20xx年高考数学试题分类汇编——立体几何(编辑修改稿)

20xx年高考数学试题分类汇编——立体几何(编辑修改稿)内容摘要：

是 PAAD .在矩形 ABCD 中， ABAD .又 AABPA  ， 所以 AD 平面 PAB． （Ⅱ）解：由题设， ADBC// ，所以 PCB （或其补角）是异面直线 PC 与 AD 所成的角 . 在 PAB 中，由余弦 定理得 由（Ⅰ）知 AD 平面 PAB， PB 平面 PAB， 所以 PBAD ，因而 PBBC ，于是 PBC 是直角三角形，7c o s222  P A BABPAABPAPB 13 NMABDCO故 27tan  BCPBP C B ． 所以异面直线 PC与 AD 所成的角的大小为 27arctan ． （Ⅲ）解：过点 P 做 ABPH 于 H，过点 H 做 BDHE 于 E，连结 PE 因为 AD 平面 PAB， PH 平面 PAB，所以 PHAD .又 AABAD  ， 因而 PH 平面 ABCD ，故 HE 为 PE 再平面 ABCD 内的射影 .由三垂线定理可知， PEBD ，从而 PEH 是二面角 ABDP  的平面角。 由题设可得， 134,13,2,160c o s,360s i n22BHBDADHEADABBDAHABBHPAAHPAPH  于是再 PHERT 中， 439tan PEH 所以二面角 ABDP  的大小为 439arctan ． 安徽卷 （ 18）． （本小题满分 12分 如图，在四棱锥 O ABCD 中，底面 ABCD 四边长为 1的菱形， 4ABC , O A ABCD 底 面 , 2OA , M 为 OA 的中点， N 为 BC 的中点 （ Ⅰ ）证明：直线 MN OCD平 面‖ ； （ Ⅱ ）求异面直线 AB 与 MD 所成角的大小； （ Ⅲ ）求点 B 到平面 OCD 的距离。 方法一（综合法） （ 1） 取 OB 中点 E，连接 ME， NE M E C D M E C D，‖ A B ,A B ‖ ‖ 又 ,N E O C M N E O C D 平 面 平 面‖ ‖ M N O C D 平 面‖ （ 2） CD‖ AB, MDC∴ 为异面直线 AB 与 MD 所成的角（或其补角 ） 作 ,AP CD P 于 连接 MP 平 面 A B C D ，∵ OA ∴ C D M P 14 x yzNMABDCOP 2,42A D P ∵ ∴ DP = 22 2M D M A A D  ， 1c o s ,23DPM D P M D C M D PMD       ∴ 所以 AB 与 MD 所成角 的大小为 3 （ 3） AB 平 面∵ ∴‖ OCD,点 A和点 B 到平面 OCD 的距离相等 ，连接 OP,过点 A作 AQ OP 于点 Q， , , ,A P C D O A C D C D O A P A Q C D   平 面∵ ∴ ∴ 又 ,A Q O P A Q O C D 平 面∵ ∴ ,线段 AQ 的长就是点 A到平面 OCD 的距离 2 2 2 2 2 1 3 24122O P O D D P O A A D D P        ∵， 22AP P 22223322O A A PAQOP  ∴，所以点 B 到平面 OCD 的距离为 23 方法二 (向量法 ) 作 AP CD 于点 P,如图 ,分别以 AB,AP,AO 所在直线为 ,xyz 轴建立坐标系 2 2 2 2 2( 0 , 0 , 0 ) , ( 1 , 0 , 0 ) , ( 0 , , 0 ) , ( , , 0 ) , ( 0 , 0 , 2 ) , ( 0 , 0 ,1 ) , ( 1 , , 0 )2 2 2 4 4A B P D O M N, (1) 2 2 2 2 2( 1 , , 1 ) , ( 0 , , 2 ) , ( , , 2 )4 4 2 2 2M N O P O D        设平面 OCD 的法向量为 ( , , )n x y z ,则 0, 0n O P n O D 即 2 20222 2022yzx y z     取 2z ,解得 (0,4, 2)n 22(1 , , 1 ) ( 0 , 4 , 2 ) 044M N n    ∵ M N O C D 平 面‖ (2)设 AB 与 MD 所成的角 为  , 22(1 , 0 , 0 ) , ( , , 1 )22A B M D   ∵ 15 1c o s ,23A B M DA B M D  ∴ ∴ , AB 与 MD 所成角 的大小为 3 (3)设点 B 到平面 OCD 的距离为 d ,则 d 为 OB 在向量 (0,4, 2)n 上的投影的绝对值 , 由 (1,0, 2)OB , 得 23OB ndn.所以点 B 到平面 OCD 的距离为 23 山东卷 (20)(本小题满分 12 分 ) 如图，已知四棱锥 PABCD，底面 ABCD 为菱形， PA⊥平面ABCD， 60ABC   ,E， F 分别是 BC, PC 的中点 . （Ⅰ）证明： AE⊥ PD。 （Ⅱ）若 H 为 PD上的动点， EH 与平面 PAD 所成最大角的正切值为 62 ，求二面角 E— AF— C 的余弦值 . （Ⅰ）证明：由四边形 ABCD 为菱形，∠ ABC=60176。 ，可得△ABC 为正三角形 . 因为 E 为 BC 的中点，所以 AE⊥ BC. 又 BC∥ AD，因此 AE⊥ AD. 因为 PA⊥平面 ABCD， AE 平面 ABCD，所以 PA⊥ AE. 而 PA  平面 PAD， AD 平面 PAD 且 PA∩ AD=A， 所以 AE⊥平面 PAD，又 PD 平面 PAD. 所以 AE⊥ PD. （Ⅱ）解：设 AB=2， H 为 PD 上任意一点，连接 AH，EH. 由（Ⅰ）知 AE⊥平面 PAD， 则∠ EHA 为 EH 与平面 PAD 所成的角 . 在 Rt△ EAH 中， AE= 3 ， 所以 当 AH 最短时，∠ EHA 最大， 即 当 AH⊥ PD 时，∠ EHA 最大 . 此时 tan∠ EHA= 36,2AEAH AH 因此 AH= 2 .又 AD=2，所以∠ ADH=45176。 ， 所以 PA=2. 解法一：因为 PA⊥平面 ABCD， PA  平面 PAC， 所以 平面 PAC⊥平面 ABCD. 过 E 作 EO⊥ AC 于 O，则 EO⊥平面 PAC， 过 O 作 OS⊥ AF 于 S，连接 ES，则∠ ESO 为二面角 EAFC 的平面角， 16 在 Rt△ AOE 中， EO=AE sin30176。 = 32 ， AO=AE cos30176。 =32 , 又 F 是 PC的中点，在 Rt△ ASO 中， SO=AO sin45176。 =324 , 又 22 3 8 3 0 ,4 9 4S E E O S O     在 Rt△ ESO 中， cos∠ ESO=32154 ,5304SOSE  即所求二面角的余弦值为 解法二：由（Ⅰ）知 AE， AD， AP两两垂直，以 A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又 E、 F 分别为 BC、 PC 的中点，所以 E、 F 分别为 BC、 PC 的中点，所以 A（ 0， 0， 0）， B（ 3 ， 1， 0）， C（ C， 1， 0）， D（ 0， 2， 0）， P（ 0， 0， 2）， E（ 3 ， 0， 0）， F（ 31, ,122 ）， 所以 31( 3 , 0 , 0 ) , ( , , 1 ) .22A E A F 设平面 AEF 的一法向量为 1 1 1( , , ),m x y z 则 0,0,m AEm AF  因此 11 1 13 0 ,31 0.22xx y z     取 1 1, ( 0 , 2 , 1),zm   则 因为 BD⊥ AC， BD⊥ PA， PA∩ AC=A， 所以 BD⊥平面 AFC， 故 BD 为平面 AFC 的一法向量 . 又 BD =（ 3,3,0 ）， 17 所以 cos＜ m, BD ＞ = 2 3 1 5 .5| | | | 5 1 2m B Dm B D  因为 二面角 EAFC 为锐角， 所以所求二面角的余弦值为 江苏 卷 16．