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1、第 1 页 共 21 页浙江历年理科高考题之立体几何大题浙江历年理科高考题之立体几何大题（教师版）（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；21() 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，ODPA ， PAPAB又平面ODPAB 平面()ABBCOAOC ，OAOBOC ，OPABC又 平面.PAPBPC EPEBCPOE取BC 中点，连结，则平面OF
2、PEFDFOFPBC作于，连结，则平面ODFODPBC 是与平面所成的角.又，PA 与平面 PBC 所成的角的大小等于，ODPAODF210sin,30OFRt ODFODFOD在中，210arcsin.30PBC PA与平面所成的角为（）由()知，F 是 O 在平面 PBC 内的射影奎屯王新敞新疆OFPBC D 是 PC 的中点，若点 F 是的重心，则 B，F，D 三点共线，PBC直线 OB 在平面 PBC 内的射影为直线 BD，即奎屯王新敞新疆,OBPCPCBDPBPC1k 反之，当时，三棱锥为正三棱锥，O 在平面 PBC 内的射影为的重心奎屯王新敞新疆1k OPBCPBC方法二：，OPA
3、BC,OAOC ABBC,.OAOB OAOP OBOP以 O 为原点，射线 OP 为非负 z 轴，建立空间直角坐标系（如图）奎屯王新敞新疆OxyzEFDOBCAP第 2 页 共 21 页DOBCAPx yz设则，,ABa222,0,0 ,0,0 ,0,0222AaBC设，则OPh0,0,Ph()D 为 PC 的中点，21,0,42ODah 又，21,0,/22PAahODPAODPA ODPAB 平面()，即，1 2k 7272 ,0,222PAahaPAaa 可求得平面 PBC 的法向量，11, 1,7n 210cos,30| |PA nPA nPAn 设 PA 与平面 PBC 所成的角为
4、，则，210sin|cos,|30PA n （）的重心，PBC221,663Gaah221,663OGaah ，又，,OGPBCOGPB 2221120,0,2632PBahOG PBahha ，即，反之，当时，三棱锥为正三棱锥，22PAOAha1k 1k OPBCO 在平面 PBC 内的射影为的重心奎屯王新敞新疆PBC2、 （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：方法一：（I）因为 N
5、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）取 AD 的中点 G，连结 BG、NG，则 BGCD，第 3 页 共 21 页EDCMAB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，510sinBGBNBGN故 CD 与平面 ADMN 所成的角是。510arcsin方法二：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
6、 A（0，0，0） ，P（0，0，2） ，B（2，0，0） ，C（2，1，0） ，M（1，1） ，D（0，2，0）21（）因为2）（ 3(2,0, 2)(1,1)2PB DM 3(2,0, 2)(1,1)2PB DM 0所以 PBDM。（）因为 ，所以 PBAD，(2,0, 2) (0,2,0)PB AD 0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。DCPB因为 = DCPBDCPBDCPB cos510所以 CD 与平面 ADMN 所成的角为 510arcsin3、 （2007 年）19 （本题 14 分）在如图所示的几何体中，平面，平面，
7、EA ABCDB ABC，且，是的中点ACBC2ACBCBDAEMAB（I）求证：；CMEM（II）求与平面所成的角CMCDE解：方法一：方法一：（I）证明：因为，是的中点，所以ACBCMABCMAB又平面，所以EA ABCCMEM（II）解：过点作平面，垂足是，连结交延长交于点，MMH CDEHCHEDF第 4 页 共 21 页连结，是直线和平面所成的角MFMDFCMCMCDE因为平面，所以，MH CDEMHED又因为平面，所以，CM EDMCMED则平面，因此ED CMFEDMF设，EAa2BDBCACa在直角梯形中，是的中点，ABDE2 2ABaMAB所以，3DEa3EMa6MDa得是直
