2018年全国卷理科数学十年真题分类汇编立体几何

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2018年全国卷理科数学十年真题分类汇编三角函数与三角形

三角函数与三角形一．基础题组1. 【2011新课标，理5】已知角θ的顶点与原点重合，始边与x 轴的正半轴重合，终边在直线y ＝2x 上，则cos2θ＝( ) A ．－B ．－C ．D ．【答案】B【解析】根据题意可知， . 2. 【2008全国1，理8】为得到函数的图像，只需将函数的图像（） A ．向左平移个长度单位 B ．向右平移个长度单位 C ．向左平移个长度单位 D ．向右平移个长度单位【答案】A.3. 【2006全国，理5】函数的单调增区间为（）（A ）（B ）（C ）（D ）【答案】C 【解析】45353545222222cos sin tan 2,cos 2cos sin cos sin θθθθθθθθ-==-=+221tan 31tan 5θθ-==-+πcos 23y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭sin 2y x =5π125π125π65π6)4tan()(π+=x x f Z k ∈+),2k ,2-k (ππππ()()Z k k k ∈+,1,ππZ k ∈+),4k ,43-k (ππππZ k ∈+),43k ,4-k (ππππ4. 【2013课标全国Ⅰ，理15】设当x ＝θ时，函数f (x )＝sin x －2cos x 取得最大值，则cos θ＝__________. 【答案】5. 【2013课标全国Ⅰ，理17】如图，在△ABC 中，∠ABC ＝90°，ABBC ＝1，P 为△ABC内一点，∠BPC ＝90°.(1)若PB ＝，求PA ； (2)若∠APB ＝150°，求tan ∠PBA .【解析】(1)由已知得∠PBC ＝60°，所以∠PBA ＝30°. 在△PBA 中，由余弦定理得PA2＝. 故PA (2)设∠PBA ＝α，由已知得PB ＝sin α. 在△PBA 中，由正弦定理得， α＝4sin α.1211732cos 30424+-︒=sin sin150sin(30)αα=︒︒-所以tan α，即tan ∠PBA. 6. 【2012全国，理17】已知a ，b ，c 分别为△ABC三个内角A ，B，C 的对边，a cos C a sin C －b－c ＝0．(1)求A ；(2)若a ＝2，△ABC b ，c ．7. 【2011全国，理17】△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知A －C ＝90°，，求C .【解析】：由及正弦定理可得.又由于A －C ＝90°，B ＝180°－(A ＋C)，故.，. 因为0°＜C ＜90°，所以2C ＝45°－C ，C ＝15°. 8. 【2009全国卷Ⅰ，理17】在ΔABC 中，内角A 、B 、C 的对边长分别为a 、b 、c ，已知a 2－c 2=2b ，且sinAcosC=3cosAsinC ，求b.【解析】：由余弦定理得 a 2-c 2=b 2-2bccosA. 又a 2-c 2=2b,b≠0,a c +=a c +=sin sin A C B +=cos sin )2)C C A C C C ++=+= cos 2C C C =cos(45)cos2C C -=所以b=2ccosA+2.① 又sinAcosC=3cosAsinC, sinAcosC+cosAsinC=4cosAsinC. sin(A+C)=4cosAsinC, sinB=4sinCcosA. 由正弦定理得. 故b=4ccosA.② 由①②解得 b=4.9. 【2008全国1，理17】（本小题满分10分）设的内角所对的边长分别为，且．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求的最大值．（Ⅱ）由得当且仅当时，等号成立，故当时，的最大值为. 10. 【2015高考新课标1，理2】 =( )（A ）（B（C ）（D ）【答案】DC cbB sin sin =ABC △A B C ，，a b c ，，3cos cos 5a Bb Ac -=tan cot A B tan()A B -tan cot 4A B =tan 4tan 0A B =>2tan tan 3tan 3tan()1tan tan 14tan cot 4tan A B B A B A B B B B --===+++≤3414tan cot ,tan ,tan 22B B B A ===1tan 2,tan 2A B ==tan()A B -34o o o osin 20cos10cos160sin10-12-12【解析】原式= ==，故选D. 【考点定位】三角函数求值.11. 【2016高考新课标理数1】已知函数为的零点，为图像的对称轴，且在单调，则的最大值为（A ）11 （B ）9 （C ）7 （D ）5 【答案】B【考点】三角函数的性质【名师点睛】本题将三角函数的单调性与对称性结合在一起进行考查,题目新颖,是一道考查能力的好题.注意本题求解中用到的两个结论：①的单调区间长度是最小正周期的一半;②若的图像关于直线对称,则或.12.【2017新课标1，理9】已知曲线C 1：y =cos x ，C 2：y =sin (2x +)，则下面结论正确的是A ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C 2o o o o sin 20cos10cos 20sin10+osin 3012ππ()sin()(0),24f x x+x ，ωϕωϕ=>≤=-()f x π4x =()y f x =()f x π5π()1836，ω()()()sin 0,0f x A x A ωϕω=+≠≠()()()sin 0,0f x A x A ωϕω=+≠≠0x x =()0f x A =()0f x A =-2π3π6B ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C 2C ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C 2D ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C 2【答案】D【考点】三角函数图象变换【名师点睛】对于三角函数图象变换问题，首先要将不同名函数转换成同名函数，利用诱导公式，需要重点记住；另外，在进行图象变换时，提倡先平移后伸缩，而先伸缩后平移在考试中也经常出现，无论哪种变换，记住每一个变换总是对变量而言. 二．能力题组1. 【2014课标Ⅰ，理6】如图，图O 的半径为1，A 是圆上的定点，P 是圆上的动点，角x 的始边为射线OA ，终边为射线OP ，过点P 作直线OA 的垂线，垂足为M ，将点M 到直线OP 的距离表示成x 的函数，则的图像大致为（）π1212π612π12ππsin cos(),cos sin()22αααα=-=+)(x f ],0[)(π在x f y =【答案】C【解析】如图所示，当时，在中，．在中，；当时，在中，，在中，，所以当时，的图象大致为C ．2. 【2014课标Ⅰ，理8】设且则（）（A ）（B ）（C ）（D ）【答案】C02x π≤≤Rt OPM ∆cos cos OM OP x x ==Rt OMD ∆MD =sin OM x1cos sin sin 22x x x ==2x ππ<≤Rt OPM∆cos()cos OM OP x x π=-=-Rt OMD∆MD =sin()OM x π-1cos sin sin 22x x x =-=-0x π≤≤()y f x =(0,),(0,),22ππαβ∈∈1sin tan ,cos βαβ+=32παβ-=32παβ+=22παβ-=22παβ+=3. 【2012全国，理9】已知ω＞0，函数f (x )＝sin(ωx ＋)在(，π)上单调递减，则ω的取值范围是( )A ．B ．C ．(0，］D ．(0,2］【答案】A【解析】结合y ＝sin ωx 的图像可知y ＝sin ωx 在上单调递减，而y ＝sin(ωx＋)＝sin ω(x ＋)］，故由y ＝sin ωx 的图像向左平移个单位之后可得y ＝sin(ωx ＋)的图像，故y ＝sin (ωx ＋)在上单调递减，故应有(，π)，解得． 4. 【2010新课标，理9】若cos α＝－，α是第三象限的角，则＝( ) A ．－B. C ．2 D ．－2 【答案】Aπ4π21524⎡⎤⎢⎥⎣⎦，1324⎡⎤⎢⎥⎣⎦，12π3π22ωω⎡⎤⎢⎥⎣⎦，π4π4ωπ4ωπ4π4π5π44ωω⎡⎤⎢⎥⎣⎦，π2π5π44ωω⎡⎤⎢⎥⎣⎦，1524ω≤≤451tan 21tan2αα+－12125. 【2009全国卷Ⅰ，理8】如果函数y=3cos(2x+φ)的图像关于点（,0)中心对称，那么|φ|的最小值为 …（） A.B. C. D. 【答案】A【解析】∵y=3cos(2x+φ)的图像关于点(,0)对称,即3cos()=0. ∴,k ∈Z .∴. ∴当k=2时,|φ|有最小值. 6. 【2006全国，理6】的内角A 、B 、C 的对边分别为若成等比数列，且c=2a ，则cosB=（）（A ）（B ）（C ）（D ）【答案】B 【解析】34π6π4π3π2π34πϕπ+⨯342ππϕπk +=+238ππϕk +-=6136πABC ∆.,,c b a c b a ,,414342327. 【2005全国1，理6】当时，函数的最小值为（）A ．2B ．C ．4D ．【答案】C【解析】8. 【2010新课标，理16】在△ABC 中，D 为边BC 上一点，BD ＝DC，∠ADB ＝120°，AD ＝2.若△ADC 的面积为3BAC ＝__________. 【答案】60° 【解析】S △ADC ＝＝320π<<x xxx x f 2sin sin 82cos 1)(2++=32341212解得DC ＝1)，∴BD 1，BC＝1)．在△ABD 中，AB 2＝4＋1)2cos 120°＝6，∴AB .9. 【2006全国，理17】（本小题满分12分）的三个内角为A 、B 、C ，求当A 为何值时取得最大值，并求出这个最大值. 【解析】由，得，所以有当，即时，取得最大值. 10. 【2015高考新课标1，理8】函数=的部分图像如图所示，则的ABC ∆2cos2cos CB A ++π=++C B A 222AC B －π=+2sin 2cosA CB =+2sin 2cos 2cos2cos A A C B A +=++23)212(sin 22sin 22sin 2122+--=+-=A A A 212sin=A 3π=A 2cos 2cos C B A ++23()f x cos()x ωϕ+()f x单调递减区间为( ) (A) (B) (C)(D)【答案】D【考点定位】三角函数图像与性质11. 【2016高考新课标理数1】的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知（I ）求C ；（II ）若的面积为，求的周长．三．拔高题组1. 【2011全国新课标，理11】设函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)＋cos(ωx ＋φ)(ω＞0，|φ|＜)的最小正周期为π，且f (－x )＝f (x )，则( ) A ．f (x )在(0，)单调递减 B ．f (x )在(，)单调递减 C ．f (x )在(0，)单调递增 D ．f (x )在(，)单调递增 13(,),44k k k Z ππ-+∈13(2,2),44k k k Z ππ-+∈13(,),44k k k Z -+∈13(2,2),44k k k Z -+∈ABC △2cos (cos cos ).C a B+b A c=c ABC △2ABC △2π2π4π34π2π4π34π【答案】A【解析】2. 【2011全国，理5】设函数f (x )＝cos ωx (ω＞0)，将y ＝f (x )的图像向右平移个单位长度后，所得的图像与原图像重合，则ω的最小值等于( ) A.B ．3C ．6D ．9 【答案】C3. 【2006全国，理11】用长度分别为2、3、4、5、6（单位：cm ）的5根细木棒围成一个三角形（允许连接，但不允许折断），能够得到的三角形的最大的面积为（）（A ）（B ）π313cm 258cm 2106（C ）（D ）【答案】B 【解析】4. 【2005全国1，理10】在中，已知，给出以下四个论断：①②③④其中正确的是（）A ．①③B ．②④C ．①④D ．②③ 【答案】Bcm 2553cm 220ABC ∆C BA sin 2tan=+1cot tan =⋅B A 2sin sin 0≤+<B A 1cos sin 22=+B A C B A 222sin cos cos =+5. 【2014课标Ⅰ，理16】已知分别为三个内角的对边，，且，则面积的最大值为____________．6. 【2011全国新课标，理16】在△ABC 中，B ＝60°，AC AB ＋2BC 的最大值为__________．【答案】【解析】由正弦定理可知，则有AB ＋2BC7. 【2009全国卷Ⅰ，理16】若,则函数y=tan2xtan 3x 的最大值为____________.【答案】-8【解析】y=tan2x·tan 3x==,∵,∴tanx ＞1,,. c b a ,,ABC ∆C B A ,,2=a ()C b c B A b sin )()sin (sin 2-=-+ABC ∆sin(120),sin ,sin sin AC ACAB A BC A B B=-= =2sin(120)4sin 5sin )A A A A A ϕ-+=+=+≤24ππ<<x xx24tan 1tan 2-41)21tan 1(2tan 1tan 122224--=-x xx 24ππ<<x 1tan 102<<x2121tan 1212<-<-x∴0≤＜,. ∴当,即时，y max =-8.8. 【2006全国，理16】设函数.若是奇函数，则=. 【答案】【解析】9. 【2005全国1，理17】设函数图象的一条对称轴是直线22)21tan 1(-x 41041)21tan 1(4122<--≤-x 4141)21tan 1(22-=--x 2tan =x )0)(3cos()(πϕϕ〈〈+=x x f ()()f x f x '+ϕ6π)(),0)(2sin()(x f y x f =<<-+=ϕπϕπ.8π=x（Ⅰ）求；（Ⅱ）求函数的单调增区间；（Ⅲ）证明直线与函数的图象不相切.（Ⅲ）证明：所以曲线的切线斜率取值范围为－2，2]，而直线的斜率为，所以直线与函数的图像不相切. 10. 【2015高考新课标1，理16】在平面四边形ABCD 中，∠A =∠B =∠C =75°，BC =2，则AB 的取值范围是. 【答案】）【解析】如图所示，延长BA ，CD 交于E ，平移AD ，当A 与D 重合与E 点时，AB 最长，在△BCE 中，∠B =∠C =75°，∠E =30°，BC=2，由正弦定理可得，即，解得，平移AD ，当D 与C 重合时，AB 最短，此时与AB交于F ，在△BCF中，∠B =∠BFC =75°，∠FCB =30°，由正弦定理知，，即，解得BF所以AB 的取值范围为）.ϕ)(x f y =025=+-c y x )(x f y =,2|)432cos(2||))432(sin(|||≤-='-='ππx x y )(x f y =025=+-c y x 225>025=+-c y x )432sin(π-=x y sin sin BC BEE C=∠∠o o2sin 30sin 75BE=BE sin sin BF BCFCB BFC=∠∠o o2sin 30sin 75BF =【考点定位】正余弦定理；数形结合思想11.【2016高考新课标,理11】的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知（I ）求C ；（II ）若的面积为，求的周长．【答案】（I ）；（II ）.（II ）由已知，．又，所以．由已知及余弦定理得，．故，从而．ABC △2cos (cos cos ).C a B+b A c=c ABC △2ABC △πC 3=51sin 22ab C =πC 3=6ab =222cos 7a b ab C +-=2213a b +=()225a b +=所以的周长为．【考点】正弦定理、余弦定理及三角形面积公式【名师点睛】三角形中的三角变换常用到诱导公式,,这是常用的结论,另外利用正弦定理或余弦定理处理条件中含有边或角的等式,常考虑对其实施“边化角”或“角化边”. 12.【2017新课标1，理17】（12分）△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知△ABC 的面积为.（1）求sin B sin C ;（2）若6cos B cos C =1，a =3，求△ABC 的周长. 【解析】试题分析：（1）由三角形面积公式建立等式，再利用正弦定理将边化成角，从而得出的值；（2）由和计算出，从而求出角，根据题设和余弦定理可以求出和的值，从而求出的周长为.试题解析：（1）由题设得，即.由正弦定理得. 故. ΑΒC△5()()sin sin ,cos cos ,A B C A B C +=+=-()tan tan A B C +=-23sin a A21sin 23sin a ac B A=sin sin B C 1cos cos 6B C =2sin sin 3B C =1cos()2B C +=-A bc b c +ABC△321sin 23sin a ac B A=1sin 23sin a c B A =1sin sin sin 23sin AC B A =2sin sin 3B C =【考点】三角函数及其变换【名师点睛】在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如，从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可.sin()y A x b ωϕ=++。

