近年高考理科立体几何大题汇编docx.docx
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近几年高考理科立体几何大题汇编
1.(2018年III卷)如图,边长为2的正方形
ABCD所在的平面与半圆弧
?
M是
CD所在平面垂直,
?
CD上异于C,D的点.
(1)证明:
平面AMD⊥平面BMC;
(2)当三棱锥MABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.
2、[2014·新课标全国卷Ⅱ]四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.
(1)证明:
PB∥平面AEC;
(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=3,求三棱锥E-ACD的体积.
1
3.(2017?
新课标Ⅰ卷)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.
(1)证明:
平面PAB⊥平面PAD;
(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A﹣PB﹣C的余弦值.
4.(菱形建系)[2014新·课标全国卷Ⅰ]如图三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.
(1)证明:
AC=AB1;
(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.
2
5.(菱形建系)【2015高考新课标1】如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC=120°,
E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC.(Ⅰ)证明:
平面AEC⊥平面AFC;
(Ⅱ)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.
6.(翻折)(2018年I卷)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以
DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PFBF.
(1
)证明:
平面PEF平面ABFD;
(2
)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
3
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,
AB5,AC6,点E,F分别在AD,CD上,AECF5,EF交BD于点H.将
4
DEF沿EF折到D'EF位置,OD10.
(Ⅰ)证明:
DH平面ABCD;
(Ⅱ)求二面角BDAC的正弦值.
8.(动点问题)(2018年II卷)如图,在三棱锥PABC中,ABBC22,
PAPBPCAC
4,O为AC的中点.
P
(1)证明:
PO
平面ABC;
(2)若点M在棱BC上,且二面角MPA
C为30
,
求PC与平面PAM所成角的正弦值.
A
O
C
M
B
4
近几年高考理科立体几何大题汇编
1.(2018年III卷)如图,边长为2的正方形
ABCD所在的平面与半圆弧
?
M是
CD所在平面垂直,
?
CD上异于C,D的点.
(1)证明:
平面AMD⊥平面BMC;
(2)当三棱锥MABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.
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BCICM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
uuur
(2)以D为坐标原点,DA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),
uuuuruuuruuur
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
5
n
uuuur
0,
2x
y
z0,
AM
n
uuur
0.
即
0.
AB
2y
可取n
(1,0,2).
uuur
DA是平面MCD的法向量,因此
uuur
uuur
5
nDA
cosn,DA
uuur
,
|n||DA|
5
sin
uuur
25
n,DA
,
5
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是
2
5.
5
2、[2014·新课标全国卷Ⅱ]如图1-3,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥
平面ABCD,E为PD的中点.
(1)证明:
PB∥平面AEC;
(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=
3,求三棱锥E-ACD的体积.
图1-3
2,解:
(1)证明:
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,
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,|AP
|
D(0,
3
1
→
为单位长,建立空间直角坐标系
A-xyz,则
3,0),E0,2
,2
,AE=
3
1
0,
2
,2.
6
→
3,0).
设B(m,0,0)(m>0),则C(m,3,0),AC=(m,
设n1=,
,
z)
为平面
ACE
的法向量,
(xy
n1
→
mx+
3y=0,
·AC=0,
即3
则
→
1
1
=0,
y+z=0,
2
2
n
·AE
可取n1=m3,-1,3.
又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,
1
由题设易知|cos〈n1,n2〉|=2,即
3
1
3
.
2=,解得m=
3+4m
2
2
因为E为PD的中点,所以三棱锥
E-ACD的高为
1三棱锥
E-ACD
的体积
V
=1×
2.
3
13132×3×2×2=8.
3.(2017?
新课标Ⅰ卷)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,
AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.
(1)证明:
平面PAB⊥平面PAD;
(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=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
?
平
面PAD
,
∴
AB
⊥
平
面
PAD
,
又
AB
?
平
面
PAB
,
∴
平
面
PAB
⊥
平
面
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
,
7
在△APD中,由PA=PD,∠APD=90°,可得△PAD为等
腰直角三角形,
设PA=AB=2a,则
取AD中点O,BC中点以O为坐标原点,分别以
AD=.
E,连接PO、OE,
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().
,,.
设平面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.
4.(菱形建系)[2014新·课标全国卷Ⅰ]如图三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.
(1)证明:
AC=AB1;
(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.
4解:
(1)证明:
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.
8
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O-xyz.
因为∠CBB1=60°,所以△CBB1
为等边三角形,又
AB=BC,则A
0
,,
3,
0
3
B(1,0,0),B1
,
3,0,C,-
3,0
.
