1990――2002年高考立体几何试题汇编

(90全国) 如图,在三棱锥SABC中,SA⊥底面ABC,AB⊥BC．DE垂直平分SC,且分别交AC、SC于D、E.又SA＝AB,SB＝BC.求以BD为棱,以BDE与BDC为面的二面角的度数.

（91全国）已知ABCD是边长为4的正方形，E、F分别是AB、AD的中点，GC垂直于ABCD所在的平面，且GC＝2．求点B到平面EFG的距离．

（92理）两条异面直线a、b所成的角为θ，它们的公垂线段AA1的长度为d。在直线a、b上分别取点E、F,设A1E=m，AF=n

（93全国）如图,A₁B₁C₁-ABC是直三棱柱,过点A₁、B、C₁的平面和平面ABC的交线记作l.

　　(Ⅰ)判定直线A1C1和l的位置关系,并加以证明;

　　(Ⅱ)若A₁A=1,AB=4,BC=3,∠ABC=90°,求顶点A₁到直线l的距离.

（94全国）如图,已知A₁B₁C₁-ABC是正三棱柱,D是AC中点.
　　(1)证明AB₁∥平面DBC₁；
　　(2)假设AB₁⊥BC₁,求以BC₁为棱,DBC₁与CBC₁为面的二面角α的度数.

（95全国）如图，ABCD是圆柱的轴截面，点E在底面的周长上，AF⊥DE，F是垂足。

(1)求证：AF⊥DB

(2)如果AB=a，圆柱与三棱锥D-ABE的体积比等于3π，求点E到截面ABCD的距离

（96全国）如图,在正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中,E∈BB₁，截面A₁EC⊥侧面AC₁.

　　　(Ⅰ)求证:BE=EB1;
　　
　　　(Ⅱ)若AA₁=A₁B₁;求平面A₁EC与平面A₁B₁C₁所成二面角(锐角)的度数.

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
注意:在下面横线上填写适当内容,使之成为(Ⅰ)的完整证明,并解答(Ⅱ).
　　　(Ⅰ)证明:在截面A₁EC内,过E作EG⊥A₁C,G是垂足.
　　　　　① ∵__________________________________
　　　　　　　∴EG⊥侧面AC₁;取AC的中点F,连结BF,FG,由AB=BC得BF⊥AC,
　　　　　② ∵___________________________________
　　　　　　∴BF⊥侧面AC₁;得BF∥EG,BF、EG确定一个平面,交侧面AC₁于FG.
　　　　　③ ∵ __________________________________
　　　　　　∴BE∥FG,四边形BEGF是平行四边形,BE=FG,
　　　　　④ ∵_________________________________
　　　　　　∴FG∥AA₁,△AA₁C∽△FGC,
　　　　　⑤ ∵_________________________
　　(Ⅱ)解:

（97全国）如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别是BB1、CD的中点.
      (Ⅰ)证明AD⊥D1F;
      (Ⅱ)求AE与D1F所成的角;
      (Ⅲ)证明面AED⊥面A1FD1;

（00广东、全国）如图，已知平行六面体ABCD―A₁B₁C₁D₁的底面ABCD是菱形，且∠C₁CB=∠C₁CD=∠BCD，

（Ⅰ）证明：C₁C⊥BD；

（Ⅱ）当的值为多少时，能使A₁C⊥平面C₁BD？请给出证明。

（00两省一市）如图，直三棱柱ABC-，底面ΔABC中，CA=CB=1，BCA=，棱=2，M、N分别是、的中点。

（I）求的长；

（II）求，的值；

（III）求证

（01广东、全国）如图，在底面是直角梯形的四棱锥Ｓ―ABCD中，

∠ＡＢＣ＝９０°，ＳＡ⊥面ABCD， SA＝AB＝ＢＣ＝１，ＡＤ＝．

(Ⅰ)求四棱锥S―ABCD的体积；

(Ⅱ)求面SCD与面SBA所成的二面角的正切值．

（01两省一市）如图，以正四棱锥V-ABCD底面中心O为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz，其中Ox∥BC,Oy∥AB.E为VC中点，正四棱锥底面边长为2a,高为h

(Ⅰ)求cos<,>;

(Ⅱ)记面BCV为，面DCV为，若BED是二面角的平面角，求BED

（02全国）如图，正方形、的边长都是1，而且平面、互相垂直。点在上移动，点在上移动，若（）

（1）求的长；

（2）为何值时，的长最小；

（3）当的长最小时，求面与面所成二面角的大小。

（02两省一市）如图，正三棱柱ABC―A₁B₁C₁的底面边长为，侧棱长为。

（1）       建立适当的坐标系，并写出点A、B、A₁、C₁的坐标；

（2）       求AC₁与侧面ABB₁A₁所成的角

（02广东）四棱锥的底面是边长为的正方形，平面。

（1）若面与面所成的二面角为，求这个四棱锥的体积；

（2）证明无论四棱锥的高怎样变化。面与面所成的二面角恒大于

（90）解法一:由于SB＝BC,且E是SC的中点,因此BE是等腰三角形SBC底边SC的中线,所以SC⊥BE.