全国一卷立体几何真题汇编2013--2018

（18年）如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．（17年）四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠= （1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ,90APD ∠=,且四棱锥P-ABCD的体积为83，求该四棱锥的侧面积.（16年）如图，已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形，PA =6正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G .(Ⅰ)证明G 是AB 的中点；(Ⅱ)在答题卡第（18）题图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积．（15年）如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ABCD ⊥平面，（Ⅰ）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（Ⅱ）若120ABC ∠=，,AE EC ⊥ 三棱锥E ACD -的体积.（14年）三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，B 1C 的中点为O ，且AO ⊥平面BB 1C 1C .(1)证明：B 1C ⊥AB ；(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，BC ＝1，求三棱柱ABC - A 1B 1C 1的高．（13年）三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若AB＝CB＝2，A1C，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．。

2014-2018年理科数学五年真题分类第八章立体几何

由勾股定理可知： PA = 2 2,PC = 2 2,PB = 3,BC = 5，则在四棱锥中，直角三角形有： ΔPAD,ΔPCD,ΔPAB共三个，故选 C.
5.（2017•浙江,3）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm2）是（）
A．
B．
C．
D．
2.A 观擦图形图可知，俯视图为
，故答案为 A.
3．（2018 浙江，3）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是( )
A．2 B．4 C．6 D．8
3.C 根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为 2，底面为直角梯形，上下底分别为 1，2，
梯形的高为
A. +1
B. +3
C. +1 D. +3
5. A 由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为 1，三棱锥的底面是底边长 2 的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的
高相等均为 3，故该几何体的体积为 × ×π×12×3+ × × × ×3= +1，故选 A.
6.(2016·全国Ⅲ，9)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )
，∴sin
，
cos
，∴sin∠GEM=sin（∠EGM+∠EMG）=sin∠EGMcos∠EMG+cos∠EGMsin∠
EMG= ，∴EN=
= =20cm．∴玻璃棒 l 没入水中部分的长度为 20cm．
考点 2 空间几何体的表面积和体积
1．（2018 全国Ⅲ，10）设A ， B ， C ， D是同一个半径为 4 的球的球面上四点， △ ABC为等边三角形且其面积为9 3，则三棱锥D−ABC体积的最大值为( ) A．12 3 B．18 3 C．24 3 D．54 3 1.B 如图所示，

