全国高考理科数学试题分类汇编：立体几何Word含答案.pdf

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1、1 / 42 2018 年全国高考理科数学试卷分类汇编7：立体几何 一、选择题 1 ）若两个球的表面积之比为1: 4, 则这两个 球的体积之比为二面角为 0 45 C平面与平面平行 D平面与平面所成的 ( 锐二面角为 0 60 【答案】A 17 如图所示 ,则此几何体的体积等于_ 2 cm. 7EqZcWLZNX A B C A D E F B C 1 D 1 B P D 1 C C E B A 1 A 8 / 42 【答案】24 24 .lzq7IGf02E 当 1 0 2 CQ时,S 为四边形。当 1 2 CQ时,S 为等腰梯形。当 3 4 CQ时 ,S 与 11 C D的交点R 满足 1

2、1 1 3 C R。当 3 1 4 CQ时,S 为六边形。当1CQ时 ,S 的面积为 6 2 .zvpgeqJ1hk 【答案】 25 ）在如图所示的正方体 1111 ABCDA BC D 中, 异面直线 1 AB与 1 BC所成角的大小为_fjnFLDa5Zo 【答案】 3 三、解答题 28 求证 :PACPBC平面平面； (II2.ABACPACPBA若，1，1，求证：二面角的余弦值 D1 C1 B1 A1 D C AB 10 / 42 【答案】 11 / 42 12 / 42 29 求PA的长。 (2求二面角BAFD的正弦值 . 【答案】 13 / 42 1证明 :平面PAB与平面PCD的

3、交线平行于底面。( 求cosCOD. 【答案】解:( PABP D,/ / /CmABCDCDPCDABPCD设面面直线且面面 / /ABm直线ABCDmABCDAB面直线面/. 所以 ,ABCDDPPAB的公共交线平行底面与面面C. ( r PO OPFFCDr5.22tan.60,由题知，则的中点为线段设底面半径为. 5.22tan1 5.22tan2 45tan, 2 cos5 .22tan60tan60tan, 2 COD r OF PO OF . )223(3), 1-2(3 2 1cos , 1-25.22tan1 2 cos2cos 22CODCOD COD 212-17cos.

4、212-17cosCODCOD所以. 法二 : 15 / 42 1 证明 :/PQ平面BCD。(2 若二面角DBMC的大小为 0 60, 求BDC的大 小. 【答案】解 : 证明( 方法一: 如图6, 取MD的中点F, 且M是AD中点 , 所以 3AFFD. 因 为P是BM中 点 , 所 以/ /PFBD。 又 因 为 ( 3AQQC且 3AFFD , 所 以/ /QFBD, 所 以 面/ /PQF面 BDC , 且PQ面BDC, 所 以 A B C D P Q M 如图8 所示 , 由已知得到面ADB面BDC, 过C作CGBD于G, 所以 CGBMD, 过G作GHBM于H, 连接CH, 所以

5、CHG就是CBMD的 二面角。由已知得到813BM, 设BDC, 所以 cos ,sin22 cos,22 cossin,2 2sin, CDCGCB CDCGBC BDCDBD , 在RTBCG中 , 2 sin2 2 sin BG BCGBG BC , 所以在RTBHG 中, 2 2 12 2sin 33 2 2sin HG HG, 所以在RTCHG中 2 2 2 cossin tantan603 2 2sin 3 CG CHG HG 17 / 42 tan3(0,90 )6060BDC。 2 ）如 图 , 在 正 三 棱 锥 111 ABCABC 中, 1 6AA, 异面直线 1 BC与

6、 1 AA所成角的大小为 6 , 求该三棱柱的体积.AVktR43bpw 【答案】 解 因为 1 CC 1 AA. 所以 1 BCC为异面直线 1 BC与 1 AA. 所成的角 , 即 1 BCC= 6 . 在 Rt 1 BCC中, 11 3 tan62 3 3 BCCCBC C, 从而 23 3 3 4 ABC SBC, 因此该三棱柱的体积为 1 3 3 618 3 ABC VSAA. 3 平面/EFG平面ABC。 (2SABC. 【答案】证明:(1 ABAS,SBAFF 分别是 SB的中点 E.F 分别是 SA.SB的中点EF AB 又EF平面 ABC, AB平面 ABC EF 平面ABC

