 AHEF 所以为二面角的平面角 AHB AEFC 在中 因为 所以 RtEFG 3EGAD 2EF 60CFE 1FG 又因为 所以 CEEF 4CF 从而 3BECG 于是 3 3 sin 2 BHBEBEH A 因为 tanABBHAHB A 所以当为时 二面角的大小为 AB 9 2 AEFC 60 方法二 如图 以点为坐标原点 以和分别作为轴 轴和轴 建立CCBCF CDxyz 空间直角坐标系 Cxyz 设 ABaBEbCFc 则 0 0 0 C 3 0 Aa 3 0 0 B 30 Eb 00 Fc 证明 0 AEba 3 0 0 CB 00 BEb 所以 从而 0CB CE A0CB BE ACBAE CBBE 所以平面 CB ABE 因为平面 CB DCF 所以平面平面 ABE DCF 故平面 AE DCF 解 因为 30 EFcb 30 CEb D A B E F C H G D A B E F C y z x 所以 从而0EF CE A 2EF 2 3 0 3 2 b cb cb 解得 34bc 所以 33 0 E 0 4 0 F 设与平面垂直 1 nyz AEF 则 0n AE A0n EF A 解得 3 3 13 n a 又因为平面 BA BEFC 0 0 BAa 所以 2 3 31 cos 2 427 BA na n BA BAn aa A A 得到 9 2 a 所以当为时 二面角的大小为 AB 9 2 AEFC 60 6 方法一 解 取线段 EF 的中点 H 连结A H 因为及 H 是 EF 的中点 A EA F 所以A HEF 又因为平面平面 BEF 及平面A EF A H A EF 所以平面 BEF A H 如图建立空间直角坐标系 Axyz 则 2 2 2 2 10 8 0 4 0 0 10 0 0 ACFD 故 2 2 2 2 6 0 0 FNFD 设为平面的一个法向量 nx y z A FD 所以 222 20 60 xyz x 取2 0 2 2 zn 则 又平面 BEF 的一个法向量 0 0 1 m 故 3 cos 3 n m n m nm 所以二面角的余弦值为 3 3 解 设 4 0 0 FMxMx 则 因为翻折后 C 与 A 重合 所以 CM A M 故 222222 6 80 2 2 2 2 xx 得 21 4 x 经检验 此时点 N 在线段 BG 上 所以 21 4 FM 方法二 解 取截段 EF 的中点 H AF 的中点 G 连结 NH GHA G 因为及 H 是 EF 的中点 A EA F 所以H EF A 又因为平面EF平面 BEF A 所以H 平面 BEF A 又平面 BEF AF 故 A HAF 又因为 G H 是 AF EF 的中点 易知 GH AB 所以 GH AF 于是面GHAF A 所以为二面角 DF C 的平面角 A GH A 在中 Rt A GH 2 2 2 2 3A HGHA G 所以 3 cos 3 A GH 故二面角 DF C 的余弦值为 A 3 3 解 设 FMx 因为翻折后 G 与重合 A 所以 CMA M 而 22222 8 6 CMDCDMx 222222222 2 2 2 2A MA HMHA HMGGHx 得 21 4 x 经检验 此时点 N 在线段 BC 上 所以 21 4 FM 7 解 证 AB AC D 为 BC 的中点 BC AD PO 平面 ABC PO BC 而 PO AD OBC 平面 ADP AP BC 当 CM AP 时 二面角 A MC B 为直二面角 2 5OBOC 6PBPC 41ABAC 5AP AM 平面 MBC平面 AMC 平面PABPACAMCAMBAMMB MBC 2541 363 cos 2 54141 PAB 3 cos413 41 AMPAB AB 方法二 8 因为 分别是 的中点 所以是的中位线 所以MNPBPDMNPBD MMBD 又因为平面 所以MN ABCD 平面 MMABCD 方法一 连结交于 以为原点 所在直线为 轴 建立空ACBDOOOCODxy 间直角坐标系 如图所示Oxyz 在菱形中 得ABCD120BAD 2 3ACAB 36BDAB 又因为平面 所以PA ABCD PAAC 在直角中 得PAC 2 3AC 2 6PA AQPC 2QC 4PQ 由此知各点坐标如下 3 0 0 A 0 3 0 B 3 0 0 C 0 3 0 D 3 0 2 6 P 33 6 22 M 33 6 22 N 32 6 0 33 Q 设为平面的法向量 x y z mAMN 由 知 33 6 22 AM 33 6 22 AN 33 60 22 33 60 22 xyz xyz 取 得1x 2 2 0 1 m 设为平面的法向量 x y z nQMN 由 知 5 336 623 QM 5 336 623 QN 5 336 0 623 5 336 0 623 xyz xyz 取 得5z 2 2 0 5 n 于是 33 cos 33 m n m n mn 所以二面角的平面角的余弦值为 AMNQ 33 33 方法二 在菱形中 得ABCD120BAD ACABBCDA 3BDAB 有因为平面 所以PA ABCD PAAB PAAC PAAD 所以 PBPCPD 所以 PBCPDC 而 分别是 的中点 所以MNPBPD 且 MQNQ 11 22 AMPBPDAN 取线段的中点 连结 则MNEAEEQ AEMN QEMN 所以为二面角的平面角 AEQ AMNQ 由 故2 3AB 2 6PA 在中 得AMN 3AMAN 1 3 2 MNBD 3 3 2 AE 在直角中 得PAC AQPC 2 2AQ 2QG 4PQ 在中 得PBC 222 5 cos 26 PBPCBC BPC PB PC 22 2cos5MQPMPQPM