近三年高考全国卷理科立体几何真题文档格式.docx
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E0,0,0B0,2a,0
A2a,a,0
EB=[0,2a,0,
B#,-2a,基a
2
AB=-2a,0,0
设面BEC法向量为x,
■一2ay=0
mEB=0
■.,即a_
mBC=0
Xi二
m=.3,0,-1
设面ABC法向量为n=x2,y2,z2
_219
19
设二面角E—BC—A的大小为-.
cost-mn=
制|J3+1(3+16
•••二面角e_Bca的余弦值为一睜
2、(20XX年全国II高考)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,
5
AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上,AE二CF,EF交BD于点H•将4
DEF沿EF折到D'
EF位置,OD'
」;
10.
DH一平面ABCD;
.AE_CF
'
ADCD
AC_BD,
•EFDH
(U)求二面角B-DA-C的正弦值.
【解析】⑴证明:
:
AE=CF=5
4
•••EFIIAC.
•••四边形ABCD为菱形,
•EF_BD,•EF_DH
•/AC=6,•AO=3;
又AB=5,AO_OB,•OB=4,
AE
二OHOD=1,二DH=DH=3,
AO
222
•••|OD]=|OH|+|D'
H|,二D'
H丄OH.
又TOHIEF=H,•D'
H_面ABCD.
⑵建立如图坐标系H_xyz.
B5,0,0,C1,3,0,D'
0,0,3,A1,-3,0,
urnuuuruuu
AB=4,3,0,AD'
=—1,3,3,AC=0,6,0,
设面ABD'
法向量厲=x,y,z,
ir
••ni=3,—4,5.
ui
同理可得面AD'
C的法向量n=[3,0,1,
sin*295
3、(20XX年全国III高考)如图,四棱锥P—ABC中,PA丄地面ABCD,ADPBC,
AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,
AM=2MD,N为PC的中点.
(I)证明MN-平面PAB;
(II)求直线AN与平面PMN所成角的正弦
试题解折:
(I)由已知得曲f»
取肿的中点八连接AriN,由.V为PC中点知
TNQRG,jy=^BC=2-
又ADHPC,故ZV平行且等于AM}四边形AMXT为平行四边形,于是XIXAT.
因为ATu平面PABrMXZ平面PABr所以MN平面PAB.
(11)取丘0的中点£
连结AEr由AB=AC得川从而辺,且
AE=JAB匚BE:
=^AB1一(竽):
=运.
以川为坐标原点.AE的方向为兀轴正方向」建立如團所示的空间直角坐标系A-xyz,由题知,
円取之卑it),丽岸丄2).
设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,
n二(0,2,1),
|nAN|8、5
于是|cos:
n,AN|=
|n||AN|25
4、【2015高考新课标2,理19】
如图,长方体ABCD—ABiGD,中,AB=16,BC=10,AA,=8,点E,F分别在
AB,CQ上,AE=UF=4•过点E,F的平面a与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.
(I)在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由);
(U)求直线AF与平面〉所成角的正弦值.
【答案】
(I)详见解析;
(U)45.
15
(I)交线围成的正方形EHGF如图:
(II)作EM_ADr垂足为”,=EMAl=S,因次EHGF为正方形,所以
EH=EF=BC=10.于是'
虫=品于_&
"
=6,所以AHTQ.以D为坐标原点,刃的方向再
耳轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-聊;
则型10卫卩7/(1040,0),£
(]0:
4:
8),
n-AF
cos<
n.AF>
■—-
-1jAF
HOJ.S),^£
=(10^.0),・设n=(x,ytz)是平面EHGF的法向輦,则
10<
=0;
所以可取^=(0JJ).又五二(-10.4.S),故—6y+Sz=0.
线普与平甌所成朋正弦值为誓
【考点定位】1、直线和平面平行的性质;
2、直线和平面所成的角.
DiFCi
【名师点睛】根据线面平行和面面平行的性质画平面:
与长方体的面的交线;
由交线的位置可确定公共点的位置,坐标法是求解空间角问题时常用的方法,但因其计算量大的特点很容易出错,故坐标系的选择是很重要的,便于用坐标表示相关点,先求出面口的法向量,利用sin日=coscn,AFa求直线AF与平面c(所成角的正弦值.
