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， 面 内，其余顶点在 个顶点到
的距离分别为
如图，正方体的一个顶点 A 在平
A 相邻的三
的同侧，正方体上与顶点
的距离可能是：
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
① 3； ② 4； ③ 5； ④6；⑤7
以上结论正确的为 ______________。（写出所有正确结论的编号 ）
．．
D 1
C1
A 1
D
C
B
A
B 1
解：如图， B、D、 A1 到平面
为 3，所以 D1 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
的距离为 6；B、A1 的中点到平面
5
2
的距离
，所以 B1 到平面
的
1
距离为
5；则 D、B 的中点到平面
的距离为
3，所以 C 到平面 2
的距离为 3； C、A 的中点
到平面
的距离为
7
，所以 C1 到平面
的距离为 7；而 P为 C、 C1、 B1、 D1
中的一点，所以
选①③④⑤。
3. 过平行六面体
2
ABCD A1B1 C1 D1 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 4、若 P 是平面
B ． 6 条
相交 平行
C
D
． 8 条
D
．12 条
外一点，则下列命题正确的是
（A ）过 P 只能作一条直线与平面
（B ）过 P 可作无数条直线与平面 （ D）过 P 可作无数条直线与平面
垂直 平行
（C）过 P 只能作一条直线与平面
【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
解：方法一：
（Ⅱ） (文 )连结 DN ， 因为 PB⊥平面 ADMN ，
所成的角
决战高考
所以∠ BDN 是 BD 与平面 ADMN 在 Rt BDN 中 , sin BDN
所成的角 .
BN 1
, BD 2
.
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)
P(0,0,3), B(2,0,0), M (1, ,1), D (0, 2,0)
1
2
（Ⅱ）因为 因此
PB AD (2,0, 2) (0,2,0)
0
所以 PB ⊥AD. 又 PB⊥ DM.
PB AD 的余角即是 BD 与平面 ADMN. 所成的角 . PB AD
因为 cos
所以 PB AD
=
3
3
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
BN BG
10 5
.
故 CD 与平面 ADMN 所成的角是 arcsin
10
.
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), D (0, 2,0) . 2
（II ） 所以 PB 因此
因为 PB AD
1
(2,0, 2) (0,2,0)
0 ，
AD ，又因为 PB DM ，所以 PB
平面 ADMN .
PB, DC 的余角即是 CD 与平面 ADMN 所成的角 .
,
PB DC
因为 cos
PB DC |PB| |DC|
10 ，
5
所以 CD 与平面 ADMN 所成的角为 arcsin 10 .
5
18、如图，已知正三棱柱
ABC-A 1 B1C1 的侧棱长和底面边长
CN
B1
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A1
均为 1， M 是底面 BC 边上的中点， N 是侧棱 CC1 上的点，且
＝ 2C 1N.
C 1
（Ⅰ）求二面角 B 1－ AM － N 的平面角的余弦值；
N
（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
NM ，
AM
CC1 ,所以 AM 面 BC C1 B1 ，从而 AM B1M, AM
A
B M C
所以
B1MN 为二面角， B1—AM—N
B1B2
的平面角。又
B1
M=
BM 2
1 1
4
5 2
,MN=
MC 2 CN 2
1 4 4 9 5 , 6
连 B1N，得 B1 N＝ B1C1 2
C1N 2
1
1
10 ，在 3 MN
9
B1M
2
B1 MN 中，由余弦定理得 cosB1MN
2
B1N
2
5 4
2 B1M MN
25 10 36 9 5 5
2
2 6
5
。故
5
所求二面角 B1 — AM—N的平面角的余弦值为
5 。
5
（Ⅱ）过 B 在面 BCC B 内作直线
1
1 1
B H
1
MN ，H 为垂足。
又 AM
平面 BCC1 B1 ，所以 AM B1 H。于是 B1 H 平面
AMN ，故 B1 H 即为 B1 到平面 AMN 的距离。在 R1 B1 HM 中，
B1 H ＝ B1 M sin B1MH
5 2
1
1 5
1 。故点 B1 到平面
AMN 的距离为 1。
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， ，0）,
2
1
C(0,1,0), N (0,1, ) , A (
2 3
3 1
,
,0 )，所以，
2 2
决战高考
AM
,1), MN ( 3 ,0,0) MB1 (0,
2 2
，
1
(0, ,) 。
2 3
12
因为
MB1 AM
3 2
0 0 ( 1) 0 1 0所以 MB
1 2
AM ,同法可得 MN AM 。
故﹤ MB , MN ﹥为二面角
1
B — AM— N的平面角
1
∴ cos﹤ MB1, MN ﹥＝
MB1MB1
5
MN MN
12 5 5 2 6
5 . 5
故所求二面角 B1 — AM— N 的平面角的余弦值为
5 。 5
（Ⅱ）设 n=(x,y,z) 为平面 AMN 的一个法向量，则由
n AM , n MN 得
3
2
x
0
x 0
,1)
1 2
y
2
z
0
y
4 z
故可取 n
(0,
3
3 4
3
设 MB1 与 n 的夹角为 a，则 cosa
MB1 n MB1 n
5 3
5 5 2 3
5 2 5 2
2 5 3
。
所以 B1 到平面 AMN 的距离为 MB1
cos a
5
1。
（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
P
AC，PA
平面
ABCD ，且 PA AB，点 E 是 PD 的中点 . （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
又 AB
E
AC
AC ，所以 AC 平面 PAB，所以 PB
A
B
O
（ 2）如图，连 BD交 AC于点 O，连 EO，则EO是△ PDB的中位线， EO// PB
PB// 平面 AEC
D
F
C
（ 3）如图，取 AD的中点 F，连 EF， FO，则 EF 是△ PAD的中位线， EF// PA 又 PA
//
决战高考
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
AC－ D的平面角 . 又 FO＝ AB＝ PA＝ EF
11
EOF是二面角 E－
EOF＝45 而二面角 E AC
B 与二面角 E－ AC
2
－D 互补，故所求二面角 E
2
AC B 的大小为 135 .
