高二数学立体几何专题复习(精编版)

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，045ADC ∠=，1AD AC ==，O 为AC 中点，PO ⊥平面ABCD ，2PO =，M 为PD 中点．（Ⅰ）证明：PB //平面ACM ； （Ⅱ）证明：AD ⊥平面PAC ；（Ⅲ）求直线AMABCD 【解析】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BD ，MO ，在平行四边形ABCD 中，因为O 为AC 的中点，所以O 为BD 的中点，又M 为PD 的中点，所以PB//MO 。

因为PB ⊄平面ACM ，MO ⊂平面ACM ，所以PB//平面ACM 。

（Ⅱ）证明：因为45ADC ∠=︒，且AD=AC=1，所以90DAC ∠=︒，即AD A C ⊥，又PO ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以,PO AD AC PO O ⊥⋂=而，所以AD ⊥平面PAC 。

（Ⅲ）解：取DO 中点N ，连接MN ，AN ，因为M 为PD 的中点，所以MN//PO ，且11,2MN PO PO ==⊥由平面ABCD ，得MN ⊥平面ABCD ，所以MAN ∠是直线AM 与平面ABCD 所成的角，在Rt DAO ∆中，11,2AD AO ==，所以DO =，从而124AN DO ==，在,tan 4MN Rt ANM MAN AN ∆∠===中，即直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值为52. （北京文）如图，在四面体PABC 中，PC ⊥AB ，PA ⊥BC,点D,E,F,G 分别是棱AP,AC,BC,PB 的中点.（Ⅰ）求证：DE ∥平面BCP ； （Ⅱ）求证：四边形DEFG 为矩形；（Ⅲ）是否存在点Q ，到四面体PABC 六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 。

（Ⅱ）因为D ，E ，F ，G 分别为 AP ，AC ，BC ，PB 的中点，所以DE//PC//FG ，DG//AB//EF 。

所以四边形DEFG 为平行四边形， 又因为PC ⊥AB ， 所以DE ⊥DG ，所以四边形DEFG 为矩形。

（Ⅲ）存在点Q 满足条件，理由如下： 连接DF ，EG ，设Q 为EG 的中点由（Ⅱ）知，DF∩EG=Q，且QD=QE=QF=QG=21EG.分别取PC ，AB 的中点M ，N ，连接ME ，EN ，NG ，MG ，MN 。

与（Ⅱ）同理，可证四边形MENG 为矩形，其对角线点为EG 的中点Q ，且QM=QN=21EG ，所以Q 为满足条件的点. 3. (全国大纲文)如图，四棱锥S ABCD -中， AB CD ,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形， 2,1AB BC CD SD ====． （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BCDE 为矩形，DE=CB=2，连结SE ，则,SE AB SE ⊥= 又SD=1，故222ED SE SD =+， 所以DSE ∠为直角。

由,,AB DE AB SE DE SE E ⊥⊥=，得AB ⊥平面SDE ，所以AB SD ⊥。

SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直。

所以SD ⊥平面SAB 。

…………6分（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 ，SD 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 。

SF FG FH SG ⨯==，即F 到平面SBC由于ED//BC ，所以ED//平面SBC ，E 到平面SBC 的距离d 也有7设AB 与平面SBC 所成的角为α，则sin arcsin 77d EB αα===…………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=故x=1。

由22||11,DS y z =+=得又由222||2(2)4,BS x y z =+-+=得即221410,,2y z y y z +-+===故…………3分于是1333(1,(1,,),(1,222S AS BS =--=-，13(0,,),0,0.2DS DS AS DS BS =⋅=⋅=故,,,DS AD DS BS AS BS S ⊥⊥=又 所以SD ⊥平面SAB 。

（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),2BSCB =-=故30,2220.m n p n ⎧-+=⎪⎨⎪=⎩…………9分取p=2得(3,0,2),(2,0,0)a AB =-=-又。

cos ,7||||AB a AB a AB a ⋅==⋅ 故AB 与平面SBC 所成的角为arcsin74. （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，60DAB ∠=︒，2AB AD =，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60,2DAB AB AD ∠=︒=， 由余弦定理得BD =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，作DE ⊥PB ，垂足为E 。

已知PD ⊥底面ABCD ，则PD ⊥BC 。

由（Ⅰ）知BD ⊥AD ，又BC//AD ，所以BC ⊥BD 。

故BC ⊥平面PBD ，BC ⊥DE 。

则DE ⊥平面PBC 。

由题设知，PD=1，则BD=3，PB=2，根据BE·PB=PD·BD，得DE=23， 即棱锥D —PBC 的高为.23 5. （辽宁文）18．（本小题满分12分）如图，四边形ABCD 为正方形，QA ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA =AB =12PD ． （I ）证明：PQ ⊥平面DCQ ；（II ）求棱锥Q—ABCD 的的体积与棱锥P —DCQ 的体积的比值．【解析】18．解：（I ）由条件知PDAQ 为直角梯形因为QA ⊥平面ABCD ，所以平面PDAQ ⊥平面ABCD ，交线为AD.又四边形ABCD 为正方形，DC ⊥AD ，所以DC ⊥平面PDAQ ，可得PQ ⊥DC.在直角梯形PDAQ 中可得DQ=PQ=2PD ，则PQ ⊥QD 所以PQ ⊥平面DCQ. ………………6分 （II ）设AB=a .由题设知AQ 为棱锥Q —ABCD 的高，所以棱锥Q —ABCD 的体积311.3V a =由（I ）知PQ 为棱锥P —DCQ 的高，而，△DCQ 2，所以棱锥P —DCQ 的体积为321.3V a =故棱锥Q —ABCD 的体积与棱锥P —DCQ 的体积的比值为1.…………12分 6. （江西文）18．（本小题满分12分）如图，在ABC ∆中，,2,2B AB BC π∠===P 为AB 边上的一动点，PD//BC 交AC 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 DE ⊥。

【解析】18．（本小题满分12分）解：（1）令(02),',2,PA x x A P PD x BP x =<<===-则 因为'A P PD ⊥，且平面'A PD ⊥平面PBCD ， 故'A P ⊥平面PBCD 。

所以3'111(2)(2)(4)366A PBCD V Sh x x x x x -==-+=-，令31()(4),6f x x x =-由21'()(43)0,6f x x =-=得当,'()0,()x f x f x ∈>时单调递增当2),'()0,()x f x f x ∈<时单调递减，所以，当x =()f x 取得最大值，即：当'A PBCD V -最大时，PA =（2）设F 为'A B 的中点，连接PF ，FE ，则有1//,//22EF BC PD BC ====1所以DE//PF ，又'A P PB = 所以'PF A B ⊥， 故'.DE A B ⊥ 7. （山东文）19．（本小题满分12分）如图，在四棱台1111ABCD A BC D -中，1D D ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，AB=2AD ，11AD=A B ，BAD=∠60° （Ⅰ）证明：1AA BD ⊥；（Ⅱ）证明：11CC A BD ∥平面．【解析】19．（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,AD D 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.BD D 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1.2EC AC =由棱台定义及AB=2AD=2A 1B 1知 A 1C 1//EC 且A 1C 1=EC ，所以边四形A 1ECC 1为平行四边形， 因此CC 1//EA 1，又因为EA 1⊂平面A 1BD ，1CC ⊂平面A 1BD ，所以CC 1//平面A 1BD 。