立体几何试题中关键点坐标的确定方法初探——以2018高考数学全国I卷理科第18题为例

44 福建中学数学 2019年第1期中的妙用．例6 （2016年高考全国卷Ⅰ·理21（Ⅰ））已知函数2()(2)e (1)x f x x a x =−+−有两个零点．求a 的取值范围．分析本题参考答案给出的解法较为复杂，且技巧性较强，学生在解题时会产生畏难情绪，而分离函数后，变成学生容易画出的两个图象，从另一角度看待此题，有着意想不到的效果．解析此题按照直接求导的方法需要分类讨论，且计算烦琐．若观察到(2)e x x −与2(1)(0)a x a −≠时都是单峰函数且极值点都在1x =处取到，那么便可找到捷径．2()(2)e (1)x f x x a x =−+−有两个零点()g x ⇔ (2)e x x =−与2()(1)h x a x =−−有两个交点．求导易得()g x 在(1)−∞，上单调递减且恒小于0，在(1)+∞，上单调递增．又因为()h x 的顶点为(10)，点，所以()h x =2(1)a x −−只需开口向下，即0a >时满足条件．（0a =时，两函数只有一个交点，不符题意）．对比参考答案，这种解法大大简化此题．关键在于了解(2)e x x −为单峰函数．小结从上述三例可以看出，复杂的函数如若拆成两个简单的单峰（谷）函数，从另一角度解决问题，更易于让学生接受，体现了数学思维的灵活性与数学解题中蕴含的魅力．下面是一道新高考题，本题参考答案的解法相对复杂，用本文所说的方法可以很快解决（提示：2e xx为单峰函数）．练习（2018年高考全国卷Ⅱ·理21）已知函数2()e x f x ax =−．（1）若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥．（2）若()f x 在(0)+∞，上只有一个零点，求a ． 4 总结对于单峰（谷）函数问题，尤其是同时含有e x 和ln x 的式子，直接求导一般不能或很难解决问题．此时，需要对原式进行合理“拆迁”，分离出两个函数，再对变形后的两个函数进行比较．[3]解决此类问题最大的难点在于如何“慧眼识珠”，找到隐藏其中的单峰（谷）函数，平时应注意对上述6幅图及其推广后的情况进行积累．解题时，我们需要具备函数与方程思想，并运用数形结合、分离函数等基本方法进行合理变形，大胆求证．参考文献[1]甘志国，田玉杰．V 型函数在闭区间上的最大值只可能在端点取到[J]．中学数学杂志，2017（09）：30-33[2]郭朋贵．例析分离函数法[J]．中学数学教学参考，2017（12）：39-40 [3]王卫勤．不拘一格，化整为零——从分离变量到分离函数[J]．新高考（高三数学），2014（10）：39-40立体几何试题中关键点坐标的确定方法初探——以2018高考数学全国I 卷理科第18题为例宋正道甘肃省张掖市临泽县第一中学（734200）在立体几何中引入空间向量后，实现了几何问题代数化，由为主考查抽象的空间想象能力转化为为主考查具体的运算能力，从而使立体几何的解题难点转化成求关键点的坐标．本文拟以2018年高考数学全国I 卷第18题第（Ⅱ）问关键点坐标的确定为例，探讨立体几何问题中关键点坐标的确定方法．例（2018年高考全国卷I ·理18）如图1，四边形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 ⊥．（Ⅰ）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；（Ⅱ）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．该立体几何题第（Ⅰ）问的求解思路是线⊥线⇒线⊥面⇒面⊥面，在此不再赘述．下面主要就第（Ⅱ）问中关键点P 坐标的求解方法解析如下：如图2，以E 为坐标原点建系，不妨取正方形ABCD 的边长为4，则，，，，，A B C D E F 各点坐标均可写出，故该立体几何问题的关键点是点P 的坐标，若能求出点P 的坐标，则剩余问题均为计算，再无思维难度．而由面PEF ⊥面ABFD 知关键点P 在底面的投影点一定在EF 上，如图3，做PH EF ⊥，垂足为H ．2019年第1期福建中学数学 45方法1 等面积法如图2建系，由（1）知PE BC ⊥，又// BC AD ，∴PE AD ⊥，在PED ∆Rt中，由勾股定理知PE = 又2PF =，4EF =，由勾股定理知PE PF ⊥，由等面积法知PE PF EF PH ⋅=⋅，得PH =，3EH =，故点(03P ．方法2 平面射影定理法（相似三角形法）如图2建系，由方法1知PE PF ⊥，又PH EF ⊥ ，则由PEH ∆∽FPH ∆∽FPE ∆，知2PF FH FE =⋅，2PE EH EF =⋅， 2PH =HE HE ⋅，由直角三角形中的射影定理，得PH =，3EH =，故点(03P ．方法3 方程组法解法1 如图2建系，若不用第（1）问结论平面PEF ⊥平面ABFD ，则设()P x y z ，，，由42PD PF PF BF ⎧=⎪⎪=⎨⎪⊥⎪⎩，，，222222(216(4)4(4,)(2,00)0x y z x y z x y z ⎧+++=⎪⎪⇒+-+=⎨⎪-⋅=⎪⎩），，，，，3y z ⎧=⎪⇒⎨⎪=⎩，即点(03P ．此时该题两问均可用向量法解决．解法2 如图2建系，若使用第（1）问结论平面PEF ⊥平面ABFD 可知点P 在底面的投影一定在EF 上．设(0)P y z ，，，由42PD PF ⎧=⎪⎨=⎪⎩，，2222416(4)4y z y z ⎧++=⎪⇒⎨-+=⎪⎩，，3y z ⎧=⎪⇒⎨⎪=⎩，故(03P ．方法4 补形法（化锥体为柱体法）如图3，将折叠部分放在如图所示的长方体中，并建立如图所示坐标系，设EH x =，则DH =PH ⇒=，得(0P x ，由2PF =，得22(4)(12)4x x -+-=，解得3x =，故点(03P ．当然作为高考题，该试题还可以用几何法及最小角定理求解，体现了试题对发散思维的考查．浅析转化与化归思想在高三数列专题复习中的应用范建珍福建省厦门市五显中学（361100）化归与转化思想是重要的数学思想方法之一，它是学生运用所学知识解决数学问题的重要途径，是处理解决复杂问题方法的精髓，是知识转化为能力的桥梁，是培养核心素养的沃土[1]．所谓的化归与转化思想是指在研究或解决数学问题时，借助观察、联想、分析、类比等思维方式，将问题变换归结为已经解决或者比较容易解决的问题，进而使原问题得到解决的一种解题策略[2]．简而言之，即“化生为熟、化繁为简、化难为易、化未知为已知”．转化和化归的特点是通过不断转化实现问题的熟悉化、简单化、直观化、特殊化等，以便应用已知的知识和[1]1：在数学学习的过程中处处都体现着转化与化归思想．常见的转化有一般与特殊的转化、正与反的转化，特殊与一般的转化，整体与局部的转化，高维与低维的转化，数与形的转化、等价转化等．数列是高中数学的重要内容，是高考考查的重点．纵观近年来新课标全国卷对数列考查的重点是图1。

三年高考(2016-2018)数学(理)真题分项专题25 立体几何中综合问题(含解析)