0
3
0
3
→
3
3
→
,,-
3
,
AB1=,
,-
,A1B1=AB=
0
3
3
1
0
3
→
3
,0.
B1C1=BC=-1,-
3
设n=(x,y,z)是平面AA11的法向量,则
B
3
3
n·AB=0,
3
y-
3
z=0,
1
所以可取n=(1,
3,3).
→
即
3
11=0,
n·AB
x-3z=0.
设m是平面A1
1
1
的法向量,
BC
→
则
m·A1B1=0,
同理可取m=(1,-
3,3).
→
1=0,
1
m·BC
则cos〈n,m〉=
n·m
1
|n||m|=
7.
9
1
所以结合图形知二面角A-A1B1-C1的余弦值为7.
5.(菱形建系)【2015高考新课标1】如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC=120°,E,
F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC.
(Ⅰ)证明:
平面AEC⊥平面AFC;
(Ⅱ)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.
5.,【答案】(Ⅰ)见解析(Ⅱ)33
又∵AE⊥EC,∴EG=3,EG⊥AC,
在Rt△EBG中,可得BE=
2,故DF=
2.
2
在Rt△FDG中,可得FG=6.
2
在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=
2,DF=
2
可得EF=
3
2,
2
2
∴EG2
FG2
EF2,∴EG⊥FG,
∵AC∩FG=G,∴EG⊥平面AFC,
10
∵
EG
面AEC,∴平面AFC⊥平面AEC
⋯⋯6分
.
uuuruuuruuur
(Ⅱ)如,以G坐原点,分以GB,GC的方向x,y正方向,|GB|
位度,建立空直角坐系
G-xyz,由(Ⅰ)可得A(0,-
3,0),E(1,0,
2),F(-1,0,2
),(
,3
,
),∴
uuur
=(1,
3,
uuur
2),CF=(-1,
2
C0
0
AE
2)
-3,
.
⋯分
2
10
uuuruuur
uuur
uuur
3
故cos
AE?
CF
AE,CF
uuur
uuur
.
|AE||CF|
3
所以直AE与CF所成的角的余弦
3.
分⋯⋯12
3
6.(翻折)(2018年I卷)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以
DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PFBF.
(1)证明:
平面PEF平面ABFD;
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
5.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.
11
(2)作PH⊥EF,垂足为H.由
(1)得,PH⊥平面ABFD.
uuuruuur
以H为坐标原点,HF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=3
.又PF=1,EF=2,故PE⊥PF.
可得PH
3
3
EH
.
2
2
则H(0,0,0),
P(0,0,
3),D(1,
3
uuur
(1,3
3),
uuur
3)为平面ABFD的
0),DP
HP(0,0,
2
2
2
2
2
法向量.
uuur
uuur
设DP与平面ABFD所成角为
HPDP
,则sin|uuur
uuur|
|HP||DP|
3
43.
34
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为
3.
4
(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,
7.
AB5,AC
6,点E,F分别在AD,CD上,AECF
5,EF交BD于点H.将
4
DEF沿EF折到D'
EF位置,OD10.
(Ⅰ)证明:
DH
平面ABCD;
(Ⅱ)求二面角B
DAC的正弦值.
7.【解析】⑴证明:
∵AECF5,∴AECF,
4ADCD
∴EF∥AC.∵四边形ABCD为菱形,∴
12
ACBD,
∴EFBD,∴EFDH,∴EFDH.
∵AC6,∴AO3;又AB5,AOOB,∴OB4,
∴OHAEOD1,∴DHDH3,∴OD2OH2D'H2,∴
AO
D'HOH.又∵OHIEFH,∴D'H面ABCD.
⑵建立如图坐标系Hxyz.
B5,0,0,C1,3,0,D'0,0,3,A1,3,0,
uuur
uuur
1,3,3
,,
,
AD'
,
AB430
ur
设面ABD'法向量n1
x,y,z,
uuur
AC0,6,0,
uur
uuur
4x3y0
x
3
n1AB0
,取y
ur
3
,
,
.
由uur
uuuur
得
4,∴n1
45
n1
AD
0
x
3y3z
0
z
5
uur
同理可得面AD'C的法向量n2
3,0
,1
,
ur
uur
∴cos
n1
n2
9
5
75,∴sin
2
95.
ur
uur
n1
n2
52
10
25
25
8.(动点问题)(2018年II卷)如图,在三棱锥PABC中,ABBC22,
PAPBPCAC4,O为AC的中点.
13
(1)证明:
PO平面ABC;
(2)若点M在棱BC上,且二面角MPAC为30,求PC与平面PAM所成角的正弦值.