2011高考数学立体几何大题汇总

1 本小题满分12分 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 证明 PA BD 若PD AD 求二面角A PB C的余弦值 1 解 因为 60 2DABABAD 由余弦定理得 3BDAD 从而BD2 AD2 AB2 故BDAD 又PD 底面ABCD 可得BD PD 所以BD 平面PAD 故PA BD 如图 以D为坐标原点 AD的长为单位长 射线DA为x轴的正半轴建立 空间直角坐标系D xyz 则 1 0 0A 03 0B 1 3 0C 0 0 1P 1 3 0 0 3 1 1 0 0 ABPBBC 设平面PAB的法向量为n x y z 则 即 30 30 xy yz 因此可取n 3 1 3 设平面PBC的法向量为m 则 0 0 m PB m BC 可取m 0 1 3 42 7 cos 72 7 m n 故二面角A PB C的余弦值为 2 7 7 2 如图 四棱锥中 侧面为等边三角形 SABCD ABCD BCCD SAB 2 1ABBCCDSD 证明 SDSAB 平面 求与平面所成角的大小 ABSBC 解法一 I 取 AB 中点 E 连结 DE 则四边形 BCDE 为矩形 DE CB 2 连结 SE 则 3 SEAB SE 又 SD 1 故 222 EDSESD 所以为直角 3 分DSE 由 ABDE ABSE DESEE 得平面 SDE 所以 AB ABSD SD 与两条相交直线 AB SE 都垂直 所以平面 SAB 6 分SD II 由平面 SDE 知 AB 平面平面 SED ABCD 作垂足为 F 则 SF平面 ABCD SFDE 3 2 SDSE SF DE 作 垂足为 G 则 FG DC 1 FGBC 连结 SG 则 SGBC 又 BCFG SGFGG 故平面 SFG 平面 SBC平面 SFG 9 分BC 作 H 为垂足 则平面 SBC FHSG FH 即 F 到平面 SBC 的距离为 3 7 SFFG FH SG 21 7 由于 ED BC 所以 ED 平面 SBC E 到平面 SBC 的距离 d 也有 21 7 设 AB 与平面 SBC 所成的角为 则 12 分 2121 sin arcsin 77 d EB 解法二 以 C 为坐标原点 射线 CD 为 x 轴正半轴 建立如图所示的空间直角坐标系 C xyz 设 D 1 0 0 则 A 2 2 0 B 0 2 0 又设 0 0 0 S x y zxyz 则 I 2 2 2 ASxyz BSx yz 1 DSxy z 由得 ASBS 222222 2 2 2 xyzxyz 故 x 1 由 22 11 DSyz 得 又由 222 2 2 4 BSxyz 得 即 3 分 22 13 410 22 yzyyz 故 于是 133333 1 1 1 222222 SASBS 13 0 0 0 22 DSDS ASDS BS 故 DSAD DSBSASBSS 又 所以平面 SAB 6 分SD II 设平面 SBC 的法向量 am n p 则 0 0 aBS aCB a BSa CB 又 33 1 0 2 0 22 BSCB 故 9 分 33 0 22 20 mnp n 取 p 2 得 3 0 2 2 0 0 aAB 又 21 cos 7 AB a AB a ABa 故 AB 与平面 SBC 所成的角为 21 arcsin 7 3 14 分 已知 1111 ABCDABC D 是底面边长为 1 的正四棱柱 1 O是 11 AC和 11 B D的交点 设 1 AB与底面 1111 ABC D所成的角的大小为 二面角 111 AB DA 的大小为 求证 tan2 tan 若点C到平面 11 AB D的距离为 4 3 求正四棱柱 1111 ABCDABC D 的高 解 设正四棱柱的高为h 连 1 AO 1 AA 底面 1111 ABC D于 1 A 1 AB与底面 1111 ABC D所成的角为 11 AB A 即 11 AB A 11 ABAD 1 O为 11 B D中点 111 AOB D 又 1111 AOB D 11 AO A 是二面角 111 AB DA 的平面角 即 11 AO A 1 