7、 同理:FG平面ABC A B C S G F E B1 A1 C1 AC B 18 / 42 又EFFG=F, EF.FG平面 ABC 平面/EFG平面ABC (2平面SAB平面SBC 平面SAB平面SBC=BC AF平面 SAB AF SB AF 平面 SBC 又BC平面 SBC AF BC 又BCAB, ABAF=A, AB.AF平面SAB BC 平面SAB 又SA平面 SAB BC SA 4 记平面BEF与平面ABC的交线为l, 试判断直线l与平面PAC的位置关系 , 并加 以证明。uEh0U1Yfmh (II 设 (I 中的直线l与圆O的另一个交点为 D, 且点Q满足 1 2 DQC

8、P. 记直线 PQ与平面ABC所成的角为, 异面直线PQ与EF所成的角为, 二面角ElC 的大小为,求证 :sinsinsin.IAg9qLsgBX 19 / 42 【答案】解:(IEFAC,ACABC平面,EFABC平面 EFABC平面 又EFBEF平面 EFl lPAC平面 (II 连接 DF,用几何方法很快就可以得到求证.( 这一题用几何方法较快, 向量的方法很 麻烦 , 特别是用向量不能方便的表示角的正弦. 个人认为此题与新课程中对立体几何的 处理方向有很大的偏差.WwghWvVhPE 第 19 题图 20 / 42 6 证明 :A O平面BCDE。( 求二面角ACDB的平面角的余弦

9、值. 【答案】( 在图1 中, 易得 3,3 2,2 2OCACAD 连结,OD OE, 在OCD中, 由余弦定理可得 22 2cos455ODOCCDOC CD 由翻折不变性可知2 2A D, 所以 222 A OODA D, 所以A OOD, 理可证A OOE, 又ODOEO, 所以A O平面BCDE. ( 传统法 : 过O作OHCD交CD的延长线于H, 连结A H, 因为A O平面BCDE, 所以A HCD, 所以A HO为二面角ACDB的平面角 . 结合图 1 可知 ,H为AC中点 , 故 3 2 2 OH, 从而 2230 2 A HOHOA 所以 15 cos 5 OH A HO

10、A H , 所以二面角ACDB的平面角的余弦值为 15 5 . 向量法 : 以O点为原点 , 建立空间直角坐标系Oxyz如图所示 , 则 0,0,3A,0, 3,0C,1, 2,0D 所以 0,3,3CA,1,2,3DA C D O B E A H . C O B D E A C D O B E A 图 1 图 2 22 / 42 设, ,nx y z为平面A CD的法向量 , 则 0 0 n CA n DA , 即 330 230 yz xyz , 解得 3 yx zx , 令1x, 得1, 1,3n 由( 知 , 0,0,3OA为平面CDB的一个法向量 , 所以 315 cos, 535

11、n OA n OA n OA , 即二面角ACDB的平面角的余弦 值为 15 5 . 7 证明B1C1CE。 ( 求二面角B1-CE-C1的正弦值 . ( 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD 1A1所成角的正弦值为 2 6 , 求线段 AM的长 . 【答案】 23 / 42 24 / 42 8 证明 AB A1C。 ( 若平面 ABC 平面 AA1B1B,AB=CB=2,求直线 A1C 与平面 BB1C1C所成角的正弦值.Pgd O0sRlMo 25 / 42 【答案】( 取 AB中点 E,连结 CE, 1 AB, 1 AE, AB= 1 AA, 1 BAA= 0 60, 1 BA

