浙江省历年高考立体几何大题总汇（题目及答案）

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；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

（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）在线段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

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，点在线段上，且．

（Ⅰ）证明：平面；

（Ⅱ）若二面角的大小为，求的大小．

10.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，，．

（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．

12(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．

13. （本题满分14分） 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=．

（I）求证：平面PQB⊥平面PAD；

（II）若二面角M-BQ-C为30°，设PM=tMC，

试确定t的值

14．如图，直角梯形ABCD中，AB//CD， = 90° , BC = CD =,AD = BD：EC丄底面ABCD, FD丄底面ABCD 且有EC=FD=2.

(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，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

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．w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

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//BC．……………………………… 2分

在图乙中，因为DE⊥AF，DE⊥GF，AFFG=F，所以DE⊥平面AFG．

又DE//BC，所以BC⊥平面AFG．…………………………………………………… 4分

(Ⅱ) 因为平面AED⊥平面BCDE，平面AED平面BCDE=DE，DE⊥AF，DE⊥GF，

所以FA，FD，FG两两垂直．

以点F为坐标原点，分别以FG，FD，FA所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，所以， 0)．…………………………………… 6分

设平面ABE的一个法向量为．

则，即，

取，则，，则．……………………………… 8分

显然为平面ADE的一个法向量，

所以．………………………………………………10分

二面角为钝角，所以二面角的余弦值为．………12分

4. 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：

（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，．

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在线段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//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GH

所以为二面角—DF—C的平面角，

在中，

所以

故二面角—DF—C的余弦值为。

（Ⅱ）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. 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，在线段上取点，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，，

，

．

在中，．

在中，．

所以．

从而，即．

方法二：

（Ⅰ）如图，取中点，以为原点，，

所在射线为，轴的正半轴，建立空间直角坐标系．

由题意知，，．

设点的坐标为，因为，所以．

因为是的中点，故．又是的中点，故．

所以．

又平面的一个法向量为，故．

又平面，所以平面．

（Ⅱ）设为平面的一个法向量．

由，知，

取，得．

又平面的一个法向量为，于是

，

即． （1）

又，所以，故，

即． （2）

联立（1），（2），解得（舍去）或．

所以．

又是锐角，所以．

10（1）因为，平面，平面，

所以平面， ………………………………3分

又平面，平面平面，

所以． ………………………………6分

（2）在平面内作于点，

因为平面，平面，所以，

又，平面，，

所以平面，

所以是三棱锥的高． ………………9分

在直角三角形中，，，所以，

因为平面，平面，所以，

又由（1）知，，且，所以，所以，……12分

所以三棱锥的体积． ……14分

11. 如图，以为正交基底，建立空间直角坐标系．

则，，，，所以，，

，．

（1）因为，

所以异面直线与夹角的余弦值为．

…………………………4分

（2）设平面的法向量为，

则即

取平面的一个法向量为；

所以二面角平面角的余弦值为． …………………………10分

12. （1）证明：因为，是的中点

所以，又

所以四边形是平行四边形，所以

又因为等腰梯形，，

所以，所以四边形是菱形，所以

所以，即

由已知可知 平面平面，

因为 平面平面

所以平面 ……………………4分

（2）证明：因为，，

所以平面平面

又因为平面,所以平面 ………………8分

（3）因为平面,同理平面，建立如图如示坐标系

设，

则, ,，，…………………9分

则，

设平面的法向量为，有，得

设平面的法向量为，有

得 ………………12分

所以 ………………13分

由图形可知二面角为钝角

所以二面角的余弦值为． …………………14分

13. （I）∵AD // BC，BC=AD，Q为AD的中点，

∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD // BQ ．

∵∠ADC=90° ∴∠AQB=90° 即QB⊥AD．

又∵平面PAD⊥平面ABCD 且平面PAD∩平面ABCD=AD，

∴BQ⊥平面PAD．

∵BQ平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD． ……………………5分

（II）∵PA=PD，Q为AD的中点， ∴PQ⊥AD．

∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，

∴PQ⊥平面ABCD．

如图，以Q为原点建立空间直角坐标系．

则平面BQC的法向量为；，，

，．

设，则，，

∵， …………7分

∴， ∴ ……………………10分

在平面MBQ中，，，

∴ 平面MBQ法向量为．

∵二面角M-BQ-C为30°， ，

∴． ……………………14分

14. 20．解：（Ⅰ）证明：∵，且，

∴且； …1分

又由，可知

∵，∴是等腰三角形，且，

∴，即； …3分

∵底面ABCD于D，平面ABCD，∴， …4分

∴平面DBF.又∵平面DBF，∴可得. …6分

（Ⅱ）解：如图，以点C为原点，直线CD、CB、CE方向为x、y、z轴建系.

可得， …8分

又∵ N恰好为BF的中点，∴ . …9分

设，∴.

又∵，∴可得.

故M为线段CE的中点. …11分

设平面BMF的一个法向量为，

且，

，由可得，

取得. …13分

又∵平面MFC的一个法向量为， …14分

∴.

故所求二面角B-MF-C的余弦值为. …15分

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/8a615f176529647d2628520d.html