11 tan AA h AB 1 11 tan22 tan AA h AO 建立如图空间直角坐标系 有 11 0 0 1 0 0 0 1 0 1 1 Ah BDCh 11 1 0 0 1 1 1 0 ABh ADh AC 设平面 11 AB D的一个法向量为 nx y z 11 11 0 0 nABn AB nADn AD 取1z 得 1 nh h 点C到平面 11 AB D的距离为 22 04 3 1 n AChh d n hh 则2h 4 本小题满分 12 分 如图 四边形 ABCD 为正方形 PD 平面 ABCD PD QA QA AB P D 1 2 I 证明 平面 PQC 平面 DCQ II 求二面角 Q BP C 的余弦值 解 O1 D C B A D1 C1 B1 A1 A1 B1 C1 D1 A B C D O1 z y x A1 B1 C1 D1 A B C D O1 如图 以 D 为坐标原点 线段 DA 的长为单位长 射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角 坐标系 D xyz I 依题意有 Q 1 1 0 C 0 0 1 P 0 2 0 则 1 1 0 0 0 1 1 1 0 DQDCPQ 所以0 0 PQ DQPQ DC 即 PQ DQ PQ DC 故 PQ 平面 DCQ 又 PQ平面 PQC 所以平面 PQC 平面 DCQ 6 分 II 依题意有 B 1 0 1 1 0 0 1 2 1 CBBP 设是平面 PBC 的法向量 则 nx y z 0 0 20 0 n CBx xyz n BP 即 因此可取 0 1 2 n 设 m 是平面 PBQ 的法向量 则 0 0 m BP m PQ 可取 15 1 1 1 cos 5 mm n 所以 故二面角 Q BP C 的余弦值为 15 5 5 如图 在中 是上的高 沿把ABC 60 90 ABCBACAD BCAD 折起 使 ABC 90BCD 证明 平面 平面 设 为 的中点 求与夹角的余弦值 AE DB 解 折起前 是 边上的高 当 折起后 AD AD 又 DB 平面 AD 平面平面 BDC 平面 ABD平面 BDC 由 及 知 DA DC 两两垂直 不防设 1 以 D 为90 DB 坐标原点 以所在直线轴建立如图所示的空间直角坐标系 易得 DB DC DA x y z D 0 0 0 B 1 0 0 C 0 3 0 A 0 0 E 0 3 1 2 3 2 AE 1 3 3 2 2 1 0 0 DB 与夹角的余弦值为AE DB cosAE DB 1 22 2 22 22 1 4 AE DB AEDB 1 22 2 2222 1 4 6 本小题满分 12 分 小问 5 分 小问 7 分 如题 19 图 在四面体中 平面平面 ABCDABC ACDABBC ADCD CAD 若 求四面体的体积 AD ABBC ABCD 若二面角为 求异面直线与所成角的余弦值 CABD ADBC 本题 12 分 I 解 如答 19 图 1 设 F 为 AC 的中点 由于 AD CD 所以 DF AC 故由平面 ABC 平面 ACD 知 DF 平面 ABC 即 DF 是四面体 ABCD 的面 ABC 上的高 且 DF ADsin30 1 AF ADcos30 3 在 Rt ABC 中 因 AC 2AF AB 2BC 2 3 由勾股定理易知 2 154 15 55 BCAB 故四面体 ABCD 的体积 1114 152 154 332555 ABC VSDF II 解法一 如答 19 图 1 设 G H 分别为边 CD BD 的中点 则 FG AD GH BC 从而 FGH 是异面直线 AD 与 BC 所成的角或其补角 设 E 为边 AB 的中点 则 EF BC 由 AB BC 知 EF AB 又由 I 有 DF 平面 ABC 故由三垂线定理知 DE AB 所以 DEF 为二面角 C AB D 的平面角 由题设知 DEF 60 设 sin 2 a ADaDFADCAD 则 在 33 cot 236 a Rt DEFEFDFDEFa 中 从而 13 26 GHBCEFa 因 Rt ADE Rt BDE 故 BD AD a 从而 在 