专题25 立体几何中综合问题考纲解读明方向分析解读 1.能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理及有关结论证明点共线、点共面、线共面及线线、线面的平行与垂直问题;会求线线角、线面角;会求点点距、点面距等距离问题,从而培养用向量法思考问题和解决问题的能力.2.会利用空间向量的坐标运算、两点间距离公式、夹角公式以及相关结论解决有关平行、垂直、长度、角、距离等问题,从而培养准确无误的运算能力.3.本节内容在高考中延续解答题的形式,以多面体为载体,求空间角的命题趋势较强,分值约为12分,属中档题.2018年高考全景展示1．【2018年理数天津卷】如图，且AD =2BC ，,且EG =AD ，且CD =2FG ，，DA =DC =DG =2（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：；（II ）求二面角的正弦值；（III ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).详解：依题意，可以建立以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又=（1，，1），可得，又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．（Ⅱ）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，则即不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，则即不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．因此有cos<m，n>=，于是sin<m，n>=．所以，二面角E–BC–F的正弦值为．（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），可得．易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故，由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．所以线段的长为.点睛：本题主要考查空间向量的应用，线面平行的证明，二面角问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2．【2018年理北京卷】如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．【答案】(1)证明见解析(2) B-CD-C1的余弦值为(3)证明过程见解析【解析】分析：（1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论，（2）根据条件建立空间直角坐标系E-ABF，设立各点坐标，利用方程组解得平面BCD一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法向量夹角相等或互补关系求结果，（3）根据平面BCD一个法向量与直线F G方向向量数量积不为零，可得结论. 详解：解：（Ⅰ）在三棱柱ABC-A1B1C1中，∵CC1⊥平面ABC，∴四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，∴AC⊥EF．∵AB=BC．∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF．（Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．如图建立空间直角坐称系E-xyz．由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D （1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．∴，设平面BCD的法向量为，∴，∴，令a=2，则b=-1，c=-4，∴平面BCD的法向量，又∵平面CDC1的法向量为，∴．由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为．（Ⅲ）平面BCD的法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），∴，∴，∴与不垂直，∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.3．【2018年江苏卷】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据向量数量积求得向量的夹角，再根据向量夹角与异面直线所成角的关系得结果；（2）利用平面的方向量的求法列方程组解得平面的一个法向量，再根据向量数量积得向量夹角，最后根据线面角与所求向量夹角之间的关系得结果.详解：如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．因为AB=AA1=2，所以．（1）因为P为A1B1的中点，所以，从而，故．因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．点睛：本题考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识，考查运用空间向量解决问题的能力.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 4．【2018年江苏卷】在平行六面体中，．求证：（1）；（2）．【答案】答案见解析【解析】分析：（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得菱形ABB1A1，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.详解：证明：（1）在平行六面体ABCD-A 1B1C1D1中，AB∥A1B1．因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．点睛：本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明. 5．【2018年理新课标I卷】如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析.(2) .【解析】分析：(1)首先从题的条件中确定相应的垂直关系，即BF⊥PF，BF⊥EF，又因为，利用线面垂直的判定定理可以得出BF⊥平面PEF，又平面ABFD，利用面面垂直的判定定理证得平面PEF⊥平面ABFD.(2)结合题意，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标，求得平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为，利用线面角的定义，可以求得，得到结果.详解：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，所以BF⊥平面PEF.又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的证明以及线面角的正弦值的求解，属于常规题目，在解题的过程中，需要明确面面垂直的判定定理的条件，这里需要先证明线面垂直，所以要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，从而证得结果；对于线面角的正弦值可以借助于平面的法向量来完成，注意相对应的等量关系即可.6．【2018年全国卷Ⅲ理】如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）【解析】分析：（1）先证平面CMD,得,再证，进而完成证明。

