高考立体几何文科大题与答案

高考立体几何大题及答案（2009全国卷Ⅰ文）如图，四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形，SD底面ABCD，AD2，DCSD2，点M在侧棱SC上，∠ABM=60。（I）证明：M是侧棱SC的中点；求二面角SAMB的大小。（2009全国卷Ⅱ文）如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC,D、E分别为AA、BC的中点，DE⊥平面BCC（Ⅰ）证明：AB=AC（Ⅱ）设二面角A-BD-C为°求B1C与平面BCD所成的角的大小A1C1B1DEACB（2009浙江卷文）如图，DC平面ABC，EB//DC，ACBCEB2DC2，ACB120，P,Q分别为AE,AB的中点．（I）证明：PQ//平面ACDII）求AD与平面ABE所成角的正弦值．.（2009北京卷文）如图，四棱锥PABCD的底面是正方形，PD底面ABCD，点E在棱PB上（Ⅰ）求证：平面AEC平面PDB；（Ⅱ）当PD2AB且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小.（2009江苏卷）如图，在直三棱柱ABC11中，E、F分别是AB、1C的中点，点D1在BC上，1DC11。1）∥平面ABC；（）平面AFD平面BB1C.1.（2009安徽卷文）如图，ABCD的边长为2的正方形，直线l与平面ABCD平行，g和F式l上的两个不同点，且EA=EDFB=FC，和是平面ABCD内的两点，和都与平面ABCD垂直，（Ⅰ）证明：直线垂直且平分线段AD：（Ⅱ）若∠EAD=∠EAB=60°，EF=2，求多面体ABCDEF的体积。（2009江西卷文）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，PAAD4，AB2．以BD的中点O为球心、BD为直径的球P面交PD于点M．（1）求证：平面ABM⊥平面PCD；（2）求直线PC与平面ABM所成的角；M（3）求点O到平面ABM的距离．D

AOB

C（2009四川卷文）如图，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，△ABE是等腰直角三角形，ABAE,FAFE,AEF45（I）求证：EF平面BCE；（II）设线段CD、AE的中点分别为P、M，求证：PM∥平面BCE（III）求二面角FBDA的大小。.（2009湖北卷文）如图，四棱锥＝ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD,SD＝AD＝a,点E是SD上的点，且DE＝a(0<≦1).(Ⅰ)求证：对任意的（0、1AC⊥BE:0(Ⅱ)若二面角C-AE-D的大小为60，求的值。（2009湖南卷文）如图3，在正三棱柱ABC1中，AB=4,AA17,点D是BC的中点，点E在AC上，且DEA（Ⅰ）证明：平面1DE平面ACC11;（Ⅱ）求直线AD1和平面ADE所成角的正弦值。1（2009辽宁卷文）如图，已知两个正方形ABCD和DCEF不在同一平面内，，N分别为AB，DFI）若CD＝2，平面ABCD⊥平面DCEF，求直线MN的长；（II）用反证法证明：直线ME与BN是两条异面直线。.（2009四川卷文）如图，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，△ABE是等腰直角三角形，ABAE,FAFE,AEF45（I）求证：EF平面BCE；（II）设线段CD、AE的中点分别为P、M，求证：PM∥平面BCE（III）求二面角FBDA的大小。（2009陕西卷文）如图，直三棱柱ABC1中，AB，ACAA13ABC=600.(Ⅰ)证明：ABC；A1C1（Ⅱ）求二面角A—C—B的大小。B1A