12、A是正三角形 , 1 AE AB, CA=CB, CE AB, 1 CEAE=E, AB面 1 CEA, AB 1 AC。 ( 由( 知 EC AB, 1 EAA B, 又面 ABC 面 11 ABB A, 面 ABC 面 11 ABB A=AB, EC面 11 ABB A, EC 1 EA, EA,EC, 1 EA两两相互垂直 , 以 E 为坐标原点 ,EA的方向为x轴正方向 ,|EA| 为单位 长度 , 建立如图所示空间直角坐标系Oxyz,3cdXwckm15 有题设知A(1,0,0, 1 A(0,3,0,C(0,0,3,B(-1,0,0,则 BC=(1,0,3, 1 BB= 1 AA=(

13、-1,0,3, 1 AC=(0,-3,3, h8c52WOngM 设n=( , , )x y z是平面 11 CBBC的法向量 , 则 1 0 0 BC BB n n , 即 30 30 xz xy , 可取n=(3,1,-1, 1 cos, A Cn= 1 1 | AC AC n | n| 10 5 , 26 / 42 直线 A1C 与平面 BB1C1C所成角的正弦值为 10 5 9 证明 : A1C平面BB1D1D。 ( 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角的大小 . O D1 B1 C1 D A C B A1 【答案】解:( BDOAABCDBDABCDOA 11 ,面且面。又因为 ,

14、 在 正方形AB CD 中, BDCAACACAACABDAACOABDAC 11111 ,，故面且面所以；且 . 在正方形AB CD中,AO = 1 . .1 11 OAOAART中，在 OECAOCEAEDB 1111111 为正方形，所以，则四边形的中点为设. ，所以由以上三点得且，面面又OOBDDDBBODDBBBD 111111 E.E, DDBBCA 111 面.( 证毕 ( 建立直角坐标系统, 使用向量解题 . 以 O为原点 , 以 OC为 X轴正方向 , 以 OB为 Y轴正方向 . 则 ) 1, 0 , 1() 1 , 1 , 1(),100(),001(,0 , 1 ,0 1

15、11 CABACB，）（. 由( 知 , 平面BB1D1D的一个法向量.0 ,0, 1),1 , 1 , 1(),1, 0, 1 ( 111 ）（OCOBCAn 设平面OCB1的法向量为 ，则0, 0, 2122 OCnOBnn ).1- , 1 ,0(法向量2n为解得其中一个 O D1 B1 C1 D A C B A1 27 / 42 2 1 22 1 | | |,cos|cos 21 21 11 nn nn nn. 所以 , 平面OCB1与平面BB1D1D的夹角为 3 10 求证 :ADCFG平面。 (2 求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值. 【答案】解:(1 在ABD中, 因为E是B

16、D的中点 , 所以1EAEBEDAB, 故, 23 BADABEAEB, 因为DABDCB, 所以EABECB, 从而有FEDFEA, 故,EFAD AFFD, 又因为,PGGD所以FGPA. 又PA平面ABCD, 所以,GFAD故AD平面CFG. (3 以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系,则 33 (0,0,0),(1,0,0),(,0),(0,3,0) 22 ABCD, 28 / 42 (4 3 (0,0,) 2 P, 故 1333 333 (0),(,),(,0) 2222222 BCCPCD， 设平面BCP的法向量 111 (1 ,)ny z, 则 1 11 13 0 22 333

17、0 222 y yz , 解得 1 1 3 3 2 3 y z , 即 1 3 2 (1,) 33 n. 设平面DCP的法向量 222 (1 ,)nyz, 则 2 22 33 0 22 333 0 222 y yz , 解得 2 2 3 2 y z , 即 2 (1, 3,2)n.从 而 平 面BCP与 平 面DCP的 夹 角 的 余 弦 值 为 12 12 4 2 3 cos 416 8 9 nn nn . 11 在平面ABC内, 试作出过点P与平面 1 ABC平行的直线l, 说明理由 , 并证明直线 l平面 11 ADD A。 ( 设( 中的直线l交AB于点M, 交AC于点N, 求二面角

