(完整版)浙江高考历年真题之立体几何大题(理科)

（教师版）

1、（2005年）18．如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝kPA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC． (Ⅰ)当k＝

1时，求直线PA与平面PBC所成角的大小； 2 (Ⅱ) 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：

(Ⅰ) ∵O、D分别为AC、PC中点， OD∥PA

又PA平面PAB，  OD∥平面PAB

(Ⅱ)Q ABBC，OAOC，  OAOBOC，又Q OP平面ABC， PAPBPC. 取BC中点E，连结PE，则BC平面POE 作OFPE于F，连结DF，则OF平面PBC  ODF是OD与平面PBC所成的角.

又OD∥PA，PA与平面PBC所成的角的大小等于ODF，

PDFAOBOF210,OD30210 PA与平面PBC所成的角为arcsin.

30在RtODF中，sinODFCE（Ⅲ）由(Ⅱ)知，OF平面PBC，∴F是O在平面PBC内的射影 ∵D是PC的中点，若点F是PBC的重心，则B，F，D三点共线， ∴直线OB在平面PBC内的射影为直线BD，

QOBPC,PCBD,PBPC，即k1 反之，当k1时，三棱锥OPBC为正三棱锥，∴O在平面PBC内的射影为PBC的重心 方法二：

QOP平面ABC，OAOC,ABBC，OAOB,OAOP,OBOP.

以O为原点，射线OP为非负z轴，建立空间直角坐标系Oxyz（如图） 第 1 页 共 20 页

222设ABa,则Aa,0,0,B0,,0,C,0,0222， 设OPh，则P0,0,h

zPDuuur21(Ⅰ)QD为PC的中点，OD4a,0,2h，

xAOBCuuur2ruruuuruuu1uu又PA2a,0,h,OD2PA,OD//PA， OD∥平面PAB uuur2177(Ⅱ)Qk，即PA2a,ha,PA2a,0,2a， 22uuurrruuurr1PAn210urr可求得平面PBC的法向量n1,1,，cosPA,nuu， 730|PA||n|uuurr设PA与平面PBC所成的角为，则sin|cosPA,n|210， 30yuuur221221a,a,h（Ⅲ）PBC的重心G，， OGa,a,h663636uuurruuur1212uuuruuuruuu22QOG平面PBC,OGPB，又PB0,a,h,OGPBah0,ha， 2632PAOA2h2a，即k1，反之，当k1时，三棱锥OPBC为正三棱锥，

∴O在平面PBC内的射影为PBC的重心 2、（2006年）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形，AD∥BC，∠BAD=90°,PA⊥底面ABCD，且PA＝AD=AB=2BC,M、N分别为PC、PB的中点. (Ⅰ)求证：PB⊥DM;

(Ⅱ)求CD与平面ADMN所成的角。

解：方法一：（I）因为N是PB的中点，PA=AB，所以AN⊥PB。

因为AD平面PAB，所以AD⊥PB，从而PB⊥平面ADMN， 因为DM平面ADMN，所以PB⊥DM

（II）取AD的中点G，连结BG、NG，则BG∥CD，

第 2 页 共 20 页

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RtΔBGN中，sinBGNBN10BG5

故CD与平面ADMN所成的角是arcsin10。 5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A（0，0，0）， P（0，0，2），B（2，0，0），C（2，1，0），M（1，

1，1），D（0，2，0） 2uuuuruuruuuuuuuur3（Ⅰ）因为）·（PBPBDMDM(2,0,(2,0,22)(1,2)(1,,1),1)0

22所以PB⊥DM。

uuuruuur（Ⅱ）因为 PBAD(2,0,2)(0,2,0)0，所以PB⊥AD，

又因为PB⊥DM，所以PB⊥平面ADMN，

因此PBDC的余角即是CD与平面ADMN所成的角。

因为cosPBDCPBDCPBDC =

10 5所以CD与平面ADMN所成的角为 arcsin10 53、（2007年）19．（本题14分）在如图所示的几何体中，EA平面ABC，DB平面ABC，ACBC，且ACBCBD2AE，M是AB的中点． （I）求证：CMEM；

