1、浙江历年理科高考题之立体几何大题（教师版）1、（2005年）18如图，在三棱锥PABC中，ABBC，ABBCkPA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP底面ABC ()当k时，求直线PA与平面PBC所成角的大小； () 当k取何值时，O在平面PBC内的射影恰好为PBC的重心？解：方法一：() O、D分别为AC、PC中点， ()，又，PA与平面PBC所成的角的大小等于，（）由()知，F是O在平面PBC内的射影D是PC的中点，若点F是的重心，则B，F，D三点共线，直线OB在平面PBC内的射影为直线BD，即反之，当时，三棱锥为正三棱锥，O在平面PBC内的射影为的重心方法二：，以O为原点，射线OP为非
2、负z轴，建立空间直角坐标系（如图）设则，设，则()D为PC的中点，又，()，即，可求得平面PBC的法向量，设PA与平面PBC所成的角为，则，（）的重心，又，即，反之，当时，三棱锥为正三棱锥，O在平面PBC内的射影为的重心2、（2006年）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形，ADBC，BAD=90,PA底面ABCD，且PAAD=AB=2BC,M、N分别为PC、PB的中点.()求证：PBDM; ()求CD与平面ADMN所成的角。解：方法一：（I）因为N是PB的中点，PA=AB，所以ANPB。因为AD平面PAB，所以ADPB，从而PB平面ADMN，因为DM平面ADMN，所以PBDM（II）
3、取AD的中点G，连结BG、NG，则BGCD，所以BG与平面ADMN所成的角和CD与平面ADMN所成的角相等。因为PB平面ADMN，所以BGN是BG与平面ADMN所成的角。在RtBGN中，故CD与平面ADMN所成的角是。方法二：如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系A-XYZ，设BC=1，则A（0，0，0），P（0，0，2），B（2，0，0），C（2，1，0），M（1，1），D（0，2，0）（）因为2）（ 所以PBDM。（）因为 ，所以PBAD，又因为PBDM，所以PB平面ADMN，因此的余角即是CD与平面ADMN所成的角。因为 =所以CD与平面ADMN所成的角为 3、（2007年）19（本题1
4、4分）在如图所示的几何体中，平面，平面，且，是的中点（I）求证：；（II）求与平面所成的角解：方法一：（I）证明：因为，是的中点，所以又平面，所以（II）解：过点作平面，垂足是，连结交延长交于点，连结，是直线和平面所成的角因为平面，所以，又因为平面，所以，则平面，因此设，在直角梯形中，是的中点，所以，得是直角三角形，其中，所以在中，所以，故与平面所成的角是方法二：如图，以点为坐标原点，以，分别为轴和轴，过点作与平面垂直的直线为轴，建立直角坐标系，设，则，（I）证明：因为，所以，故（II）解：设向量与平面垂直，则，即，因为，所以，即，直线与平面所成的角是与夹角的余角，所以，因此直线与平面所成的角
5、是4、（2008年）如图,矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE/CF，BCF=CEF=,AD=,EF=2。（）求证：AE/平面DCF；（）当AB的长为何值时,二面角A-EF-C的大小为？方法一：（）证明：过点作交于，连结，DABEFCHG可得四边形为矩形，又为矩形，所以，从而四边形为平行四边形，故因为平面，平面，所以平面（）解：过点作交的延长线于，连结由平面平面，得平面，从而所以为二面角的平面角DABEFCyzx在中，因为，所以，又因为，所以，从而于是因为，所以当为时，二面角的大小为方法二：如图，以点为坐标原点，以和分别作为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系设，则，（）证明：，所以，从
6、而，所以平面因为平面，所以平面平面故平面（）解：因为，所以，从而解得所以，设与平面垂直，则，解得又因为平面，所以，得到所以当为时，二面角的大小为5、（2009年）如图，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，分别为，的中点， （I）设是的中点，证明：平面； （II）证明：在内存在一点，使平面，并求点到，的距离解：方法一：（）证明：如图，连结，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系则zCPFGEABOyx由题意，得因为，所以平面的法向量由，得又直线不在平面内，所以平面（）解：设点的坐标为，则因为平面，所以因此，即点的坐标是在平面直角坐标系中，的内部区域可表示为不等式组经检验
7、，点的坐标满足上述不等式组PCPFGEABOH所以，在内存在一点，使平面由点的坐标，得点到的距离分别为方法二：（）证明：取的中点为，连结因为点分别是的中点，所以因此平面平面因为在平面内，所以平面（）解：在平面内，过点作，交于点，交于点PCPFGEABOQNM连结，过点作，交于点下证平面由题意，得平面，所以又因为，所以平面因此平面在中，所以点在线段上因为是的中点，所以是的中点因此点在内，点到的距离分别为6、（2010年）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在线段AB，AD上，AE=EB=AF= 沿直线EF将翻折成使平面平面BEF. （I）求二面角的余弦值； （II）点M，N分别在线段FD，BC上
8、，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.方法一： （）解：取线段EF的中点H，连结因为及H是EF的中点，所以又因为平面平面BEF，及平面所以平面BEF。如图建立空间直角坐标系则故设为平面的一个法向量所以，取又平面BEF的一个法向量，故所以二面角的余弦值为 （）解：设因为翻折后，C与A重合，所以CM=故，得经检验，此时点N在线段BG上，所以方法二： （）解：取截段EF的中点H，AF的中点G，连结，NH，GH因为及H是EF的中点，所以H/EF。又因为平面EF平面BEF，所以H平面BEF，又平面BEF，故，又因为G，H是AF，EF的中点，易知GH/AB，所以GH，于是面
