2008年高考立体几何试题汇编整理

1、2008年高考数学试题分类汇编 立体几何 18)四棱锥A BCDE中，底面BCDE为矩形，侧面ABC 底面BCDE , BC 2, 1.(全国一 CD 近，AB AC . (I)证明： (n)设 AD CE ; CE与平面ABE所成的角为45，求二面角C AD 解：(1) Q AB 取BC中点F，连接DF交CE于点O , AC , AF BC ,又面ABC AF CE . tan CED tan FDC 90o, DOE 面 BCDE, 返 2 ， 90，即 CE AF E的大小. E 面 BCDE , DF , CG OED ODE (2)在面ACD内过C点作AD的垂线，垂足为G .Q EG

2、 AD，贝y CGE即为所求二面角的平面角. CG ACCD 迹,dG , EG JdE2 DG2 AD 33 2 2 2 厂CG2 GE2 CE2 CE V6，则 cos CGE 2CGg3E 7To CGE n arccos ，即二面角 C AD 10 CE AD , CE 面 ADF , CE AD . AD , AD 面 CEG , ,DG 730 3 VTq 10 E的大小 7t arccos 710 10 2.(全国二19)如图，正四棱柱 ABCD A1B1C1D1中，AA1 点E在CC1上且C1E 3EC . (I)证明： AC 平面BED ； (n )求二面角 A1 DE B的

3、大小. 解法一：依题设知 AB 2 , CE 1 . (I)连结AC交BD于点F 由三垂线定理知， 由于AA! AC FC CE 故 Rt A AC s BD AC . ，则BD 在平面 2AB 4, Di AiZ C1 Rt FCE , AAiC AC . AiCA内，连结EF交AiC于点G , CFE , CFE与 FCA互余于是 AC EF . A1C与平面BED内两条相交直线BD, EF都垂直， 所以A1C 平面BED . (n)作GH DE，垂足为 D1 A1(3 Ci DE B的平面角. EF JcF2 CE2 43 EG JcE2 CG2 EG 1 GH 3 .EF 3 26,

4、A1G AC CG 5真 tan AHG 第1 页共 13页 1 3 又 AC Jaa2 AC2 H，连结AH 由三垂线定理知 AH DE 故 AHG是二面角A1 “ CE CF 42 CG EF 迅B1 ；饥 D乐多 “ F兀 A EF FD 近 DE715. 所以二面角A DE B的大小为arctan5j5 解法二：以D为坐标原点，射线 DA为X轴的正半轴， 建立如图所示直角坐标系D xyz 依题设，C(0,2,0), EeZ，), A1(2,0,4) uuu (2,2, 4),DA (2,0,4) z Di Ai Ci LuurLuuruur DE (0,2,),DB (2,2,0) ,

5、 AC uur uur uur uur (I)因为 ACgDB 0, A1CgDE 又DBI DE D，所以AC 平面 0,故 AC DBE BD , AiC DE (n)设向量n (X, y, z)是平面DA1E的法向量，贝U n 4z 0 令 y 1，则 z 故 2y z 0, 2x uur DE , n 2, X 4, n (4,1, II 2) 714 UJLT I n，AC)等于二面角 A1 DE B 的平面角，coSn, Aq) n?AC AC 所以二面角 A DE 届 B的大小为 arccos 42 ABC 中，AC BC ACB 90, AP BP AB, 解法一： (I)取

6、AB t 中点D，连结PD, CD Q AP BP , PD AB Q AC BC , CD AB Q PDI CD D , AB 平面PCD Q PC 平面 PCD, PC AB (n) Q AC BC , AP BP , APCBPC 又PC AC ,PC BC 又 ACB 90，即 AC BC，且 AC I PC C , BC 平面 PAC 3.(北京卷16)如图，在三棱锥P PC AC (l) 求证：PC AB; (n)求二面角B AP C的大小; (m)求点C到平面APB的距离. 取 AP 中点 E 连结 BE, CE Q AB BP , BE AP Q EC是BE在平面PAC内的射