Rt BDF 中 1 22 a FHBD 又从而在 FGH 中 因 FG FH 由余弦定理得 1 22 a FGAD 222 3 cos 226 FGGHFHGH FGH FG GHFG 因此 异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值为 3 6 解法二 如答 19 图 2 过 F 作 FM AC 交 AB 于 M 已知 AD CD 平面 ABC 平面 ACD 易知 FC FD FM 两两垂直 以 F 为原点 射线 FM FC FD 分别为 x 轴 y 轴 z 轴的正半轴 建立空间直角坐标系 F xyz 不妨设 AD 2 由 CD AD CAD 30 易知点 A C D 的坐标分别为 0 3 0 0 3 0 0 0 1 0 3 1 ACD AD 则 显然向量是平面 ABC 的法向量 0 0 1 k 已知二面角 C AB D 为 60 故可取平面 ABD 的单位法向量 nl m n 使得 1 60 2 n kn 从而 222 3 30 6 6 1 3 nADmnm lmnl 由有从而 由得 设点 B 的坐标为 有 6 0 3 B x yABBC nABl 由取 22 4 6 3 0 9 63 3 3 0 7 3 36 9 xyx x yxy y 解之得舍去 易知与坐标系的建立方式不合 舍去 6 3 l 因此点 B 的坐标为所以 4 6 7 3 0 99 B 4 62 3 0 99 CB 从而 22 2 3 3 3 9 cos 6 4 62 3 31 99 AD CB AD CB ADCB 故异面直线 AD 与 BC 所成的角的余弦值为 3 6 7 如图 四棱锥 P ABCD 中 PA 底面 ABCD 四边形 ABCD 中 AB AD AB AD 4 CD 2 45CDA I 求证 平面 PAB 平面 PAD II 设 AB AP i 若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 求线段 AB 的长 30 ii 在线段 AD 上是否存在一个点 G 使得点 G 到点 P B C D 的距离都相等 说明理由 8 本题满分 12 分 如图 5 在圆锥中 已知的直径PO2 POO A 的中点 A 2 ABCABDAC 是的中点 为 I 证明 PODPAC 平面平面 II 求二面角的余弦值 BPAC 解 I 连接 因为 为的中点 OCOAOC DAC 所以 ACOD 又 因 POO ACOACPO AA底面底面所以 为内的两条相交直线 所以 OD PO是平面POD 而 所以ACPOD 平面 ACPAC 平面 PODPAC 平面平面 II 在平面中 过作于 由PODOOHPD H I 知 所以PODPAC 平面平面 又所以 OHPAC 平面 PAPAC 平面PAOH 在平面中 过作连接 则有 PAOOOGPA 于G HGPAOGH 平面 从而 所以是二面角的平面角 PAHG OGH BPAC 在 2 sin45 2 Rt ODAODOA 中 在 22 2 2 10 2 51 2 2 PO OD Rt PODOH POOD 中 在 22 2 16 32 1 PO OA Rt POAOG POOA 中 在 所以 10 15 5 sin 56 3 OH Rt OHGOGH OG 中 10 cos 5 OGH 故二面角的余弦值为 BPAC 10 5 9 本小题共 l2 分 如图 在直三棱柱 AB A1B1C1中 BAC 90 AB AC AA1 1 D 是棱 CC1上的一点 P 是 AD 的延长线与 A1C1的延长线的交点 且 PB1 平面 BDA I 求证 CD C1D II 求二面角 A A1D B 的平面角的余弦值 求点 C 到平面 B1DP 的距离 解析 1 连接 1 B A交 1 BA于O 1 B P 1 面BD A 111 B PAB PAB PDOD 1 面面面BA 1 B POD 又O为 1 B A的中点 D 为AP中点 1 C 1 为AP 1 ACDPC D 1 C DCD D 为 1 CC的中点 2 由题意 11 ABAC ABAAABC C 1 面AA 过 B 作AHAD 连接BH 则 BHAD AHB 为二面角 