（II）求CM与平面CDE所成的角．

解：方法一：（I）证明：因为ACBC，M是AB的中点，所以CMAB．

又EA平面ABC，所以CMEM．

D

E A M

C

（II）解：过点M作MH平面CDE，垂足是H，连结CH交延长交ED于点F，

B

第 3 页 共 20 页

连结MF，MD．∠FCM是直线CM和平面CDE所成的角． 因为MH平面CDE，所以MHED， 又因为CM平面EDM，所以CMED， 则ED平面CMF，因此EDMF． 设EAa，BDBCAC2a，

在直角梯形ABDE中，AB22a，M是AB的中点， 所以DE3a，EM3a，MDE E D

H A M B

C

6a，

o得△EMD是直角三角形，其中∠EMD90， 所以MFEMgMD2a．

DEMF1，所以∠FCM45o， MCo在Rt△CMF中，tan∠FCM故CM与平面CDE所成的角是45． 方法二：

如图，以点C为坐标原点，以CA，CB分别为x轴和y轴，过点C作与平面ABC垂直的直线为z轴，建立直角坐标系Cxyz，设EAa，则A(2a， ，)，B(0，2a，0)，E(2a，0，a)．D(0，2a，2a)，M(a，a，0)．

uuuuruuuura)，CM(a，a，0)， （I）证明：因为EM(a，a，uuuuruuuurCM0，故EMCM． 所以EMguuuruuurn=1，y，z（II）解：设向量00与平面CDE垂直，则nCE，nCD， uuuruuurCE0，ngCD0． 即nguuuruuur0，a)，CD(0，2a，2a)，所以y02，x02， 因为CE(2a，D z E uuuuruuuurCMgn2CMuuuu，2，2)，cosn，即n(1， r2CMgnx A C

M y B uuuuro直线CM与平面CDE所成的角是n与CM夹角的余角，所以45， 因此直线CM与平面CDE所成的角是45．

第 4 页 共 20 页

o4、（2008年）如图,矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE//CF，BCF=CEF=90,

AD=3,EF=2。

（Ⅰ）求证：AE//平面DCF；

（Ⅱ）当AB的长为何值时,二面角A-EF-C的大小为60？ 方法一：

（Ⅰ）证明：过点E作EGCF交CF于G，连结DG， 可得四边形BCGE为矩形，又ABCD为矩形，

∥EG，从而四边形所以AD D

A

C B H

E G F

ADGE为平行四边形，

故AE∥DG．因为AE平面DCF，DG平面DCF， 所以AE∥平面DCF．

（Ⅱ）解：过点B作BHEF交FE的延长线于H，连结AH． 由平面ABCD平面BEFC，ABBC，得AB平面BEFC， 从而AHEF．所以AHB为二面角AEFC的平面角．

o在Rt△EFG中，因为EGAD3，EF2，所以CFE60，FG1．

又因为CEEF，所以CF4， 从而BECG3．

A z D C F E y 33sinBEH于是BHBEg．

2因为ABBHgtanAHB， 所以当AB为

x B 9o时，二面角AEFC的大小为60． 2方法二：如图，以点C为坐标原点，以CB，CF和CD分别作为x轴，y轴和z轴，

建立空间直角坐标系Cxyz．设ABa，BEb，CFc，

0，a)，B(3，0，0)，E(3，b，0)，F(0，c，0，0)，A(3，0)． 则C(0，uuuruuuruuura)，CB(3，0，0)，BE(0，b，0)， （Ⅰ）证明：AE(0，b，uuuruuuruuuruuurCE0，CBgBE0，从而CBAE，CBBE， 所以CBg所以CB平面ABE．因为CB平面DCF，所以平面ABE∥平面DCF． 故AE∥平面DCF．

第 5 页 共 20 页

uuuruuur0)， （Ⅱ）解：因为EF(3，cb，0)，CE(3，b，uuuruuuruuurCE0，|EF|2，从而 所以EFg3b(cb)0，3，0)，F(0，解得b3，c4．所以E(3，4，0)． 23(cb)2，uuuruuur设n(1，y，z)与平面AEF垂直，则ngAE0，ngEF0， uuur330，a)， 解得n(1，3，)．又因为BA平面BEFC，BA(0，auuuruuur9|BAgn|33a1ur所以|cosn，BA|uu，得到a．

2|BA|g|n|a4a22729o时，二面角AEFC的大小为60． 25、（2009年）如图，平面PAC平面ABC，ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E,F,O分别为