7、影，CE AP BEC是二面角B AP C的平面角. A 、D A C PC 在 BCE 中， BCE 90, BC BE B B A C sin BEC (川)由(I) 过C作CH Q平面APB I BC 46 二面角 BE 3 知 AB 平面PCD, PD，垂足为H 平面PCD PD , CH 平面APB AP C的大小为arcsin 平面APB 平面PCD CH的长即为点C到平面APB的距离. 由(I)知 PC AB，又 PC AC，且 AB I AC A, PC 平面 ABC Q CD 平面 ABC , PC CD 第2页共13页 B 在 Rt PCD 中, 1 CD AB 2 23

8、Joi 近,PD PB 品, PC JPD2 CD22. 2 PD 3 3 解法二： (I) Q AC BC , AP BP , APC 尢 BPC . 又PC AC : ,PC BC . QACI BC C ,PC 平面 ABC . Q AB 平面 ABC , PC AB . (n)如图，以 C xyz .则 C(0,0, 0, A(0,2,0), B(2,0, 0). 点C到平面APB的距离为巫 CH竺空 设 P(0,0, t). 取AP中点E , Q AC C为原点建立空间直角坐标系 Q|PB|AB|2j2, t 连结BE, CE . PC , AB 2 , P(0,0,2). BP ,

9、 CE AP, BE AP. BEC是二面角B AP Q E(011) , EC (0, 1, C的平L面角. 1), eb cos BEC EC?EB EC EB V2 To (2, 43 3 1, 1), x 二面角B AP C的大小为arccoZ3 3 (rn) Q AC BC PC, C在平面APB内的射影为正 APB的中心 uLur 建立空间直角坐标系 C xyz . Q BH 如 (n) H，且CH的长为点C到平面APB的距离. uuur2 2 2 2HE , 点H的坐标为一，一，一. 3 3 3 uur CH 2罷 3 4.(四川卷19).如图，平面ABEF 与ABCD都是直角梯

10、形, 2/3 点C到平面APB的距离为竺3 . 3 平面ABCD ,四边形ABEF A FAB 900, BC / 1AD , 2 BAD BE/ 1AF 2 (I)证明：C,D, F,E四点共面； (n)设AB BC BE，求二面角 A ED B的大小； 1 【解11： (I)延长DC交AB的延长线于点G，由BC 丄AD得 2 .Fj GB GC BC 1 GA GD AD 2 延长FE交AB的延长线于g,同理可得 ge gf 故 G A 因此直线CD、 (n)设 AB gb ga GB GA， BE 1 AF 2 即G与G重合 EF相交于点G ,即C,D,F,E四点共面。 1,则 BC B

11、E 1, AD 2 第3页共13页 取AE中点M，则BM AE，又由已知得， AD 平面ABEF 故AD BM，BM与平面ADE内两相交直线 AD、AE都垂直。 所以BM 平面ADE，作MN 由三垂线定理知BN BM ， 2 ED, 所以二面角A ED DE，垂足为N，连结BN BMN为二面角A ED B的平面角。 1 AD AE 73 ，故 tan BMN DE 3 B的大小arcta n6 2 MN 2 BM 近 MN 2 【解2】：由平面ABEF 平面ABCD，AF AB，得 AF 射线AB为x轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系 (I)设 AB a, BC b,BE B a,0,0 ,

12、C a, b,0 uuu EC 0,b, uuu 1 uur 故 EC -FD， 2 A xyz ,E a,0,c ,D 0,2b,0 ,F 0,0,2c uur c ,FD 从而由点 故C,D,F,E四点共面 (n)设 AB B 1,0,0 ,C 在DE上取点 0,2b, 2c E FD，得 EC / FD BE 1, 1，贝y BC 1,1,0 ,D 0,2,0 ,E 1,0,1 uuuu ，使DM uuir 5ME，则 uur 1 从而MB-, 6 在DE上取点 N，使 5 6 uur DN uur 又DE uuu 2NE， 1, uuu 从而NA 2 2 2 3, 3,3 2 uuu

