浙江省历年高考立体几何大题总汇(题目及)

1.（此题满分15分）如图，平面PAC⊥平面ABC，ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形。E,F,O分别为PA,PB,PC的中点，AC16,PAPC10。（I）设C是OC的中点，证明： PC//平面BOE；（II）证明：在 ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，并求点M到OA,OB的距离。zyx2.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，（Ⅰ）试确立 m，使得直线 AP与平面BDB1D1所成角的正切值为 32；（Ⅱ）在线段A11上能否存在一个定点Q，使得对随意的11上的射影垂Cm，DQ在平面APD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凑近B、C的三平分点，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，连结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．DE4在以下图的几何体中， EA 平面ABC，DB 平A

CMB面ABC，ACBC，ACBCBD2AE，M是AB的中点．（1）求证：CMEM；（2）求CM与平面CDE所成的角如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面相互垂直，BE∥CF，BCFCEF90o，AD3，EF2．D（Ⅰ）求证：AE∥平面DCF；AC（Ⅱ）当AB的长为什么值时，二面角 A EF C的大小为60o BFE（第18题）26.如图，在矩形 ABCD中，点 E，F分别在线段 AB，AD上，AE=EB=AF= FD 4.沿直线3EF将AEF翻折成A'EF,使平面A'EF平面BEF.（I）求二面角A'FDC的余弦值；（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A'重合，求线段 FM的长.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（Ⅰ）证明：AP⊥BC；（Ⅱ）在线段AP上能否存在点 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，请说明原因。8.如图，在四棱锥 P-ABCD中，底面是边长为 2 3的菱形，BAD=120°，且PA⊥平面ABCD，PA=26,M，N分别为PB,PD的中点。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，在四周体 A BCD中，AD 平面BCD，BC CD，AD 2，BD 2 2．M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ 3QC．（Ⅰ）证明： PQ//平面BCD；（Ⅱ）若二面角 C BM D的大小为60，求 BDC的大小．10.如图，在五面体ABCDEF中，已知DE平面ABCD，AD//BC，BAD60o，AB2，DEEF1．E1）求证：BC//EF；2）求三棱锥BDEF的体积．FDCA B（第16题图）11.如图，在直三棱柱 ABC A1B1C1中，已知CA CB 1，AA1 2， BCA 90o．（1）求异面直线BA1与CB1夹角的余弦值；C1B1（2）求二面角BABC平面角的余弦值．A11CBA（第22题图）12(本小题14分)在等腰梯形ABCD中，AD//BC，AD160o，N是BCBC，ABC2的中点．将梯形ABCD绕AB旋转90o，获得梯形ABCD（如图）．（1）求证：AC平面ABC；C（2）求证：CN//平面ADD；（3）求二面角ACNC的余弦值．DDAB N C（此题满分14分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD13BCD2(I)求证：AD丄BF:P2(II)若线段EC上一点M在平面BDF上的射影恰巧是BF的中点N,试求二面角B-MF-C的余弦值.MDQCA B1.