所以当AB为

PA，PB，AC的中点，AC16，PAPC10．

（I）设G是OC的中点，证明：FG//平面BOE；

（II）证明：在ABO内存在一点M，使FM平面BOE， 并求点M到OA，OB的距离．

解：方法一：（Ⅰ）证明：如图，连结OP，以点O为坐标原点，分别以OB，OC，OP 所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz．

则O(0，0，，0)A(0，8，，0)B(8，0，，0)C(0，8，，0)P(0，0，，6)E(0，4，，3)F(4，0，3)．

由题意，得G(0，4，0)．

z P E A

x B F G O C y uuuruuur0，，0)OE(0，4，3)， 因为OB(8，所以平面BOE的法向量n(0，3，4)．

uuuruuur4，3)，得n·FG0． 由FG(4，又直线FG不在平面BOE内，所以FG∥平面BOE．

uuuur0)，则FM(x04，y0，（Ⅱ）解：设点M的坐标为(x0，y0，3)．

uuuur因为FM⊥平面BOE，所以FM∥n．

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因此，x04，y09． 494，0． 即点M的坐标是4，x0，在平面直角坐标系xOy中，△AOB的内部区域可表示为不等式组y0，

xy8．经检验，点M的坐标满足上述不等式组．

所以，在△AOB内存在一点M，使FM⊥平面BOE．

P H E

A

B F G O C

9由点M的坐标，得点M到OA，OB的距离分别为4，．

4方法二：（Ⅰ）证明：取PE的中点为H，连结HG，HF． 因为点E，O，G，H分别是PA，AC，OC，PE的中点， 所以HG∥OE，HF∥EB． 因此平面FGH∥平面BOE．

因为FC在平面PGH内，所以FG∥平面BOE．

（Ⅱ）解：在平面OAP内，过点P作PN⊥OE，交OA于点N，交OE于点Q． 连结BN，过点F作FM∥PN，交BN于点M． 下证FM⊥平面BOE．

由题意，得OB⊥平面PAC，所以OB⊥PN． 又因为PN⊥OE，所以PN⊥平面BOE． 因此FM⊥平面BOE． 在Rt△OAP中，

A

E N M B O P

Q F G

C

124PQ4PA5，PQ，cosNPO， 25OP59ONOP·tanNPOOA，

2OE所以点N在线段OA上．

因为F是PB的中点，所以M是BN的中点．

因此点M在△AOB内，点M到OA，OB的距离分别为

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119OB4，ON． 2246、（2010年）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在线段AB，AD上，AE=EB=AF=

EF将AEF翻折成A'EF,使平面A'EF平面BEF. （I）求二面角A'FDC的余弦值；

2FD4. 沿直线3 （II）点M，N分别在线段FD，BC上，若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折， 使C与A'重合，求线段FM的长. 方法一：

（Ⅰ）解：取线段EF的中点H，连结AH

因为AEAF及H是EF的中点，所以AHEF 又因为平面AEF平面BEF，及AH平面AEF. 所以AH平面BEF。

如图建立空间直角坐标系Axyz.

则A(2,2,22),C(10,8,0),F(4,0,0),D(10,0,0).

uuuruuur故FN(2,2,22),FD(6,0,0)

r设n(x,y,z)为平面AFD的一个法向量

r2x2y22z0所以，取z2,则n(0,2,2)

6x0

rurrururnm3ur又平面BEF的一个法向量m(0,0,1)，故cosn,mr

3|n||m|所以二面角的余弦值为

3. 3 （Ⅱ）解：设FMx£¬则M(4x,0,0)

因为翻折后，C与A重合，所以CM=AM

222222故(6x)80(2x)2(22)，得x21 4经检验，此时点N在线段BG上，所以FM方法二：

21. 4 （Ⅰ）解：取截段EF的中点H，AF的中点G，连结AG，NH，GH

因为AEAF及H是EF的中点，所以AH//EF。

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又因为平面AEF平面BEF，所以AH`平面BEF， 又AF平面BEF，故AHAF， 又因为G，H是AF，EF的中点， 易知GH//AB，所以GHAF， 于是AF面AGH