（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 B 成直二面角，连结
A 1B、 A 1P（如图 2）
A1 EF 的位置，使二面角 A 1－ EF－
（Ⅰ）求证： A 1E⊥平面 BEP；
（Ⅱ）求直线 A 1E 与平面 A1 BP 所成角的大小； （Ⅲ）求二面角
B －A 1P－ F 的大小（用反三角函数表示） A
B
A 1
E
E
F
F
P
C
B
P
图 1
C
图 2
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。
3
解法一：不妨设正三角形 在图 3中，过 F作 FM⊥
ABC 的边长为
A1P与 M，连结 QM,QF, ∵ CP=CF=1, ∠ C=600,
∴△ FCP是正三角形，∴ PF=1.有 PQ
1
∵A 1E⊥平面 BEP, EQ
2
BP 1 ∴ PF=PQ① ,
EF 3
∴ A1E=A1Q,
∴△ A1FP≌△ A1QP从而∠ A1PF=∠ A1PQ② ,
由①②及 MP为公共边知△ FMP≌△ QMP, ∴∠ QMP=∠FMP=90, 且 MF=MQ,
o
从而∠ FMQ为二面角 B－ A1P－ F 的平面角 .
1
AQ PQ 1
决战高考
在 Rt△ A QP中,A Q=AF=2,PQ=1, 又∴ A1P 5.
1
1
∵ MQ⊥ A 1P∴ MQ
0
A1P
2 5 5
∴ MF
2 5
5
在△ FCQ中 ,FC=1,QC=2, ∠ C=60
, 由余弦定理得 QF3
在△ FMQ中， cos FMQ
MF
2
MQ QF
22
7 8
2MF MQ
∴二面角 B － A 1P－ F 的大小为
arccos
7 8
[06 浙江 ( 理 )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 .
变式 1：求面 PAB 与面 PCD 所成角 利用面积射影或转化为有棱二面角
变式 2：E 为 AD 中点 ,求面 PAB 与面 PCE 所成角
L
R
E
Q
点面距离
[06 湖南 (理 )18] 如图 4,已知两个正四棱锥
( Ⅰ ) 证明 PQ⊥平面 ABCD;
P-ABCD 与 Q-ABCD 的高分别为
1 和 2,AB=4.
( Ⅱ ) 求异面直线 AQ与 PB 所成的角 ; ( Ⅲ ) 求点 P 到平面 QAD的距离 .
z P
P
D
O
A x
B
C
y
D C
Q
A B
决战高考
解法一：
（Ⅰ）．连结 AC、 BD ，设 AC
都是正四棱锥，所以
BD O . 由 P－ ABCD 与 Q－ ABCD
PO⊥平面 ABCD ，QO ⊥平面 ABCD .
PQ⊥平面 ABCD .
从而 P、O、 Q 三点在一条直线上，所以
（ II ）由题设知， ABCD 是正方形， 所以 AC
BD ．由（ I），PQ 平面 ABCD ，
故可以分别以直线 CA 、DB 、QP 为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系 （如上图），
由题设条件，相关各点的坐标分别是
2,0, 2), PB
P(0,0,1) ， Q(0,0, 2) ， B(0,2 2,0)
所以AQ (2
(0,2 2, 1) ,于是 cos AQ, PB
AQ PB AQ PB
3 .
9
从而 异面直线 AQ 与 PB 所成的角是 arccos
3
.
9
( Ⅲ ) ．由（Ⅱ），点 D 的坐标是 （ 0，－ 2 2 ， 0）， AD (22,2 2,0) ，
PQ (0,0, 3) ，设 n ( x, y, z) 是平面 QAD 的一个法向量，
由 n AQ
n AD
0 0
得
2x z x y 0
0.