CB（2009宁夏海南卷文）PABCPAB是等边三角形，∠∠PBC=90（Ⅰ）证明：AB⊥PC（Ⅱ）若PC4，且平面PAC⊥平面PBC，求三棱锥PABC体积。.（2009福建卷文）如图，平行四边形ABCD中，DAB60，AB2,AD4将CBD沿BD折起到EBD的位置，使平面EDB平面ABD（I）求证：ABDE（Ⅱ）求三棱锥EABD的侧面积。（2009重庆卷文）如题（18）图，在五面体ABCDEF中，AB∥DC，BAD，2CDAD2，四边形ABFE为平行四边形，FA平面ABCD，FC3,ED7．求：（Ⅰ）直线AB到平面EFCD的距离；（Ⅱ）二面角FADE的平面角的正切值．.(2009年广东卷文)某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图4所示墩的上半部分是正四棱锥－EFGH,下半部分是长方体ABCD－EFGH.图56分别是该标识墩的正(主)视图和俯视图.（1）请画出该安全标识墩的侧(左)视图;（2）求该安全标识墩的体积（3）证明:直线BD平面PEG参考答案1I）解法一：作MN∥SD交CD于N，作NEAB交AB于E，.连ME、NB，则MN面ABCD，MEAB,NEAD2设MNx，则NCEBx,在RTMEB中，MBE60ME3x。在RTMNE中由222MENEMN223xx2解得x1，从而1MNSDM为侧棱SC的中点M.2解法二过M作CD的平行线.（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的方法求作二面角。过M作MJ∥CD交SD于J,作SHAJ交AJ于H,作HKAM交AM于K,则JM∥CD,JM面SAD,面SAD面MBA,SH面AMBSKH即为所求二面角的补角.法二：利用二面角的定义。在等边三角形ABM中过点B作BFAM交AM于点F，则点F为AM的中点，取SA的中点G，连GF，易证GFAM，则GFB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2B(2,2,0),C(0,0,2),S(0,0,2)。.zSMC

yDABx（Ⅰ）设M(0,a,a0,b0)，则BA(0,BM(2,a2,b),SM(0,a,b2)，SC(2)，由题得cosBA,BM12，即SM//SC2(a2)12(a22)2b22解之个方程组得a1,b1即M(2a2(b2)所以M是侧棱SC的中点。2222

法：设SMMC，则M(0,,),MB(2,,)