在四面体 ABCD 中， CB= CD, AD⊥ BD，且 E ,F 分别是 AB,BD 的中点， 求证：（Ⅰ）直线 EF ∥面 ACD ； （Ⅱ）面 EFC⊥面 BCD ． 【解析】本小题考查空间直线与平面、平面与平面的位置关系的判定． （Ⅰ）∵ E,F 分别是 AB,BD 的中点， ∴ EF 是△ ABD 的中位线，∴ EF∥ AD， ∵ EF 面 ACD ， AD  面 ACD ，∴直线 EF∥面 ACD ． （Ⅱ）∵ AD⊥ BD ， EF∥ AD，∴ EF⊥ BD. ∵ CB=CD, F 是 BD 的中点，∴ CF⊥ BD. 又 EF CF=F，∴ BD⊥面 EFC．∵ BD 面 BCD，∴面 EFC⊥面 BCD ． 江西卷 ．解 ：（ 1）证明：依题设， EF 是 ABC 的中位线，所以 EF ∥ BC ， 则 EF ∥ 平面 OBC ，所以 EF ∥ 11BC。 又 H 是 EF 的中点，所以 AH ⊥ EF ，则AH ⊥ 11BC。 因为 OA ⊥ OB ， OA ⊥ OC ， 所以 OA ⊥ 面 OBC ，则 OA ⊥ 11BC ， 因此 11BC ⊥ 面 OAH。 （ 2）作 ON ⊥ 11AB 于 N ，连 1CN。 因为 1OC ⊥ 平面 11OAB ， 根 据三垂线定理知， 1CN⊥ 11AB ， 1ONC 就是二面角 1 1 1O AB C的平面角。 作 EM ⊥ 1OB 于 M ，则 EM ∥ OA ，则 M 是 OB 的中点，则 1EM OM。 设 1OB x ，由 111OB OAMB EM 得， 312xx  ，解得 3x ， 在 11Rt OAB 中， 221 1 1 1 3 52A B O A O B  ，则， 111135O A O BON AB。 NMB 1C 1A 1HFECBAO 18 所以 11ta n 5OCO NC ON  ，故二面角 1 1 1O AB C为 arctan 5。 解法二： （ 1）以直线 OA OC OB、 、 分别为 xy、 、 z 轴，建立空间直角坐标系， O xyz 则 11( 2 , 0 , 0 ) , (0 , 0 , 2 ) , (0 , 2 , 0 ) , ( 1 , 0 , 1 ) , ( 1 , 1 , 0 ) , ( 1 , , )22A B C E F H 所以 1 1 1 1( 1 , , ) , ( 1 , , ) , ( 0 , 2 , 2 )2 2 2 2A H O H B C     所以 0 , 0A H B C O H B C    所以 BC 平面 OAH 由 EF ∥ BC 得 11BC ∥ BC ，故： 11BC 平面 OAH (2)由已知1 3( ,0,0),2A设 1(0,0, )Bz 则111( , 0 , 1 ) , ( 1 , 0 , 1 )2A E E B z     由 1AE与 1EB 共线得 :存在 R 有 11AE EB 得 113 (0 , 0 , 3 )21 ( 1 )zBz        同理 : 1(0,3,0)C 1 1 1 133( , 0 , 3 ) , ( , 3 , 0 )22A B A C     设 1 1 1 1( , , )n x y z 是平面 1 1 1ABC 的一个法向量 , 则3 3023 302xzxy    令 2x 得 1yx 1 (2,1,1).n 又 2 (0,1,0)n  是平面 11OAB 的一个法量 12 16c o s , 64 1 1nn     所以二面角的大小为 6arccos 6 B 1C 1A 1HFECBAOx yz 19 （ 3）由（ 2）知，1 3( ,0,0)2A， (0,0,2)B ，平面 1 1 1ABC 的 一个法向量为 1 (2,1,1)n 。 则1 3( , 0, 2)2AB 。 则点 B 到平面 1 1 1ABC 的距离为 11132 666A B ndn    湖北卷 18.（本小题满分 12 分） 如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，平面 AB。