取 x=1，得 n
(1, 1,
2 ) .
所以点 P 到平面 QAD 的距离 d
PQ n
3 2 2
..
n
解法二：
（Ⅰ）．取 AD 的中点 M，连结 PM ， QM . 因为 P－ ABCD 与 Q－ ABCD
AD⊥ PM ， AD ⊥QM . 从而 AD ⊥平面 PQM. 都是正四棱锥，所以
又 PQ 平面 PQM ，所以 PQ⊥ AD . 同理 PQ⊥ AB，所以 PQ⊥平面 ABCD .
BD
O ，由 PQ⊥平面 ABCD 及正四棱锥的性质可知
（Ⅱ）．连结 AC、 BD 设 AC O 在
PQ 上，从而 P、 A、Q、C 四点共面 . 取 OC 的中点 N ，连结 PN．
因为
P
PO
OQ
1, NO 2 OA
NO OC 1 ，所以 PO 2 OQ NO ，
OA
A
D C
M
O
B
Q
决战高考
从而 AQ∥ PＮ.∠ BPＮ（或其补角）是异面直线 AQ
与 PB 所成的角 .连接 BN ，
因为 PBOB2
OP2
(2 2) 2 1 3 ．
PN ON 2 OP2 (
2) 2 1
3
BN
OB2 ON 2
(2 2) 2 ( 2) 2
10
所以
PB2 PN 2 BN 2
9 3 10 3
cos
BPN
2PB PN
2 3
3
9 ．
3
从而异面直线
AQ 与 PB 所成的角是 arccos ．
9
( Ⅲ ) ．由（Ⅰ）知， AD⊥平面 PＱM，所以平面 PＱM ⊥平面 QAD . 过Ｐ作ＰＨ⊥ＱＭ 于Ｈ，则ＰＨ⊥平面 QAD 1
，所以ＰＨ的长为点 P 到平面 QAD 的距离．
连结 OM ，则 OM
AB
2 OQ.所以
MQP
45 ，
2
又ＰＱ＝ＰＯ＋ＱＯ＝３，于是 PH 3 2
PQ sin 45
.
2
3
即点 P 到平面 QAD 的距离是
2 .
2
（ 9）如图， O 是半径为 l 的球心，点 A 、B 、 C 在球面上， OA 、OB、 OC 两两垂直，
分别是大圆弧 AB 与 AC 的中点，则点 E、 F 在该球面上的球面距离是 B
(A)
(B) (C)
(D)2
4 3 2 4
EF 球面距离←∠ EOF← EF←题设条件
3.三种问题
接切问题、截面问题、折叠问题，非主干知识， 考查的频率不高，但它们不会被遗忘
1)接切问题往往需要根据图形的对称性，进行空间想象，合情推理，画出合理的截面图 1 [06 全国 (Ⅲ)9]
已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为
体积为 16，则这个球的表面积是
A．16π B．20π C． 24π D．32π
E、 F
4，
例
决战高考
说明】几个结论：
1 ）正四棱柱的对角线是外接球的直径 2 ）正方体的对角线是外接球的直径 3 ）正方体的棱长是内切球的直径
4 ）若球与正方体的每条棱都相切，则正方体的面对角线是球的直径
例 2
[06 江苏 9]
两相同的正四棱锥组成如图 1 所示的几何体， 可放棱长为 1 的正方体内，
且各顶点 均在正方体的面上，
．．．
使正四棱锥的底面
ABCD 与正方体的某一个平面平行，
则这样的几何体体积的可能值有
（A）1 个 （C）3 个
（B）2 个
（ D）无穷多个
两相同的正四棱锥组成如图 1 所示的几何体， 可放棱长为 1 的正方体内， 使正四棱锥的底面 ABCD 与正方体的某一个平面平行，且各顶点 均在正方体的面上，则这样的几何体体
．．．
积的可能值有
（A）1 个
（B）2 个
（C）3 个
（ D）无穷多个
【思路点拨】本题主要考查空间想象能力，以及正四棱锥的体积
【正确解答】 由于两个正四棱锥相同， 所以所求几何体的中心在正四棱锥底面正方形
ABCD
中心，有对称性知正四棱锥的高为正方体棱长的一半，
影响几何体体积的只能是正四棱锥底
D.
