浙江省历年高考立体几何大习题总汇(题目及答案).doc

1.（本题满分15分）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2.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）试确定m，使得直线AP与平面BDB1D1所成角的正切值为；（Ⅱ）段A1C1上是否存在一个定点Q，使得对任意的m，D1Q在平面APD1上的射影垂直于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靠近B、C的三等分点，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，连接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．.4在如图所示的几何体中，平面ABC，平面ABC，，，M是AB的中点．（1）求证：；（2）求CM与平面CDE所成的角DABEFC（第18题）5. 如图，矩形和梯形所在平面互相垂直，，，，． （Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）当的长为何值时，二面角的大小为6. 如图，在矩形ABCD中，点E，F分别段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分别段FD，BC上，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.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落段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2（Ⅰ）证明：AP⊥BC；（Ⅱ）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. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面是边长为的菱形，∠BAD=120°，且PA⊥平面ABCD，PA=, 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，在四面体中，平面，，，．是的中点，是的中点，点段上，且． （Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）若二面角的大小为，求的大小． 10. （第16题图）FACDEB如图，在五面体中，已知平面，，，，．（1）求证：；（2）求三棱锥的体积．11. 如图，在直三棱柱中，已知，，．（第22题图）ABCA1B1C1（1）求异面直线与夹角的余弦值；（2）求二面角平面角的余弦值．ACDBN12(本小题14分)在等腰梯形中，，，，是的中点．将梯形绕旋转，得到梯形（如图）．（1）求证：平面； （2）求证：平面；（3）求二面角的余弦值．PABCDQM13. （本题满分14分） 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD(I )求证：AD丄BF :(II )若线段EC上一点M在平面BDF上的射影恰好是BF的中点N,试求二面角 B-MF-C的余弦值. 1.证明：（I）如图，连结OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系O，则，由题意得，因，因此平面BOE的法向量为，得，又直线不在平面内，因此有平面（II）设点M的坐标为，则，因为平面BOE，所以有，因此有，即点M的坐标为，在平面直角坐标系中，的内部区域满足不等式组，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在内存在一点，使平面，由点M的坐标得点到，的距离为．2. 解法１：（１）故。

所以又.故在△，即.故当时，直线Ⅱ）依题意，要在上找一点，使得.可推测的中点即为所求的点因为，所以又,故从而解法二：（１）建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0),B(1,1,0),P(0,1,ｍ)，C(0,1,0),D(0,0,0),B1(1,1,1),D1(0,0,1).所以又由的一个法向量.设与所成的角为，则依题意有：，解得.故当时，直线２）若在上存在这样的点，设此点的横坐标为，则依题意，对任意的m要使D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP等价于即为的中点时，满足题设的要求.3. (Ⅰ) 在图甲中，由△ABC是等边三角形，E，D分别为AB，AC的三等分点，点G为BC边的中点，易知DE⊥AF，DE⊥GF，DE方法一：（1）证明：因为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并延长交ED于点F，连结MF、MD，∠FCM是直线CM和平面CDE所成的角．因为MH⊥平面CDE，所以MH⊥ED， 又因为CM⊥平面EDM，所以CM⊥ED， 则ED⊥平面CMF，因此ED⊥MF．设EA＝a，BD＝BC＝AC＝2a，在直角梯形ABDE中，AB＝2a，M是AB的中点，所以DE＝3a，EM＝，MD＝ a，得△EMD是直角三角形，其中∠EMD＝90°所以MF＝．在Rt△CMF中，tan∠FCM==1，所以∠FCM=45°，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，建立直角坐标系C-xyz，设EA=a，则 A（2a，0，0）， B（0，2a，0）， C（2 a，0，a）， A（0，2 a，2 a）， A（a，a，0）. （1）证明：因为=（-a，a，-a），=（a，a，0）， 所以 ·=0， 故. （2）解：设向量n=（1，，）与平面CDE垂直， 则，， 即 =0，=0. 因为=（2a,0,a）, =(0,2a,2a), 所以y=2，z=-2， 即n=（1，2，-2）， ， 直线CM与平面CDE所称的角是45°.5. 方法一：DABEFCHG（Ⅰ）证明：过点作交于，连结，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．（Ⅱ）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．在中，因为，，所以，．DABEFCyzx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，，，，．（Ⅰ）证明：，，，所以，，从而，，所以平面．因为平面，所以平面平面．故平面．（Ⅱ）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．6. 方法一： （Ⅰ）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 （Ⅱ）解：设 因为翻折后，C与A重合，所以CM= 故， 得 经检验，此时点N段BG上 所以 方法二： （Ⅰ）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解：（Ⅰ）证： AB＝AC，D为BC的中点，BC⊥AD PO⊥平面ABC PO⊥BC，而PO∩AD=OBC⊥平面ADP AP⊥BC（Ⅱ）当CM⊥AP时，二面角A-MC-B为直二面角，，，，AM⊥平面MBC平面AMC⊥平面MBC方法二：8. （Ⅰ）因为，分别是，的中点，所以是的中位线，所以 又因为平面，所以 平面．（Ⅱ）方法一： 连结交于，以为原点，，所在直线为，轴，建立空间直角坐标系，如图所示 在菱形中，，得 ，． 又因为平面，所以 ． 在直角中，，，，得 ，． 由此知各点坐标如下， ，， ，， ，， ，． 设为平面的法向量． 由，知 取，得 设为平面的法向量． 由，知 取，得 于是 ． 所以二面角的平面角的余弦值为． 方法二： 在菱形中，，得 ，， 有因为平面，所以 ，，， 所以． 所以． 而，分别是，的中点，所以 ，且． 取线段的中点，连结，，则 ，， 所以为二面角的平面角． 由，，故 在中，，，得 ． 在直角中，，得 ，，， 在中，，得 ． 在等腰中，，，得 ． 在中，，，，得 ． 所以二面角的平面角的余弦值为．9. 方法一：（Ⅰ）取中点，段上取点，使得，连结，， 因为，所以，且． 因为，分别为，的中点，所以是的中位线，所以，且．又点是的中点，所以，且．从而，且．所以四边形为平行四边形，故又平面，平面，所以平面．（Ⅱ）作于点，作于点，连结 因为平面，平面，所以， 又，，故平面，又平面，所以． 又，，故平面，所以，． 所以为二面角的平面角，即． 设． 在中，， ， 。