《高考理数专题06 立体几何(解答题)(2017-2019)真题分类汇编(教师版).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考理数专题06 立体几何(解答题)(2017-2019)真题分类汇编(教师版).docx（80页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、=专题 06 立体几何（解答题）1【2019 年高考全国卷理数】如图，直四棱柱 ABCDA B C D 的底面是菱形，AA =4，AB=2，BAD=60，1 1 1 1 1E，M，N 分别是 BC，BB ，A D 的中点1 1（1）证明：MN平面 C DE；1（2）求二面角 AMA N 的正弦值110【答案】（1）见解析；（2） .5【解析】（1）连结 B C，ME1因为M，E分别为BB ，BC的中点，1所以MEB C，且ME=112B C1又因为N为A D的中点，1所以ND=12A D1由题设知A B DC，可得B C A D，故ME ND， 1 1 1 1因此四边形MNDE为平行四边形，M
2、NED又MN平面EDC ， 1所以MN平面C DE1（2）由已知可得DEDA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111A(2,0,0)， A (2 ， 0 ， 4) ， M (1, 3, 2) 1， N (1,0,2) ， A A =(0,0, -4)1， A M =( -1, 3, -2) 1，A N =( -1,0, -2) ， MN =(0, - 3,0) 1设m =( x, y , z )为平面A MA的法向量，则 m AM =01m A A =01，-x+3y-2 z =0，所以 可取 m =( 3,1,0) -4z=0设n =( p
3、, q, r)为平面A MN的法向量，则 n MN =0， n AN =01-3q=0，所以 可取 -p-2r=0n =(2,0, -1)于是 cosm, n=m n 2 3 15 = =| mn | 2 5 5，所以二面角A -MA -N 1的正弦值为105【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.2【2019 年高考全国卷理数】如图，长方体 ABCDA B C D 的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA1 1 1 1 1上，BEEC 1
4、2（1）证明：BE平面 EB C ；1 1（2）若 AE=A E，求二面角 BECC 的正弦值1 13【答案】（1）证明见解析；（2） .2【解析】（1）由已知得， B C 故BE 1 1B C 平面 ABB A 1 1 1 1， BE 平面ABB A1 1，又BE EC1，所以 BE 平面EB C1 1（2）由（1）知BEB =901由题设知ABE RtA B E1 1，所以AEB =45，故 AE =AB ，AA =2 AB1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）， C （0 ，
5、1 ，2 ），E（1，0，1）， CB =(1,0, 0)1CC =(0,0,2)13， CE =(1,-1,1)，1设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则CB n=0, CE n=0,即 x =0,x -y +z =0,所以可取n=(0, -1, -1).设平面ECC1的法向量为m=（x，y，z），则CCm=0, CEm=0,即 2 z =0,x -y +z =0.所以可取m=（1，1，0）于是cos =n m 1=-| n | m | 2所以，二面角B -EC -C1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
6、的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.3【2019 年高考全国卷理数】图 1 是由矩形 ADEB，RtABC 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 BCG A 的大小.【答案】（1）见解析；（2） 30 .【解析】（1）由已知得 ADBE，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，
7、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H4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Hxyz，则A（1，1，0），C（1，0，0），G（2，0， 3 ）， CG =（1，0， 3 ）， AC =（2，1，0） 设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则CG n=0, x+3z =0,即 AC n=0, 2x-y=0.所以可取n=（3，6， 3
8、）又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以 cosn,m =n m 3=| n | m | 2因此二面角BCGA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.4【2019 年高考北京卷理数】如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，ADCD，ADBC，PA=AD=CD=2，BC=3E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且 （1）求证：CD平面 PAD；（2）求二面角 FAEP 的余弦值
