高二数学立体几何专题复习(精编版)

1、高中立体几何专题(精编版)1 .(天津文)如图，在四棱锥 P ABCD中，底面ABCD为 平行四边形， ADC 450, AD AC 1,0为AC中点，PO 平面ABCD , P0 2, M为PD中点.(I )证明：PB平面ACM ;(H )证明：AD 平面PAC ;(m)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值.5 / 16【解析】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力。满分13分。 (I)证明：连接BR M0在平行四边形ABCm，因为。为AC的中点，所 以。为BD的中点，又M为PD的中点，所以PB/MQ因为PB 平

2、面ACM MO 平面ACM所以PB平面ACM(H)证明：因为 ADC 45，且 AD=AC=1 所以 DAC 90，即 AD AC, 又P0平面ABCD AD 平面ABCD所以PO AD,而AC P0 0 ,所以 AD 平面PAC(m)解：取DO中点N,连接MN AN因为M为PD的中点，所以MN/PQ1且MN -P0 1,由P0 平面ABCD彳# MN 平面ABCD所以 MAN是直 2线AM平面ABC而成的角，在Rt DAO中，AD 1,AO，所以DO 恒, 221从而AN DO2在 Rt ANM 中,tanMANMNAN_1_ 4_J函V54即直线AM与平面ABC防成角的正切值为生也.5PA

3、BOt, PC! AB, PAL BC,点 D,E,F,G 分别是棱2 .(北京文)如图，在四面体AP,AC,BC,PB的中点.(I)求证：DE/平面BCP(H)求证：四边形DEFW矩形；(m)是否存在点Q,到四面体PAB6条棱的中点的距离相等？说明理由【解析】（17）（共14分）证明：（I）因为D, E分别为AP, AC的中点,所以 DE/PC。又因为DE平面BCP所以DE平面BCP（H）因为D, E, F, G分别为AP, AC, BG PB的中点，所以 DE/PC/FG , DG/AB/EF。所以四边形DEF狈平行四边形，又因为PC!AB,所以DEL DG所以四边形DEF狈矩形。（m）存

4、在点Q满足条件，理由如下：连接DF, EG设Q为EG的中点由（H）知，DFn EG=Q 且 QD=QE=QF=QG=G.2分别取PG AB的中点M, N,连接ME EN NG MG MN与（H）同理，可证四边形 MENG；矩形，其又t角线点为EG的中点Q,1 且 QM=QN1=EG2所以Q为满足条件的点.3 .（全国大纲文）如图，四棱锥S ABCD中，ABPCD, BC CD,侧面SAB为等边三角形,AB BC 2,CD SD 1.（I ）证明：SD平面SAB（II ）求AB与平面SBC所成的角的大小。【解析】20.解法一：''（I）取AB中点E,连结DE,则四边形BCD助您j

5、DE=CB=2连2SE,则 SE AB,SE 3.1又 SD=1,故 ED2 SE2 SD2 ,所以DSE为直角。由 AB DE, AB SE,DE I SE E ,得AB 平面SDE所以AB SD0SD 与两条相交直线AB SE都垂直。所以SD 平面SAB6分(II )由 AB 平面 SDES口，平面ABCD 平面SED作SF DE,垂足为F,则SF平面ABCDCL SD SE .3 SF .DE 2作FG BC ,垂足为G,贝U FG=DC' 1连2g SG 则 SG BC ,又 BC FG,SGI FG G ,故BC 平面SFG平面SBC平面SFG9分作FH SG, H为垂足，则

6、FH 平面SBCFH SF FG a,即F到平面SBC勺距离为SG 77由于ED/BC,所以ED平面SBC E至U平面SBC的距离d也有叵.d.21sin ,EB 7解法二：以C为坐标原点，射线设AB与平面SBC所成的角为a ,12分.京arcsinCD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系7C xyz o设 D (1, 0, 0),则 A (2, 2, 0)、B (0, 2, 0)uurDS (x 1,y,z),又设 S(x, y,z),则x 0, y 0,z 0. uuuuuu(I) AS (x 2,y 2,z),BS (x,y 2,z), uuu uuu,(x 2/(y故 x=1o

7、uur 2由|DS| 1彳导y* 1 2由 | AS| | BS|得uuruuu uuu uuu则 a BS,a CB,a BS 0,a CB 0.uur 33 uur又bs °，2，T)，cb (020)，33 n故m 2n万P °，2n 0. _ uur取 p=2 得 a (服0,2)，又 AB ( 2,0,0)。 uur一uuu AB a . 21 cos AB, a-uuu -.|AB|a|7故AB与平面SBCff成的角为arcsin叵.74.（全国新文）18.（本小题满分12分）如图，四棱锥 P ABCD中，底面 ABCD为平行四边形，DAB 60 ,AB 2AD

