完整版近年高考理科立体几何大题汇编可编辑修改word版文档格式.docx

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7.（翻折）（2016年全国II高考）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，

AB=5,AC=6，点E,F分别在AD,CD上，AE=CF=5，EF交BD于点H．将

4

∆DEF沿EF折到∆D'

EF位置，OD'

=．

（Ⅰ）证明：

D'

H⊥平面ABCD；

（Ⅱ）求二面角B-D'

A-C的正弦值．

8.（动点问题）（2018年II卷）如图，在三棱锥P-ABC中，AB=BC=2，

PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点．

PO⊥平面ABC；

（2）若点M在棱BC上，且二面角M-PA-C为30︒，求PC与平面PAM所成角的正弦值．

AC

1.解：

（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,

所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.

因为M为CD上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM.

又BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.

而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.

DA

（2）以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系

D−xyz.

当三棱锥M−ABC体积最大时，M为CD的中点.

由题设得D（0,0,0）,A（2,0,0）,B（2,2,0）,C（0,2,0）,M（0,1,1），

=-==

AM（2,1,1）,AB（0,2,0）,DA（2,0,0）

设n=（x,y,z）是平面MAB的法向量,则

⎧n⋅

⎪AM=0,即⎧-2x+y+z=0,

⎨n⋅

⎨2y=0.

⎩⎪AB=0.⎩

可取n=（1,0,2）.

是平面MCD的法向量,因此

cos

n,DA

n⋅

==，

|n||DA|5

sin

n,DA，

5

所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.

新课标全国卷Ⅱ]如图13，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．

，AP＝1，AD＝3，求三棱锥EACD的体积．

图13

2，解：

连接BD交AC于点O，连接EO.

因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.

因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.

（2）因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，

||AP

所以AB，AD，AP两两垂直．

如图，以A

→为坐标原点，AB，

AD，AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，→为

单位长，建立空间直角坐标系Axyz，则D（0，3，0），E（0，

1→

，，AE＝0，

22

，1.

设B（m，0，0）（m>

0），则C（m，3，0）→（m，3，0）．

，AC＝

设n1＝（x，y，z）为平面ACE的法向量，

→

n1·

AC＝0，

则→

）{mx＋3y＝0，）

AE＝0，

2y＋z＝0，

可取n1＝（

2

，－1，）.

又n2＝（1，0，0）为平面DAE的法向量，

1

由题设易知|cos〈n1，n2〉|＝，即

13

＝，解得m＝.

11

因为E为PD的中点，所以三棱锥EACD的高为.三棱锥EACD的体积V＝×

23

131

×

3×

×

＝.

2228

3.（2017•新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°

．

，求二面角A﹣PB﹣

C的余弦值．

3.【答案】

（1）证明：

∵∠BAP=∠CDP=90°

，∴PA⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，

又

∵

PA∩PD=P，

且

PA⊂

平

面

PAD，

PD⊂

面PAD，

∴

AB⊥平

AB⊂

PAB，

PAB⊥

PAD；

（2）解：

∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形，由

（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，

在△APD中，由PA=PD，∠APD=90°

，可得△PAD为等腰直角三角形，

设PA=AB=2a，则AD=

．

取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，

以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则：

D（

），B（

），P（0，0，

），C（

）．

设

PBC的

一

个

法

向

量

为

由，得，取y=1，得．

∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥AD，又PD⊥PA，PA∩AB=A，

∴PD⊥平面PAB，则为平面PAB的一个法向量，．

∴cos＜＞==

．由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，

∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为．

新课标全国卷Ⅰ]如图三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.

4解：

连接BC1，交B1C于点O，连接AO，因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1，且O为B1C及BC1的中点．

又AB⊥B1C，所以B1C⊥平面ABO.

由于AO⊂平面ABO，故B1C⊥AO.

又B1O＝CO，故AC＝AB1.

（2）因为AC⊥AB1，且O为B1C的中点，所以AO＝CO.

又因为AB＝BC，所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB，从而OA，OB，OB1两两垂直．

以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，|OB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.

（3）

因为∠CBB1＝60°

，所以△CBB1为等边三角形，又AB＝BC，则A0，0，3，

B（1，0，0），B（0，3，0），C（0，－3，0）.