面正方形 ABCD 的面积，问题转化为边长为
1 的正方形的内接正方形有多少种，所以选
2)截面问题难有定式可循，往往难度较大
棱长为 2 的正四面体的四个顶点都在同一个球面上 图中三角形 ( 正四面体的截面 ) 的面积是 C
, 若过该球球心的一个截面如图
1, 则
A．
2 2
B
．
3 2
C ． 2
D
． 3
图 1
3)折叠与展开
折叠与展开的关键是在折叠与展开的过程中各元素之间位置关系与
决战高考
数量关系是否变化
折叠所得立体图形中元素之间的位置关系， 数量关系需要在平面图形
中寻找
展开所得平面图形中元素之间的位置关系，
数量关系需要在立体图
形中寻找，展开体现了降维、化归思想
(06 山东理 12 题 )如图，在等腰梯形 ABCD 中， AB= 2DC= 2,∠ DAB=60 °,E 为 AB 的中点，将 △ADE 与△ BEC 分别沿 ED、EC 向上折起，使 A、B 重合于点 P，则 P－DCE 三棱锥的外接球的体积为 C
(A)
4 3 27
(B)
6 2
(D)
(C)
6 8
6 24
(06 江西文 )15．如图，已知正三棱柱
ABC A1B1C1 的底面边长为 1，高为 8，一质点自 A
10 ．
点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周 ．．到达 A1 点的最短路线的长为
C
A
B
C1
A1
B1
ABC A1 B1C1 沿侧棱 CC1 展开，
解：将正三棱柱
其侧面展开图如图所示，由图中路线可得结论。
4.四点加强
决战高考
1)加强设问的开放性 2)加强元素的不定性 3)加强条件的隐蔽性 4)加强知识的综合性
1)加强设问的开放性 ,就是改变以往”从条件到结论的直线思维模 式”，增加过程的探索性
[06 辽宁 (理)18]
角 A DE C的大小为
(18) ( 本小题满分 12 分)]
已知正方形 ABCD . E 、 F 分别是 AB 、CD 的中点 ,将 ADE 沿 DE 折起 ,如图所示 ,记二面
(0
) .
(I) 证明 BF // 平面 ADE;
(II) 若 ACD 为正三角形 ,试判断点的结论 ,并求角 的余弦值 .
A 在平面 BCDE 内的射影 G 是否在直线
EF 上 ,证明你
B
C
A B
C
E
F
E
F
A
D
D
2)加强元素形式的不定性 ,就是增加过程中元素的运动变化，其表现
可以语言表达， 也可引入参数， 这就需要答题者寻求规律、 抓住本质 .
06 浙江 14：正方体在平面上的射影面积
06 湖北 18：引入参数，点 P 在 CC1 上运动
06 江西 15：折叠， P 在 BC1 上运动，求 PC＋A1P
的最小值
还有题目中未出现运动迹象，但需要我们用运动变化的思想去解决的 3)加强条件的隐蔽性，就是加强对条件的等价转化
.
[06 辽宁 (理)16] 则 cosα=______
若一条直线与一个正四棱柱各个面所成的角都为 α,
本题转化为正方体
决战高考
[06 湖北 (理 )18] 如图 ,在棱长为 1的正方体 ABCD －A1B1C1D1 中 ,P 是侧棱 CC
1 上的一点 ,CP＝m.
（Ⅱ）在线段 A1C1 上是否存在一个定点 Q, 使得对任意的 m, D1Q 在平面 APD1 上的射影垂直于 AP, 并证明你的结论。
利用三垂线定理转化，问题等价于“在
A1C1 上是否存在一点 Q,使
D1Q⊥ AP”
利用逆向思维转化，问题等价于“在 A1C1 上是否存在一点 Q,使 D1Q ⊥平面 ACC 1A1”，故 Q 是 A1C1
D1
C1
的中点
O1
A1
P
B1
G
D
C
O
A B
4)加强知识的综合性
在以往立几中有与简易逻辑、组合 (概率 )、解析几何的综合，今年又增加了与函数，数列、不等式的综合 .
[06 广东 (理)14] 在德国不来梅举行的第 48 届世乒赛期间，某商店
1
橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第
堆只有 1 层，就一个球；第 2、3、4、,, 堆最底层（第一层）分别
按图所示方式固定摆放， 从第二层开始， 每层的小球自然垒放在下一层之上，第 n 堆第 n 层就放一个乒乓球， 以 f(n)表示第 n 堆的乒乓球总数，则 f(3)＝＿＿＿， f(n)＝＿＿＿＿；（答案用表示） .
决战高考
立几与数列的综合
[06 山东 (理 )16] ④如图， 已知正方体 ABCD- A1B1C1D1，P 为底面 ABCD 内一动点， P 到平面 AA1D1D 的距离与到直线 CC1 的距离相等，则 P 点的轨迹是抛 物线的一部分 .
立几与解几的综合
[06 江苏 18] 请您设计一个帐篷。它下部的形状是高 h 为 1m 的正六棱柱，上部的形状是侧棱长为 3m 的正六棱锥（如图所示） 。试问当帐篷的顶点 O 到底面 中心 O1 的距离为多少时，帐篷的体积最大？
立几与函数 导数的综合
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