18、1 AAMN的余弦 值. 29 / 42 D1 D C B A1 B1 C1 A P 【答案】解:如图 , 在平面ABC内, 过点P做直线l/BC, 因为l在平面 1 ABC外 , BC在平面 1 ABC内, 由直线与平面平行的判定定理可知, l/ 平面 1 ABC. 由已知 ,ABAC,D是BC的中点 , 所以 ,BCAD, 则直线lAD. 因为 1 AA平面ABC, 所以 1 AA直线l. 又因为 1 ,AD AA在平面 11 ADD A内 , 且AD 与 1 AA相交 , 所以直线平面 11 ADD A 解法一 : 连接 1 A P, 过A作 1 AEAP于E, 过E作 1 EFAM于F

19、, 连接AF. 由知,MN平面 1 AEA, 所以平面 1 AEA平面 1 AMN. 所以AE平面 1 AMN,则 1 AMAE. 所以 1 A M平面AEF, 则 1 AMAF. 故AFE为二面角 1 AAMN的平面角 ( 设为. 设 1 1AA, 则由 1 2ABACAA,120BAC, 有60BAD,2,1ABAD. 又P为AD的中点 , 所以M为AB的中点 , 且 1 ,1 2 APAM, 在 1 Rt AAP中, 1 5 2 A P。在 1 Rt AAM中, 1 2AM. 从而 , 1 1 1 5 AAAP AE A P , 1 1 1 2 AAAM AF A M , 30 / 42

20、 所以 2 sin 5 AE AF . 所以 2 2215 cos1sin1 5 5 . 故二面角 1 AAMN的余弦值为 15 5 解法二 : 设 1 1AA. 如图 , 过 1 A作 1 AE平行于 11 BC, 以 1 A为坐标原点, 分别以 111 ,AE AD, 1 AA 的方向为x轴 ,y轴 ,z轴的正方向, 建立空间直角坐标系Oxyz( 点O与点 1 A重 合.bR9C6TJscw 则 1 0,0,0A,0,0,1A. 因为P为AD的中点 , 所以,M N分别为,AB AC的中点 , 故 3 13 1 ,1 ,1 2222 MN , 所以 1 3 1 ,1 22 A M , 1

21、0,0,1A A,3,0,0NM. 设平面 1 AAM的一个法向量为 1111 ,nx y z,则 11 11 , , nA M nA A 即 11 11 0, 0, nAM nA A 故有 111 111 3 1 ,10, 22 ,0,0,10, x y z x y z 31 / 42 从而 111 1 31 0, 22 0. xyz z 取 1 1x, 则 1 3y, 所以 1 1,3,0n. 设平面 1 AMN的一个法向量为 2222 ,nxy z, 则 21 2 , , nAM nNM 即 21 2 0, 0, nAM nNM 故有 222 222 3 1 ,10, 22 ,3,0,0

22、0, xy z xyz 从而 222 2 31 0, 22 30. xyz x 取 2 2y, 则 2 1z, 所以 2 0,2, 1n. 设二面角 1 AAMN的平面角为, 又为锐角 , 则 12 12 1,3,00,2,1 15 cos 525 nn nn . 故二面角 1 AAMN的余弦值为 15 5 12 求异面直线BA 1 与DC1所成角的余弦值 (2求平面 1 ADC与 1 ABA所成二面角的正弦值. 32 / 42 【答案】本题主要考察异面直线. 二面角 . 空间向量等基础知识以及基本运算, 考察运 用空间向量解决问题的能力.DJ8T7nHuGT 解:(1 以 1 ,AAACAB

23、为为单位正交基底建立空间直角坐标系xyzA, 则)0,0, 0(A)0,0 ,2(B,)0, 2,0(C,)4, 0, 0( 1 A,)0, 1 ,1 (D,)4 ,2, 0( 1 C )4,0 ,2( 1B A,)4, 1, 1( 1B A 10 103 1820 18 ,cos 11 11 11 DCBA DCBA DCBA 异面直线BA1与DC1所成角的余弦值为 10 103 (2)0, 2,0(AC是平面 1 ABA的的一个法向量 设平面 1 ADC的法向量为),(zyxm, )0, 1 , 1(AD,)4,2 ,0( 1 AC 由 1 ,ACmADm 042 0 zy yx 取1z,