8、 , PD 底面 ABCD(I )证明：PA BD ;(II )设PD=AD=1求棱锥D-PBC的高.【解析】(18)解:(I)因为 DAB 60 , AB 2AD , 由余弦定理得 BD Z3AD从而 BD+AD= AB2,故 BD AD又PD 底面ABCD可得BD PD所以BD 平面PAD.故PA BD（n）如图，作DE PB,垂足为E。已知PD 底面ABCD则PD BG由（I ）知 BD AR 又 BC/AD,所以 BC BD故BC平面PBD BC DE贝U DE平面PBC由题设知，PD=1 贝U BD=/3, pb=z根据 BE- PB=PD BR 彳# DE=- ,23即棱锥D-PB

9、C的高为.25.（辽宁文）18.（本小题满分12分）如图，四边形ABC刻正方形，QAL平面ABCD PD/ QA QA=AB=1 PD2（I ）证明：PQL平面DCQ（II ）求棱锥Q-ABCD勺的体积与棱锥P-DCQ勺体积的比彳【解析】18.解：（I）由条件知PDAGfc直角梯形因为QAL平面ABCD所以平面PDAQ平面ABCD交线为AD.:'又四边形ABC时正方形，DC!AD,所以DCL平面PDAQ可得PQL DC.在直角梯形PDA可得DQ=PQ=2 PDD贝U PQLQD2所以PQL平面DCQ. 6分(II )设 AB=a.由题设知AQ为棱锥Q- ABCD勺高，所以棱锥Q- AB

10、CD勺体积V1 -a3.3由(I )知PQ为棱锥P-DCQ勺高，而PQ=/2a, DCQ勺面积为Y2a2 ,2所以才8锥P-DCQ勺体积为V2 1a3.3故棱锥Q ABCD勺体积与棱锥P-DCQ勺体积的比值为1.12分6.(江西文)18.(本小题满分12分)如图，在 ABC中， B ,AB BC 2,P为AB边上的一动点，PD/BC交 2AC于点D,现将 PDA沿PD翻折至 PDA,使平面 PDA 平面PBCD(1)当棱锥A' PBCD的体积最大时，求PA的长；(2)若点P为AB的中点，E为A'C的中点，求证：A'B DEIMMl.【解析】18.(本小题满分12分)解：

11、(1)令 PA x(0 x 2),则A'P PD x,BP 2 x,方斤不因为 A'P PD ,且平面A'PD 平面PBCD故A'P 平面PBCD1 11Q所以 Va,pbcd -Sh -(2 x)(2 x)x (4x x3),3 66令 f(x) 1(4x x3), 611912 一由 f'(x) -(4 3x2) 0,得x= J3 , 63当 x (0,273)Bt, f'(x) 0, f(x)单调递增 3当x (2出,2)时，f'(x) 0, f(x)单调递减, 3f(x)取得最大值,2 3PA .3所以，当x 2向时，3即：当VA

12、, PBCD最大时,(2)设F为A,B的中点，连接PF, FE,1贝U有 EF/ BC,PD/ BC 22所以 DE/PF,又 A,P PB所以PF A'B,7.故 DE A' B.(山东文)19.(本小题满分12分)平面ABCD ,底面ABCD是如图，在四棱台ABCD A1B1C1D1中，DiD平行四边形，AB=2AD , AD=A 1B1 , BAD= 60(I )证明：AA1 BD ;(II)证明：CC1/平面 A1BD .【解析】19. (I )证法一：因为D1D 平面ABCD且BD 平面ABCD 所以D1D BD ,又因为 AB=2AD BAD 60 , 在ABD中，

13、由余弦定理得 2_2 _2_ _2 BD AD AB 2AD ABcos60 3AD ,所以 AD2 BD2 AB2, 因此AD BD ,又 ADI D1D D,所以BD 平面ADD1Al.又AA1 平面ADDAi,故 AAi BD.证法二：因为D1D 平面ABCD且BD 平面ABCD所以BD D1D.取AB的中点G,连接DG在 ABD 中，由 AB=2AD> AG=AD又BAD 60 ,所以ADG为等边三角形。 因止匕GD=GB故 DBG GDB,又 AGD 60所以 GDB=30,故 ADB= ADG+ GDB=60+30 =90 ,所以BD AD.又ADI DID D,所以BD 平