所以AGH为二面角A—DF—C的平面角， 在RtAGH中，AH22,GH2,AG23 所以cosAGH

33。 .故二面角A—DF—C的余弦值为33 （Ⅱ）解：设FMx，

因为翻折后，G与A重合，所以CMAM， 而CMDCDM8(6x)

22222AM2AH2MH2AH2MG2GH2(22)2(x2)222，得x经检验，此时点N在线段BC上，所以FM21 421. 47、（2011年）如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2 （Ⅰ）证明：AP⊥BC；

（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。

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o8、（2012年）如图，在四棱锥PABCD中，底面是边长为23的菱形，BAD120，且PA⊥平面

ABCD，PA26,M,N分别为PB,PD的中点。

（1）证明：MN//平面ABCD；

（2）过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A-MN-Q的平面角的余弦值。

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浙江历年理科高考题之立体几何大题

（教师版）

1、（2005年）18．如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝kPA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC． (Ⅰ)当k＝

1时，求直线PA与平面PBC所成角的大小； 2 (Ⅱ) 当k取何值时，O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心？

2、（2006年）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形，AD∥BC，∠BAD=90°,PA⊥底面ABCD，且PA＝AD=AB=2BC,M、N分别为PC、PB的中点. (Ⅰ)求证：PB⊥DM;

(Ⅱ)求CD与平面ADMN所成的角。

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3、（2007年）19．（本题14分）在如图所示的几何体中，EA平面ABC，DB平面ABC，ACBC，且ACBCBD2AE，M是AB的中点． （I）求证：CMEM；

（II）求CM与平面CDE所成的角．

4、（2008年）如图,矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE//CF，BCF=CEF=90,

AD=3,EF=2。

（Ⅰ）求证：AE//平面DCF；

（Ⅱ）当AB的长为何值时,二面角A-EF-C的大小为60？

第 14 页 共 20 页

D

E

A

M

C

B

5、（2009年）如图，平面PAC平面ABC，ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E,F,O分别为

PA，PB，AC的中点，AC16，PAPC10．

（I）设G是OC的中点，证明：FG//平面BOE；

（II）证明：在ABO内存在一点M，使FM平面BOE，并求点M到OA，OB的距离．

6、（2010年）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在线段AB，AD上，AE=EB=AF=

EF将AEF翻折成A'EF,使平面A'EF平面BEF. （I）求二面角A'FDC的余弦值；

（II）点M，N分别在线段FD，BC上，若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折，使C与A'重合，求线段FM的长.

2FD4. 沿直线3第 15 页 共 20 页

7、（2011年）如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2 （Ⅰ）证明：AP⊥BC；

（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。

o8、（2012年）如图，在四棱锥PABCD中，底面是边长为23的菱形，BAD120，且PA⊥平面

ABCD，PA26,M,N分别为PB,PD的中点。

（1）证明：MN//平面ABCD；

（2）过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A-MN-Q的平面角的余弦值。

9．(2013浙江，理20)(本题满分15分)如图，在四面体A－BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝22.M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC．

(1)证明：PQ∥平面BCD；

(2)若二面角C－BM－D的大小为60°，求∠BDC的大小．

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方法一：(1)证明：取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF＝3FC，连结OP，OF，FQ，因为AQ＝3QC，所以QF∥AD，且QF＝

1AD． 4因为O，P分别为BD，BM的中点， 所以OP是△BDM的中位线， 所以OP∥DM，且OP＝

1DM. 21AD． 4又点M为AD的中点，所以OP∥AD，且OP＝

从而OP∥FQ，且OP＝FQ，

所以四边形OPQF为平行四边形，故PQ∥OF. 又PQ平面BCD，OF平面BCD， 所以PQ∥平面BCD．

(2)解：作CG⊥BD于点G，作CH⊥BM于点H，连结CH. 因为AD⊥平面BCD，CG平面BCD， 所以AD⊥CG，

又CG⊥BD，AD∩BD＝D，

故CG⊥平面ABD，又BM平面ABD， 所以CG⊥BM.

又GH⊥BM，CG∩GH＝G，故BM⊥平面CGH， 所以GH⊥BM，CH⊥BM.

所以∠CHG为二面角C－BM－D的平面角，即∠CHG＝60°. 设∠BDC＝θ.