13、-,NA uuur DE uu uuur 故MB与NA的夹角等于二面角 所以二面角A DE B的大小 5 1 6,36 uuur uur 2,1 ,MB DE 0,MB DE 0, NA DE juuur A DE B的平面角，cos(MB 710 arccos 5 5.(天津卷)如图，在四棱锥P 已知AB 3, AD (I)证明AD 2, PA 2, PD 平面PAB ; (n)求异面直线 PC与AD所成的角的大小; (川)求二面角 (I)证明：在 PA2 AD2 又 PA AB ABCD中，底面ABCD是矩形. 272, PAB 60 . (n)解：由题设， 平面ABCD，以A为坐标原点,

14、 uiur 嘗MB uucr uuu MB NA uuu NA P BD A的大小. PAD中，由题设PA 2, PD 22可得 PD2于是AD PA.在矩形ABCD中，AD AB. A，所以AD 平面PAB . BC / AD，所以 PCB (或其补角)是异面直 第4页共13页 3 / 线PC与AD所成的角.在 PAB中，由余弦定理得 PB FA2 AB2 2PA AB cosPAB 77 由( PAB ,所以 AD PB , 因而BC PB,于是 PBC是直角三角形, I)知 AD PB 诉 BC 2 平面PAB, PB 平面 故 tan PCB 所以异面直线PC与AD所成的角的大小为 (

15、川)解：过点 P做PH AB于H,过点 AD 平面PAB, PH 平面PAB , PH 因为 因而 BD t眉 arcta n . 2 H做 HE BD 于 E, 所以AD PH .又AD 连结PE AB A, PH HE 平面ABCD，故HE为PE再平面ABCD内的射影.由三垂线定理可知, PEH是二面角P BD A的平面角。由题设可得， 73, AH 4 PE ,从而 PA sin 60 PA COS60 1,BH AB AH 2, BD 于是再 AD BH BD RT PHE 中，tanPEH 39 -,所以二面角P BD 4 arctan 姮 4 6.(山东卷)如图，已知四棱锥 PA!

16、平面ABCD ABC 60 , E, F分别是BC PC的中点. (I)证明：AE! PD (n)若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切 值为兰6 ,求二面角E AF- C的余弦值. 2 (I)证明：由四边形 ABCD为菱形，/ AB(=60,可得 为正三角形.因为E为BC的中点，所以 AE! BC 又 因为 而 所以 F-ABCD底面ABCD为菱形, BC/ AD 因此 AE1AD PAL平面ABCD AE 平面ABCD所以PAL AE PA 平面 PAD AD 平面 PAD 且 PAP AD=A AE!平面PAD又PD 平面PAD所以AE丄PD. A的大小为 ABC (n)解

17、: 大，即 ff C D 设 AB=2, H为PD上任意一点，连接 AH EH 由(I)知AE!平面PAD 则/ EHA为EH与平面PAD所成的角. 在Rt EAH中, AE=J3，所以 当AH最短时, 当 AH1PD时，/ EHA最大 . Ae43 tan / EHA= AH AH ADH45,所以PA=2. PA!平面ABCD PA平面 此时 EHA最 ah=V2 . 又AD=2所以/ 解法一：因为 PAC 所以 平面PACL平面ABCD 过E作EOL AC于0,贝y EOL平面PAC 过0作OSL AF于S,连接ES,则/ ESC为二面角 E-AF-C的平面角, 第11页共13页 在 R

18、t AOE中 EC=AE- sin30 =! , AC=AE- cos30 =- 2 2 又 F 是 PC的中点，在 Rt ASC中, SO=AO- sin45 =已总, 4 又SE応P農8 區,在 Rt ESC中, cos / 4 ESO=SO SE 3近 7305 4 即所求二面角的余弦值为 5. 5 解法二：由（I）知 AE AD AP两两垂直，以 A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标 系，又E、F分别为BC PC的中点，所以 E、F分别为BC PC的中点，所以 A （0, 0, 0），B（灵，-1，0），C （ C, 1，0）, D( 0, 2, 0)，P (0, 0, 2)，E