9、GH所以为二面角DFC的平面角，在中，所以故二面角DFC的余弦值为。 （）解：设，因为翻折后，G与重合，所以，而，得经检验，此时点N在线段BC上，所以7、（2011年）如图，在三棱锥P-ABC中，ABAC，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC8，PO4，AO3，OD2 （）证明：APBC；（）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、（2012年）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，且平面，,分别为的中点。（1）证明：平面；（2）过点A作AQPC，垂足为点Q，求二面角A-MN-Q的平面角的余弦值。浙江
10、历年理科高考题之立体几何大题（教师版）1、（2005年）18如图，在三棱锥PABC中，ABBC，ABBCkPA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP底面ABC ()当k时，求直线PA与平面PBC所成角的大小； () 当k取何值时，O在平面PBC内的射影恰好为PBC的重心？2、（2006年）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形，ADBC，BAD=90,PA底面ABCD，且PAAD=AB=2BC,M、N分别为PC、PB的中点.()求证：PBDM; ()求CD与平面ADMN所成的角。3、（2007年）19（本题14分）在如图所示的几何体中，平面，平面，且，是的中点（I）求证：；（II）求与平
11、面所成的角4、（2008年）如图,矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE/CF，BCF=CEF=,AD=,EF=2。（）求证：AE/平面DCF；（）当AB的长为何值时,二面角A-EF-C的大小为？5、（2009年）如图，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，分别为，的中点， （I）设是的中点，证明：平面； （II）证明：在内存在一点，使平面，并求点到，的距离6、（2010年）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在线段AB，AD上，AE=EB=AF= 沿直线EF将翻折成使平面平面BEF. （I）求二面角的余弦值； （II）点M，N分别在线段FD，BC上，若沿直线MN将四边形MNCD向上
12、翻折，使C与重合，求线段FM的长.7、（2011年）如图，在三棱锥P-ABC中，ABAC，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC8，PO4，AO3，OD2 （）证明：APBC；（）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、（2012年）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，且平面，,分别为的中点。（1）证明：平面；（2）过点A作AQPC，垂足为点Q，求二面角A-MN-Q的平面角的余弦值。9(2013浙江，理20)(本题满分15分)如图，在四面体ABCD中，AD平面BCD，BCCD，AD2，BD.M是AD的
13、中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ3QC(1)证明：PQ平面BCD；(2)若二面角CBMD的大小为60，求BDC的大小方法一：(1)证明：取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF3FC，连结OP，OF，FQ，因为AQ3QC，所以QFAD，且QFAD因为O，P分别为BD，BM的中点，所以OP是BDM的中位线，所以OPDM，且OPDM.又点M为AD的中点，所以OPAD，且OPAD从而OPFQ，且OPFQ，所以四边形OPQF为平行四边形，故PQOF.又PQ平面BCD，OF平面BCD，所以PQ平面BCD(2)解：作CGBD于点G，作CHBM于点H，连结CH.因为AD平面BCD，CG平面
14、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，CDBDcos cos ，CGCDsin cos sin ，BGBCsin sin2.在RtBDM中，.在RtCHG中，tanCHG.所以tan .从而60.即BDC60.方法二：(1)证明：如图，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知A(0，2)，B(0，0)，D(0，0)设点C的坐标为(x0，
15、y0,0)因为，所以Q.因为M为AD的中点，故M(0，1)又P为BM的中点，故P，所以.又平面BCD的一个法向量为u(0,0,1)，故u0.又PQ平面BCD，所以PQ平面BCD(2)解：设m(x，y，z)为平面BMC的一个法向量由(x0，,1)，(0,，1)，知取y1，得m.又平面BDM的一个法向量为n(1,0,0)，于是|cosm，n|，即.又BCCD，所以0，故(x0，,0)(x0，,0)0，即x02y022.联立，解得(舍去)或所以tanBDC.又BDC是锐角，所以BDC60.10（2014年）如图，在四棱锥中，平面平面 ,，,. () 证明：平面;() 求二面角的大小.证明：（）在直角
16、梯形BCDE中，由DE=BE=1，CD=2，得BD=BC= ，由 ，AB=2得 ，即ACBC，又平面ABC平面BCDE，从而AC平面BCDE，所以ACDE，又DEDC，从而DE平面ACD；()【方法1】作BFAD，与AD交于点F，过点F作FGDE，与AB交于点G，连接BG，由（）知DEAD，则FGAD，所以BFG就是二面角B-AD-E的平面角，在直角梯形BCDE中，由CD2=BC2+BD2，得BDBC，又平面ABC平面BCDE，得BD平面ABC，从而BDAB，由于AC平面BCDE，得ACCD在RtACD中，由DC=2, ，得 ；在RtAED中，由ED=1，得 ；在RtABD中，由 ，AB=2，得 ， ，从而 ，在ABE，ABG中，利用余弦定理分别可得 ， 在BFG中, ，所以，BFG= ，即二面角B-AD-E的大小为 .【方法2】以D的原点，分别以射线DE，DC为x,y轴的正半轴，建立空间直角坐标系 ，如图所示.由题意知各点坐标如下： ， ， ， ， .设平面ADE的法向量为 平面ABD的法向量为，可算得： ， ， 由 即 ，可取 由即可取于是 由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B-AD-E的大小为11.（2015年本题满分15分）如图，在三棱柱-中，在底面的射影为的中点，为的中点.（1）证明：D平面；（2）求二面角-BD-的平面角的余弦值.