9、；PF 1=PC 3（3）设点 G 在 PB 上，且PG 2=PB 3判断直线 AG 是否在平面 AEF 内，说明理由5-【答案】（1）见解析；（2）33；（3）见解析.【解析】（1）因为 PA平面 ABCD，所以 PACD又因为ADCD，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PAAM，PAAD如图建立空间直角坐标系Axyz，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 AE =(0,1,1),PC =(2, 2, -2), AP =(0,0, 2)所以PF =
10、1 2 2 2 PC = , , - ,3 3 3 3 2 2 4AF =AP +PF = , ,3 3 3.设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则n AE =0, n AF =0,y +z =0,即 2 2 4 x + y + z =0.3 3 3令z=1，则y =-1, x =-1于是n =( -1, -1,1)又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以 cosn, p=n p 3=- | np | 3.由题知，二面角FAEP为锐角，所以其余弦值为633（3）直线AG在平面AEF内因为点G在PB上，且PG 2= , PB =(2, -1, -2) PB 3，所以PG =2 4
11、 2 4 4 2 2 PB = , - , - , AG =AP +PG = , - ,3 3 3 3 3 3 3.由（2）知，平面AEF的法向量n =( -1, -1,1).所以AG n=-4 2 2+ + =03 3 3.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 FAEP 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.5 【 2019 年 高 考 天 津 卷 理 数 】 如 图 ， AE 平 面
12、ABCD ， CF AE , AD BC ， AD AB ,AB =AD =1, AE =BC =2（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7x y4 8【答案】（1）见解析；（2）；（3） 9 7【解析】依题意，可以建立以 A 为原点，分别以 AB ，AD ，AE 的方向为 轴， 轴，z轴正方向的空间 直 角 坐 标 系 （ 如 图 ） ， 可 得A(0,0,0), B (1,0,0), C (1,2,0), D (0,1,0) ， E (0,0,2) 设C F = h ( h
13、0)，则 F (1,2,h )（1）依题意， AB =(1,0,0) 是平面 ADE 的法向量，又 BF =(0, 2, h ) 线 BF 平面 ADE ，所以 BF 平面 ADE ，可得 BF AB =0 ，又因为直（2）依题意， BD =( -1,1,0), BE =( -1,0, 2), CE =( -1, -2, 2)设n =( x, y, z )为平面 BDE 的法向量，则 n BD =0, n BE =0,-x+y =0, 即 -x +2 z =0,不妨令 z =1 ，可得n =(2,2,1)因此有cos CE , n =CE n 4=-| CE | n | 9所以，直线 CE 与
14、平面 BDE 所成角的正弦值为49mBD=0, -x+y =0,（3）设 m =( x, y, z ) 为平面 BDF 的法向量，则 即 mBF=0, 2y +hz =0,不妨令 y =1 ，可得 m =1,1,-2h由题意，有cos m, n=| m n| | m | n |=24 -h43 2 +h2=13，解得h =87经检验，符合题意所以，线段 CF 的长为8781 1 1111 11 1 1【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6【2019 年高考江苏卷】如图，在
15、直三棱柱 ABCA B C 中，D，E 分别为 BC，AC 的中点，AB=BC1 1 1求证：（1）A B 平面 DEC ；1 1 1（2）BEC E1【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 EDAB.在直三棱柱 ABCA B C 中，ABA B ，1 1 1 1 1所以 A B ED.1 1又因为 ED平面 DEC ，A B平面 DEC ，1所以 A B 平面 DEC .1 1 1（2）因为 AB=BC，E 为 AC 的中点，所以 BEAC.因为三棱柱 ABCA B C 是直棱柱，所以 CC 平面 ABC.1 1 1 1又因为 BE
16、平面 ABC，所以 CC BE.因为 C C平面 A ACC ，AC平面 A ACC ，C CAC=C，9所以 BE平面 A ACC .1 1因为 C E 平面 A ACC ，所以 BEC E.1 1 1 1【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.7【2019 年高考浙江卷】如图，已知三棱柱ABC -A B C 1 1 1，平面A ACC 1 1平面ABC,ABC =90，BAC =30,A A =AC =AC , E , F1 1分别是 AC，A B 的中点.1 1（1）证明：EF BC；（2）求直线 EF 与平面
17、A BC 所成角的余弦值.1【答案】（1）见解析；（2）35【解析】方法一：（1）连接A E，因为A A=A C，E是AC的中点，所以A EAC 1 1 1 1又平面A ACC 平面ABC，A E 1 1 1平面A ACC ， 1 1平面A ACC 平面ABC=AC，1 1所以，A E平面ABC，则A EBC 1 1又因为A FAB，ABC=90，故BCA F 1 1所以BC平面A EF1因此EFBC10111（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA 是平行四边形1由于A E平面ABC，故A EEG，所以平行四边形EGFA 为矩形1 1 1由（1）得BC平面EGFA ，则平面A BC平面