19、( J3，0, 0)， UUTuuur73 1 AEh/3,0,0), AF (, ,1). 2 2 设平面AEF的一法向量为 m (知儿乙)， 73x1 因此 2 X1 (0,2, 1),因为 uuur 所以 Luur mgAE 0, LULT mgAF 0, 0, 1 尹Z1 BD 丄 AC BD丄平面AFC故 BD为平面AFC的一法向量. UJU BD= (-73,3,0 ),所以 cos =gBD 取 z,1,则m 所以 因为 0. 季1), BDl PA PAn AC=A 二面角E-AF-C为锐角，所以所求二面角的余弦值为 |m|gBD| 45 712 5 . 7T5 5 分别是AB

20、,BD的中点, Ci 7.（江苏卷）在四面体 ABCD中，CB= CD, AD丄BD,且E ,F 求证：（I）直线 EF /面 ACD ; （n）面 EFC!面 BCD . 【解析】本小题考查空间直线与平面、平面与平面的位置关系的判定. （I）v E,F 分别是AB,BD的中点， EF 是 ABD 的中位线， EF/ AD, / EF 面 ACD , AD 面 ACD，直线 EF/面 ACD . （n）v AD 丄 BD , EF/ AD, EF 丄 BD. CB=CD, F 是 BD的中点， CF丄 BD. 又 EFI CF=F BD丄面 EFC. / BD 面 BCD 面 EFC!面 BC

21、D . 江西卷.解 ：（1 ）证明：依题设，EF是 ABC的中位线，所以 EF / BC , 则 EF /平面 OBC，所以 EF / B1C1。 又H是EF的中点，所以 AH丄EF，则AH丄B1C1。 因为OA丄OB , OA丄OC，所以OA丄面OBC，则OA丄B1C1，因此B1C1丄面OAH。 (2)作ON丄A,B1于N，连C1N。因为OC平面OAiB , 根据三垂线定理知， 作EM丄OB1于M , 设OB1 X，由塑 MB1 GN 丄 A1B1 , 则 EM / OA1 得 EM得， 在 Rt OAB,中, AB 所以 tan ONCj OCi ON 解法二：(1)以直线 A(2,0,0

22、), B(0,0,2), UUUT 所以AH UUUT 所以AH 由 EF / (2)由已知 ONC1就是二面角O A1B1 G的平面角。 OA，则M是OB的中点， 3 3，解得X 3, 2 375，则，ON 2 则 EM OM 1。 JoA2 OB2 75，故二面角 OA1 OB1 3 ABi 75 OA,B1C1 为 arctan75。 OC、OB分别为X、y、z轴，建立空间直角坐标系, 1 1 C(0,2,0), E(1,0,1),F(1,1,0),H(1,-) 2 2 OA UULT xyz则 1 1 UULT I I、 一 2 2， 0所以BC 11 (hjpOH 仆二,匚),BC

23、2 2 UUIUUUUT BC 0,OH BC BC得 B1C1 / BC，故： A(|,0,0),设 B1(0,0, z) 1UUUT (-,0,1), EB1 ( uuUt (0,2, 2) ULU BICI 平面OAH 平面OAH UULT 则AE UULT 由AE与EB1共线得：存在 1 2 1 UUUUT A1B1 (z 1) 3 2 1,0,z 1) UUUT R 有 A1E ULT EB得 y z 3 B1(0,0,3)，同理：(0,3,0) 3UUUUT3 3,21(严 设匚1 Lf cos 3 X 2 3 X 2 UU (2,1,1)又n2(0,1,0)是平面OA1B1的一个