(完整版)2018年全国卷理科数学真题及答案

•选择题（共12小题） 1 .设 z =+2i ，则 |z|=( )1+1则 |z|= 1 . 故选：C . 2.已知集合 A ={x|x 2-x - 2> 0}，则？R A =( )A . {x|- 1 v x v 2}B . {x|- 1 w x w 2}C . {xX <- 1} U {x|x > 2}D . {xX <- 1} U {x|x > 2}【解答】解：集合A = {x|x 2- x -2>0}, 可得 A = {x|x <- 1 或 x >2}, 则：？RA = {x|— 1w x W 2}. 故选：B . 3.某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍，实现翻番.为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图:则下面结论中不正确的是（）A .新农村建设后，种植收入减少B .新农村建设后，其他收入增加了一倍以上C .新农村建设后，养殖收入增加了一倍D .新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半【解答】解：设建设前经济收入为 a ,建设后经济收入为 2a . A 项，种植收入 37% x 2a -60%a = 14%a >0,A . 0 【解答】解:C . 11-1 +2i =1+i+2i =- i+2i = i ,种植收入則也收入建设前经济收入构成比例建设后经济收入构成比例義瘡帧入第三庐11收入沖植收入第三产业收入耳他收入盖殖收入第1页（共16页）故建设后，种植收入增加，故A项错误.B项，建设后，其他收入为5%x 2a= 10%a,建设前，其他收入为4%a,故10%a - 4%a= 2.5 > 2,故B项正确.C项，建设后，养殖收入为30% x 2a= 60%a,建设前，养殖收入为30%a,故60%a-30%a = 2,故C项正确.D项，建设后，养殖收入与第三产业收入总和为(30%+28% )x 2a= 58%x 2a,经济收入为2a,故(58% x 2a)- 2a = 58% > 50%,故D项正确.因为是选择不正确的一项，故选：A.4. 记S n为等差数列｛a n｝的前n项和.若3S3= S2+S4, a i= 2,贝U a5=( )A . - 12B . - 10 C. 10 D. 12【解答】解：••• S n为等差数列｛a n｝的前n项和，3S3= S2+S4, a1= 2,. 3X2 、4X3•••沁S] r-d) = a1+a1+d+4a1+^^d,把a1 = 2,代入得d=- 3••• a5= 2+4X( - 3)=- 10.故选：B.3 25. 设函数f (x)= x + (a- 1) x +ax.若f (x)为奇函数，则曲线y= f (x)在点(0, 0)处的切线方程为( )A . y=- 2xB . y=- x C. y= 2x D. y= x【解答】解：函数 f (x)= x3+ (a - 1) x2+ax，若f (x)为奇函数，f (- x)=- f (x),-x3+ (a- 1) x2- ax=-( x3+ (a - 1) x +ax) =- x3_( a - 1) x2- ax.所以：(a - 1) /=—( a- 1) x2可得 a = 1，所以函数 f (x )= x 3+x ，可得 f '( x )= 3X 2+1, 曲线y = f (x )在点(0, 0)处的切线的斜率为：1, 则曲线y = f (x )在点(0, 0)处的切线方程为：y = x . 故选：D .【解答】解：在△ ABC 中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点,7.某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱表面上的点 M 在正视图上的对应路径中，最短路径的长度为(直观图以及侧面展开图如图:圆柱表面上的点 N 在左视图上的对应点为 B ，则在此圆柱侧面上，从 M 到N 的路径中, 最短路径的长度:&设抛物线C : y 2= 4x 的焦点为F ，过点(-2, 0)且斜率为2的直线与C 交于M , N 两3点，则丨F'? N=( )6.在△ ABC 中，AD 为BC 边上的中线,E 为AD 的中点，则 ■ '■=(点为A ,圆柱表面上的点 N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从 M 到N 的C .【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16,高为:2,)故选：A .A BNA . 5B . 6 C. 7 D. 8【解答】解：抛物线C : y2= 4x的焦点为F ( 1, 0)，过点(-2, 0)且斜率为2的直线|3为：3y= 2x+4,联立直线与抛物线C: y2= 4x,消去x可得：y2-6y+8 = 0,解得y i = 2, y2= 4，不妨M (1, 2) , N ( 4, 4),丽二2)，丽=(百4)•则山？；；」=(0, 2)?( 3, 4)= 8.故选：D.9.已知函数f (x)=| °, g (x)= f (x) +x+a.若g (x)存在2 个零点，贝U ax>0的取值范围是( )A . [ - 1 , 0)B . [0 , + s) C. [ - 1, + s) D . [1 , + s)【解答】解：由g (x)= 0得f (x)=- x - a,作出函数f (x)和y=- x- a的图象如图：当直线y=- x- a的截距-a< 1，即a>- 1时，两个函数的图象都有2个交点，即函数g (x)存在2个零点，故实数a的取值范围是[-1, + s),故选：C.第5页（共i6页）10•如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形. 的直径分别为直角三角形 ABC 的斜边BC ,直角边AB , AC . △ ABC 的三边所围成的区.S I = S n ,.P i = P 2,故选：A .渐近线的交点分别为 M , N .若厶OMN 为直角三角形，则|MN|=（）此图由三个半圆构成，三个半圆域记为I ，黑色部分记为n,其余部分记为川.在整个图形中随机取一点，此点取自I,A . p i = p 2B . p i = p 3C . p 2= p 3D . p i = P 2+P 3 【解答】解：如图：设 BC = 2r i , AB = 2r 2,AC = 2r 3,2 2 2r i 2=「22+「31 2Sn = 一 x 冗r32+S I =x 4「2r 3= 2r 2r 3, S m = 2X 冗r 2 —2 2 22n i 2- 2r 2r 3,2 L 2冗「2 -— x n i +2r 2r 3= 2r 2r 3,ii .已知双曲线C : -y 2= i , O 为坐标原点,F 为C 的右焦点，过F 的直线与C 的两条5n,川的概率分别记为 p i , p 2, p 3,则（I C. 2. ■:66【解答】解：双曲线C :虽_-y 2= 1的渐近线方程为:360°,不妨设过F （2, 0）的直线为：y =.上-_ ,\-2y-2< 0x-y+l>0，则z = 3x+2y 的最大值为 y<o【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图: 由 z = 3x+2y 得 y = — - — x+__z ,2 2y= ■,,渐近线的夹角为:12.已知正方体的棱长为 1,每条棱所在直线与平面a 所成的角都相等，则a 截此正方体所得截面面积的最大值为（）【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时, a 截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长 _ ',a 截此正方体所得截面最大值为:6孚爭普.13•若x , y 满足约束条件),第9页（共16页）平移直线y =- . -x+- -z ,2 2由图象知当直线y =-3x+丄z 经过点A （2, 0 ）时，直线的截距最大，此时z 最大,\2\ \2\最大值为z = 3 X 2= 6,故答案为：614.记S n 为数列｛a n ｝的前n 项和.若 S n = 2a n +1，则S s = - 63 【解答】解：Si 为数列｛a n ｝的前n 项和，S n = 2a n +1,①当 n = 1 时，a i = 2a i +1，解得 a i =- 1, 当 n >2 时，S n -1 = 2a n -1+1 ,②，由①-②可得a n = 2a n - 2a n - 1,--a n = 2a n -1,二｛a n ｝是以-1为首项，以2为公比的等比数列,故答案为：-6315•从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有 1位女生入选，则不同的选法共有16种.（用数字填写答案）【解答】解：方法一：直接法，1女2男，有C 21C 42= 12, 2女1男，有C 22C 』=4 根据分类计数原理可得，共有12+4= 16种，S 6=-IX (1-26)1-2=-63,2 —方法二，间接法： C 63 - C 43= 20 - 4= 16 种, 故答案为：16f (x )= 2sinx+sin2x ,则 f (x )的最小值是【解答】解：由题意可得 T = 2 n 是f (x )= 2sinx+sin2x 的一个周期, 故只需考虑f (x )= 2sinx+sin2x 在［0 , 2 n)上的值域,先来求该函数在［0, 2n)上的极值点,16.已知函数求导数可得f '( x )= 2cosx+2cos2x=2cosx+2 2(2cos x - 1) = 2 (2cosx - 1) (cosx+1),令 f '( x )=0可解得 cosx = 丄或 cosx =- 1,2可得此时x =-l••• y = 2sinx+sin2x 的最小值只能在点 x =计算可得f (—)= ；,f (n)3/3=0, f (5兀)=-^-, f (0)= o ,2和边界点x = 0中取到, 三•解答题(共5小题)17.在平面四边形 ABCD 中，/ ADC = 90°,/ A = 45°, AB = 2, BD = 5.(1 )求 cos / ADB ; (2 )若 DC = 2 .役求 BC .【解答】解：(1)v/ ADC = 90°,/ A = 45°, AB = 2, BD = 5. •••由正弦定理得： ——些——=一，即 ---- 1——=——》^,SIEL Z ADB sinZ ： A sinZ^AEB sin45• sin /ADB =二亠」=」5 5• BC = " ■ ：- ■ H ： " : 「：I ■■: . .-：■ 'T第8页(共16页)•/ AB < BD ，•/ ADB </ A ,•/ DC = 2 :'：,【解答】(1)证明：由题意，点 E 、F 分别是AD 、BC 的中点,11 1则扯tAD ，B 卩号BC ，由于四边形 ABCD 为正方形，所以 EF 丄BC . 由于PF 丄BF , EF A PF = F ,贝U BF 丄平面 PEF . 又因为BF?平面ABFD ，所以：平面 PEF 丄平面 ABFD . (2)在平面PEF 中，过P 作PH 丄EF 于点H ，连接DH , 由于EF 为面ABCD 和面PEF 的交线，PH 丄EF , 贝U PH 丄面ABFD ，故PH 丄DH .在三棱锥P - DEF 中，可以利用等体积法求 PH , 因为DE // BF 且PF 丄BF , 所以PF 丄DE , 又因为△ PDFCDF ,所以/ FPD = Z FCD = 90F 分别为AD , BC 的中点，以DF 为折痕把厶DFC折起，使点C 到达点P 的位置，且PF 丄BF .(1)证明：平面 PEF 丄平面ABFD ;(1 )当I 与x 轴垂直时，求直线 AM 的方程; (2)设0为坐标原点，证明：/ OMA = Z OMB . 【解答】解：(1) c = ' = 1, 二 F (1, 0), •/ I 与x 轴垂直, x = 1,所以PF 丄PD ,由于DE A PD = D ，贝U PF 丄平面PDE ,因为BF II DA 且BF 丄面PEF ,所以DA 丄面PEF , 所以DE 丄EP .设正方形边长为 2a ,贝U PD = 2a , DE = a所以 h/3 3 又因为故 V F -PDE 'V PDV 322所以在△ PHD 中，sin / PDH =PD过F 的直线I 与C 交于A , B 两点，点 M 的坐标故 V F -PDE =■'.二■'!「，所以PH 即/ pDH 为DP 与平面A BFD 所成角的正弦值为：：2证明：(2)当I 与x 轴重合时，/ OMA = Z OMB = 0° ,当I 与x 轴垂直时，0M 为AB 的垂直平分线，•/ OMA = Z OMB , 当I 与x 轴不重合也不垂直时，设 I 的方程为y = k (x - 1), k z 0 , A (X 1 , y 1), B (X 2, y 2),则 X 1V 近 ,X 2V . | , 从而 k MA +k MB = 0,x=lX=1 _ V2 'V- -----2 •直线AM 的方程为y =-世2x 忖㊁,y=±Z x-#E ,直线MA , MB 的斜率之和为 k MA , k MB 之和为k MA +k MB丫H 1 -2 七-2由 y i = kx i - k , y 2= kx 2- k 得 k MA +k MB2kx | s 2-3k (jc L +x 2)(誉厂 2)Gg-2)将y = k (x - 1)代入+/= 1 可得(2^+1) x 2 - 4k 2x+2k 2- 2 = 0 ,…X 1+x 2 = ,X 1X 2 =2t 2+l二 2kx x2k 2+13‘..33(4k - 4k - 12k +8k +4k )= 0••• A (1.，或(1,-故MA , MB的倾斜角互补,•••/ OMA = Z OMB ,综上/ OMA = Z OMB .20. 某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品•检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验•设每件产品为不合格品的概率都为p ( 0v p v 1),且各件产品是否为不合格品相互独立.(1 )记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f( p),求f ( p)的最大值点P0.(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1 )中确定的p0作为p的值•已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用.X,求(i)若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为EX;(ii)以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？【解答】解：(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f( p),则f3)=够吓々1-戸)退•••(p)二C务［邓18-lSp£(l-p )门］=2C和(1-p ) 17(l-10p)，令f'( p)= 0,得p= 0.1,当p € ( 0, 0.1)时，f'( p)> 0,当p € ( 0.1, 1)时，f'( p)v 0,••• f (p)的最大值点p o= 0.1.(2) (i )由(1 )知p = 0.1,令Y表示余下的180件产品中的不合格品数，依题意知丫〜B (180, 0.1),X = 20X 2+25Y,即X= 40+25Y,E (X)= E ( 40+25Y)= 40+25E (Y)= 40+25 X 180 X 0.1 = 490.(ii)如果对余下的产品作检验，由这一箱产品所需要的检验费为400元，•/ E (X)= 490 > 400,• ••应该对余下的产品进行检验.21. 已知函数f (x)=2 - x+alnx.x(1)讨论f (x)的单调性；(2)右f (x)存在两个极值点X1, X2,证明：^ " v a- 2.【解答】解：(1)函数的定义域为(0, + R),函数的导数f'( x)=-—-- 1+乂,2 v2X X设g (x)= x2- ax+1,当a w 0时，g (x)> 0恒成立，即f'( x)v 0恒成立，此时函数f( x)在(0, +^)上是减函数，当a>0时，判别式厶=a2- 4,①当O v a w 2时，0，即g (x )> 0, 即卩f '( x )< 0恒成立，此时函数+ m)上是减函数,)上是增函数.(2)由(i )知 a >2, 0v x i v i v x 2, x i x 2= i ,则问题转为证明即证明 Inx i — Inx 2>x i — x 2,1 If (幻在(0, ②当a >2时，x , f ' (x ) , f ( X )的变化如下表:f '( X ) f ( X )(0,((+ m)递减递增递减综上当a w 2时，f (X )在(0, +m)上是减函数,当a > 2时，在(0, ~T)，和(,+m)上是减函数,则( 则 f (X i ) — f ( X 2) = ( X 2 — X i ) ( i +)+a (Inx i - InX 2) =2 (X 2 - X 1) +a (Inx i - InX 2),=—2+a.tin 苴iv 1即可,即 Inx i +Inx i >x i — ---- ,设 h (x )= 2lnx — x+— ,(0V x v i ),其中 h (i )= 0,2 — i —1K ^-2Z -I -12 I2 Xv 0,则 Inx i — I> x i —即证 2lnx i >x i(0, i ) 上恒成立,求导得h '( x )• h （乂）在（1, + g ）上单调递减, ••• h (x )v h (1)= 0,••• 2alnx - ax+-L v 0 成立，即 2alnx 2 - ax 2v a - 2成立.四、选做题22. 在直角坐标系 xOy 中，曲线C 1的方程为y = k|x|+2 .以坐标原点为极点, 一 2极轴建立极坐标系，曲线 C 2的极坐标方程为 p +2 pcosQ- 3= 0. （1 ）求C 2的直角坐标方程；（2 ）若C 1与C 2有且仅有三个公共点，求 C 1的方程.则h （乂）在（0, 1）上单调递减, /• h (x )> h (1),即 2lnx - x > 0,故 2lnx >x -v a - 2成立.（2）另解：注意到f （丄）=x - -alnx =- f (x ),即 f (x ) +f (二)=0, k由韦达定理得X 1x 2 = 1, X 1+X 2= a >2，得 0v x 1 v 1 v x 2, x 1 = 可得 f (x 2)+f ()=0，即 f ( x 1 ) +f (x 2)= 0,要证v a - 2,只要证-f Cx 2)-f (即证 2alnx 2 - ax 2+-v 0, ( x 2> 1 ),2构造函数 h (x )= 2alnx - ax+—x 轴正半轴为v 0, ( x 2> 1)成立.第20页（共16页）【解答】解：（1）曲线C2的极坐标方程为p2+2 pCOs B-3 = 0. 转换为直角坐标方程为：x2+y2+2x- 3= 0,转换为标准式为：（x+1 ）2+y2= 4.第15页(共16页)(2)由于曲线C 1的方程为y = k|x|+2，则：该射线关于 y 轴对称，且恒过定点(0, 2). 由于该射线与曲线 C 2的极坐标有且仅有三个公共点. 所以：必有一直线相切，一直线相交. 则：圆心到直线 y = kx+2的距离等于半径 2. 当k = 0时，不符合条件，故舍去,23. 已知 f (x )= |x+1| - |ax - 1|.(1 )当a = 1时，求不等式f (x )> 1的解集;(2)若x € (0, 1 )时不等式f (x )> x 成立，求a 的取值范围. \(2, «>1【解答】解：(1)当 a = 1 时，f (x )=x+1|-|x - 1| = -1 , —占 x<-l由 f (x )> 1,.f2x>l J2>1或(Ql ，解得x>—, [2故不等式f (x )> 1的解集为(亍，+m),(2 )当x € (0, 1 )时不等式f (x )> x 成立,/• |x+1| - |ax - 1| - x > 0, 即 x+1 - |ax - 1|- x >0,即 |ax - 1| v 1,同理解得: 一或0解得：k =上或0,经检验，直线与曲线C 2.有两个交点.故C i 的方程为:第22页（共16页）/• 0 v ax v 2,x€ (0, 1),••• a > 0,• 0 v x v「a• 0v a w 2,故a的取值范围为（0, 2].。

