近年高考理科立体几何大题汇编.docx
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M ABC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⊥B1 C.
(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=2 DF,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 PF BF .
( 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 ,
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,OD10 .(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 2
,
PA PB PC AC 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M PA 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M ABC 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BC I CM= 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) ,
uuuur uuur uuur
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 z 0, AM
n uuur
0.
即
0. AB 2 y
可取 n(1,0,2) .
uuur
DA 是平面 MCD 的法向量,因此
uuur
uuur
5 n DA
cos n, DA uuur,
| n || DA |5
sin
uuur 2 5 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 (0,31→
为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,则3,0), E 0,2,2, AE =31
0,2,2 .
6
→
3,0).
设 B(m ,0,0)(m>0),则 C(m , 3,0),AC =(m ,
设 n 1= ,
, z) 为平面 ACE 的法向量,
(x y
n 1 →
mx + 3y =0,
·AC =0,
即 3
则
→
1
1
=0, y + z = 0,
2
2
n ·AE
可取 n 1= m 3
,- 1, 3 .
又 n 2=(1, 0,0)为平面 DAE 的法向量,
1
由题设易知 |cos 〈n 1,n 2〉|=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
1 3 1 3 2× 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⊥B1 C.
(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 BB1C1 C 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 B 1C ⊥AO. 又 B 1O =CO ,故 AC =AB 1 .
(2)因为 AC ⊥AB 1,且 O 为 B 1C 的中点,所以 AO =CO.
又因为 AB =BC ,所以△ BOA ≌ △BOC.故 OA ⊥OB ,从而 OA , OB ,OB 1 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∠ CBB 1=60°,所以△ CBB 1 为等边三角形,又
AB = BC ,则 A 0 , , 3 ,
3
B(1, 0, 0),B 1 , 3
, 0 ,C ,-
3
, 0
.
0 3 0 3
→
3
3
→
, ,- 3 ,
AB 1= ,
,-
,A 1 B 1=AB =
3
3
1 0
3
→
3
,0 .
B 1
C 1=BC = - 1,- 3
设 n = (x ,y ,z)是平面 AA 1 1 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
1 1=0,
n ·A B x - 3 z =0.
设 m 是平面 A 1
1 1 的法向量,
B C
→
则 m ·A 1B 1=0,
同理可取 m =(1,- 3, 3).
→ 1=0,
1
m ·B C
则 cos 〈 n , m 〉= n ·m 1
|n||m|= 7.
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=2 DF,
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 )
3
3
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 ,
22
∴ EG 2FG 2EF 2,∴EG⊥FG,
∵ AC∩ FG=G,∴ EG⊥平面 AFC,
10
∵ EG 面 AEC ,∴平面 AFC ⊥ 平面 AEC
??6分
.
uuur uuur
uuur
( 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
C 0 0 AE
2 )
- 3 ,
.? 分
2
10
uuur uuur
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 PF
BF .
( 1)证明:平面 PEF
平面 ABFD ;
( 2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值 .
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 .
11
(2)作 PH ⊥EF ,垂足为 H .由( 1)得, PH ⊥平面 ABFD .
uuur
uuur
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
HP DP
,则 sin | uuur uuur |
| HP | | DP |
3
4
3
.
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.
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 ' E F 位置, OD10 . (Ⅰ)证明: D H 平面 ABCD ;
(Ⅱ)求二面角 B D A C 的正弦值.
7.【解析】⑴证明:∵
AE CF
5
,∴
AE CF
,
4
AD CD
∴ EF ∥ AC .∵四边形 ABCD 为菱形,∴
12
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
OH 2
D ' H 2
, ∴
AO
D ' H OH .又∵ OH I EF
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 ,
uuur
uuur 1 ,3,3
, ,
, AD '
,
AB 4 3 0
ur
设面 ABD ' 法向量 n 1
x ,y ,z ,
uuur
AC
0 ,6 ,0 ,
uur uuur
4x 3 y 0
x 3
n 1 AB 0
,取 y
ur
3
,
,
.
由 uur
uuuur
得
4 ,∴ n 1
4 5 n 1 AD
x
3 y 3z 0
z 5
uur
同理可得面 AD 'C 的法向量 n 2
3,0 ,1 ,
ur uur
∴ cos
n 1 n 2 9 5 7 5
,∴ sin
2 95 .
ur uur
n 1 n 2 5 2 10
25
25
8. (动点问题)( 2018 年 II 卷)如图,在三棱锥
P ABC 中, AB BC 2 2 ,
PA PB PC
AC 4 , 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OP2 3 .
连结 OB .因为AB BC
2
AC ,所以△ABC为等腰直角三角形,2
且 OB AC ,OB 1
AC2. 2
由 OP2OB2PB 2知PO OB .
由 OP OB , OP AC 知PO平面 ABC .
uuur
O xyz .(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
uuur
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 (0,2,2 3), 取平面 uuur PAC 的法向量 OB(2,0,0) .
uuur
设 M (a,2 a,0)(0a2),则 AM (a,4 a,0) .
设平面 PAM 的法向量为n(x, y, z) .
14
uuur uuur n 0 得 2y
2 3z
0 ,可取 n (
3( a
4), 3a, a) ,
由 AP n 0, AM
ax (4
a) y 0
所以 cos uuur
2 3( a 4)
.由已知得 | cos uuur
| 3 . OB, n
a 2 OB, n
2 3(a 4) 2 3a 2
2 所以
2 3 | a 4| a 2 =
3
.解得 a 4 (舍去), a
4 . 2 3(a 4) 2 3a 2 2
3
所以 n
(
8
3 ,
4 3 ,
uuur (0,2, 2 3) ,所以 cos uuur
3 . 4
) .又 PC
PC, n
3
3
3
4
所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为
3 .
4
15