山东高考文科数学立体几何大题及答案汇编.pdf

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1、20082008 年年-2014-2014 年山东高考文科数学立体几何大题及答案年山东高考文科数学立体几何大题及答案（0808 年年）如图，在四棱锥P ABCD中，平面PAD平面ABCD，AB DC，PAD是等边三角形，已知BD 2 AD 8，AB 2DC 4 5（）设M是PC上的一点，证明：平面MBD平面PAD；（）求四棱锥P ABCD的体积ADPMCB（0909 年年）如图，在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中，底面 ABCD 为等腰梯形，AB11111（1010 年年）（本小题满分 12 分）D1A1E1DC1B1CE，E、G、F分别为MB、在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方

2、形，MA平面ABCD，PD/MAABFPB、PC的中点，且AD PD 2 MA.（I）求证：平面EFG平面PDC；（II）求三棱锥P MAB与四棱锥P ABCD的体积之比.（1111 年年）（本小题满分 12 分）如 图，在 四 棱 台ABCD A1B1C1D1中，D1D 平面ABCD，底 面C1B1ABCD是 平 行 四 边 形，AB 2AD,AD A1B1,BAD 600（）证明：（）证明：D1A1AA1 BD；DACC1/平面A1BD.CB（1212 年年）(本小题满分 12 分)如 图，几 何 体E ABCD是 四 棱 锥，ABD为 正 三 角 形，CBCD,EC BD.()求证：BE

3、 DE；()若BCD 120，M为线段AE的中点，求证：DM平面BEC.（1313 年年）（本小题满分 12 分）如图，四棱锥 PABCD 中，ABAC，ABPA，ABCD，AB=2CD，E，F，G，M，N 分别为 PB，AB，BC，PD，PC 的中点。（）求证，CE平面 PAD;（）求证，平面 EFG平面 EMN。（1414 年年）（本小题满分 12 分）如图，四棱锥P ABCD中，AP平面PCD,AD/BC,AB BC AD,PC的中点。1AD,E,F分别为线段2（）求证：AP/平面BEF（）求证：BE 平面PACA AP PD DE EB BC C答案08 年解：（）证明：在ABD中，由

4、于AD 4，BD 8，AB 4 5，所以AD BD AB故AD BD又平面PAD 平面ABCD，平面PAD平面ABCD AD，222PMADOCBBD 平面ABCD，所以BD 平面PAD，又BD 平面MBD，故平面MBD 平面PAD（）解：过P作PO AD交AD于O，由于平面PAD 平面ABCD，所以PO平面ABCD因此PO为四棱锥P ABCD的高，又PAD是边长为 4 的等边三角形因此PO 34 2 32在底面四边形ABCD中，ABDC，AB 2DC，所以四边形ABCD是梯形，在RtADB中，斜边AB边上的高为此即为梯形ABCD的高，所以四边形ABCD的面积为S 488 5，54 52 5

5、4 58 5 2425故VPABCD1242 3 16 3309 年解：（）证明：在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中，取 A1B1的中点 F1，连接 A1D，C1F1，CF1，因为 AB=4,CD=2,且 AB面 ABCD,AC平面 ABCD,所以 CC1AC,因为底面 ABCD 为等腰梯形，AB=4,BC=2,F 是棱 AB 的中点,所以 CF=CB=BF，BCF 为正三角形，1 1EE11CF1AC,在直棱柱中，D1D1C1C1CC1平1 1 1（）连接F1B1B1A1A1E1E1DDCCBBBCF 60,ACF 为等腰三角形，且ACF 30所以 ACBC,又因为 BC 与 CC1都

6、在平面 BB1C1C 内且交于点 C,所以 AC平面 BB1C1C,而AC 平面 D1AC,所以平面 D1AC平面 BB1C1C.EEAAFF10 年解：（I）证明：由已知MA平面ABCD,PD MA,所以PD平面ABCD又BC 平面ABCD，所以PDDC因为四边形ABCD为正方形，所以BCDC,又PDDC=D，因此BC 平面PDC在PBC中，因为G、F分别为PB、PC的中点，所以GFPC因此GF 平面PDC又GF 平面EFG，所以平面EFG 平面PDC（）解：因为PD 平面ABCD,四边形ABCD为正方形，不妨设MA=1，则PD=AD=2，18VP-ABCD=S正方形ABCDPD=33所以由

7、于DA 面MAB的距离，且PDMA所以DA即为点P到平面MAB的距离，VP-MAB1121 2 2 323三棱锥VP-ABCD1:4所以VP-MAB：11 年解：（I）证法一：因为D1D 平面 ABCD，且BD 平面 ABCD，所以D1D BD，又因为 AB=2AD，BAD60，在ABD中，由余弦定理得BD2 AD2 AB22AD ABcos60 3AD2，所 以AD2 BD2 AB2，因 此AD BD，又AD又D1D D,所以BD 平面ADD1A1.AA1平面 ADD A，故AA1 BD.11证法二：因为D1D所以BD平面 ABCD，且BD 平面 ABCD，D1D.取 AB 的中点 G，连接

8、 DG，在ABD中，由 AB=2AD 得 AG=AD，又BAD60，所以ADG为等边三角形。因此 GD=GB，故DBGGDB，又AGD60所以GDB=30,故ADB=ADG+GDB=60+30=90,所以BD AD.又ADD1D D,所以BD 平面 ADD1A1，又（II）连接 AC，A1C1，设AA1平面 ADD A，故AA1 BD.11ACBD E，连接 EA因为四边形 ABCD 为平行四边形，11AC.由棱台定义及 AB=2AD=2A B 知2A C1 CC1BDBC CD CO BD CE BDBD 所以BD OE，即OE所以EC 1111是BD的垂直平分线，所以BE DE.(II)取

9、AB中点N，连接MN,DN，M是AE的中点，MNBE，ABD是等边三角形，DN AB.由BCD120知，CBD30，所以ABC60+3090，即BC AB，所以NDBC，所以平面MND平面BEC，故DM平面BEC.13 年解：(1)证法一：取PA的中点H，连接EH，DH.，因为E为PB的中点，所以EHAB，EH又ABCD，CD1AB.21AB，所以EHCD，EHCD.因此四边2形DCEH是平行四边形，所以CEDH.又DH平面PAD，CE证法二：连接CF.因为F为AB的中点，所以AF又CD1AB.2平面PAD，因此CE平面PAD.1AB，所以AFCD.又AFCD，2所以四边形AFCD为平行四边形

10、因此CFAD.又CF平面PAD，所以CF平面PAD.因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EFPA.又EF平面PAD，所以EF平面PAD.因为CFEFF，故平面CEF平面PAD.又CE平面CEF，所以CE平面PAD.(2)证明：因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EFPA.又ABPA，所以ABEF.同理可证ABFG.又EFFGF，EF平面EFG，FG平面EFG，因此AB平面EFG.又M，N分别为PD，PC的中点，所以MNCD.又ABCD，所以MNAB.因此MN平面EFG.又MN平面EMN，所以平面EFG平面EMN.14 年解：（）连接 AC 交 BE 于点 O，连接 OF，不妨设 AB=BC=1,则 AD=2OF/APAB BC,AD/BC,四边形 ABCE 为菱形O,F分别为AC,PC中点，又OF 平面BEF，AP/平面BEF（）AP 平面PCD，CD 平面PCD,AP CDBC/ED,BC ED,BCDE为平行四边形，BE/CD,BE PA又ABCE为菱形，BE AC又PA AC A,PA、AC 平面PAC,BE 平面PAC