又已知      SC⊥DE,BE∩DE＝E,∴SC⊥面BDE,∴SC⊥BD.

又  ∵SA⊥底面ABC,BD在底面ABC上,  ∴SA⊥BD.

而SC∩SA＝S,∴BD⊥面SAC.

    ∵DE＝面SAC∩面BDE,DC＝面SAC∩面BDC,

    ∴BD⊥DE,BD⊥DC.

    ∴∠EDC是所求的二面角的平面角.

    ∵SA⊥底面ABC,∴SA⊥AB,SA⊥AC.

设SA＝a,

又因为AB⊥BC,

  ∴∠ACS＝30°.

又已知DE⊥SC,所以∠EDC＝60°,即所求的二面角等于60°.

解法二:由于SB＝BC,且E是SC的中点,因此BE是等腰三角形SBC的底边SC的中线,所以SC⊥BE.

又已知SC⊥DE,BE∩DE＝E∴SC⊥面BDE,

    ∴SC⊥BD.

由于SA⊥底面ABC,且A是垂足,所以AC是SC在平面ABC上的射影.由三垂线定理的逆定理得BD⊥AC;又因E∈SC,AC是SC在平面ABC上的射影,所以E在平面ABC上的射影在AC上,由于D∈AC,所以DE在平面 ABC上的射影也在AC上,根据三垂线定理又得BD⊥DE.

    ∵DE面BDE,DC面BDC,

    ∴∠EDC是所求的二面角的平面角.

以下同解法一.

（91）解：如图，连结EG、FG、EF、BD、AC、EF、BD分别交AC于H、O． 因为ABCD是正方形，E、F分别为AB和AD的中点，故EF∥BD，H为AO的中点．

BD不在平面EFG上．否则，平面EFG和平面ABCD重合，从而点G在平面的ABCD上，与题设矛盾．

由直线和平面平行的判定定理知BD∥平面EFG，所以BD和平面EFG的距离就是点B到平面EFG的距离．                                                   ――4分

∵ BD⊥AC， ∴ EF⊥HC．

∵ GC⊥平面ABCD，∴ EF⊥GC，

∴ EF⊥平面HCG．

∴ 平面EFG⊥平面HCG，HG是这两个垂直平面的交线．                ――6分

作OK⊥HG交HG于点K，由两平面垂直的性质定理知OK⊥平面EFG，所以线段OK的长就是点B到平面EFG的距离．                                           ――8分

∵ 正方形ABCD的边长为4，GC=2，

∴ AC=4，HO=，HC=3．

∴ 在Rt△HCG中，HG=．

由于Rt△HKO和Rt△HCG有一个锐角是公共的，故Rt△HKO∽△HCG．

∴ OK=．

即点B到平面EFG的距离为．                                  ――10分

（92）　解法一:设经过b与a平行的平面为α,经过a和AA1的平面为β,α∩β=c,则c∥a.因而b,c所成的角等于θ,且AA1⊥c(如图)。
　　∵ AA1⊥b, ∴ AA1⊥α.
　　根据两个平面垂直的判定定理,β⊥α.
　　在平面β内作EG⊥c,垂足为G,则EG=AA1.并且根据两个平面垂直的性质定理,EG⊥α.连结FG,则EG⊥FG.
　　在Rt△EFG中,EF2=EG²+FG²。　∵ AG=m,　　∴在△AFG中,　　FG²=m²+n²-2mncosθ.
　　　　　　　　∵ EG²=d²,　　　　　　　　∴ EF²=d²+m²+n²-2mncosθ.
　　如果点F(或E)在点A(或A1)的另一侧,则
　　　　　　　　EF²=d²+m²+n²+2mncosθ.
　　因此　　　　
　　解法二:经过点A作直线c∥a,则c、b所成的角等于θ,且AA1⊥c.
　　根据直线和平面垂直的判定定理,AA1垂直于b、c所确定的平面a.
　　在两平行直线a、c所确定的平面内,作EG⊥c,垂足为G,则EG平行且等于AA1，从而EG⊥α。
　　连结FG,则根据直线和平面垂直的定义,EG⊥FG.
　　在Rt△EFG中,EF²=EG²+FG²。
　　(以下同解法一)
（93）解:(Ⅰ)l∥A₁C₁.证明如下:

　　根据棱柱的定义知平面A₁B₁C₁和平面ABC平行.
　　由题设知直线A₁C₁=平面A₁B₁C₁∩平面A₁BC₁,直线l=平面A₁BC₁∩平面ABC.
　　根据两平面平行的性质定理有l∥A₁C₁.