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 x轴，y轴，z轴，成立空间直角坐标系 O xyz，则O0,0,0,A(0,8,0),B(8,0,0),C(0,8,0),P(0,0,6),E(0,4,3),F4,0,3，由题意得，Guuuruuur(0,4,3)，所以平面BOE的法向z0,4,0,因OB(8,0,0),OEruuur(4,4,ruuur0，又直线FG不在量为n(0,3,4)，FG3得nFG平面BOE内，所以有FG//平面BOEuuuury（II）设点M的坐标为x0,y0,0，则FM(x04,y0,3)，由于FMuuuurr9x平面BOE，所以有FM//n，所以有x04,y0，即点4M的坐标为4,9,0，在平面直角坐标系xoy中，AOB的内部地区知足不等式组4x0y0，经查验，点M的坐标知足上述不等式组，所以在ABO内存在一点M，使xy8FM平面BOE，由点M的坐标得点M到OA，OB的距离为4,9．42.解法１：（１）连AC,设ACIBDO,AP与面BDDB交于点G，连OG.1 1由于PC//面BDD1B1,面BDD1B1I面APC OG,故OG//PC。所以OG1PCm。22又AO DB,AO BB1,所以AO 面BDD1B1.故AGO即为AP与面BDD1B1所成的角。2在Rt△中，232，即1.AOGtanAGOmm312故当与平面BDDB所成的角的正切值为３2。时，直线m3AP11（Ⅱ）依题意，要在A1C1上找一点Q，使得D1QAP.可推断AC的中点O1即为所求的Q点。11由于D1O1A1C1.D1O1AA1，所以D1Q面ACC1A1.又AP面ACC1A1.,故D1O1AP。进而D1O1在平面AD1P上的射影与AP垂直。解法二：（１）成立以下图的空间直角坐标系，则A(1,0,0),B(1,1,0),P(0,1,ｍ)，C(0,1,0),D(0,0,0),B(1,1,1),D1(0,0,1).1uuuruuuur所以BD(1,1,0),BB1(0,0,1),uuuruuur(1,1,0).AP(1,1,m),ACuuuruuuruuuruuuur知uuur又由的一个法向量.ACBD0,ACBB10AC1D1D设AP与面BDD1B1所成的角为，uuuruuur则sincos(|APAC|)uuuruuur2|AP||AC|

22 2 m2依题意有：232122m22)2，解得m.1(33故当1与平面BDDB所成的角的正切值为３2。时，直线m3AP11（２）若在A1C1上存在这样的点Q，设此点的横坐标为x，uuuur则Q(x,1 x,1),DQ (x,1 x,0)。1依题意，对随意的 m要使D1Q在平面APD1上的射影垂直于 AP。等价于uuuuruuuruuuur1D1QAPAPD1Q0x(1x)0x2即Q为A1C1的中点时，知足题设的要求.(Ⅰ)在图甲中，由△ABC是等边三角形，E，D分别为AB，AC的三平分点，点G为BC边的中点，易知DE⊥AF，DE⊥GF，DEx,y,zFxyzA(0,0,23)B(3,3,0)E(0,2,0)AB(3,3,23)BE(3,1,n(x,y,z)nAB03x3y23z01y3z1xnBE03xy0n(1,3,1)m(1,0,0)cosm,nmn5BAEDBAED5方5|m||n|5法一：1）证明：由于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并延伸交 ED于点F，连结MF、MD，∠FCM是直线CM和平面CDE所成的角．由于MH⊥平面CDE，所以MH⊥ED，又由于CM⊥平面EDM，所以CM⊥ED，则ED⊥平面CMF，所以ED⊥MF．设EA＝a，BD＝BC＝AC＝2a，在直角梯形 ABDE中，AB＝2 2a，M是AB的中点，所以DE＝3a，EM＝3a，MD＝6a，得△EMD是直角三角形，此中∠EMD＝90°所以MF＝EMMD2．DEaMF在Rt△CMF中，tan∠FCM==1，所以∠FCM=45°，MC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，成立直角坐标系C-xyz，设EA=a，则A（2a，0，0），B（0，2a，0），C（2a，0，a），A（0，2a，2a），A（a，a，0）.uuur uur（1）证明：由于 EM=（-a，a，-a），CM=（a，a，0），uuur uur所以 EM·CM=0，故EMCM.2）解：设向量n=（1，yo，x0）与平面CDE垂直，uur uur则n CE，n CD，uur uur即n·CE=0，n·CD=0.uur uur由于CE=（2a,0,a）,CD=(0,2a,2a),所以y0=2，z0=-2，即n=（1，2，-2），uuruur2CMngcosn,CMur，Mgn2直线CM与平面CDE所称的角是 45°.方法一：（Ⅰ）证明：过点E作EGCF交CF于G，连结DG，D可得四边形BCGE为矩形，A又ABCD为矩形，C所以AD∥EG，进而四边形ADGE为平行四边形，BG故AE∥DG．HEF由于AE平面DCF，DG平面DCF，所以AE∥平面DCF．