专题06 立体几何(解答题)——三年(2018-2020)高考真题理科数学分项汇编

专题06立体几何（解答题）1．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．【解析】（1）设DO a =，由题设可得,,63PO a AO a AB a ===，2PA PB PC a ===.因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥.又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥.所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE的方向为y 轴正方向，||OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得1(0,1,0),(0,1,0),(,,0),(0,0,222E A C P --.所以1(,,0),(0,1,222EC EP =--=- .设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m，即021022y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，可取3(3=-m .由（1）知2(0,1,)2AP =是平面PCB 的一个法向量，记AP = n ，则cos ,|||5⋅==n m n m n m |.所以二面角B PC E --的余弦值为5.【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题.2．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．【解析】（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以1MN CC ∥．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ．所以平面A 1AMN ⊥平面11EB C F ．（2）由已知得AM ⊥BC ．以M 为坐标原点，MA的方向为x 轴正方向， MB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M -xyz ，则AB =2，AM连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故1(,0)333PM E =．由（1）知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ．设(,0,0)Q a，则1(NQ B a =，故112(,,|333B E a B E =--=．又(0,1,0)=-n 是平面A 1AMN的法向量，故1111πsin(,)cos ,2||B E B E B E B E ⋅-===⋅n n n |n |所以直线B 1E 与平面A 1AMN．3．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【解析】设AB a =，AD b =，1AA c =，如图，以1C 为坐标原点，11C D的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz -．（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c = ，11(0,,)3C F b c = ，得1EA C F = ．因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内．（2）由已知得(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =-- ，(2,0,2)AF =-- ，1(0,1,2)A E =-，1(2,0,1)A F =-．设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ．设2n 为平面1A EF 的法向量，则22110,0,A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．因为1212127cos ,||||⋅〈〉==⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --的正弦值为427．4．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1；（2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．【解析】因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ，所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,所以1B C AB ⊥.又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C = 所以AB ⊥平面1AB C .又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.5．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB ．由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得CD =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥.由45ACB ∠=︒，122BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB ．由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥.（Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角.设CD =.由2,DO OC BO BC ====，得BD OH ==所以sin OH OCH OC ∠==因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为3.方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-.设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|sin |cos ,|3|||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |.因此，直线DF 与平面DBC所成角的正弦值为3.【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题．6．【2020年高考天津】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,AD CE M ==为棱11A B 的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．【解析】依题意，以C 为原点，分别以1,,CA CB CC的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)C A B C ，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)A B D E ，(1,1,3)M ．（Ⅰ）证明：依题意，1(1,1,0)C M = ，1(2,2,2)B D =-- ，从而112200C M B D ⋅=-+=，所以11C M B D ⊥．（Ⅱ）解：依题意，(2,0,0)CA = 是平面1BB E 的一个法向量，1(0,2,1)EB =，(2,0,1)ED =- ．设(,,)x y z =n 为平面1DB E 的法向量，则10,0,EB ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.y z x z +=⎧⎨-=⎩不妨设1x =，可得(1,1,2)=-n ．因此有|||6cos ,6|A CA C CA ⋅〈〉==n n n ，于是30sin ,6CA 〈〉= n ．所以，二面角1B B E D --的正弦值为306．（Ⅲ）解：依题意，(2,2,0)AB =-．由（Ⅱ）知(1,1,2)=-n 为平面1DB E 的一个法向量，于是3cos ,3||||AB AB AB ⋅==-n n n ．所以，直线AB 与平面1DB E所成角的正弦值为3．7．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求二面角A−MA 1−N 的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）105.【解析】（1）连结B 1C ，ME ．因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME =12B 1C ．又因为N 为A 1D 的中点，所以ND =12A 1D ．由题设知A 1B 1= DC ，可得B 1C = A 1D ，故ME =ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ．又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ．（2）由已知可得DE ⊥DA ．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 ，则(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =-，1(2)A M =--，1(1,0,2)A N =--，(0,MN =．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，所以2040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，．n n所以020p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是15cos ,||5⋅〈〉==‖m n m n m n ，所以二面角1A MA N --的正弦值为5．【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.8．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）2.【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ，故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △，所以45AEB ∠=︒，故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，||DA为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D –xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB = ，(1,1,1)CE =- ，1(0,0,2)CC = ．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取m =（1，1，0）．于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --的正弦值为32．【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.9．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的二面角B−CG−A 的大小.【答案】（1）见解析；（2）30 .【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ．又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）作EH ⊥BC ，垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ．由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC =60°，可求得BH =1，EH 3．以H 为坐标原点，HC的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H –xyz，则A （–1，1，0），C （1，0，0），G （2，03），CG =（1，0，3），AC =（2，–1，0）．设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即30,20.x x y ⎧=⎪⎨-=⎪⎩所以可取n =（3，6，3又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以3cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ．因此二面角B –CG –A 的大小为30°．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.10．【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =．（1）求证：CD ⊥平面PAD ；（2）求二面角F–AE–P 的余弦值；（3）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF内，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）33；（3）见解析.【解析】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥CD ．又因为AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面PAD ．（2）过A 作AD 的垂线交BC 于点M ．因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD ．如图建立空间直角坐标系A −xyz ，则A （0，0，0），B （2，-1，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0，0，2）．因为E 为PD 的中点，所以E （0，1，1）．所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP ==-= ．所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF ⎛⎫⎛⎫==-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.设平面AEF 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即0,2240.333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩令z =1，则1,1y x =-=-．于是=(1,1,1)--n ．又因为平面PAD 的法向量为p =（1，0，0），所以cos ,||3⋅〈〉==-‖n p n p n p .由题知，二面角F −AE −P 为锐角，所以其余弦值为33．（3）直线AG 在平面AEF 内．因为点G 在PB 上，且2,(2,1,2)3PG PB PB ==-- ，所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n .所以4220333AG ⋅=-++= n .所以直线AG 在平面AEF 内.【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F −AE −P 的余弦值；（3）首先求得点G 的坐标，然后结合平面AEF 的法向量和直线AG 的方向向量即可判断直线是否在平面内.11．【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF的长．【答案】（1）见解析；（2）49；（3）87．【解析】依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB AD AE ，，的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)A B C D ，(0,0,2)E ．设(0)CF h h =>>，则()1,2,F h ．（1）依题意，(1,0,0)AB = 是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h = ，可得0BF AB ⋅=，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE ．（2）依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=-- ．设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量，则0,0,BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即0,20,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩不妨令1z =，可得(2,2,1)=n ．因此有4cos ,9||||CE CE CE ⋅==- n n n ．所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49．（3）设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量，则0,0,BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ m m 即0,20,x y y hz -+=⎧⎨+=⎩不妨令1y =，可得21,1,h ⎛⎫=- ⎪⎝⎭m ．由题意，有||1cos ,||||3⋅〈〉===m n m n m n ，解得87h =．经检验，符合题意．所以，线段CF 的长为87．【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．12．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D ，E 分别为BC ，AC 的中点，所以ED ∥AB .在直三棱柱ABC−A 1B 1C 1中，AB ∥A 1B 1，所以A 1B 1∥ED .又因为ED ⊂平面DEC 1，A 1B 1⊄平面DEC 1，所以A 1B 1∥平面DEC 1.（2）因为AB =BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC .因为三棱柱ABC−A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC .又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ，所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.13．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A A C AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点.（1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35．【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ．又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ．所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ，EG .由于O 为A 1G 的中点，故122A G EO OG ===，所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35．方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，3），B 3，1，0），1(3,3,23)B ，33,,3)22F ，C (0，2，0)．因此，33,,23)22EF = ，(3,1,0)BC = ．由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥．（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(0223)BC A C -- ，，，．设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n ，得3030x y y z ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，取n (131)=，，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅ ，n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35．【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.14．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】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.【答案】（1）见解析；（2）3 4 .【解析】方法一：（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）在平面DEF中，过P作PH⊥EF于点H，连接DH，如图，由于EF为平面ABCD和平面PEF的交线，PH⊥EF，则PH⊥平面ABFD，故PH⊥DH.则DP与平面ABFD所成的角为PDH∠.在三棱锥P-DEF中，可以利用等体积法求PH.因为DE∥BF且PF⊥BF，所以PF⊥DE，又△PDF≌△CDF，所以∠FPD=∠FCD=90°，所以PF⊥PD，由于DE∩PD=D，则PF⊥平面PDE，故13F PDE PDE V PF S-=⋅△，因为BF∥DA且BF⊥平面PEF，所以DA⊥平面PEF，所以DE⊥EP.