18、EGFA ，1 1 1所以EF在平面A BC上的射影在直线A G上1 1连接A G交EF于O，则EOG是直线EF与平面A BC所成的角（或其补角） 1 1不妨设AC=4，则在RA EG中，A E=2 3 ，EG= 3 .A G 15由于O为A G的中点，故 EO =OG = 1 = ，2 2EO 2 +OG 2 -EG 2 3所以 cos EOG = =2EO OG 5因此，直线EF与平面A BC所成角的余弦值是135方法二：（1）连接A E，因为A A=A C，E是AC的中点，所以A EAC.1 1 1 1又平面A ACC 平面ABC，A E 平面A ACC ，1 1 1 1 1平面A AC
19、C 平面ABC=AC，所以，A E平面ABC1 1 1如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA 为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz1不妨设AC=4，则111A （0，0，2 3 ），B（ 3 ，1，0），B ( 3,3,2 3)13 3， F ( , , 2 3) ，C(0，2，0) 2 2因此， EF =(3 3, , 2 3) ， BC =( - 3,1,0) 2 2由 EF BC =0 得EF BC（2）设直线EF与平面A BC所成角为1由（1）可得 BC =( - 3 ，1，0) ，A C =(0 ，2 ，-2 3) 1设平面A BC的法向量为n 1=( x ，y ，z)，
20、由 BC n=0 -3 x +y =0 ，得 A1C n=0 y-3z =0，取n =(1， 3 ，1) ，故sinq=|cos EF ，n | =| EF n| 4=| EF | |n | 5，因此，直线EF与平面A BC所成的角的余弦值为135【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.8【2018 年高考全国卷理数】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
21、）求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）34.【解析】方法一：（1）由已知可得，BFPF，BFEF， 所以 BF平面 PEF.又 BF 平面 ABFD，所以平面 PEF平面 ABFD.12（2）在平面 DEF 中，过 P 作 PHEF 于点 H，连接 DH，如图，由于 EF 为平面 ABCD 和平面 PEF 的交线，PHEF， 则 PH平面 ABFD，故 PHDH.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 DEBF 且 PFBF，所以 PFDE，又PDFCDF，所以FPD=FCD=90， 所以
22、 PFPD，由于 DEPD=D，则 PF平面 PDE，故VF -PDE1= PF S3PDE，因为 BFDA 且 BF平面 PEF，所以 DA平面 PEF，所以 DEEP.设正方形的边长为 2a，则 PD=2a，DE=a，在PDE 中， PE =3a ，所以 S PDE3= a22，故 VF -PDE=36a3，又SDEF=12a 2a =a2，所以 PH =3V 3 F -PDE = a ， a 2 2134 .PH 3所以 PHD 中， sin PDH = = ，PD 4故 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为34.方法二：（1）由已知可得，BFPF，BFEF，所以 BF平面 PEF.
23、又 BF 平面 ABFD，所以平面 PEF平面 ABFD.（2）作 PHEF，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，DEPE.又 DP=2，DE=1，所以 PE= 3 .又 PF=1，EF=2，故 PEPF.可得 PH =3 3, EH = .2 2则 H (0,0,0), P (0,0,3 3 3 3 3), D ( -1, - ,0), DP =(1, , ), HP =(0,0, ) 为平面 ABFD 的法向量. 2 2 2 2 23设 DP 与平面
24、ABFD 所成角为 q ，则sinq=|HP DP 3|= =| HP | DP | 3 4所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为34.9【2018 年高考全国 II卷理数】如图，在三棱锥 P -ABC 中，AB =BC =2 2， PA =PB =PC =AC =4 ，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14POA CBM【答案】（1）见解析；（2）34【解析】（1）因为AP =CP =AC =4，O为AC的中点，所以OP AC，且 OP =2 3 连
25、结 OB 因为 AB =BC =22AC ，所以 ABC 为等腰直角三角形，且 OB AC ， OB =12AC =2由 OP 2 +OB 2 =PB 2 知 PO OB 由OP OB , OP AC 知 PO 平面 ABC uuur（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 uuur向量 OB =(2,0,0) uuur-(0, 2,C0), (0, 2,P 0), (0, 0, AP2 =3)(0, 2, 2 3),取平面 PAC 的法设M ( a ,2 -a ,0)(0 a 2