14、面ADDAi,又AA1 平面ADDV故 AA1 BD.(II )连接 AG AC, 设AC I BD E ,连接EA 因为四边形ABC时平行四边形，所以EC 1 AC.2由棱台定义及AB=2AD=2Ai知AC/EC 且 AiG=EC所以边四形AECC为平行四边形,因此 CC/EAi,又因为EA平面ABR CCi 平面ABR 所以CC/平面ABQ8.（陕西文）16.（本小题满分12分）如图，在 ABC中，/ ABC=45 , / BAC=90 , AD是 BC上的高，沿 AD 把4AB所起，使/ BDC=90 。（I ）证明：平面AD B（H）设BD=1求三棱锥DABC的表面积。2AB1 B1D

15、1# / 16【解析】16.解（I）二.折起前AD是B C边上的高，当 A ABD 折起后，ADLD C, AD1DB, 又 DB DC = D, AD,平面 B D C ,. AD平面基平面ABD平面ABD 平面BDC.DB , DBDC , DC DA,(H)由(I)知，DAQ DB=DA=DC=1 AB=BC=CA=2,从而SVDAMSVDBCSVDCA12,Sv ABC、2 sin 60表面积:°、3 3 .33 - 9.（上海文）20. （14分）1的正四棱柱，高AA 2已知ABCD求：ABiCiDi是底面边长为（1）异面直线BD与AB1所成的角的大小（结果用反三角函 数表

16、示）；（2）四面体AB1D1C的体积。【解析】20 .BD / B1D1, AB1 AD1 ,解：(1) 连 BD,ABi,BiDi, ADi ,异面直线BD与AB1所成角为 AB1D1，记 AB1D1_ 2_ _ 2_ 2ABiB1D1ADicos -1010AB=AC=AA=1,延长 AG 至cosAHBAHBHBA± AA,且 AAAACA,异面直线BD与ABi所成角为arccos010连AC,CBi,CDi,则所求四面体的体积VVABCD A1B1clD14 VC BIC1D110.(四川文)19.(本小题共12分)如图，在直三棱柱 ABC- ABG中，/ BAG90

17、6; ,点P,使CP= A1C,连接AP交棱CC于D.(I )求证：PB/平面BDA；(H)求二面角A-A1D B的平面角的余弦值； 本小题主要考查直三棱柱的性质、线面关系、二面角等 基本知识，并考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查 应用向量知识解决问题的能力.解法一：(I )连结AB与BA交于点O,连结OD. GD/平面 AA, A1G/AP, . .AD=PD,又 AO=BO, . OD/ PB,又 OD 面 BDA, PB 面 BDA, . PB / 平面 BDA.(II)过 A作 AE, DA 于点 E,连结 BE. : BAL GA .BA,平面AAGC.由三垂线定理可知 BEX D

18、A. / BEA二面角A- AQ B的平面角.在 RtzXAGD 中，ad J(1)2 12 叵, . 22Pc 115.2,5又 Saad 11 - AE ,AE .2225在 Rt BAE 中，BE J唔2 12 亭11 / 16x轴，y轴，z轴建立故二面角AAQ B的平面角的余弦值为|,解法如图，以A为原点，A1B1, AG, AA所在直线分别为 空间直角坐标系 A BGA,则 a(0,0,0), B (1,0,0) , C1(0,1,0) , B(1,0,1), P(0,2,0) .1 1.1(I )在/ PAA中有 C1D -AA1 , IP D(0,1,-).2 2LULTLUUC

19、LULTAB (1,0,1) , AD (0,1,x) , BP ( 1,2,0).设平面BAD的一个法向量为q (a,b,c), uuurm A1B a c 0,1则ULUU1 令c 1 ,则 1(1,-, 1).n1 A1D b c 0.22llit1: n1 B1P 1 ( 1) - 2 ( 1) 0 0 ,2. PB / 平面 BAD,（H）由（I）知，平面BAD的一个法向量m(131)又n2 （1,0,0）为平面AAD的一个法向量.cosn” n2n1 n2|n1| 也|ABC 中,ABAC ,故二面角A-AiD-B的平面角的余弦值为2.311 .（浙江文）（20）（本题满分14分）

20、如图，在三棱锥PD为BC的中点，PO，平面ABC ,垂足。落在线段AD（I ）证明：AP ± BC ;（H）已知 BC 8, PO 4, AO 3, OD 2 .求二面角 B AP C的大小.【解析】（20）本题主要考查空间线线、线面、面面位置关系， 二面角等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能 力。满分14分。（I）证明：由AB=AC D是BC中点，得AD BC ,又PO 平面ABC ,得PO BC因为PO AD O ,所以BC 平面PAD故BC PA（n）解：如图，在平面 PAB内彳BM PA于M 连CM 因为BC PA,得PA 平面BMC所以AP CM故 BMC为二面角B