24、法量 LT UU 门1川2 (X1,y1,z,)是平面A1B1C1的一个法向量，则 晅，所以二面角的大小为 6 3z 3y 76 aTccos 6 1 74 1 1 3 A (,0,0) , B(0,0,2)，平面 A1B1C1 的一个法向量为 2 LT n1 (2,1,1)。 (3)由(2)知, 第13页共13页 UULT3 则AB ( -,0,2)。则点B到平面A1B1C1的距离为d UULT LT A,B rn IT 8.(湖南卷)女口图所示，四棱锥 RABCD勺底面ABCD是边长为1的菱形，/ 的中点，PAL底面ABCD PA= 2. (I)证明：平面 PBEL平面PAB (n)求平面

25、 PAD和平面PBE所成二面角(锐角)的大小 . 解：解法一(I)如图所示，连结 BD由ABC是菱形且/ BCD60知， BCD是等边三角形.因为E是CD的中点，所以BEI CD又AB / CD 所以BE1AB又因为PAL平面ABCD BE 平面ABCD所以 PAL BE 而 PA ABA 因此 BE!平面 PAB 又BE 平面PBE 所以平面PBEL平面PAB (n)延长AD BE相交于点 过点A作AH! PB于 H 平面PBEL平面PAB所以AHL平面PBE 在 Rt ABF中，因为/ BAF= 60，所以，AF=2AB=2=AF? 在等腰Rt PAF中，取PF的中点G连接AG 则AGL

26、PF连结HG由三垂线定理的逆定理得， PBE所成二面角的平面角(锐角) F,连结PF 由(I)知 PF! HG所以/ AGH是平面PAD和平面 AG 亚 PA 2 APgAB PB 在等腰Rt PAF中, 在 Rt PAB中，ah 所以，在Rt AHGK BC空 60, E 是 CD 72. APgAB /A ah Sin AGH AG AB2 275 5 2275 755 故平面PAD和平面PBE所成二面角(锐角)的大小是 5 . arcs in. 5 解法二：如图所示，以A为原点，建立空间直角坐标系.则相关各点的坐标分别是A(0，0, (1，0, 0)， 3/3173 c(,0), D(,

27、0), P(0, 0, 2) , E(1,0). 2 22 2 2 no 73 (I )因为BE (0,0),平面PAB的一个法向量是 _ _ 2 BE和 rt共线.从而BE!平面PAB 平面PBE故平面 PBEL平面PAB UUUUUU73 易 知 PB (1,0, 2), BE (0,0), 2 (0,1,0)，所以 又因为BE 0), B P uur PA Luur 2), AD (鸞,0) 2 2 (0,0, 第15页共13页 设n, （x,%,）是平面PBE勺一个法向量, 则由 LT UUT mgPB 0, LT UUU mgBE 0 x10 *2乙 0, 43所以 *1 0,X1

28、*2 0 Z20. LT 2z1.故可取 n1(2,0,1). ur 设n2 （x2,y2,z2）是平面PAD勺一个法向量, gPA 则由 3 口! n2gAD 0,得 0 X2 1 2X2 0 *2 73 R2 2Z20, 所以Z20,x2 0. V3y2.故可取 L(屈 1,0). LT UU 于是， cos n 1,n2 Z2 LT ur -tT itL ni gn2 273 75 2 故平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角） 的大小是 715 arccos 5 9.（陕西卷）三棱锥被平行于底面 ABC的平面所截得的几何体如图所示, 截面为AiB1C1 , AC 2, AC1 BAC

29、90o, A1A 平面 ABC , A1A 73 , AB ,BD 1 1 , . DC 2 A1AD 平面 BCC1B1 ; (I)证明：平面 (n)求二面角 A CC1 B的大小. 解法一：(I) Q A1A 平面 ABC, BC 平面 ABC , A1A BC 在 Rt ABC 中， 恵 Q BD : DC 1:2, BD 3 ADB C DBAsA ABC , 又 AAI ad a , BC Q BC 平面BCC1耳, AB 72, AC 3 90, 2, BC 76 , BD ，又一 AB BAC AB BC， 即 AD BC. 平面aad , 平面AAD 平面BCC1B1 . （n