24、 得2,2 xy, 平 面 1 A D C的 法 向 量 为 )1 , 2,2(m 设平面 1 ADC与 1 ABA所成二面角为 33 / 42 3 2 32 4 ,coscos mAC mAC mAC, 得 3 5 sin 平面 1 ADC与 1 ABA所成二面角的正弦值为 3 5 13 证明 :;PBCD (II求二面角APDC的大小 .4B7a9QFw9h 【答案】 34 / 42 14 求证 :ABGH。( 求二面角DGHE的余弦值 . 35 / 42 【答案】解:( 证明 : 因为 ,D C E F 分别是 ,AQ BQ AP BP 的中点 , 所以 EF AB , DC AB ,

25、所以 EF DC , 又EF平面 PCD , DC 平面 PCD , 所以EF平面 PCD , 又EF平面 EFQ , 平面 EFQ 平面 PCDGH , 所以EFGH, 又EF AB , 所以ABGH. ( 解法一 : 在 ABQ 中, 2AQBD , ADDQ , 所以 =90ABQ , 即 ABBQ , 因为 PB 平面 ABQ , 所以 ABPB, 又 BPBQB , 所以 AB 平面 PBQ ,由( 知 ABGH , 所以 GH 平面 PBQ , 又FH平面 PBQ ,所以 GHFH , 同理可得 GHHC , 所以 FHC 为二面角 DGHE 的平面角 , 设 2BABQBP ,

26、连接 PC , 在 tR FBC 中, 由勾股定理得, 2FC , 在 tR PBC 中, 由勾股定理得, 5PC , 36 / 42 又H为 PBQ 的重心 , 所以 15 33 HCPC 同理 5 3 FH , 在 FHC 中, 由余弦定理得 55 2 4 99 cos 5 5 2 9 FHC , 即二面角 DGHE 的余弦值为 4 5. 解法二 : 在 ABQ 中, 2AQBD , ADDQ , 所以 90ABQ , 又PB平面 ABQ , 所以 ,BA BQ BP 两两垂直 , 以B为坐标原点 , 分别以 ,BA BQ BP 所在直线为x轴, y 轴,z轴 , 建立如图所示的空 间直角

27、坐标系,设 2BABQBP ,则 (1,0,1)E , (0,0,1)F , (0,2,0)Q , (1,1,0)D , (0,1,0)C(0,0, 2)P ,所以 (1 , 2 ,EQ , (0,2,1)FQ , ( 1, 1,2)DP , (0, 1,2)CP ,wt6qbkCyDE 设平面 EFQ 的一个法向量为 111 (,)mx y z , 由 0m EQ , 0m FQ , 得 111 11 20 20 xyz yz 取 1 1y , 得 (0,1 ,2)m . 设平面 PDC 的一个法向量为 222 (,)nxyz 由 0n DP , 0n CP , 得 222 22 20 20

28、 xyz yz 37 / 42 取 2 1z , 得 (0,2,1)n . 所以 4 cos, 5 m n m n m n 因为二面角 DGHE 为钝角 , 所以二面角 DGHE 的余弦值为 4 5 . 15 证明 : 1 ACB D。 (II求直线 111 BCACD与平面所成角的正弦值.Yl4HdOAA61 【答案】解: ( ACBBABCDBDABCDBBDCBAABCD 111111 ,面且面是直棱柱 DBACBDBDBBDBACBBBBDBDAC 11111 ,，面。面且又 . ( 证毕 ( 。的夹角与平面的夹角即直线与平面直线 111111 ,/ACDADACDCBADBCCB 轴

29、正半轴。为轴正半轴，为点，量解题。设原点在建立直角坐标系，用向XADYABA BDACyBDyACyCyBDDA),0, 3(),0 , 1 ()0, 1 (),0,0(),3 ,0 , 3(),0 ,0, 3(,00,0 1 ，则，设 ).3, 0, 3(),0,3, 1(. 30,0030 1 2 ADACyyyBDAC ），（），（的一个法向量平面则的法向量为设平面303,313-. 0 0 , 1 1 1 ADnACD ADn ACn nACD 38 / 42 7 21 37 33 |,cos|sin003,313- 1 ADnADnACD），（），（的一个法向量平面 7 21 11