5、【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丄平面ABCD,DF丄平面ABCD,BE=2DF,AE丄EC.
平面AEC丄平面AFC;
(U)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.
(I)见解析⑴33
试题分析;
(I)连接50,设夕连接三G,FG57-在菱形QCD中,不妨设L-5=l易证三G丄
通过计算可证三G丄FG根据线面垂直判定定理可知三G丄平面.夕匕由面面垂頁判定定理知平面辛面仝G(II)以G为坐标原总分别\^GB,GC的育向为工轴,;
轴正方向,GB淘单位长匡建立空间直甬坐标系仇二利用向壘法可求出异面直线上三与CF所廡甬的余弦值.
试题解析’(I)连接3D,设3D'
AC=G.连接EG,FG,EF,在觌A3CD中,不妨设山去1,由二£
01二匚可得MOGOJT
由召三丄平面上占CD,.i3=3CrTMi仝三C、
又•••AE丄EC,:
EG=3,EG丄AC,
•••ACAFG=G,二EG丄平面AFC,
为单位长度,建立空间直角坐标系G-xyz,由(I)可得A(0,—茨,0),E(1,0,
I'
_—二二==
J2),F(—1,0,丄),C(0,站3,0),•AE=(1,P3,<
2),CF=(-1,2
-J3,—2).…10分
故COS:
:
丿
MM*A
|AE||CF「3
所以直线AE与CF所成的角的余弦值为3.
12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
【名师点睛】对空间面面垂直问题的证明有两种思路,思路1:
几何法,先由线
线垂直证明线面垂直,再由线面垂直证明面面垂直;
思路2:
利用向量法,通过计算两个平面的法向量,证明其法向量垂直,从而证明面面垂直;
对异面直线所成角问题,也有两种思路,思路1:
几何法,步骤为一找二作三证四解,一找就是先在图形中找有没有异面直线所成角,若没有,则通常做平行线或中位线作出异面直线所成角,再证明该角是异面直线所成角,利用解三角形解出该角
6[2014新课标全国卷U]如图1-3,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,
FA丄平面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.
解:
连接BD交AC于点0,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丄平面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|为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,则D(0,也,0),E0,豎,2,產
设B(m,0,0)(m>
0),则C(m,3,0),AC=(m,,3,0).设ni=(x,y,z)为平面ACE的法向量,
ni•AC=0,mx+向二0,
则一即_ji
ni•Afe=0,.2y+2z=0,
又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,
1
由题设易知|cos〈ni,n2〉|=2,即
3
解得m=》
7、[2014新课标全国卷I]如图1-5,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB丄B1C.
图1-5
AC=AB1;
⑵若AC丄AB1,/CBB1=60°
AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.
连接BC1,交B1C于点O,连接AO,因为侧面BB1C1C为菱形,所以BQ丄BC1,且O为B1C及BC1的中点.
又AB丄B1C,所以B1C丄平面ABO.
由于AO?
平面ABO,故B1C丄AO.
又B〔O=CO,故AC=AB1.
(2)因为AC丄AB1,且O为B1C的中点,所以AO=CO.
又因为AB=BC,所以△BOA也△BOC.故OA丄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0-xyz.
因为/CBBi
A0,。
,仝
0,
B(1,
J
fxf3C
0),Bi0,3-,0ICo,
.3
又AB
i3,0-
BC,则
AiB仟AB=i,0,—专,
-iV0.
z)是平面AAiBi的法向量,则
y-詐o’
0所以可取心(i,
x-3z=0.
B1C1=BC=
设n=(x,y,
nABi=0,nAiBi=0,
设m是平面AiBiCi的法向量,
则m心0,
mBiCi=0,
同理可取m=(i,-3,.3).
贝Ucos〈n,
m>
i
所以结合图形知二面角A-AiBi-Ci的余弦值为7
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- 三年 高考 全国卷 理科 立体几何