山东高考文科数学立体几何大题及答案汇编

2008年-2014年山东高考文科数学立体几何大题及答案（08年）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB DC ∥，PAD △是等边三角形，已知28BD AD ==，245AB DC ==（Ⅰ）设M 是PC 上的一点，证明：平面MBD ⊥平面PAD ； （Ⅱ）求四棱锥P ABCD -的体积．（09年）如图，在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB 11111（10年）（本小题满分12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，MA ⊥平面ABCD ，//PD MA，E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点，且2AD PD MA ==. （I ）求证：平面EFG ⊥平面PDC ；（II ）求三棱锥P MAB -与四棱锥P ABCD -的体积之比.（11年）（本小题满分12分） 如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，1D D ABCD⊥平面，底面ABCD是平行四边形，112,,60AB AD AD A B BAD ==∠=（Ⅰ）证明：1AA BD⊥；（Ⅱ）证明：11//CC A BD 平面.ABC M PD E A B CFE1A1 B1 C1D1DD B1D1 C1 C BAA1（12年） (本小题满分12分)如图，几何体E ABCD -是四棱锥，△ABD 为正三角形，,CB CD EC BD =⊥.(Ⅰ)求证：BE DE =；(Ⅱ)若∠120BCD =︒，M 为线段AE 的中点， 求证：DM ∥平面BEC .（13年）（本小题满分12分）如图，四棱锥P —ABCD 中，AB ⊥AC ， AB ⊥PA ，AB ∥CD ，AB=2CD ，E ，F ，G ， M ，N 分别为PB ，AB ，BC ，PD ，PC 的中点。

（Ⅰ）求证，CE ∥平面PAD; （Ⅱ）求证，平面EFG ⊥平面EMN 。

（14年）（本小题满分12分）如图，四棱锥P ABCD -中，,//,BC AD PCD AP 平面⊥AD BC AB 21==,F E ,分别为线段PC AD ,的中点。

（Ⅰ）求证：BEF AP 平面// （Ⅱ）求证：PAC BE 平面⊥PACDE答案 08年解：（Ⅰ）证明：在ABD △中， 由于4AD =，8BD =，AB = 所以222AD BD AB +=． 故AD BD ⊥．又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD平面ABCD AD =，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥平面PAD ， 又BD ⊂平面MBD ， 故平面MBD ⊥平面PAD ．（Ⅱ）解：过P 作PO AD ⊥交AD 于O ， 由于平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD ．因此PO 为四棱锥P ABCD -的高， 又PAD △是边长为4的等边三角形．因此42PO =⨯= 在底面四边形ABCD 中，AB DC ∥，2AB DC =，所以四边形ABCD 是梯形，在Rt ADB △中，斜边AB5=， 此即为梯形ABCD 的高， 所以四边形ABCD的面积为2425S =⨯=． ABC MPDO故1243P ABCD V -=⨯⨯=09年解：（Ⅰ）证明：在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，取A 1B 1的中点F 1， 连接A 1D ，C 1F 1，CF 1，因为AB=4, CD=2,且AB 111EE ⊄11CF ⊂111（Ⅱ）连接AC,在直棱柱中，CC 1⊥平面ABCD,AC ⊂平面ABCD,所以CC 1⊥AC,因为底面ABCD 为等腰梯形，AB=4, BC=2, F 是棱AB 的中点,所以CF=CB=BF ，△BCF 为正三角形，60BCF ∠=︒,△ACF 为等腰三角形，且30ACF ∠=︒所以AC ⊥BC, 又因为BC 与CC 1都在平面BB 1C 1C 内且交于点C, 所以AC ⊥平面BB 1C 1C,而AC ⊂平面D 1AC, 所以平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C.10年解：（I ）证明：由已知ABCD,PD MA,MA ⊥平面∥ 所以 PD ABCD ∈平面 又 BC ABCD ⊂平面， 所以 PD DC ⊥因为 四边形ABCD 为正方形， 所以 BC DC ⊥, 又 PD DC=D ⋂， 因此 BC PDC ⊥平面在PBC 中，因为G F 、分别为PB PC 、的中点， 所以 GF PC ∥因此 GF PDC ⊥平面E A B CF E 1 A 1 B 1 C 1 D 1 D F 1EABCFE 1 A 1B 1C 1D 1 D又 GF EFG ⊂平面，所以 EFG PDC ⊥平面平面．（Ⅱ）解：因为PD ABCD ⊥平面,四边形ABCD 为正方形，不妨设MA=1，则 PD=AD=2，所以P-ABCD ABCD 1V =S 3正方形·8PD=3 由于DA MAB ⊥面的距离，且PD MA ∥所以DA 即为点P 到平面MAB 的距离，三棱锥322212131V MAB -P =⨯⨯⨯⨯=所以 4:1V V ABCD -P MAB -P =：11年解：（I ）证法一：因为1D D⊥平面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ， 所以1D D BD ⊥，又因为AB=2AD ，60BAD ∠=︒， 在ABD ∆中，由余弦定理得22222cos603BD AD AB AD AB AD =+-⋅︒=，所以222AD BD AB +=， 因此AD BD⊥， 又1,ADD D D =所以11.BD ADD A ⊥平面 又1AA ⊂平面ADD 1A 1， 故1.AA BD ⊥证法二： 因为1D D ⊥平面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ，所以1.BDD D ⊥ 取AB 的中点G ，连接DG ，在ABD ∆中，由AB=2AD 得AG=AD ，又60BAD ∠=︒，所以ADG ∆为等边三角形。