设正方形的边长为2a，则PD=2a，DE=a，在△PDE 中，PE =，所以22PDE S a =△，故36F PDE V a -=，又2122DEF S a a a =⋅=△，所以232F PDE V PH a a -==，所以在△PHD 中，sin 4PH PDH PD ∠==，故DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.方法二：（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 .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 .又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF .可得33,22PH EH ==.则33(0,0,0),(0,0,(1,,0),(1,,2222H P D DP --= (0,0,2HP = 为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则34sin ||4||||HP DP HP DP θ⋅=== .所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.15．【2018年高考全国II 卷理数】如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（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．C【答案】（1）见解析；（2）4．【解析】（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =连结OB ．因为2AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形，且OB AC ⊥，122OB AC ==．由222OP OB PB +=知PO OB ⊥．由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO ⊥平面ABC ．（2）如图，以O 为坐标原点，OB uu u r 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．由已知得(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,2,0),(0,0,23),(0,2,23),O B A C P AP -=uu u r 取平面PAC 的法向量(2,0,0)OB =uu u r．设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则(,4,0)AM a a =-uuu r ．设平面PAM 的法向量为(,,)x y z =n ．由0,0AP AM ⋅=⋅=uu u r uuu r n n 得230(4)0y z ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取3(3,)a a a =--n ，所以2223(cos ,23(4)3OB a a a =-++uu u r n ．由已知可得3|cos ,|2OB =uu u r n ．222233223(4)3a a a -++．解得4a =-（舍去），43a =．所以83434(,,333=--n ．又(0,2,23)PC =-uu u r ，所以3cos ,4PC =uu u r n ．所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34．16．【2018年高考全国Ⅲ卷理数】如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧 CD所在平面垂直，M 是 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．【答案】（1）见解析；（2）255.【解析】（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 CM =C ,所以DM ⊥平面BMC .而DM ⊂平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC .（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(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)D A B C M ，(2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AM AB DA =-== 设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量,则0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩可取(1,0,2)=n .DA 是平面MCD 的法向量,因此cos ,5||||DA DA DA ⋅== n n n，sin ,5DA = n ，所以面MAB 与面MCD所成二面角的正弦值是5.17．【2018年高考江苏卷】如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值；（2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．【答案】（1）20；（2）5．【解析】如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以1,{},OB OC OO 为基底，建立空间直角坐标系O −xyz ．因为AB =AA 1=2，所以1110,1,0,,0,1,0,0,1,())()()2,,0,1,2)()A B C A B C --．（1）因为P 为A 1B 1的中点，所以31(,2)22P -，从而131(,2)(0,2,222),BP AC ==- ，故111||310|cos ,|20||||522BP AC BP AC BP AC ⋅==⋅⨯ ．因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为31020．（2）因为Q 为BC 的中点，所以31(,0)2Q ，因此33(,0)2AQ = ，11(0,2,2),(0,0,2)AC CC == ．设n =（x ，y ，z ）为平面AQC 1的一个法向量，则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅= n n 即330,22220.x y y z +=⎨⎪+=⎩不妨取(3,1,1)=-n ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则111||5sin |cos |,|||552CC CC CC |θ==⋅⨯⋅== n n n ，所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为55．18．【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ；（2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．因为AB ⊄平面A 1B 1C ，A 1B 1⊂平面A 1B 1C ，所以AB ∥平面A 1B 1C ．（2）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形ABB 1A 1为平行四边形．又因为AA 1=AB ，所以四边形ABB 1A 1为菱形，因此AB 1⊥A 1B ．又因为AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1，所以AB 1⊥BC ．又因为A 1B ∩BC =B ，A 1B ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ，所以AB 1⊥平面A 1BC ．因为AB 1⊂平面ABB 1A 1，所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ．19．【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（1）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（2）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）3913.【解析】方法一：（1）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得11122AB A B ==，所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得115B C =，由2,120AB BC ABC ==∠=︒得23AC =由1CC AC ⊥，得113AC =2221111AB B C AC +=，故111AB B C ⊥.因此1AB ⊥平面111A B C .（2）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD .由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ，由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ，所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由1111115,22,21B C A B AC ===得1111116cos 77C A B C A B ∠=∠=，所以13C D =，故11139sin 13C D C AD AC ∠==.因此，直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值是3913.方法二：（1）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz.由题意知各点坐标如下：111(0,3,0),(1,0,0),(0,3,4),(1,0,2),3,1),A B A B C --因此111112),(1,2),(0,3),AB A B A C ==-=-uuu r uuu u r uuu u r 由1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r 得111AB A B ⊥.由1110AB A C ⋅=uuu r uuu u r 得111AB A C ⊥.所以1AB ⊥平面111A B C .（2）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（1）可知11(0,(1,(0,0,2),AC AB BB ===uuu r uu u r uuu r 设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu r n n即0,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(=n .所以111|sin |cos ,|13|||AC AC AC θ⋅===⋅uuu r uuu r uuu r n |n n |.因此，直线1AC 与平面1ABB所成的角的正弦值是13.【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.20．【2018年高考北京卷理数】如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB 的中点，AB=BC，AC =1AA =2．（1）求证：AC ⊥平面BEF ；（2）求二面角B−CD −C 1的余弦值；（3）证明：直线FG 与平面BCD 相交．【答案】（1）见解析；（2）（3）见解析.【解析】（1）在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∵CC 1⊥平面ABC ，∴四边形A 1ACC 1为矩形．又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，∴AC ⊥EF ．∵AB =BC ．∴AC ⊥BE ，∴AC ⊥平面BEF ．（2）由（1）知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1．又CC 1⊥平面ABC ，∴EF ⊥平面ABC ．∵BE ⊂平面ABC ，∴EF ⊥BE ．如图建立空间直角坐标系E -xyz．由题意得B （0，2，0），C （-1，0，0），D （1，0，1），F （0，0，2），G （0，2，1）．∴=(201)=(120)CD CB uu u r uu r ，，，，，，设平面BCD 的法向量为()a b c =，，n ，∴00CD CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uu r n n ，∴2020a c a b +=⎧⎨+=⎩，令a =2，则b =-1，c =-4，∴平面BCD 的法向量(214)=--，，n ，又∵平面CDC 1的法向量为=(020)EB uu r ，，，∴cos =||||EB EB EB ⋅<⋅>=uu r uu r uu r n n n ．由图可得二面角B -CD -C 1为钝角，所以二面角B -CD -C 1的余弦值为21．（3）由（2）知平面BCD 的法向量为(214)=--，，n ，∵G （0，2，1），F （0，0，2），∴=(021)GF -uuu r ，，，∴2GF ⋅=-uuu r n ，∴n 与GF uuu r 不垂直，∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，∴GF 与平面BCD 相交．21．【2018年高考天津卷理数】如图，AD BC ∥且AD =2BC ，AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ，CD FG ∥且CD =2FG ，DG ABCD ⊥平面，DA =DC =DG =2.（1）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN CDE ∥平面；（2）求二面角E BC F --的正弦值；（3）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.【答案】（1）见解析；（2）10；（3）3.【解析】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．满分13分．依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D （0，0，0），A （2，0，0），B （1，2，0），C （0，2，0），E （2，0，2），F （0，1，2），G （0，0，2），M （0，32，1），N （1，0，2）．（1）依题意DC =（0，2，0），DE =（2，0，2）．设n 0=(x ，y ，z )为平面CDE 的法向量，则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，，n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩，，不妨令z=–1，可得n 0=（1，0，–1）．又MN =（1，32-，1），可得00MN ⋅= n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（2）依题意，可得BC =（–1，0，0），(122)BE =- ，，，CF =（0，–1，2）．设n =（x ，y ，z ）为平面BCE 的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩，，不妨令z =1，可得n =（0，1，1）．设m =（x ，y ，z ）为平面BCF 的法向量，则00BC CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，，m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩，，不妨令z =1，可得m =（0，2，1）．因此有cos<m ，n>=||||⋅=m n m n ，于是sin<m ，n>=10．所以，二面角E –BC –F．（3）设线段DP 的长为h （h ∈［0，2］），则点P 的坐标为（0，0，h ），可得(12)BP h =-- ，，．易知，DC =（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故cos BP DC BP DC BP DC ⋅<⋅>== ，2，解得h=3∈［0，2］．.所以线段DP的长为3专题06立体几何（解答题）1．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，6PO DO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．2．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．3．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．4．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1；（2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．5．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．6．【2020年高考天津】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,AD CE M ==为棱11A B 的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．7．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求二面角A−MA 1−N 的正弦值．8．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．9．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.10．【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且13 PFPC ．（1）求证：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F–AE–P 的余弦值；（3）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．11．【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．12．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．13．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A A C AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点.（1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.14．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】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.15．【2018年高考全国II 卷理数】如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O为AC的中点．（1）证明：PO⊥平面ABC；--为30︒，求PC与平面PAM所成角的正弦值．（2）若点M在棱BC上，且二面角M PA CC16．【2018年高考全国Ⅲ卷理数】如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧 CD所在平面垂直，M是 CD上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；-体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．（2）当三棱锥M ABC17．【2018年高考江苏卷】如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．18．【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ；（2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．19．【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（1）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（2）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．20．【2018年高考北京卷理数】如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB 的中点，AB=BC ，AC =1AA =2．（1）求证：AC ⊥平面BEF ；（2）求二面角B−CD −C 1的余弦值；（3）证明：直线FG 与平面BCD 相交．21．【2018年高考天津卷理数】如图，AD BC ∥且AD =2BC ，AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ，CD FG ∥且CD =2FG ，DG ABCD ⊥平面，DA =DC =DG =2.（1）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN CDE ∥平面；（2）求二面角E BC F --的正弦值；（3）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.。