（Ⅱ）解：过点B作BHEF交FE的延伸线于H，连结AH．由平面ABCD平面BEFC，ABBC，得AB平面BEFC，进而AHEF．所以AHB为二面角AEFC的平面角．在Rt△EFG中，由于EGAD3，EF2，所以CFE60o，FG．1又由于CEEF，所以CF4，z进而BECG3．D于是BHBEgsinBEH33AC．2xB由于ABBHgtanAHB，FE所以当AB为9时，二面角AEFC的大小为60o．y2方法二：如图，以点 C为坐标原点，以 CB，CF和CD分别作为x轴，y轴和z轴，成立空间直角坐标系 C xyz．设ABa，BEb，CFc，则C(0，0，0)，A( 3，0，a)，B( 3，0，0)，E( 3，b，0)，F(0，c，0)．uuuruuuruuur(0，b，0)，（Ⅰ）证明：AE(0，b，a)，CB(3，0，0)，BEuuuruuuruuuruuur0，进而CBAE，CBBE，所以CBgCE0，CBgBE所以CB平面ABE．由于CB平面DCF，所以平面ABE∥平面DCF．故AE∥平面DCF．uuur(3，cuuur(3，b，0)，（Ⅱ）解：由于EFb，0)，CEuuuruuur0uuur所以EFCE，|EF|2，进而g3b(cb)0，3(cb)22，解得b 3，c 4．所以E( 3，3，0)，F(0，4，0)．设n(1，y，z)与平面AEF垂直，uuur0uuur0，则ngAE，ngEF解得n33(1，3，)．a又由于BAuuur(0，0，a)，平面BEFC，BAuuuruuur|BAgn|所以，uuur|cosnBA||BA|g|n|

33a1，a4a22729获得a．2所以当AB为9时，二面角AEFC的大小为60o．2方法一：（Ⅰ）解：取线段EF的中点H，连结AH由于AEAF及H是EF的中点，所以AHEF又由于平面AEF平面BEF，及AH平面AEF.所以AH平面BEF。如图成立空间直角坐标系Axyz.则A(2,2,22),C(10,8,0),F(4,0,0),D(10,0,0).uuuruuur故FN(2,2,22),FD(6,0,0)r(x,y,z)为平面AFD的一个法向量设n所以2x2y22z006x取zr(0,2,2)2,则nur(0,0,1)又平面BEF的一个法向量mrurrur3故cosnmn,mrur3|n||m|所以二面角的余弦值为3.3（Ⅱ）解：设FMx￡?则M(4x,0,0)由于翻折后，C与A重合，所以CM=AM故(6x)28202(2x)222(22)2，得x214经查验，此时点N在线段BG上所以FM21.4方法二：（Ⅰ）解：取截段EF的中点H，AF的中点G，连结AG，NH，GH由于AEAF及H是EF的中点，所以AHAAAFAHAFAFAFAAGHARtAGHAH22,GH2,AG23cosAGH3.A3FMxACMAM33CM2DC2DM282(6x)2AM2AH2MH2AH2MG2GH2(22)2(x2)222x214FM21.解：（Ⅰ）证：Q＝，为BC的中点，⊥AD4ABACDBCQPO⊥平面ABCPO⊥BC，而PO∩AD=OBC⊥平面ADPAP⊥BC（Ⅱ）当CM⊥AP时，二面角A-MC-B为直二面角，OBOC25，PBPC6，ABAC41，AP5PABPACAMCAMBAMMBAM⊥平面MBC平面AMC⊥平面MBCcosPAB2541363AMcosPABAB341325414141方法二：（Ⅰ）由于M，N分别是PB，PD的中点，所以MN是PBD的中位线，所以//BD又由于MN 平面ABCD，所以MM//平面ABCD．（Ⅱ）方法一：连结AC交BD于O，以O为原点，OC，OD所在直线为x，y轴，成立空间直角坐标系 Oxyz，以下图在菱形ABCD中， BAD 120，得AC AB 23，BD 3AB 6．又由于PA 平面ABCD，所以PA AC．在直角 PAC中，AC 2 3，PA 26，AQ PC，得QC 2，PQ 4．由此知各点坐标以下，A(3,0,0)，B(0,3,0)，C(3,0,0)，D(0,3,0)，P(3,0,26)，M(33,,6)，22N(3,3,6)，Q(3,0,26)．2233设m(x,y,z)为平面AMN的法向量．uuuur3,uuur3,3,6)知由AM(3,6)，AN(22223x3y6z0223y6z02取x1，得m(22,0,1)设n(x,y,z)为平面QMN的法向量．uuuur53,3,uuur53,3,6)知由QM(6)，QN(62362353x3606yz2353x3y6z0623取z5，得n (2 2,0,5)于是cosm,nmn33．|m||n|33所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为33．