1111又oAB(),MB,AB60故oMBAB|MB||AB|，即142(12)22)2(1，解得1，所以M是侧棱SC的中点。（Ⅱ）由（Ⅰ）得M(MA(2,1)，又AS(2,0,2)，AB()，.设1(x,y,z),n(x,y,z)分别是平面SAM、MAB的法向量，则1112222n1MA0且nMA02，即2x1y1z10且2x2y2z20n1AS0nAB102x12z102y20分别令x1x2得11y20,z22，即21(2n2(2，∴cos1,22022663二面角SAMB的大小6arccos。32、解法一：（Ⅰ）取BC中点，连接，则EF12BB，从而EFDA。1连接AF，则ADEF为平行四边形，从而AF//DE。又DE⊥平面BCC1，故AF⊥平面BCC1，从而AF⊥BC，即AF为BC的垂直平分线，所以AB=AC。（Ⅱ）作AG⊥BD，垂足为，连接CG。由三垂线定理知CG⊥BD，故∠AGC为二面角A-BD-C的平面角。由题设知，∠AGC=60.设AC=2，则AG=23。又AB=2，BC=22，故AF=2。由ABADAGBD得2AD=2322.AD2，解得AD=2。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1C与平面BCD所成的角。1因ADEF为正方形，AD=2，故EH=1，又EC=2BC=2，1所以∠ECH=30，即，即.BC与平面BCD所成的角为301解法二：（Ⅰ）以A为坐标原点，射线AB为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系—xyz。设（，，0（，，0（，0，c（1，0，2c）,E（12，b2，c）.于是DE=（12，b2，0BC=（-1，）由DE⊥平面BCC1知DE⊥BC，DEBC，求得b=1，所以AB=AC。（Ⅱ）设平面BCD的法向量AN(x,则ANBC0,ANBD0.又BC=（-1，1，BD=（-1，0，）故xyxcz00令x=1,则y=1,z=1c,AN=(1,1,1c).又平面ABD的法向量AC=（，1，）由二面角ABDC为60°知，ANAC=60°，1故ANACANAC°，求得c2于是AN，），CB，，）1.cosANCB11ANCB，12ANCB1ANCB60°1所以1C与平面BCD所成的角为30°13DP,CQ，在ABE中，P,Q分别是AE,AB的中点，所以PQ//BE，21又DC//BEPQ//DCPQ平面ACDDC平面ACD，所以PQ//平面ACD2（Ⅱ）在ABC中，ACBC2,AQBQ，所以CQAB而DC平面ABC，EB//DC，所以EB平面ABC而EB平面ABE，所以平面ABE平面ABC，所以CQ平面ABE由（Ⅰ）知四边形DCQP是平行四边形，所以DP//CQ所以DP平面ABE，所以直线AD在平面ABE内的射影是AP，所以直线AD与平面ABE所成角是DAP2DC222在RtAPD中，ADAC215，DPCQ2sinCAQ1所以sinDAPDPAD155541ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∵PD底面ABCD，∴PD⊥AC，∴AC⊥平面PDB，∴平面AEC平面PDB.（Ⅱ）设AC∩BD=O，连接OE，由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，∴O，E分别为DB、PB的中点，∴OE//PD，1OEPD，又∵PD底面ABCD，2∴OE⊥底面ABCD，OE⊥AO，.在Rt△AOE中，12OEPDABAO，22∴AOE45，即AE与平面PDB所成的角的大小为45.【解法】如图，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，设ABPD则Aa,0,0,B,C0,a,0,D0,0,0,P0,0,h，（Ⅰ）∵ACa,a,0,DP0,0,h,DBa,a,0，∴ACDP0,ACDB0，∴AC⊥DP，AC⊥DB，∴AC⊥平面PDB，∴平面AEC平面PDB.（Ⅱ）当PD2AB且E为PB的中点时，112P0,0,2a,Ea,a,a，222设AC∩BD=O，连接OE，由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，∵1122EAa,a,a,EO0,0,a，2222∴cosAEOEAEOEAEO22，∴AOE45，即AE与平面PDB所成的角的大小为45.5、.6(1)由于EA=ED且ED'面ABCDE'DE'C点E'在线段AD的垂直平分线上同理点F'在线段BC的垂直平分线上.又ABCD是四方形线段BC的垂直平分线也就是线段AD的垂直平分线即点E'F'都居线段AD的垂直平分线上.所以,直线E'F'垂直平分线段AD.(2)连接EB、EC由题意知多面体ABCD可分割成正四棱锥E—ABCD和正四面体E—BCF两部分.设AD中点为M,在Rt△MEE'中由于ME'=1,ME3EE'2.V—ABCDE11422四方形ABCDEE'22333又V—BCF=VE－BEF=V－BEA=V－ABC111222SEE'22ABC3323多面体ABCDEF的体积为V—ABC＋V—BCF=227、解：方法（一）：（1）证：依题设，Ｍ在以ＢＤ为直径的球面上，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.zP（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，M由（1）知，ＰＤ⊥平面ＡＢＭ，则MN是PN在平面ABM上N的射影，DAy所以PN就是PC与平面ABM所成的角，O且PNMPCDBPDtanPNMtanPCD22DCxC所求角为arctan22（3）因为O是BD的中点，则O点到平面ABM的距离等于D点到平面ABM距离的一半，由.（1）知，ＰＤ⊥平面ＡＢＭ于M，|DM|就是D点到平面ABM距离.因为在Rt△PAD中，PAAD4，PDAM，所以M为PD中点，DM22，O点到平面ABM的距离等于2。方法二：（1）同方法一；（2）如图所示，建立空间直角坐，，B(2,0,0)，C(2,4,0)，D(0,4,0)，M(0,2,2)，设平面ABM的一个法向量n(，由n可得：2x02y2z0z1，y1，即n(0,1,1)设所求角为，则sinPCnPCn223，所求角的大小为arcsin223.AOn（3）设所求距离为h，由O(1,2,0),AO(1,2,0)，得：2hn8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EF平面BCE⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分（II）取BE的中点N,CN,MN,MN12PC∴PMNC为平行四形,所以PM∥CN.∵CN在平面BCE内,PM不在平面内,∴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的延长线于G,则FG∥EA.从而FG⊥平面ABCD,作GH⊥BD于H,则由三垂线定BD⊥FH.∴∠FHG为二面角F-BD-A的平面角.∵FA=FE,∠AEF=45°,∠AEF=90°,∠FAG=45°.AB=1,则AE=1,AF=22,则FGAFsinFAG121在Rt⊿BGH中,∠GBH=45°,BG=AB+AG=1+2=32,GHBGsinGBH3232224,在Rt⊿FGH中,tanFHGFG2GH3,∴二面角FBDA的大小为arctan23⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分解法二:因ABE等腰直角三角形，ABAE，所以AEAB又因为平面ABEF平面ABCDAB，所以AE⊥平面ABCD，所以AEAD即AD、AB、AE两两垂直；如图建立空间直角标,(I)AB1，则AE1，B(DEC∵FAFE,AEF45，∴0AFE90，＝11从而F（，－，）2211EF(0,,)，BE(0,,BC2211于是0EFBE0，EFBC022∴EF⊥BE,EF⊥BC∵BE平面BCE，BC平面BCE，BCBEB∴EF平面BCE.1111