21、 AP-C的平面角。在 Rt ADB中,AB在 Rt POD中,PD：ADPOBD2 41,得 AB V41OD2 ,36,得 PB 6.25,得 PA 5.- 1,从而 sin BPA 2233题G阴图平面ABC1平面ACD ,在 Rt PDB 中，PB2 PD2所以 PB2 PO2 OD2 BD2在 Rt POA中,PA2 AO2 OP2PA2 PB2 AB2又 cos BPA2PA PB故 BM PBsin BPA 4, 2同理GM 4 2.因为 BM2 MC 2 BC2所以 BMC 90即二面角B AP- C的大小为90 .12 .（重庆文）20.（本小题满分12分，（I）小问6分，（

22、H）小问6分）如题（20）图，在四面体ABCD中AB BC, AC AD 2,BC CD 1（I ）求四面体ABCD勺体积；（H）求二面角C-AB-D的平面角的正切值。【解析】20.（本题12分）解法一：（I）如答（20）图1,过D作DF,AC垂足 为F,故由平面 ABCL平面ACD知DF,平面ABC即DF是四面体ABCD勺面ABCk的高，设G为边CD的中点,(II )如答(20)图 1,过 F 作 FEE!AB,E,连接DE由(I )知DF垂足为C AB- D的平面在 Rt AFD 中,AF在 Rt ABC 中，EF/BC,从而 EF: BC=AF AC,所以 EFAF BC 7AC 8在

23、RQDEF中，tanDEF解法二：(I)如答(20)DF 2、,15 .EF 7图2,设。是AC的中点，过。作OHLAG交AB于H,过O作OML AC,交AD于M 由平面ABCL平面ACD知OHL OM因此 以。为原点，以射线OH OC OM分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，可建立 空间坐标系O-xyz,已知AC=2故点A, C的坐标分别为A (0, 1, 0), C(0,1,0)。为 UUOUUT设点B的坐标为8(斗，丫1,0)，由AB BC,| BC | 1,有22.x y11,x2(y 1)21,Xi 解得y2 (舍去).12即点B的坐标为B( , 1,0). 2 2uuui又设点D的坐标

24、为D(0,y2Z),由|CD|uuLr1,| AD | 2,有，平面ABC由三垂线定理知DH AB,故/ DEF为二面角 角。15 / 1622(y 1)Z21,22(y2 1)Z24,3y2-,y2解得 44154（舍去）.即点D的坐标为D（0,3，平）.从而ACDi AC上的高为h |Z2| *.uuir3 212- uuir又|AB| J(-)弓 1)V3,| BC | 1.一 一,，11 uuu uur 5故四面体ABCD勺体积V|AB|BC|h .3 28,uuu 3 3usr715(II )由(I)知 AB (, ,0), AD (0,).2 244设非零向量n （l,m,n）是平

25、面ABD勺法向量，则由nUUTAB有当2由n7-m43 m2ULUTAD ,0.(D(2)1,(2),可得 l J3,n 囚15,即 n显然向量k15（0,0,1）是平面ABC的法向量，从而7.15(,3, 1,誓).15<109cos故tan2.1577 109109即二面角C-AB-D的平面角的正切值为2魅.713 .（安徽文）（19）（本小题满分13分）如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD 上，OA 1, OD 2, AOAB AOA（C AODE AODF 都是正三角形。（I ）证明直线 BC/ EF ;（H）求棱锥F OBED的体积.【解析

26、】（19）（本小题满分13分）本题考查空间直线fiy/ 与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，空间性直线平行的证明，多面体体积的计算，考查空间想象能力，推理论证能力和运算 求解能力.(I )证明：设G是线段DA与EB延长线 的交点.由于 OABf OD嘟是正三角形， 所以1OB / 1DE , OG=OD=2 =2同理，设G是线段DA与FC延长线的交 点，有 OG OD 2.又由于G和G都在线段DA的延长线上， 所以G与G重合.1 一 1在GEDffiGFDt,由OB / -AB AE -CE DE DE和OC/ - DF ,可知B和C分别是GE和 =2= 2GF的中点，所以BC是4GEF