专题16 立体几何选填题【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编

所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，
设正方体棱长为2，则，
，所以．
故选：D
【题目栏目】立体几何\空间角\异面直线所成的角
【题目来源】2021年高考全国乙卷理科·第5题
14．(2021年高考全国甲卷理科·第11题)已如A．B．C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为()
A． B．与平面所成的角为
C． D．与平面所成的角为
【答案】D
解析：
如图所示：
不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得．
对于A，，，，A错误；
对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；
A B． C． D．
【答案】C
解析：设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
(当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立)
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又
则
当且仅当即时等号成立，故选：C
【题目栏目】立体几何\球的问题\球的其它问题
由勾股定理可得，
从而有：，
据此可得，即，
据此可得平面平面不成立，选项B错误；
对于选项C，取的中点，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；
对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；

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专题10 立体几何一．基础题组 1. 【2013课标全国Ⅰ，理6】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )．

A．cm3 B．cm3 C．cm3 D．cm3 【答案】A

2. 【2012全国，理7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为( )

500π3866π31372π32048π3 A．6 B．9 C．12 D．18 【答案】B

3. 【2011全国新课标，理6】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如下图所示，则相应的侧视图可以为( )

【答案】D 【解析】

4. 【2006全国，理7】已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是（）（A）16π （B）20π （C）24π （D）32π 【答案】C 【解析】

5. 【2005全国1，理2】一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为，则球的表面积为（）

A．8 B．8 C．4 D．4 【答案】B 【解析】

6. 【2005全国1，理4】如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE、△BCF均为正三角形，EF//AB，EF=2，则该多面体的体积为（）

A． B． C． D．

【答案】A 【解析】

22

3233

3423 7. 【2010新课标，理14】正视图为一个三角形的几何体可以是__________．(写出三种) 【答案】三棱锥、圆锥、四棱锥(答案不唯一)

8. 【2014课标Ⅰ，理19】(本小题满分12分) 如图，三棱柱中，侧面为菱形，. （Ⅰ）证明：; （Ⅱ）若，,,求二面角的余弦值.

111CBAABCCCBB11CBAB11ABAC1ACAB

601CBBBCAB

111CBAA 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）则，，，． ,,．

设是平面的法向量，则即所以可取．设是平面的法向量，则同理可取．

则．所以二面角的余弦值为．

3(0,0,)3A(1,0,0)B13(0,,0)3B3(0,,0)3C

133(0,,)33ABuuuur113(1,0,)3ABABuuuuruuur113(1,,0)3BCBC

uuuuuruuur

(,,)nxyzr11AAB1

0,0,nABnAB





ruuurruuuur33

0,3330,3yzxz







(1,3,3)nr

mur111ABC11

0,0,mABmBC





uruuuururuuuur(1,3,3)mur

1cos,7nmnmnm

rurrur

rur111CBAA

7 9. 【2013课标全国Ⅰ，理18】如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.

(1)证明：AB⊥A1C； (2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．

(2)解：由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB. 又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两相互垂直．

以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz. OAuuurOA

uuur 10. 【2008全国1，理18】（本小题满分12分）四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，，，．（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）设与平面所成的角为，求二面角的大小．

【解析】：（1）取中点，连接交于点，

ABCDEBCDEABCBCDE2BC2CDABACADCECEABE45oCADE

BCFDFCEO ，，又面面，面，．

，，，即，面，．

11. 【2015高考新课标1，理6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放斛的米约有（）

QABACAFBCABCBCDEAFBCDEAFCE

2tantan2CEDFDC

90OEDODEo90DOEoCEDF

CEADFCEAD(A)14斛 (B)22斛 (C)36斛 (D)66斛【答案】B

【解析】设圆锥底面半径为r，则=，所以米堆的体积为

=，故堆放的米约为÷1.62≈22，故选B. 【考点定位】圆锥的性质与圆锥的体积公式 12. 【2015高考新课标1，理18】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.

【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】试题分析：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1易证EG⊥AC，通过计算可证EG⊥FG，根据线面垂直判定定理可知EG⊥平面AFC，由面面垂直判定定理知平面AFC⊥平面AEC；（Ⅱ）以G为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，利用向量法可求出异面直线AE与CF所成角的余弦值.

12384r163r

211163()543332093209

,GBGCuuuruuur||GBuuur ∴，∴EG⊥FG， ∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC， ∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC. ……6分

【考点定位】空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力 13.【2016高考新课标理数1】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两

222EGFGEF

条互相垂直的半径.若该几何体的体积是，则它的表面积是

（A）17π （B）18π （C）20π （D）28π 【答案】A 【解析】由三视图知，该几何体的直观图如图所示：

是一个球被切掉左上角的,即该几何体是个球，设球的半径为，则，解得，所以它的表面积是的球面面积和三个扇形面积之和,即，故选A．【考点】三视图及球的表面积与体积【名师点睛】由于三视图能有效地考查学生的空间想象能力,所以以三视图为载体的立体几何题基本上是高考每年必考内容,高考试题中三视图一般与几何体的表面积与体积相结合.由三视图还原出原几何体是解决此类问题的关键. 14. 【2016高考新课标理数1】平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A， //平面CB1D1，平面ABCD=m，平面ABB1 A1=n，则m，n所成角的正弦值为

28π3

78R

37428ππR

833VR2

22734π2π217π84

-αIαI（A）（B）（C）（D）【答案】A

【考点】平面的截面问题，面面平行的性质定理，异面直线所成的角【名师点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成的角,求异面直线所成角的步骤是：平移定角、连线成形、解形求角、得钝求补. 15. 【2017新课标1，理7】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为

A．10 B．12 C．14 D．16

3222331