1 AADB 的平面角 在 1 AAD 中 11 55 1 22 AAADAD 则 2 5 2 53 52 5 cos 5533 5 5 AH AHBHAHB BH 3 因为 11 C B PDB PCD VV 所以 1 11 11 33 B PDPCD h SAB S 11 1AB 11 111 244 PCDPC CPC D SSS 在 1 B DP 中 1111 95 5 352 55 44 5 cos sin 3 2255 25 2 B DB PPDDB PDB P 1 1 3531 5 2 2543 B PD Sh 10如图 5 在椎体 P ABCD 中 ABCD 是边长为 1 的棱形 且 DAB 60 2PAPD PB 2 E F 分别是 BC PC 的中点 1 证明 AD 平面 DEF 2 求二面角 P AD B 的余弦值 1 取 AD 的中点 G 又 PA PD PGAD 由题意知 ABC 是等边三角形 BGAD 又 PG BG 是平面 PGB 的两条相交直线 ADPGB 平平 EFPB DEGB DEFPGB 平平 平平 ADDEF 平平 2 由 1 知为二面角的平面角 PGB PADB 在中 在中 Rt PGA 2 22 17 2 24 PG Rt BGA 222 13 1 24 BG 在中 PGB 222 21 cos 27 PGBGPB PGB PG BG 11 如图 在四棱锥ABCDP 中 平面 PAD 平面 ABCD AB AD BAD 60 E F 分别是 AP AD 的中点 求证 1 直线 EF 平面 PCD 2 平面 BEF 平面 PAD P A B C D P A B C D F G F E A C D B P 12如图 已知正三棱柱111ABCA B C 的各棱长都是 4 E是BC的中点 动点 F在侧棱1CC上 且不与点C重合 当CF 1 时 求证 EF 1AC 设二面角CAFE 的大小为 求tan 的最小值 本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识 同时考查空间想象能力 推 理论证能力和运算求解能力 满分 12 分 解法 1 过 E 作于 N 连结 EF ENAC I 如图 1 连结 NF AC1 由直棱柱的性质知 底面 ABC侧面 A1C 又度面侧面 A C AC 且底面 ABC ABC EN 所以侧面 A1C NF 为 EF 在侧面 A1C 内的射影 EN 在中 1 Rt CNE cos60CNCE 则由 得 NF AC1 1 1 4 CFCN CCCA 又故 11 ACAC 1 NFAC 由三垂线定理知 1 EFAC II 如图 2 连结 AF 过 N 作于 M 连结 ME NMAF 由 I 知侧面 A1C 根据三垂线定理得EN EMAF 所以是二面角 C AF E 的平面角 即 EMN EMN 设 045FAC 则 在中 Rt CNE sin603 NEEC 在 sin3sin Rt AMNMNANaa 中 故 3 tan 3sin NE MNa 又 2 045 0sin 2 a 故当时 达到最小值 2 sin 45 2 a 即当tan 此时 F 与 C1重合 36 tan2 33 解法 2 I 建立如图 3 所示的空间直角坐标系 则由已知可得 1 0 0 0 2 3 2 0 0 4 0 0 0 4 3 3 0 0 4 1 ABCAEF 于是 1 0 4 4 3 1 1 CAEF 则 1 0 4 4 3 1 1 0440 CA EF 故 1 EFAC II 设 04 CF 平面 AEF 的一个法向量为 mx y z 则由 I 得 F 0 4 于是由可得 3 3 0 0 4 AEAF mAE mAF 0 330 40 0 m AE xy yzm AF 即 取 3 4 m 又由直三棱柱的性质可取侧面 AC1的一个法向量为 1 0 0 n 于是由为锐角可得 cos m n mn 2 22 316 sin 2424 所以 2 2 16116 tan 333 由 得 即04 11 4 116 tan 333 故当 即点 F 与点 C1重合时 取得最小值4 tan 6 3 13 如图 在三棱锥中 D 为 BC 的中点 PO 平面 ABC 