在Rt△BCD中，CD＝BDcos θ＝22cos θ， CG＝CDsin θ＝22cos θsin θ， BG＝BCsin θ＝22sin2θ.

BGDM22sin2在Rt△BDM中，HG.

BM3CG3cos3. 在Rt△CHG中，tan∠CHG＝

HGsin所以tan θ＝3. 从而θ＝60°.即∠BDC＝60°.

方法二：(1)证明：如图，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.

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由题意知A(0，2，2)，B(0，2，0)，D(0，2，0)． 设点C的坐标为(x0，y0,0)．

uuuruuur3231因为AQ3QC，所以Qx0,. y,04442因为M为AD的中点，故M(0，2，1)． 又P为BM的中点，故P0,0,1， 2uuur323y,0所以PQ＝x0,. 0444uuur又平面BCD的一个法向量为u＝(0,0,1)，故PQ·u＝0.

又PQ平面BCD，所以PQ∥平面BCD．

(2)解：设m＝(x，y，z)为平面BMC的一个法向量．

uuuuruuuur由CM＝(－x0，2y0,1)，BM＝(0,22，1)， x0x2y0yz0,知 22yz0.y02,1,22取y＝－1，得m＝x. 0又平面BDM的一个法向量为n＝(1,0,0)，

y02|mn|1于是|cos〈m，n〉|＝，即x3.① 2|m||n|20y029x0uuuruuurCD＝0， 又BC⊥CD，所以CB·

故(－x0，2y0,0)·(－x0，2y0,0)＝0，

即x0＋y0＝2.②

2

2

y02x026x,x00,02联立①，②，解得(舍去)或

y02,y2.02第 18 页 共 20 页

所以tan∠BDC＝x03.

2y0又∠BDC是锐角，所以∠BDC＝60°. 10（2014年）

如图，在四棱锥ABCDE中，平面ABC平面

,，BCDECDEBED90ABCD2,DEBE1,AC2.

(Ⅰ) 证明：DE平面ACD;

(Ⅱ) 求二面角BADE的大小.

证明：（Ⅰ）在直角梯形BCDE中，由DE=BE=1，CD=2，得BD=BC=2 ， 由AC2 ，AB=2得ABACBC ，即AC⊥BC，又平面ABC⊥平面BCDE， 从而AC⊥平面BCDE， 所以AC⊥DE，又DE⊥DC，从而 DE⊥平面ACD； (Ⅱ)【方法1】 作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AB交于点G，连接BG，由（Ⅰ）知DE⊥AD，则FG⊥AD，所以∠BFG就是二面角B-AD-E的平面角，在直角梯形BCDE中，由CD2=BC2+BD2，得BD⊥BC， 又平面ABC⊥平面BCDE，得BD⊥平面ABC，从而 BD⊥AB，由于AC⊥平面BCDE，得 AC⊥CD． 2222 ，得AD6 ； 在Rt△AED中，由ED=1，AD6得AE7 ； 在Rt△ABD中，由BD2 ，AB=2，AD6 在Rt△ACD中，由DC=2,AC得BF2322 ，AFAD ，从而GF ， 333572 ，BC ． 143在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cosBAEGF2BF2BG23在△BFG中,cosBFG 2BFgGF2所以，∠BFG=，  ，即二面角B-AD-E的大小为 . 66【方法2】以D的原点，分别以射线DE，DC为x,y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，如图所示. ur设平面ADE的法向量为m(x1,y1,z1) r平面ABD的法向量为n(x2,y2,z2)，可算得： uuuruuurAD(0,2,2) ，AE(1,2,2) ，uuurDB(1,1,0) 由题意知各点坐标如下：D(0,0,0) ，E(1,0,0) ，C(0,2,0) ，A(0,2,2) ，B(1,1,0) . 第 19 页 共 20 页

uruuururmgAD02y12z10m由u 即 ，可取(0,1,2) ruuurmgAE0x12y12z10

ruuurrngAD02y22z20由ruuu即可取n(0,1,2) rx2y20ngBD0urrurr|mgn|33rr于是|cosm,n|u 2|m|g|n|3g2由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B-AD-E的大小为

11.（2015年本题满分15分）

如图，在三棱柱ABCA1B1C1-中，BAC90，ABAC2，A1A4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D为B1C1的中点. （1）证明：A1D平面A1BC；

（2）求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值.

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