　　(Ⅱ)解法一:　　过点A₁作A₁E⊥L于E,则A1E的长为点A₁到l的距离.
　　连结AE.由直棱柱的定义知A₁A⊥平面ABC.
　　∴ 直线AE是直线A₁E在平面ABC上的射影.
　　又　　l在平面ABC上,根据三垂线定理的逆定理有：AE⊥l.
　　由棱柱的定义知A₁C₁∥AC,又l∥A1C1,　　　　　∴ l∥AC.
　　作BD⊥AC于D,则BD是Rt△ABC斜边AC上的高,且BD=AE,
　　从而AE＝BD＝(AE×BC)/AC＝(4×3)/5＝12/5
　　在Rt△A₁AE中,　　∵ A₁A=1，∠A₁AE=90°,
　　　　　
　　故点A₁到直线 l 的距离为13/5。

　　解法二:　　同解法一得l∥AC.
　　由平行直线的性质定理知∠CAB=∠ABE，　　从而有Rt△ABC∽Rt△BEA，AE:BC=AB:AC，
　　　　　　　　　　∴AE＝(BC×AB)/AC
　　以下同解法一。
（94）　　(1)证明:　∵A₁B₁C₁-ABC是正三棱柱,
　　　∴四边形B₁BCC₁是矩形.连结B₁C,交BC₁于E,则B₁E=EC.连结DE.
　　　在△AB₁C中,∵AD=DC,　∴DE∥AB₁,
　　　
　　　∴AB₁∥平面DBC₁.
　　(2)解:作DF⊥BC,垂足为F,则DF⊥面B₁BCC₁,连结EF,则EF是ED在平面B₁BCC₁上的射影.
　　　∵AB₁⊥BC₁,　由(1)知AB₁∥DE,　∴DE⊥BC₁,
　　　则BC₁⊥EF,　∴∠DEF是二面角α的平面角.
　　　设AC=1,则DC=1/2.　∵△ABC是正三角形,
　　　∴在Rt△DCF中,　DF=DC?sinC=/4,CF=DC?cosC=1/4
　　　取BC中点G.　∵EB=EC,　∴EG⊥BC.
　　　在Rt△BEF中,　EF²=BF?GF,又BF=BC-FC=3/4,GF=1/4
　　　∴EF²=(3/4)?(1/4),即EF=/4.　　　∴tg∠DEF=DF/EF=1　　∴∠DEF=45°.
　　　故二面角α为45°.
（95）　(1)证明：根据圆柱性质，DA⊥平面ABE，

　　　　∵EB平面ABE，　　　　∴DA⊥EB，

　　　　∵AB是圆柱底面的直径，点E在圆周上，

　　　　∴AE⊥EB，又AE∩AD=A，故得EB⊥平面DAE，

　　　　∵AF平面DAE，∴EB⊥AF，

　　　　又AF⊥DE，且EB∩DE=E，故得AF⊥平面DEB，

　　　　∵DB平面DEB，∴AF⊥DB。

　　(2)解：设点E到平面ABCD的距离为d，记AD=h，因圆柱轴截面ABCD是矩形，所以AD⊥AB。

　　　　由题设知　，即d=a/2。

（96）       (Ⅰ)②∵BE:CF=1:2,                  ∴DC=2DB,                 ∴DB=BC,    1分
              ③∵△ABD是等腰三角形,          且∠ABD=120°,              ∠BAD=30°,
                  ∴∠CAD=90°,    3分
              ④∵FC⊥面ACD,                  ∴CA是FA在面ACD上的射影,
                  且CA⊥AD,    5分
              ⑤∵FA∩AC=A,　　　　　DA⊥面ACF，DA面ADF　　
　                 ∴面ADF⊥面ACF.    7分