33方法二：在菱形ABCD中，BAD120，得ACABBCDA，BD3AB，有由于PA平面ABCD，所以PAAB，PAAC，PAAD，所以PBPCPD．所以PBCPDC．而M，N分别是PB，PD的中点，所以MQNQ，且AM1PB1PDAN．22取线段MN的中点E，连结AE，EQ，则AEMN，QEMN，所以AEQ为二面角AMNQ的平面角．由AB23，PA26，故在AMN中，AMAN3，MN1BD3，得2AE33．2在直角PAC中，AQPC，得AQ22，QG2，PQ4，在PBC中，cosBPCPB2PC2BC25，得2PBPC6MQPM2PQ22PMPQcosBPC5．在等腰MQN中，MQNQ5，MN3，得QEMQ2ME211．2在AEQ中，AE33，QE1122，得22，AQcosAE2QE2AQ233．AEQ2AEQE33所以二面角 A MN Q的平面角的余弦值为 33．339.方法一：（Ⅰ）取BD中点O，在线段CD上取点F，使得DF3FC，连结OP，OF，FQ由于AQ3QC，所以QF//AD，且QF1AD．4由于O，P分别为BD，SM的中点，所以OP是BDM的中位线，所以OP//DM，且OP1DM．21AD．又点M是AD的中点，所以OP//AD，且OP4进而OP//FQ，且OPFQ．所以四边形OPQF为平行四边形，故FQ//QF又PQ平面BCD，OF平面BCD，所以PQ//平面BCD．（Ⅱ）作CGBD于点G，作GHBM于点H，连结CH由于AD平面BCD，CG平面BCD，所以ADCG，又CGBD，ADBDD，故CG平面ABD，又BM平面ABD，所以CGBM．又GHBM，CGGHG，故BM平面CGH，所以GHBM，CHBM．所以CHG为二面角CBMD的平面角，即CHG60．设BDC．在RtBCD中，CDBDcos22cos，CGCDcos22cossin，BGBCsin22sin2．在RtBDM中，HGBGDM23sin2BM3．在RtCHG中，tanCHGCG3cos3．HGsin所以tan3．进而60，即BDC60．方法二：（Ⅰ）如图，取BD中点O，以O为原点，OD，OP所在射线为y，z轴的正半轴，成立空间直角坐标系Oxyz．由题意知A(0，2，2)，B(0，2，0)，D(0，2，0)．设点C的坐标为(x0，y0，0)uuuruuur323y01，由于AQ3QC，所以Q(x0，4，)．4421由于M是AD的中点，故M(0，2，1)．又P是BM的中点，故P(0，0，)．2uuur3x0，23，．所以PQ(4y00)44ruuurr0．又平面BCD的一个法向量为a，，，故PQa(001)又PQ平面BCD，所以PQ//平面BCD．ur(x，y，z)为平面BMC的一个法向量．（Ⅱ）设muuuur，，uuuur(0，22，1)由CM(x02y0，BM知1)x0x(2y0)yz022yz0，取y1，得ury02，，2)．m(x012又平面BDM的一个法向量为r(1，0，0)，于是nurrurry02x01|mn||cos<m，n>|=urr2，|m||n|y0229x0y022即3．（1）x0BCCDuuuruuur又，所以CBCD0，故(x0，2y0，0)(x0，2y0，0)0，即x02y022．（2）x00x06212y02y022tanBDCx032y0BDCBDC60E101AD//BCADADEFBCADEFBC//ADEF3FBCBCEFBCEFIADEFEFBC//EF6D2ABCDBHADHCDEABCDBHABCDDEBHHADDEADEFADIDEDBHADEFABBHBDEF9（第16题图）ABHBAD60oAB2BH3DEABCDADABCDDEAD1BC//EFAD//BCAD//EFDEEF12BDEFV1SDEFBH11113314uuuruuuruuuur3326CA,CB,CC1CxyzA(1,0,0)B(0,1,0)A1(1,0,2)B1uuuruuur(1,1,0)(0,1,2)CB1(0,1,2)ABuuuuruuurzAB1(1,1,2)BA1(1,1,2)C1uuuruuurBuuuruuurCB1BA133011cosCB,BAuuuruuurA16510CB1BA1BA1CB13010C4By2CABm(x,y,z)Auuuurxm0,xy2z0,（第22题图）AB1uuury2z0,mCB10,CAB1m(0,2,1)BAB1C1010512.1AD1BCNBC2AD NC AD//BCANCD AN DC ABC 60oABBNADANCDACB130oDCB2zBAC90oACABCCBAABCCBAIABCABDDACABC4A2AD//BCAD//BCBNCADIADA,BCIBCxyBADD// BCCCN BCC, CN// ADD 83ACABC,ACABCAB