2011高考数学立体几何大题汇总

2011高考数学立体几何大题汇总(1)(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,PD ⊥底面ABCD. (Ⅰ)证明：PA ⊥BD ；(Ⅱ)若PD=AD ，求二面角A-PB-C 的余弦值。

(1)解：（Ⅰ ）因为60,2DAB AB AD ∠=︒=, 由余弦定理得3BD AD = 从而BD 2+AD 2= AB 2，故BD ⊥AD 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故PA ⊥BD（Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz ，则()1,0,0A ,()03,0B ，,()1,3,0C -,()0,0,1P 。

(1,3,0),(0,3,1),(1,0,0)AB PB BC =-=-=-设平面PAB 的法向量为n=（x,y,z ），则即3030x y z -=-=（II ）由AB ⊥平面SDE 知， 平面ABCD ⊥平面SED 。

作,SF DE ⊥垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，3SD SE SF DE⨯== 作FG BC ⊥，垂足为G ，则FG=DC=1。

连结SG ，则SG BC ⊥， 又,BC FG SG FG G ⊥=，故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG 。

…………9分作FH SG ⊥，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC 。

37SF FG FH SG ⨯==，即F 到平面SBC 的距离为217 由于ED//BC ，所以ED//平面SBC ，E 到平面SBC 的距离d 也有217 设AB 与平面SBC 所成的角为α，则2121sin arcsin 77d EBαα=== …………12分解法二：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C —xyz 。

设D （1，0，0），则A （2，2，0）、B （0，2，0）。

又设(,,),0,0,0.S x y z x y z >>>则（I ）(2,2,),(,2,)AS x y z BS x y z =--=-，(1,,)DS x y z =-，由||||AS BS =得222222(2)(2)(2),x y z x y z -+-+=+-+故x=1。

由22||11,DS y z =+=得又由222||2(2)4,BS x y z =+-+=得即2213410,,.22y z y y z +-+===故 …………3分于是133333(1,,),(1,,),(1,,)222222S AS BS =--=-，13(0,,),0,0.22DS DS AS DS BS =⋅=⋅=故,,,DS AD DS BS AS BS S ⊥⊥=又 所以SD ⊥平面SAB 。

…………6分 （II ）设平面SBC 的法向量(,,)a m n p =， 则,,0,0.a BS a CB a BS a CB ⊥⊥⋅=⋅=又33(1,,),(0,2,0),22BS CB =-= 故330,220.m n p n ⎧-+=⎪⎨⎪=⎩…………9分取p=2得(3,0,2),(2,0,0)a AB =-=-又。

21cos ,.7||||AB a AB a AB a ⋅==⋅故AB 与平面SBC 所成的角为21arcsin.73 （14分）已知1111ABCD A B C D -是底面边长为1的正四棱柱，1O 是11A C 和11B D 的交点。

⑴ 设1AB 与底面1111A B C D 所成的角的大小为α，二面角111A B D A --的大小为β。

求证：tan 2βα=；⑵ 若点C 到平面11AB D 的距离为43，求正四棱柱1111ABCD A B C D -的高。

解：设正四棱柱的高为h 。

⑴ 连1AO ，1AA ⊥底面1111A B C D 于1A ，∴1AB 与底面1111A B C D 所成的角为11AB A ∠，即11AB A α∠=∵ 11AB AD =，1O 为11B D 中点，∴111AO B D ⊥，又1111A OB D ⊥，∴11AO A ∠是二面角111A B D A --的平面角，即11AOA β∠= ∴ 111tan AA hA B α==，111tan 22AA h AO βα===。

⑵ 建立如图空间直角坐标11(0,0,),(1,0,0),(0,1,0),(1,1,)A hB DC hO 1DCBA D 1C 1B A 1A1B C 1D 1A BCD O 111(1,0,),(0,1,),(1,1,0)AB h AD h AC =-=-=设平面11AB D 的一个法向量为(,,)n x y z =， ∵11110n AB n AB n AD n AD ⎧⎧⊥⋅=⎪⎪⇔⎨⎨⊥⋅=⎪⎪⎩⎩，取1z =得(,,1)n h h =∴ 点C 到平面11AB D 的距离为22||43||1n AC d n h h ⋅===++，则2h =。

4（本小题满分12分）如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA =AB =12P D ． （I ）证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； （II ）求二面角Q —BP —C 的余弦值．解：如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D —xyz.（I ）依题意有Q （1，1，0），C （0，0，1），P （0，2，0）.则(1,1,0),(0,0,1),(1,1,0).DQ DC PQ ===- 所以0,0.PQ DQ PQ DC ⋅=⋅= 即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC. 故PQ ⊥平面DCQ.又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ. …………6分（II ）依题意有B （1，0，1），(1,0,0),(1,2,1).CB BP ==-- 设(,,)n x y z =是平面PBC 的法向量，则0,0,20.0,n CB x x y z n BP ⎧⋅==⎧⎪⎨⎨-+-=⋅=⎩⎪⎩即 因此可取(0,1,2).n =--设m 是平面PBQ 的法向量，则0,0.m BP m PQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可取15(1,1,1).cos ,.5m m n =<>=-所以故二面角Q —BP —C 的余弦值为15.-…5如图，在ABC ∆中，60,90,ABC BAC AD ∠=∠=是BC上的高，沿AD 把ABC ∆折起，使90BCD ∠= 。