8、角三角形，其中，EMD90EMD 所以2EM MDMFaDEA在中，所以，RtCMFtan1MFFCMMC45FCM 故与平面所成的角是CMCDE45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CCACBxyCABC轴，建立直角坐标系，设，则，zCxyzEAa(2)Aa ，(0 2 0)Ba，(2 0)Eaa，(0 2 2 )Da a，(0)M aa，（I）证明：因为，()EMaaa ，(0)CMaa ，所以，故0EM CM AEMCM（II）解：设向量与平面垂直，则，001yz，n =CDECE nCD n即，0CE An0CD An因为，所以，(2 0)CEaa
9、 ，(0 2 2 )CDa a ，02y 02x 即，(122)，n2cos2CMCM CM A A，nn n直线与平面所成的角是与夹角的余角，所以，CMCDEnCM 45因此直线与平面所成的角是CMCDE45EDCMABEHEDCMAByzx第 5 页 共 21 页4、 （2008 年）如图,矩形 ABCD 和梯形 BEFC 所在平面互相垂直，BE/CF，BCF=CEF=,90AD=,EF=2。3（）求证：AE/平面 DCF；（）当 AB 的长为何值时,二面角 A-EF-C 的大小为？60方法一：（）证明：过点作交于，连结，EEGCFCFGDG可得四边形为矩形，又为矩形，BCGEABCD所以
10、，从而四边形为平行四边形，ADEGADGE故因为平面，平面，AEDGAE DCFDG DCF所以平面AEDCF（）解：过点作交的延长线于，连结BBHEFFEHAH由平面平面，得平面，ABCD BEFCABBCAB BEFC从而所以为二面角的平面角AHEFAHBAEFC在中，因为，所以，RtEFG3EGAD2EF 60CFE1FG 又因为，所以，CEEF4CF 从而3BECG于是3 3sin2BHBEBEHA因为，tanABBHAHBA所以当为时，二面角的大小为AB9 2AEFC60方法二：如图，以点为坐标原点，以和分别作为轴，轴和轴，CCBCF，CDxyz建立空间直角坐标系设，CxyzABaB
11、EbCFc，则，(0 0 0)C，( 3 0)Aa，( 3 0 0)B，( 30)Eb，(00)Fc，（）证明：，(0)AEba ，( 3 0 0)CB ，(00)BEb ，所以，从而，0CB CE A0CB BE ACBAECBBEDABEFCHGDABEFCyzx第 6 页 共 21 页所以平面因为平面，所以平面平面CB ABECB DCFABEDCF故平面AEDCF（）解：因为，(30)EFcb ，( 30)CEb ，所以，从而0EF CE A| 2EF 解得所以，23()03()2b cbcb ，34bc，( 33 0)E，(0 4 0)F，设与平面垂直，则，(1)nyz ，AEF0n
12、 AE A0n EF A解得又因为平面，3 3(13)na ，BA BEFC(0 0)BAa ，所以，得到 2|3 31|cos|2| |427BA nan BABAnaa A A，9 2a 所以当为时，二面角的大小为AB9 2AEFC605、 （2009 年）如图，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，分别PAC ABCABCAC,E F O为，的中点，PAPBAC16AC 10PAPC（I）设是的中点，证明：平面；GOC/ /FGBOE（II）证明：在内存在一点，使平面，ABOMFM BOE并求点到，的距离MOAOB解：方法一：方法一：（）证明：如图，连结，以点为坐标原点，分别以OPOOB
13、OCOP，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系xyzOxyz则(0 0 0)(08 0)(8 0 0)(0 8 0)(0 0 6)(04 3)(4 0 3)OABCPEF，由题意，得(0 4 0)G ，因为，(8 0 0)(04 3)OBOE ，所以平面的法向量BOE(0 3 4)，n由，得( 4 43)FG ，0FG n又直线不在平面内，所以平面FGBOEFGBOE（）解：设点的坐标为，则M00(0)xy，00(43)FMxy ，zCPF GEABOyx第 7 页 共 21 页因为平面，所以FM BOEFM n因此，00944xy ，即点的坐标是M9404，在平面直角坐标系中，的内部区域可表示为不等式组xOyAOB0 0 8x y xy ， ， 经检验，点的坐标满足上述不等式组M所以，在内存在一点，使平面AOBMFM BOE由点的坐标，得点到的距离分别为MMOAOB，944，方法二：方法二：（）证明：取的中点为，连结PEHHGHF，