PQBPC 在等腰中 得MQN 5MQNQ 3MN 22 11 2 QEMQME 在中 得AEQ 3 3 2 AE 11 2 QE 2 2AQ 222 33 cos 233 AEQEAQ AEQ AE QE 所以二面角的平面角的余弦值为 AMNQ 33 33 9 方法一 取中点 在线段上取点 使得 连结 BDOCDF3DFFC OPOFFQ 因为 所以 且 3AQQC QFAD 1 4 QFAD 因为 分别为 的中点 所以是的中位线 OPBDSMOPBDM 所以 且 OPDM 1 2 OPDM 又点是的中点 所以 且 MAD OPAD 1 4 OPAD 从而 且 OPFQOPFQ 所以四边形为平行四边形 故OPQF FQQF 又平面 平面 所以平面 PQ BCDOF BCD PQBCD 作于点 作于点 连结CGBD GGHBM HCH 因为平面 平面 所以 AD BCDCG BCDADCG 又 故平面 CGBD ADBDD CG ABD 又平面 所以 BM ABDCGBM 又 故平面 所以 GHBM CGGHG BM CGHGHBM CHBM 所以为二面角的平面角 即 CHG CBMD 60CHG 设 BDC 在中 Rt BCD cos2 2cosCDBD cos2 2cos sinCGCD 2 sin2 2sinBGBC 在中 Rt BDM 2 2 3sin 3 BG DM HG BM 在中 Rt CHG 3cos tan3 sin CG CHG HG 所以 tan3 从而 即 60 60BDC 方法二 如图 取中点 以为原点 BDOOODOP 所在射线为 轴的正半轴 建立空间直角坐标系 yzOxyz 由题意知 02 2 A 02 0 B 02 0 D 设点的坐标为 因为 所C 00 0 xy 3AQQC 以 00 3231 4442 Qxy 因为是的中点 故 又是的中点 故 MAD 02 1 M PBM 1 0 0 2 P 所以 00 323 0 444 PQxy 又平面的一个法向量为 故 BCD 0 0 1 a 0PQ a 又平面 所以平面 PQ BCD PQBCD 设为平面的一个法向量 mx y z BMC 由 知 00 21 CMxy 0 2 2 1 BM 00 2 0 2 20 x xyyz yz 取 得 1y 0 0 2 1 2 2 y m x 又平面的一个法向量为 于是BDM 1 0 0 n 0 0 2 0 0 2 1 cos 2 2 9 y x m n m n m n y x 即 1 2 0 0 2 3 y x 又 所以 故BCCD 0CB CD 0000 20 20 0 xyxy 即 2 22 00 2xy 联立 1 2 解得 舍去 或 0 0 0 2 x y 0 0 6 2 2 2 x y 所以 0 0 tan3 2 x BDC y 又是锐角 所以 BDC 60BDC 10 1 因为 平面 平面 ADBCAD ADEFBC ADEF 所以平面 3 分 BCADEF 又平面 平面平面 BC BCEFBCEF ADEFEF 所以 6 分 BCEF 2 在平面内作于点 ABCDBHAD H 因为平面 平面 所以 DE ABCDBH ABCDDEBH 又 平面 ADDE ADEFADDED 所以平面 BH ADEF 所以是三棱锥的高 9 分BHBDEF 在直角三角形中 所以 ABH o 60BAD 2AB 3BH 因为平面 平面 所以 DE ABCDAD ABCDDEAD 又由 1 知 且 所以 所以 12 分 BCEF ADBC ADEFDEEF 所以三棱锥的体积 14 分BDEF 1113 1 13 3326 DEF VSBH 11 如图 以为正交基底 建立空间直角坐标系 1 CA CB CC Cxyz 则 所以 1 0 0 A 0 1 0 B 1 1 0 2 A 1 0 1 2 B 1 0 1 2 CB 1 1 0 AB 1 1 1 2 AB 1 1 1 2 BA 1 因为 11 11 11 330 cos 1065 CBBA CB BA CB BA 所以异面直线与夹角的余弦值为 1 BA 1 CB 30 10 4 分 2 设平面的法向量为 1 CAB x y z m 则 即 1 1 0 0 AB CB m m 20 20 xyz yz 取平面的一个法向量为 1 CAB 0 2 1 m 所以二面角平面角的余弦值为 10 分 1 BABC 10 5 H 第 16 题图 F A C D E B x y z 第 22 题图 A B C A1 B1 C1 12 1 证明 因为 是的中点 1 2 ADBC NBC 所以 又ADNC ADBC 所以四边形是平行四边形 所以ANCDANDC 又因为等腰梯形 60ABC 所以 所以四边形是菱形 所以ABBNAD ANCD 1 30 2 ACBDCB 所以 即90BAC ACAB 由已知可知 平面平面 C BA ABC 因为 平面平面C BA ABCAB 所以平面 4 分AC ABC 2 证明 因为 ADBC ADBC ADADA BCBCB 所以平面平面 ADD BCC 又因为平面 所以 平面 8 分C N BCC C N ADD 3 因为平面 同理平面 建立如图如示坐标系AC ABC AC ABC 设 1AB 则 9 分 1 0 0 B 0 3 0 C 0 0 3 C 13 0 22 N 则 1 0 3 BC 0 3 3 CC 设平面的法向量为 有 得 C NC nx y z 0BC n 0C C n 3 1 1 n 设平面的法向量为 有 ANC zyxm 0 0 mACmAN 得 12 分 0 1 3 m 所以 13 分 5 5 cos nm mn 由图形可知二面角为钝角AC NC 所以二面角的余弦值为 14 分AC NC 5 5 x z y A C D BN D C