（Ⅰ）证明：平面ＡＤＢ ⊥平面ＢＤＣ； （Ⅱ）设Ｅ为ＢＣ的中点，求AE 与DB 夹角的余弦值。

解（Ⅰ）∵折起前ＡＤ是ＢＣ边上的高，∴ 当Δ ＡＢＤ折起后，AD ⊥ＤＣ，AD ⊥ＤＢ，又DB ⋂ＤＣ＝Ｄ， ∴ＡＤ⊥平面ＢＤＣ， ∵AD 平面平面BDC ． ∴平面ABD ⊥平面BDC 。

（Ⅱ）由∠ ＢＤＣ＝90︒及（Ⅰ）知DA ，ＤＢ，DC 两两垂直，不防设DB =1，以D 为坐标原点，以,,DB DC DA 所在直线,,x y z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D （0,0,0），B （1,0,0），C （0,3,0），A （0,0，3），E （12，32，0）， AE ∴=13,,322⎛⎫-⎪⎝⎭，DB=（1，0,0,），AE ∴与DB 夹角的余弦值为cos＜AE ，DB ＞=1222.22||||2214AE DBAE DB ⋅==⋅⨯1222222214==⨯．6本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分．）如题（19）图，在四面体ABCD 中，平面ABC ⊥平面ACD ，AB BC ⊥，AD CD =，CAD ∠=30︒．（Ⅰ）若AD =2，AB BC =2，求四面体ABCD 的体积；（Ⅱ）若二面角C AB D --为60︒，求异面直线AD 与BC所成角的余弦值．本题12分）（I ）解：如答（19）图1，设F 为AC 的中点，由于AD=CD ，所以DF ⊥AC. 故由平面ABC ⊥平面ACD ，知DF ⊥平面ABC ， 即DF 是四面体ABCD 的面ABC 上的高， 且DF=ADsin30°=1，AF=ADcos30°=3.在Rt △ABC 中，因AC=2AF=23，AB=2BC ， 由勾股定理易知215415,.BC AB ==故四面体ABCD 的体积1114152154.332555ABC V S DF ∆=⋅⋅=⨯⨯⨯=（II ）解法一：如答（19）图1，设G ，H 分别为边CD ，BD 的中点，则FG//AD ，GH//BC ，从而∠FGH 是异面直线AD 与BC 所成的角或其补角.设E 为边AB 的中点，则EF//BC ，由AB ⊥BC ，知EF ⊥AB.又由（I ）有DF ⊥平面ABC ， 故由三垂线定理知DE ⊥AB.所以∠DEF 为二面角C —AB —D 的平面角，由题设知∠DEF=60° 设,sin .2a AD a DF AD CAD ==⋅=则 在33,cot ,236aRt DEF EF DF DEF a ∆=⋅=⋅=中从而13.26GH BC EF a ===因Rt △ADE ≌Rt △BDE ，故BD=AD=a ，从而，在Rt △BDF 中，122aFH BD ==， 又1,22a FG AD ==从而在△FGH 中，因FG=FH ，由余弦定理得2223cos 22FG GH FH GH FGH FG GH FG +-===⋅因此，异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为3.解法二：如答（19）图2，过F 作FM ⊥AC ，交AB 于M ，已知AD=CD ，平面ABC ⊥平面ACD ，易知FC ，FD ，FM 两两垂直，以F 为原点，射线FM ，FC ，FD 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系F —xyz.不妨设AD=2，由CD=AD ，∠CAD=30°，易知点A ，C ，D 的坐标分别为 (0,3,0),(0,3,0),(0,0,1),(0,3,1).A C D AD -=则显然向量(0,0,1)k =是平面ABC 的法向量.已知二面角C —AB —D 为60°，故可取平面ABD 的单位法向量(,,)n l m n =，使得1,60,.2n k n <>==从而 2223,30,.61,.3n AD m n m l m n l ⊥+==-++==±由有从而由得设点B 的坐标为6(,,0);,,3B x y AB BC n AB l ⊥⊥=由取，有22463,,0,9,()633(3)0,73,x y x x y x y y ⎧⎧+==⎪=⎧⎪⎪⎪⎨⎨⎨=-⎪-+=⎩⎪⎪=⎪⎩解之得舍去易知6l =-与坐标系的建立方式不合，舍去.因此点B 的坐标为4673(,,0).99B 所以4623(,,0).99CB =-从而22233()39cos ,.6||||462331()()99AD CB AD CB AD CB -⋅<>===-++-故异面直线AD 与BC 所成的角的余弦值为3.67 如图，四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB+AD=4，CD=2，︒=∠45CDA .（I）求证：平面PAB⊥平面PAD；（II）设AB=AP.（i）若直线PB与平面PCD所成的角为 30，求线段AB的长；（ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由。