因此GD=GB ， 故DBG GDB ∠=∠， 又60AGD ∠=︒1,D D ∠︒∠∠∠︒︒︒⊥=所以GDB=30,故ADB=ADG+GDB=60+30=90,所以BD AD.又AD D所以BD ⊥平面ADD 1A 1， 又1AA ⊂平面ADD 1A 1， 故1.AA BD ⊥（II ）连接AC ，A 1C 1，设AC BD E =，连接EA 1因为四边形ABCD 为平行四边形，所以1.2ECAC =由棱台定义及AB=2AD=2A 1B 1知 A 1C 11⊂1CC ⊂BD BC CD =CO BD ⊥CE BD ⊥BD ⊥所以BD OE ⊥，即OE是BD 的垂直平分线， 所以BE DE =.(II)取AB 中点N ，连接,MN DN ， ∵M 是AE 的中点，∴MN ∥BE ， ∵△ABD 是等边三角形，∴DN AB ⊥.由∠BCD ＝120°知，∠CBD ＝30°，所以∠ABC ＝60°+30°＝90°，即BC AB ⊥，所以ND ∥BC ， 所以平面MND ∥平面BEC ，故DM ∥平面BEC .13年解：(1)证法一：取PA 的中点H ，连接EH ，DH .，因为E 为PB 的中点，所以EH ∥AB ，EH ＝12AB . 又AB ∥CD ，CD ＝12AB ，所以EH ∥CD ，EH ＝CD .因此四边形DCEH 是平行四边形，所以CE ∥DH . 又DH ⊂平面PAD ，CE 平面PAD ，因此CE ∥平面PAD .证法二：连接CF .因为F 为AB 的中点，所以AF ＝12AB . 又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD .又AF ∥CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形．因此CF ∥AD . 又CF平面PAD ，所以CF ∥平面PAD .因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以EF ∥PA . 又EF平面PAD ，所以EF ∥平面PAD .因为CF ∩EF ＝F ，故平面CEF ∥平面PAD . 又CE ⊂平面CEF ，所以CE ∥平面PAD . (2)证明：因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以EF ∥PA . 又AB ⊥PA ，所以AB ⊥EF . 同理可证AB ⊥FG . 又EF ∩FG ＝F ，EF ⊂平面EFG ，FG ⊂平面EFG ， 因此AB ⊥平面EFG . 又M ，N 分别为PD ，PC 的中点， 所以MN ∥CD . 又AB ∥CD ，所以MN ∥AB . 因此MN ⊥平面EFG . 又MN ⊂平面EMN ， 所以平面EFG ⊥平面EMN .14年解：（Ⅰ）连接AC 交BE 于点O ，连接OF ，不妨设AB=BC=1,则AD=2,//,BC AD BC AB = ∴四边形ABCE 为菱形 AP OF PC AC F O //,,∴中点，分别为 又BEF AP BEF OF 平面，平面//∴⊂（Ⅱ）CD AP PCD CD PCD AP ⊥∴⊂⊥,平面，平面CD BE BCDE ED BC ED BC //,,//∴∴=为平行四边形， ,PA BE ⊥∴AC BE ABCE ⊥∴为菱形，又 PAC AC PA A AC PA 平面、又⊂=⋂, ,PAC BE 平面⊥∴。