30、）如图，作 由已知得AB 由三垂线定理知 过Ci作GF 则 CF AC AE C1C交GC于E点，连接BE, 平面ACA . BE CC1,AEB 为二面角 AC交AC于F点， AF 1, C1F AA AE是BE在面ACCiA,内的射影. A CCi B的平面角. 在 Rt AEC 中，AE AC sin 60 C1CF 60o. C1 C D 19题，解法一） (第 Ai Bi B z 4 G Ai Bi c y （第19题，解法二） A bi D X 第9页共13页 AB 在 RdBAE 中，tanAEB 帀 3 A CC1 B 为 arctan 更 3 AEB arctan6，即二面角

31、 3 解法二：(I)如图，建立空间直角坐标系， 则 A(0,0,0), B(V2,0,0, C(0,2,0), (0,0,3), d uuu2J2 2 丄BC . D点坐标为竺2,2,0 . 333 QBD:DC 1:2, uuu BD uur2运 2 c AD ， ,0 33 uju uur uuu uur Q BCgAA 0 BCgAD BC 平面AAD，又BC uur ,BC ( 屁,0),AA (0,0,73). (n) Q BA 平面 ACC1A1 设平面BCC1B1的法向量为n VJi 2m m y/sn 0, 0, cos m, n 0, BC AA, , BC AD ,又 AA

32、I AD A, 平面BCC1Bi , 平面 AAD 平面BCC1Bi . G/2,0 ,0)为平面ACC1A1的法向量， uuuuulu 则 BCgi 0 ,CC10 . uuu 取m AB (I, m, n), 3 m， 如图，可取m 1，则n 姻2 12 即二面角 A CC1 B 为 arccos. 5 1 0 .(重庆卷)如题(19)图，在VABC中 15 B= 90o , AO , D E 两点分别在 AB、AC 上. 2 ae 2,DE=3.现将VABC沿DE折成直二角角, EC AD DB 求： (I)异面直线 AD与BC的距离; (n)二面角 解法一： A-EC-B的大小(用反三

33、角函数表示) 0 ad ae 19)图1中，因 ，故BE/ BC又因B= 90, DB CE (19)图2中，因A-DEB是直二面角，ADI DE 故ADI底面DBCE从而ADI DB而DBL BC故DB为异面直线 AD与 BC的公垂线. (I)在答( 从而ADI DE在第 移门叫K I AD AF F求DB之长.在答(19)图1中，由JAD 竺 2 , CB 一 BC DE BC AD 2又 AB 3 已 知DE=3, AB Jac2 BC2 J 2 (n)在第(19)图 2 中, 2 15 因史 AB DF! CE交CE的延长线于 F, 6. 丄,故DB = 2. 3 答(1町闇2 3 B

34、C -DE 2 2 过D作 (1)知，AD!底面DBCE由三垂线定理知 AF丄FC故/ AFD为二面角 A BG B的平面 1 155 连接 AF由 角.在底面 DBCE,/ DEF：/ BCE DB 2,EC 丄岸 -, 3 22 db 因此 sin BCE DB EC 4 .从而在 Rt DFE中，DE=3, 5 DF DEsi nDEF 在 Rt AFD 中,AD DE sin BCE 3g4 4,tan AFD -AD- DF 12 5 55 一.因此所求二面角 A EC B的大小为aTctan . 33 解法二： (I)同解法一. (n)如答(19)图3.由(I)知, 以 D点为坐标原点, y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，贝U 9UULT C 2,0 , E (0, 3, 0) . AD= - 2, 2 丄CE交CE的延长线于F,连接 LUU EF (X0，y0 3,0).由 DF UULT UUU DFgCE 0,即 2x0 D( 0, -30 2 UJLT UUT UULT UUU DB、DE、DA的方向为X、 0, 0), A (0, 0, 4), UULT ,AD=( 0, 0,- 4).过 D作 DF AF设 C