26、)uuur，则 AM =(a,4 -a,0) 设平面 PAM 的法向量为n =( x , y , z )15uuur uuur 2y+2 3 z =0 由 AP n=0, AM n=0 得 ax+(4-a) y =0，可取 n =( 3( a -4), 3a , -a)，所以uur cos OB , n =2 3( a -4)2 3(a -4) 2 +3a 2 +a 2uur由已知可得 | cos OB , n |=32所以2 3 | a -4| 2 3(a -4) 2 +3a 2+a2=32解得a =-44（舍去），a = 38 3 4 3 4所以 n =( -, , - ) 3 3 3uu
27、ur uuur又 PC =(0,2, -2 3) ，所以 cos PC , n =34所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为3410【2018 年高考全国卷理数】如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧 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CD所在平面垂直，【答案】（1）见解析；（2）2 55.【解析】（1）由题设知,平面 CMD平面 ABCD,交线为 CD.因为 BCCD,BC平面 ABCD,所以 BC平面 CMD,故 BCDM.因为
28、M 为 CD 上异于 C，D 的点, 所以 DMCM.且 DC 为直径，16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 MABC 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, n AB
29、=0.-2x+y +z =0, 即 2 y =0.可取 n =(1,0,2) .DA是平面 MCD 的法向量,因此cos n, DA =n DA 5=| n | DA | 5，sin n, DA =2 55，所以面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值是2 55.11【2018 年高考江苏卷】如图，在正三棱柱 ABCA B C 中，AB=AA =2，点 P，Q 分别为 A B ，BC 的中1 1 1 1 1 1点（1）求异面直线 BP 与 AC 所成角的余弦值；1（2）求直线 CC 与平面 AQC 所成角的正弦值1 11711 111【答案】（1）3 10205 ；（2） 5【解析】如图，
30、在正三棱柱 ABCA B C 中，设 AC，A C 的中点分别为 O，O ，则 OBOC，OO OC，1 1 1 1 1 1 1OO OB，以 OB , OC , OO 为基底，建立空间直角坐标系 Oxyz1因为 AB=AA =2，1所以 A(0, -1,0), B ( 3,0,0 ), C (0,1,0), A (0, -1,2), B ( 3,0,2 ), C (0,1,2) 1 1 1（1）因为 P 为 A B 的中点，所以 P (3 1, - ,2) ，2 2从而 BP =( -3 1, - ,2) , AC =(0,2,2 ) ， 2 2 1故| cos BP , AC |=1| B
31、P AC |1| BP | |AC |1=| -1+4 | 5 2 2=3 1020因此，异面直线 BP 与 AC 所成角的余弦值为13 1020（2）因为 Q 为 BC 的中点，所以 Q(3 1, ,0) ，2 2因此 AQ =(3 3, ,0) ， AC =(0,2,2), CC =(0,0,2) 2 2185设 n=（x，y，z）为平面 AQC 的一个法向量，1则 AQ n=0, AC n=0,1 3 3 x + y =0, 即 2 22 y +2 z =0.不妨取 n =( 3, -1,1) ，设直线 CC 与平面 AQC 所成角为 q ， 1 1则sinq =|cos CC , n
32、|=1| CC n|1| CC | |n | 1=25 2=55，5所以直线 CC 与平面 AQC 所成角的正弦值为 1112 【2018 年高考江苏卷】在平行六面体 ABCD -A B C D 中， AA =AB , AB B C 1 1 1 1 1 1 1 1求证：（1） AB 平面 A B C ；1 1（2）平面 ABB A 1 1平面 A BC1【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平行六面体 ABCD-A B C D 中，ABA B 1 1 1 1 1 1因为 AB平面 A1B1C，A1B1 平面 A1B1C，所以 AB平面 A B C1 1（2）在平行六面体 ABCD
33、-A B C D 中，四边形 ABB A 为平行四边形1 1 1 1 1 1又因为 AA =AB，所以四边形 ABB A 为菱形，1 1 1因此 AB A B1 1又因为 AB B C ，BCB C ，1 1 1 1 1所以 AB BC1又因为 A BBC=B，A B 平面 A BC，BC 平面 A BC，1 1 1 1所以 AB 平面 A BC1 1192因为 AB1平面 ABB A ， 1 1所以平面 ABB A 平面 A BC1 1 113【2018 年高考浙江卷】如图，已知多面体 ABCA B C ，A A，B B，C C 均垂直于平面 ABC，ABC=120，1 1 1 1 1 1A
34、 A=4，C C=1，AB=BC=B B=21 1 1（1）证明：AB 平面 A B C ；1 1 1 1（2）求直线 AC 与平面 ABB 所成的角的正弦值1 1【答案】（1）见解析；（2）3913.【解析】方法一：（1）由A B 2 +AB 2 =AA 2 所以.1 1 1 1AB A B故.1 1 1AB =2, AA =4, BB =2, AA AB , BB AB1 1 1 1得AB =A B =2 2 1 1 1，由 BC =2 ，BB =2, CC =1, BB BC , CC BC 1 1 1 1得B C = 51 1，由AB =BC =2, ABC =120 得 AC =2 3 ，由CC AC1，得AC = 13 ，所以 AB 1 1+B C 21 1=AC21，故AB B C1 1 1.因此 AB 平面 A B C 1 1 1 1.（2）如图，过点C