30、夹角的正弦值为与平面所以ACDBD. 16 求证 : 11; CDADD A平面 (2若直线 1 AA与平面 1 ABC所成角的正弦值为 6 7 , 求k的值。 (3现将与四棱柱 1111 ABCDABC D形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新 的棱柱 , 规定 : 若拼接成的新的四棱柱形状和大小完全相同, 则视为同一种拼接方案. 问: 共有几种不同的方案?在这些拼接成的新四棱柱中, 记其中最小的表面积为( )f k, 写出 ( )f k的表达式 ( 直接写出答案,不必要说明理由qd3YfhxCzo 【答案】解:( 取CD中点E, 连接BE / /ABDEQ,3ABDEk 四边形ABED

31、为平行四边形 / /BEAD且4BEADk 在BCEV中,4 ,3 ,5BEk CEk BCkQ 222 BECEBC 90BEC,即BECD,又/ /BEADQ,所 以 CDAD 39 / 42 1 AAQ平面ABCD,CD平面ABCD 1 AACD, 又 1 AAADAI, CD平面 11 ADD A ( 以D为原点 , 1 ,DA DC DD uu u r uuu r uuur 的方向为, ,x y z轴的正方向建立如图所示的空间直角 坐标系(4 ,0,0)Ak,(0,6,0)Ck, 1(4 ,3 ,1) Bkk, 1(4 ,0,1) Ak 所以( 4 ,6 ,0)ACkk uuu r

32、, 1 (0,3 ,1)ABk uuu r , 1 (0,0,1)AA uuu r 设平面 1 ABC的法向量( , , )nx y z, 则由 1 0 0 AC n ABn uuu r uuu r 得 460 30 kxky kyz 取2y, 得(3,2, 6 )nk 设 1 AA与平面 1 ABC所成角为, 则 1 1 1 , sin|cos,| | | AA n AA n AAn uuu r uuu r uuu r 2 66 7 3613 k k , 解得1k. 故所求k的值为 1 ( 共有4种不同的方案 2 2 5 7226 ,0 18 ( ) 5 3636 , 18 kkk f k

33、kk k 17 证明 : 1/ / BC平面 1 ACD。( 求二面角 1 DACE的正弦值 . 40 / 42 【答案】 18 求证 :AA1平面ABC。 ( 求二面角A1-BC1-B1的余弦值。 ( 证明 :在线段 BC1存在点 D,使得ADA1B, 并求 1 BD BC 的值 . A B C D 1 A 1 C 1 B E 41 / 42 【答案】解: (I 因为 AA1C1C为正方形 , 所以 AA1 AC. 因为平面ABC 平面 AA1C1C,且 AA1垂直于这两个平面的交线AC,所以 AA1平面 ABC. (II 由(I 知 AA1 AC,AA1 AB. 由题知AB=3,BC=5,

34、AC=4,所以 AB AC. 如图 , 以 A为原点建立空间直角坐标系A-xyz,则 B(0,3,0,A 1(0,0,4,B1(0,3,4,C1(4,0,4,501nNvZFis 设平面 A1BC1的法向量为, )x y zn = (, 则 1 11 0 0 A B AC n n , 即 340 40 yz x , 令3z, 则0x,4y, 所以(0,4,3)n =. 同理可得 , 平面BB1C1的法向量为(3, 4,0)m =, 所以 16 cos 25 n m n,m |n | m | . 由 题知二面角A1-BC1-B1为锐角 , 所以二面角A1-BC1-B1的余弦值为 16 25 .jW1viftGw9 (III设 D( , , )x y z是直线 BC1上一点 , 且 1 BDBC. 所以( ,3, )(4, 3,4)x yz. 解得4x,33y,4z. 所以 (4 ,33 ,4 )AD . 由 1 0AD AB, 即9250. 解得 9 25 . 因为 9 0,1 25 , 所以在线段BC 1上存在点 D, 使得 AD A 1B. 此时 , 1 9 25 BD BC . 申明： 所有资料为本人收集整理，仅限个人学习使用，勿做商业用 途。 42 / 42