AB1＝0，

3

，－3）

→3

，A1B1＝AB＝1，0，－，

333

→（）

设n＝（x，y，z）是平面AA1B1的法向量，则

n·

AB1＝0，

3y－z＝0，）

A1B1＝0，

）即所以可取n＝（1，3，

3）．

x－z＝0.

设m是平面A1B1C1的法向量，

m·

B1C1＝0，

）同理可取m＝（1，－

3，3）．

m1

则cos〈n，m〉＝＝.

|n||m|7

所以结合图形知二面角AA1B1C1的余弦值为.

7

，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC.

又∵AE⊥EC，∴EG=，EG⊥AC，

在Rt△EBG中，可得BE=，故DF=2.

在Rt△FDG中，可得FG=6.

在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=，DF=2可得EF=32，

∴EG2+FG2=EF2，∴EG⊥FG，

∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，

∵EG⊂面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.……6分

（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以的方向为x轴，y轴正方向，

|GB|

单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－，0），E（1,0,

），

F（－1,0，），C（0，，0），∴AE=（1，，），CF=（-1，

-，2）.…10分

故cos<

>

=

AECF3

|AE||CF|3

所以直线AE与CF所成的角的余弦值为

3.……12分

6.解：

（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.

又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.

（2）作PH⊥EF，垂足为H.由

（1）得，PH⊥平面ABFD.

HF

以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，

|BF|

为单位长，建立如图所示的空间直

角坐标系H−xyz.

由

（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.

可得PH=

3,EH=3.

则H（0,0,0）,P（0,0,

3）,D（-1,-3

=3

=（0,0,

3）为平面ABFD的

法向量.

22222

3

HPDP43

设DP与平面ABFD所成角为，则sin=|

|HP||DP|

|==.

所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为3.

7.

【解析】⑴证明：

∵AE=CF=5，∴AE=CF，

4ADCD

∴EF∥AC．∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，

∴EF⊥BD，∴EF⊥DH，∴EF⊥D'

H．

∵AC=6，∴AO=3；

又AB=5，AO⊥OB，∴OB=4，

∴OH=AE⋅OD=1，∴DH=D'

H=3，∴OD'

2=OH2+D'

H2，∴D'

H⊥OH

AO

．又∵OHIEF=H，∴D'

H⊥面ABCD．

⑵建立如图坐标系H-xyz．

B（5，

0，0），C（1，3，

0），D'

（0，

0，3），A（1，

-3，

0），

AB=（4，3，

0），AD'

=（-1，

3，3），AC=（0，

6，0），

设面ABD'

法向量n1=（x，y，z），

⎧

⎧x=3

由⎪n1⋅AB=0

得⎧4x+3y=0

，取⎪y=-4，∴n=（3，

-4，

5）．

⎨

⎪⎩n1AD=0

⎨-x+3y+3z=0

⎨1

⎩

⎪z=5

同理可得面AD'

C的法向量n2=（3，0，1），

∴cos==

=，∴sin=．

2525

（2）若点M在棱BC上，且二面角M-PA-C为30︒，求PC与平面PAM所成角的正弦值．

解：

（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=2.

连结OB.因为AB=BC=

2AC，所以△ABC为等腰直角三角形，

且OB⊥AC，OB=1AC=2.

由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.

由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.

（2）如图，以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O-xyz.

由已知得O（0,0,0）,B（2,0,0）,A（0,-2,0）,C（0,2,0）,P（0,0,23）,AP=（0,2,23）,取平面

PAC的法向量OB=（2,0,0）.

设M（a,2-a,0）（0<

a≤2），则AM=（a,4-a,0）.

设平面PAM的法向量为n=（x,y,z）.

⎨

由AP⋅n=0,AM⋅n=0得⎧⎪2y+23z=0

⎪⎩ax+（4-a）y=0

，可取n=（3（a-4）,3a,-a），

uuur

所以

=23（a-4）.由已知得

=3.

OB,n

23（a-4）2+3a2+a2

|cos

OB,n|

所以=3.解得a=-4（舍去），a=4.

所以n=（-8,4,-4）.又PC=（0,2,-23），所以

PC,n

3334

所以PC与平面PAM所成角的正弦值为3.