27、的中位线，故BC/ EF.一 .3一 . .(II )解：由 OB=1 OE=2 EOB 60,知Seob ,而 0£四边长为 22的正三角形，故SOED .3.所以 SoefdSEOBSOED过点F作FQ!DG交DG于点Q,由平面ABEDL平面ACFDa, FQ就是四棱锥 FOBED勺高，且 FQ=/3,所以 Vf obed -FQ Sobed -3214.(福建文)20.(本小题满分12分)如图，四棱锥 P-ABCDt, PAL底面ABCD AB±AR点E在线段AD上，且C日/ AR(I)求证：CEL平面PAD(11)若 PA=AB=1 AD=3 CD=/2, /CDA

28、=45 ,求四棱锥 P-ABCD勺体积【解析】20.本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系，几何少的体 积等基础知识；考查空间想象能力，推理论证能力，运算求解能力；息数 形结合思想，化归与转化思想，满分12分(I)证明：因为PA 平面ABCD CE 平面ABCD/ : 所以PA CE./中因为 AB AD,CE/AB,所以CE AD.又 PAI AD A,所以CE平面PAD任大枭”(II )由(I)可知 CE AD ,''在 Rt ECD 中，DE=CDCos45 1,CE CD sin 451,又因为 AB CE 1,AB/CE所以四边形ABCE矩形，所以Sg边形 A

29、BCDS矩形 ADCES ECD1512-11 -.22又 PA 平面 ABCD PA=1,15.CF J6, CE 2.3E ,所以CF 平面GEF,所以V四边形P ABCD二S9边形ABCD PA二二1 33 2(湖北文)18.(本小题满分12分)如图，已知正三棱柱ABC- AB1C1的底面边长为2,侧棱长为3/2,点E在侧棱AA上，点F在侧棱BB1上，且AE 272, BF 短.(I)求证：CF C1E ;(II ) 求二面角E CF G的大小。【解析】18.本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角的求法，同时考查空间想象能力和推理论证能力。(满分12分)解法1:(1)由已知可得C

30、C1 3.2,CE C1F22 (2.2)2 2.3EF2 AB2 (AE BF)2,EF C1E ：22 ( 2)2.6于是有 EF2 C1E2 C1F2,CE2 C1E2 CC12所以 C1E EF,C1E CE又EF CE E,所以C1E 平面CEF.由CF 平面CEF,故CF GE.(H)在CEF中，由(I )可得EF 于是有eF+cF=cE,所以CF EF.又由(I )知 CF GE,且 EF C1E又C1F 平面 CEF,故 CF C1F0于是 EFC1即为二面角E CF-G的平面角17 / 16由(I )知 gEF是等腰直角三角形，所以BFC145 ,即所求二面角A(0,0,0)

31、, B( .3,1,0), C(0,2,0), A(0,2,3 J2), E(0,0,2、2), F( 3,1, . 2)E-CF- C的大小为45 0解法2:建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得uuur_ uur _(I ) C1E (0, 2,2),CF( 3, 1,、2)uuur uumC1E CF 0 2 2 0CFC1E.uuu(n) CE (0, 2,2历，设平面 CEF的一个法向量为m (x, y,z)uuruuuutwm ce 0,由 m CE,m CF,得 uurm CF 0,即2y之匠。可取m(0,质,i) .3x y . 2z 0设侧面 BC 的一个法向量为 r u

32、ur uuuu uuun,由 n BC,n CC1,及 CB (，3, 1,0)CC； (0,0,312),可取 n (1,超0)设二面角E CG的大小为9 ,于是由9为锐角可得cosOCH是直线OC和平面PAC所成的角.ODA 中,OD在RtPOD 中,OH的直圆柱沿过轴的平面切开后,所以在Rt在 RtVOHC 中,sin又POL底面。Q AC底面。0,所以AC! PO而OD两条相交直线，所以AC 平面POD;（II ）由（I）知，AC 平面POD,又 AC 平面PAC1tl证明：o1,a,O2,b四点共面；设G为A A中点，延长A0；到二3百 八、(1)H'B02P0是平面；POD

33、内的/ i* t-/ 一厂二二一 二*一一2 22 ;使得OiH AQ .证平面H BGOA sin 30o的中点.（I ）证明：AC 平面POD ;（n）求直线 0C和平面PAC所成角的正弦值.【解析】19.（本题满分12分）解法1: （I）因为OA OC,D是AC的中点，所以AC 0D.17.（广东文）18.（本小题满分13分）图5所示的集合体是将高为2,底面半径为10H OCH0C122 23所以平面POD 平面PAC,在平面POD中， 过0作OH PD于H,则0H 平面PAC,连结CH , 则CH是0C在平面PAC上的射影，1m n| 展 立，所以 45|m| |n|,3 22即所求二面角E- C-G的大小为45 。16.（湖南文）19.（本小题满分12分）如图3,在圆锥P0中，已知PO J2,eO 的直