决战高考
立体几何好体难解集萃含答案
浙江理（14）(安徽卷）理科数学（16）多面体上，位于同一
条棱两端的顶点称为相邻的，如图，正方体的一个顶点A在平面?内，其余顶点在?的同侧，正方体上与顶点A相邻的三个顶点到?的距离分别为1，2和4，P是正方体的其余四个顶点中的一个，则P到平面?的距离可能是：
①3； ②4； ③5； ④6； ⑤7 以上结论正确的为______________。（写出所有正确结论的编号） ．．
D1 C1 A1
D
C B
A
B1
?解：如图，B、D、A1到平面?
的距离分别为1、2、4，则D、A1的中点到平面?的距离
为3，所以D1到平面?的距离为6；B、A1的中点到平面?的距离为距离为5；则D、B的中点到平面?的距离为到平面?的距离为选①③④⑤。
5，所以B1到平面?的23，所以C到平面?的距离为3；C、A1的中点27，所以C1到平面?的距离为7；而P为C、C1、B1、D1中的一点，所以23. 过平行六面体ABCD?A1B1C1D1任意两条棱的中点作直线, 其中与平面DBB1D1平行的直线共有D
A．4条 B．6条 C．8条 D．12条 4、若P是平面?外一点，则下列命题正确的是D
（A）过P只能作一条直线与平面?相交 （B）过P可作无数条直线与平面?垂直 （C）过P只能作一条直线与平面?平行 （D）过P可作无数条直线与平面?平行
【说明】过一点作已知平面的垂线有且只有一条（唯一性） 过平面外一点可作无数直线与已知平面平行（存在性）
(浙江文)（17）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)(文)求BD与平面ADMN所成的角。 (理) 求CD与平面ADMN所成的角 解：方法一：
（Ⅱ）(文)连结DN， 因为PB⊥平面ADMN，
决战高考
所以∠BDN是BD与平面ADMN所成的角. 在Rt?BDN中, sin?BDN?BN1?, BD2故BD与平面ADMN所成的角是方法二：
?. 6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)
1P(0,0,3),B(2,0,0),M(1,,1),D(0,2,0)
2????????（Ⅱ）因为 PB?AD?(2,0,?2)?(0,2,0) ?0 所以PB⊥AD. 又PB⊥DM.
????????因此?PB?AD?的余角即是BD与平面ADMN.所成的角. ??????????????????cos?PB?AD??因为 所以?PB?AD?=
33因此BD与平面ADMN所成的角为
?. 6(理) （II）取AD的中点G，连结BG、NG，
则BG//CD，
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Rt?BGN中，sin?BNG?BN10?. BG510. 5故CD与平面ADMN所成的角是arcsin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
1A(0,0,0),P(0,0,2),B(2,0,0),C(2,1,0),M(1,,1),D(0,2,0).
2????????（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. ????????????????10PB?DC??????因为cos?PB,DC?????，
5|PB|?|DC|所以CD与平面ADMN所成的角为arcsin10. 5决战高考
18、如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长
A1均为1，M是底面BC边上的中点，N是侧棱CC1上的点，且CN＝2C1N.
（Ⅰ）求二面角B1－AM－N的平面角的余弦值； （Ⅱ）求点B1到平面AMN的距离。
解法1：（Ⅰ）因为M是底面BC边上的中点，所以AM?BC，又AM?CC1,所以AM?面BCC1B1，从而AM?B1M, AM?NM，所以?B1MN为二面角，B1—AM—N的平面角。又
BMAB1C1NCB1M=
B1B2?BM2?1?15?42,MN=
MC2?CN2?145??, 49622
连B1N，得B1N＝B1C1?C1N?1?110，在?9322252510??B1M?MN?B1N5?B1MN中，由余弦定理得cosB1MN?。故?4369?2?B1M?MN5552??26所求二面角B1—AM—N的平面角的余弦值为
5。 5（Ⅱ）过B1在面BCC1B1内作直线B1H?MN，H为垂足。又AM?平面BCC1B1，所以AM?B1H。于是B1H?平面AMN，故B1H即为B1到平面AMN的距离。在R1?B1HM中，
B1H＝B1MsinB1MH?AMN的距离为1。
51?1??1。故点B1到平面251，0）, 2解法2：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，则B1（0，0，1），M（0，
C(0,1,0), N (0,1,
231,,0)，所以， ) , A (?322决战高考
???????????????1123AM?(,0,0)，MB1?(0,?,1),MN?(0,,)。
2232因为
??????????????????????????????31MB1?AM??0?0?(?)?0?1?0所以MB1?AM,同法可得MN?AM。
22??????????故﹤MB1,MN﹥为二面角B1—AM—N的平面角
????????????????????MB1?MN∴cos﹤MB1,MN﹥＝???????????MB1?MN512?5.
555?265。 5故所求二面角B1—AM—N的平面角的余弦值为（Ⅱ）设n=(x,y,z)为平面AMN的一个法向量，则由n?AM,n?MN得
???????????3?x?0x?0?3?2???4 故可取n?(0,?,1) ?4y??z?1y?2z?0?3??3?2??????????MB1?n设MB1与n的夹角为a，则cosa???????MB1?n53?25。
355?23?????525??1。 所以B1到平面AMN的距离为MB1?cosa?25（17）（本小题共14分）
如图，在底面为平行四边形的四棱锥P?ABCD中，AB?AC，PA?平面ABCD，且PA?AB，点E是PD的中点. P（Ⅰ）求证：AC?PB；
（Ⅱ）求证：PB//平面AEC； （Ⅲ）求二面角E?AC?B的大小. 解：（1）由PA?平面ABCD可得PA?AC
EA又AB?AC，所以AC?平面PAB，所以 AC?PB
F（2）如图，连BD交AC于点O，连EO，则 OEO是△PDB的中位线，?EO//PB
?PB//平面AEC
DCB决战高考
（3）如图，取AD的中点F，连EF，FO，则
EF是△PAD的中位线，?EF//PA又PA?平面ABCD，?EF?平面ABCD
同理FO是△ADC的中位线，?FO//AB?FO?AC由三垂线定理可知??EOF是二面角E－
11AB＝PA＝EF??EOF＝45?而二面角E?AC?B与二面角E－AC22－D互补，故所求二面角E?AC?B的大小为135?.
AC－D的平面角.又FO＝
（19）（本小题满分14分，第一小问满分4分，第二小问满分5分，第三小问满分5分） 在正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足AE:EB＝CF:FA
＝CP:PB＝1:2（如图1）。将△AEF沿EF折起到?A1EF的位置，使二面角A1－EF－B成直二面角，连结A1B、A1P（如图2） （Ⅰ）求证：A1E⊥平面BEP；
（Ⅱ）求直线A1E与平面A1BP所成角的大小；
（Ⅲ）求二面角B－A1P－F的大小（用反三角函数表示）
FBAEEA1FCBCP
图2 图1
19(06年江苏19分)本小题主要考查线面垂直、直线和平面所成的角、二面角等基础知识，以及空间线面位置关系的证明、角和距离的计算等，考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力。
P
解法一：不妨设正三角形ABC的边长为3
0
在图3中，过F作FM⊥ A1P与M，连结QM,QF,∵CP=CF=1, ∠C=60, ∴△FCP是正三角形，∴PF=1.有PQ?1BP?1∴PF=PQ①, 2∵A1E⊥平面BEP, EQ?EF?3 ∴A1E=A1Q, ∴△A1FP≌△A1QP从而∠A1PF=∠A1PQ②, 由①②及MP为公共边知△FMP≌△QMP,
o
∴∠QMP=∠FMP=90,且MF=MQ,