（II）M(),P，从而PM(,)

2222111111于是PMEF(,)(0,,)00222244

∴PM⊥EF，又EF⊥平面BCE，直线PM不在平面BCE内，

故PM∥平面BCE（III）设平面BDF的一个法向量为n，并设1n＝（x,y,1BDBF(0,32,12)n1n1BDBF00即x32yy012z0取y1，则x1，z3，从而n＝（，，3）1取平面ABDD的一个法向量为n2cosnn12n1n1n2n2311131111故二面角FBDA的大小为arccos3111191：连接BD，由底面是正方形可得ACBD。SD平面ＡＢＣＤ，BD是BE在平面ABCD上的射影，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是正方形，ＣDＡD，又ＳＤAD=D，CD平面SAD。过点D在平面SAD内做DFAE于，连接CF，则CFAE，故CFD是二面角C-AE-D的平面角，即CFD=6°2在Rt△中，AD=a,DE=a，AE=a1。于是，DF=ADDEAE2a1.在Rt△中，由cot60°=DFCD21得21332，即33=3(0,1]，解得=2210、解（Ⅰ）如图所示，由正三棱柱ABC11的性质知AA1平面ABC.又DE平面ABC，所以DEAA.而DE1E，AA11E1,1所以DE⊥平面ACCA又DE平面1DE，11故平面1DE⊥平面ACC11.（Ⅱ）解法1:过点A作AF垂直1E于点F,连接DF.由（Ⅰ）知，平面ADE⊥平面ACC11，1所以AF平面ADE故ADF是直线AD和1平面ADE所成的角。因为DEACC11，1所以DEAC.而ABC是边长为4的正三角形，于是AD=23，AE==4-12CD=3.又因为AA17，所以1E=22AEAAAE1122(7)3=4,.AFAEAA1AE1374,sinADFAFAD218.即直AD和平面ADE所成角的正弦为1218解法2:如图所示，设O是AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标，则相关各点的坐标分是A(2,0,0,),A(2,0,7),D(-1,3,0),E(-1,0,0).1易知AD=（-3，3，-7DE=（0，-3，0AD=（-3，3，0）.1r设n(x,y,z)是平面ADE的一个法向量，则1rnDE3y0,