垂PABC ABAC 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 本题主要考查空是点 线 面位置关系 二面角等基础知识 空间向量的应用 同时考查空间 想象能力和运算求解能力 满分 15 分 方法一 I 证明 如图 以 O 为原点 以射线 OP 为 z 轴的正半轴 建立空间直角坐标系 O xyz 则 0 0 0 0 3 0 4 2 0 4 2 0 0 0 4 OABCP 由此可得 所以 0 3 4 8 0 0 APBC 0AP BC 即APBC APBC II 解 设 1 0 3 4 PMPAPM 则 BMBPPMBPPA 4 2 4 0 3 4 4 23 44 4 5 0 8 0 0 ACBC 设平面 BMC 的法向量 1111 nx y z 平面 APC 的法向量 2 n 222 xyz 由 1 1 0 0 BM n BC n 得 111 1 4 23 44 0 80 xyx x 即 1 1 11 0 23 0 1 23 44 44 x n zy 可取 由即 2 2 0 0 AP n AC n 22 22 340 450 yz xy 得 22 2 22 5 4 5 4 3 3 4 xy n zy 可取 由 12 23 0 430 44 n n 得 解得 故 AM 3 2 5 综上所述 存在点 M 符合题意 AM 3 方法二 I 证明 由 AB AC D 是 BC 的中点 得ADBC 又平面 ABC 得PO POBC 因为 所以平面 PAD POADO BC 故 BCPA II 解 如图 在平面 PAB 内作于 M 连 CM BMPA 由 I 中知 得平面 BMC APBC AP 又平面 APC 所以平面 BMC平面 APC AP 在 222 41 41 Rt ADBABADBDAB 中得 在 222 Rt PODPDPOOD 中 在 222 Rt PDBPBPDBD 中 所以 2222 36 PB 6 PBPOODDB 得 在 222 Rt POA 25 5 PAAOOPPA 中得 又 222 1 cos 23 PAPBAB BPA PA PB 从而 PM 所以 AM PA PM 3 cos2PBBPA 综上所述 存在点 M 符合题意 AM 3 14 在如图所示的几何体中 四边形 ABCD 为平行四边形 ACB 90 平 面 EF 若 是线段 的中点 求证 平面 若 求二面角 的大小 I 证法一 因为 EF AB FG BC EG AC 90ACB 所以 90 EGFABC EFG 由于 AB 2EF 因此 BC 2FC 连接 AF 由于 FG BC 1 2 FGBC 在中 M 是线段 AD 的中点 ABCDA 则 AM BC 且 1 2 AMBC 因此 FG AM 且 FG AM 所以四边形 AFGM 为平行四边形 因此 GM FA 又平面 ABFE 平面 ABFE FA GM 所以 GM 平面 AB 证法二 因为 EF AB FG BC EG AC 90ACB 所以 90 EGFABC EFG 由于 AB 2EF 因此 BC 2FC 取 BC 的中点 N 连接 GN 因此四边形 BNGF 为平行四边形 所以 GN FB 在中 M 是线段 AD 的中点 连接 MN ABCDA 则 MN AB 因为 MNGNN 所以平面 GMN 平面 ABFE 又平面 GMN GM 所以 GM 平面 ABFE II 解法一 因为 90 ACB 所以C AD 90 又平面 ABCD EA 所以 AC AD AE 两两垂直 分别以 AC AD AE 所在直线为 x 轴 y 轴和 z 轴 建立如图所法的空间直角坐标系 不妨设22 ACBCAE 则由题意得 A 0 0 0 B 2 2 0 C 2 0 0 E 0 0 1 所以 2 2 0 0 2 0 ABBC 又 1 2 EFAB 所以 1 1 1 1 1 1 FBF 设平面 BFC 的法向量为 111 mx y z 则0 0 m BCm BF 所以取 1 11 0 y xz 11 11 zx 得 所以 1 0 1 m 设平面 ABF 的法向量为 222 nxyz 则0 0 n ABn BF 所以 22 22 2 1 1 0 xy yx z 取得 则