         (Ⅱ)解:　∵V_A1-AEF=V_E-AA1F　　　　在面A1B1C1内作B₁G⊥A₁C₁,垂足为G.
　　　　　BG＝a/2                 　面A₁B₁C₁⊥面A₁C,　　　　　∴B₁G⊥面A₁C,
　　　　　∵E∈BB₁,而BB₁∥面A₁C,　　　　　∴三棱柱的高为a/2　　9分
　　　　　S_△AA1F=AA1?AC/2=a²/2　10分　　　　　∴V_A1-AEF=V_E-AA1F=a⁴/4　12分
（97）  解:(Ⅰ)∵AC1是正方体,         　　　∴AD⊥面DC1.
          　　　又D1F面DC1,          　∴AD⊥D1F.    　　　-------------2分
      (Ⅱ)取AB中点G,连结A1G,FG.因为F是CD的中点,所以GF、AD平行且相等,又A1D1、AD平行且相等,所以GF、A1D1平行且相等,故GFD1A1是平行四边形,A1G∥D1F.
         设A1G与AE相交于点H,则∠AHA1是AE与D1F所成的角,因为E是BB1的中点,所以Rt△A1AG≌Rt△ABE,          ∠GA1A=∠GAH，从而∠AHA1=90°,

即直线AE与D1F所成角为直角.    　           -------------5分
     (Ⅲ)由(Ⅰ)知AD⊥D1F,由(Ⅱ)知AE⊥D1F,又AD∩AE=A,所以D1F⊥面AED.又因为D1F面A1FD1,      所以 面AED⊥面A1FD1.     -------------7分
     （Ⅳ)连结GE,GD1.          ∵FG∥A1D1,          ∴FG∥面A1ED1,
          ∵AA1=2,        
       

（98） 解：（Ⅰ）作A₁D⊥AC，垂足为D，由面A₁ACC₁⊥面ABC，得A₁D⊥面ABC，

∴∠A₁AD为A₁A与面ABC所成的角。……2分

∵AA₁⊥A₁C，AA₁＝A₁C，∴∠A₁AD＝45°为所求。 ……4分

（Ⅱ）作DE⊥AB，垂足为E，连A₁E，则由A₁D⊥面ABC，得A₁E⊥AB。

 ∴∠A₁ED是面A₁ABB₁与面ABC所成二面角的平面角。 ……6分

由已知，AB⊥BC，得ED∥BC。又D是AC的中点， BC＝2，AC＝2， ∴DE＝1，AD＝A₁D＝，

tgA₁ED＝A₁D/DE=。故∠A₁ED＝60°为所求。 ……8分

（Ⅲ）解法一：由点C作平面A₁ABB₁的垂线，垂足为H，则CH的长是C到平面A₁ABB₁的距离。 …10分

连结HB，由于AB⊥BC，得AB⊥HB。 又A₁E⊥AB，知HB∥A₁E，且BC∥ED， ∴∠HBC＝∠A₁ED＝60°。

∴CH＝BCsin60°＝为所求。 ……12分

解法二：连结A₁B。 根据定义，点C到面A₁ABB₁的距离，即为三棱锥C－A₁AB的高h。 ……10分

由V锥C－A₁AB＝V锥A₁－ABC得1/2S△AA₁Bh＝1/2S△ABCA₁D，

即 1/3×2h=1/3×2×，∴h=为所求。 ……12分

（99）（1）解：如图，连结DB交AC于O，连结EO。

∵底面ABCD是正方形　　　　∴DO⊥AC。　　　又∵ED⊥底面AC，
　　　　∴EO⊥AC。
　　　　∴∠EOD是面EAC与底面AC所成二面角的平面角， －－－－2分
　　　　∴ ∠EOD＝45°。　　　　DO＝(2)^1/2/2a, AC=(2)^1/2a, Eo=[(2)^1/2a?sec45°]/2=a.
     　故 S_△EAC=(2)^1/2×a²/2                       4分

（II）解：由题设ABCD－A₁B₁C₁D₁是正四棱柱，得A₁A⊥底面AC， A₁A⊥AC。
　　　　　　又 A₁A⊥A₁B₁，　　　　　₁A是异面直线A₁B₁与AC间的公垂线。 －－－－6分
　　　　　　∵D₁B∥面EAC，且面D₁BD与面EAC交线为EO，　　　　　　∴ D₁B∥EO。
　　　　　　又 O是DB的中点，　　　　　　∴E是D₁D的中点， D₁B＝2ED＝2a。
　　　　　　异面直线A₁B₁与AC间的距离为(2)^1/2a。 －－－－8分
　(III)解法一：如图，连结D₁B₁。　　　　　　　∵D₁D＝DB＝(2)^1/2a，
　　　　　　　∴BDD₁B₁是正方形。　　　　　　　连结B₁D交D₁B于P，交EO于Q。
　　　　　　　∵B₁D⊥D₁B。 EO∥D₁B，　　　　　　　∴B₁D⊥EO
　　　　　　　又 AC⊥EO， AC⊥ED，　　　　　　　∴AC⊥面BDD₁B₁
　　　　　　　∴B₁D⊥AC　　　　　　　∴B₁D⊥面EAC。
        　　∴B₁Q是三棱锥B₁－EAC的高。 －－－－10分
　　　　　　　由DQ＝PQ，得B₁Q＝3B₁D/4＝3a/2。
　　　　　　　∴V_B1－EAC＝(1/3)?[(2)^1/2a²/2]?(3/20=(2)^1/2?a³/4.
　　　　　　　所以三棱锥了－EAC的体积是(2)^1/2?a³/4. －－－－12分
解法二：连结B₁O，则VB₁－EAC＝2VA－EOB₁