rnAD3x3y7z0.1解得7xy0.3r故可取n(7,0,3).于是rucosADrunADru=nAD37218423由此即知，直AD和平面1DE所成角的正弦为21811解（Ⅰ）取的中点GMG，NG.因为ABCD，DCEF为正方形，边为2，所以MG⊥CD，MG＝，NG2.因为平面ABCD⊥平面DCEF，所以MG⊥平面DCEF，可得MG⊥NG.所以226MNMGNG⋯⋯6分（Ⅱ）假设直ME与BN共面，⋯..8分.则AB平面MBEN，且平面MBEN与平面DCEF交于EN，由已知，两正方形不共面，故AB平面DCEF.又AB∥CD，所以AB∥平面DCEF.而为平面MBEN与平面DCEF的交线，所以AB∥EN.又AB∥CD∥EF,所以EN∥EF，这与ENEF=E矛盾，故假设不成立。所以ME与BN不共面，它们是异面直线⋯⋯..12分12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EF平面BCE⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分（II）取BE的中点N,CN,MN,则MN12PC∴PMNC为平行四形,所以PM∥CN.∵CN在平面BCE内,PM不在平面内,∴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的延长线于G,则FG∥EA.从而FG⊥平面ABCD,作GH⊥BD于H,则由三垂线定知BD⊥FH.∴∠FHG为二面角F-BD-A的平面角.∵FA=FE,∠AEF=45°,∠AEF=90°,∠FAG=45°.设AB=1,则AE=1,AF=22,则FGAFsinFAG12.1在Rt⊿BGH中,∠GBH=45°,BG=AB+AG=1+2=32,GHBGsinGBH3232224,在Rt⊿FGH中,tanFHGFG2GH3,∴二面角FBDA的大小为arctan23⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分解法二:因ABE等腰直角三角形，ABAE，所以AEAB又因为平面ABEF平面ABCDAB，所以AE⊥平面ABCD，所以AEAD即AD、AB、AE两两垂直；如图建立空间直角标,(I)AB1，AE1，B(DEC∵FAFE,AEF45，∴0AFE＝，9011从而F（，－，）2211EF(0,,)，BE(0,,BC2211于是0EFBE0，EFBC022∴EF⊥BE,EF⊥BC∵BE平面BCE，BC平面BCE，BCBEB.∴EF平面BCE1111（II）M(),P，从而PM(,)2222111111于是PMEF(,)(0,,)00222244

∴PM⊥EF，又EF⊥平面BCE，直线PM不在平面BCE内，

故PM∥平面BCE（III）设平面BDF的一个法向量为n，并设1＝（x,y,1BDBF(0,32,12)n1n1BDBF00即x32yy012z0取y1，则x1，z3，从而n＝（，，3）1取平面ABDD的一个法向量为n2cosnn12n1n1n2n2311131111故二面角FBDA的大小为arccos3111113、解析：解答1（Ⅰ）因为三棱柱ABCABC为直三棱柱所以AB1A111在ABC中AB10,AC3,ABC60由正弦定理得0ACB30所以BAC090即ABAC，所以ABACC1又因为1ACC11所以ABC（Ⅱ）如图所示，作ADAC交1C于D，连BD，由三垂线定理可得BD1C1.所以ABD为所求角，在RtAAC中，1ADA361AC162，在RtBAD中，tanABDABAD63，所以ADBarctan63cosn311010155mgn（）g222222311100所以A-AC-B所成角是1arccos15514PAB是等边三角形，PACPBC90,所以RtPBCRtPAC,可得ACBC。如图，取AB中点D，连结PD,CD,则PDAB,CDAB,所以AB平面PDC,所以ABPC。6分（Ⅱ）作BEPC，垂足为E，连结AE．.因为RtPBCRtPAC，所以AEPC，AEBE．由已知，平面PAC平面PBC，故AEB90．8分因为RtAEBRtPEB，所以AEB,PEB,CEB都是等腰直角三角形。由已知PC4，得AEBE2，AEB的面积S2．因为PC平面AEB，所以三角锥PABC的体积18VSPC12分3315I）证明：在ABD中，AB2,AD4,DAB6022BDABAD2AB2ADcosDAB23222ABBDAD,ABDE又平面EBD平面ABD平面EBD平面ABDBD,AB平面ABDAB平面EBDDF平面EBD,ABDE（Ⅱ）解：由（I）知ABBD,CD//AB,CDBD,从而DED在RtDBE中，DB23,DEDCAB21SDBDEABE223又AB平面EBD,BE平面EBD,ABBE1BEBCAD4,SABBE4ABE2DEBD,平面EBD平面ABDED，平面ABD而AD平面1ABD,EDAD,SADDE4ADE2综上，三棱锥EABD的侧面积，S823.16、解法一（Ⅰ）ABDC,DC平面EFCD,AB到面EFCD的距离等于点A到面EFCD的距离，过点A作AGFD于GBADAB∥DCFA2平面ABCD，由三垂线定理可知，CDFD，故CD面FAD，知CDAG，所以AG为所求直线AB到面EFCD的距离。在Rt△ABC中，22945FDFCCD由FA平面ABCD，得FA