∵AO⊥面BDD₁B₁，　　∴AO是三棱锥A－EOB₁的高，AO＝(2)^1/2?a/2
　　在正方形BDD₁B₁中，E、O分别是D₁D、DB的中点（如右图），
　　则S_△EOB1=3a²/4.
　　∴VB₁-EAC=2×(1/30×(3a²/4)×[(2)^1/2a/2}=(2)^1/2?a³/4.
　　所以三棱锥B₁－EAC的体积是(2)^1/2?a³/4.－－－－12分。

（00广东）（Ⅰ）证明：连结、和交于，连结。

∵四边形ABCD是菱形，∴⊥，=。

又∵∠=∠，=，

∴，∴B=D，

∵∴，                                                  3分

但，∴平面。

又平面，∴。                                  …………6分

（Ⅱ）当时，能使平面。

证明一：∵，∴，又，

由此可推得。∴三棱锥是正三棱锥。             …………9分

设与相交于。∵，且：：1，

∴：=2：1。

又是正三角形的边上的高和中线，∴点是正三角形的中心，

∴平面，即平面。                          …………12分

证明：由（Ⅰ）知，平面，

∵平面，∴。                              …………9分

当时，平行六面体的六个面是全等的菱形，同的正法可得。

又，∴平面。                            …………12分

（00两省一市）如图，以C为原点建立空间直角坐标系O。

      （I）解：依题意得B，N，

       ∴               ――2分

      （II）解：依题意得，B，C，。

       ∴ ，。

        。，                 ――5分

      ∴                ――9分

（III）证明：依题意得，M  ， ，

  ∴ ，∴              ――12分

（01广东）解：(Ⅰ)直角梯形ABCD的面积是M_底面=

    =                                                 2分

∴四棱锥S―ABCD的体积是        4分

(Ⅱ)延长BA、CD相交于点E，连结SE，则SE是所求二面角的棱?          6分

∵ＡＤ∥ＢＣ，ＢＣ＝２ＡＤ

∴ＥＡ＝ＡＢ＝ＳＡ，∴ＳＥ⊥ＳＢ

∵ＳＡ⊥面ABCD，得面SEB⊥面EBC，EB是交线.

又ＢＣ⊥ＥＢ，∴ＢＣ⊥面SEB，故SB是SC在面SEB上的射影，∴CS⊥ＳＥ，

所以∠ＢＳＣ是所求二面角的平面角?                                  10分

∵ＳＢ＝

∴ｔｇ∠ＢＳＣ＝，即所求二面角的正切值为   

（01两省一市）

（02全国）解：（1）作MP∥AB交BC于点P，NQ∥AB交BE于点Q，连接PQ，

依题意可得MP∥NQ，且MP=NQ，即MNQP是平行四边形。

∴MN=PQ由已知， CM=BN=a,CB=AB=BE=1,

∴即

∴（2）由（1）

（3）取MN的中点G，连接AG、BG，

∵AM=AN,BM=BN，∴AG⊥MN,BG⊥MN，∴∠AGB即为二面角α的平面角。

又，所以由余弦定理有

。故所求二面角。

（02两省一市）解：（1）如图，以点A为坐标原点O，以AB所在直线为Oy轴，以所在直线为Oz轴，以经过原点且与平面垂直的直线为Ox轴，建立空间直角坐标系。

由已知，得

------------4分

（2）坐标系如上。取的中点M，于是有,连有

,且

由于

所以，

∴

（02广东）解（1）∵平面，∴是在面上的射影，∴

∴是面与面所成二面角的平面角，

而是四棱锥的高，

∴

（2）证：不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面与恒为全等三角形．

作，垂足为，连结，则．

∴，，故是面与面所成的二面角的平面角．

设与相交于点，连结，则．

在△中，

所以，面与面所成的二面角恒大于