高考数学《立体几何》真题大题解析汇总Word文件下载.docx
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2.(髙考新课标2理数)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,
AB=5.AC=69点EF分别在AD.CD上,AE=CF=-,EF交BD于点H・将4
△DEF沿EF折到AD'
EF位萱,OD'
=g
£
)7/丄平而ABCD,(II)求二面角B-DfA-C的正弦值.
(I)详见解析;
(1【)仝?
.
【解析】试题分析:
(I)证AC//EF.再证QH丄0H,最后证£
>
7/丄平面ABCD;
(II)
用向量法求解・
AFCF
(I)由已知得AC丄BD,AD=CD,又由AE=CF得二二=——,故ADCD
AC//EF.
因此EF丄HD,从而EF丄DH.由AB=5,AC=6得
do=bo=>
Jab2-ao2=4.
OHAEi
由EF//AC得——=一=一・所以0/7=1,DH=DH=3・
DOAD4
于是OH=i,DfH+OH2=32+卩=1O=D02,
故DHLOH.
又D'
H丄EF,而OHcEF=H,
所以DH丄平而ABCD.
(II)如图,以H为坐标原点,丽的方向为x轴的正方向,建立空间直角坐标系
H-xyz,则H(0,0,0),4(-3,_2,0),3(0,-5,0),C(3,_l,0),"
(0,0,3)刀=(3,-4,0),
AC=(6,0,0),丽=(3丄3).设m=(xpypZ1)是平而ABD的法向量,则
m・AB=0
m-ADf=0
3召一4开=0
3州+y}+3石=0
n・AC=0
n-ADf=0
所以可以取也=(4,3,-5)・设办=(可”2心)是平而ACD的法向量,则
6x2=0
3x2+y2+3z2=0
所以可以取齐=(0,—3,1)・于是
一-m-n-147>
/5
cos<
m.n>
=—=—==——==
1加1•巾I>
/50x>
A025sinv^/x込.
25
因此二而角B-DA-C的疋弦值是攀.
线面垂宜的判定、二而角.
【名师点睹】证明直线和平而垂直的常用方法有:
①判定左理;
②a〃b,a丄□=b丄«
:
③a〃B,a丄«
=a丄B;
④而而垂直的性质.线而垂直的性质,常用来证明线线垂直.求二而角最常用的方法就是分別求出二面角的两个而所在平而的法向量•然后通过两个平面的法向量的夹角得到二而角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.
3.(高考山东理数)在如图所示的圆台中,AC是下底而圆0的宜径,EF是上底面圆0,的直径,FB是圆台的一条母线.
(I)已知G,H分别为EC,FB的中点,求证:
GH〃平面ABC;
(II)已知EF=FB=-AC=2>
/3,AB=BC.求二而角F-BC-A的余弦值.
2
【答案】门)见解析:
“)¥
(I)根据线线、面而平行可得与直线GH与平面ABC平行;
(II)立体几何中的角与距离的计算问题,往往可以利用几何法、空间向量方法求解,其中解法一建立空间直角坐标系求解;
解法二则是找到ZFNM为二而角F-BC-A的平面角直接求解.
设FC的中点为连接
在厶CEF,因为G是CE的中点,所以G///EF,
又EF//OB,所以G///OB,
在△CFB中,因为H是阳的中点,所以HIIIBC又HIcGI=I,所以平而GH///平面ABC.
因为GHu平面GH/,所以GH//平而ABC.
(II)解法一:
连接00'
则OO'
丄平面ABC,
又AB=BCy且AC是圆。
的直径,所以BO丄AC.
以0为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-RZ,
由题意得8(0,2石,0),C(-2jl0,0),过点F作FM垂直OB于点M,
所以FM=JFB^BW=3,
可得F(0,^33)
故B€=(一2VI-2血,0),BF=(0,-屈3).
设m=(俎”z)是平而BCF的一个法向呈.
由<
m・BC=0
m・BF=0
-2屈-2后=0
-馆y+3z=0
可得平而BCF的一个法向量加=(-1丄因为平而ABC的一个法向虽7?
=(0,0,1),
所以cos<
m,n>
=t'
[=—
I/nil/?
I7
所以二而角F-BC-A的余弦值为Q
解法二:
过点F作FM丄OB于点M,则有FM//OO'
又OO'
丄平而ABC,
所以FM丄平而ABC,
可得FM=y]FB2-BM2=3,
过点M作MN垂直于点N,连接FN,
可得FN丄BC,
从而ZFNM为二面角F-BC-A的平而角.又AB=BC,AC是圆。
的直径,
所以二而角F-BC-A的余弦值为近.
7
1.平行关系:
2.异而直线所成角的计算.
【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答本题,关键在于能利用直线与直线、直线与平而、平面与平面关系的相互转化,通过严密推理,给出规范的证明.立体几何中的角与距离的讣算问题,往往可以利用几何法、空间向量方法求解,应根据题目条件,灵活选择方法.本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力\转化与化归思想及基本运算能力等.
4.(高考天津理数)如图,正方形ABCD的中心为0,四边形OBEF为矩形,平而OBEF丄平而ABCD,点G为AB的中点,AB^BE二2.
(I)求证:
EG〃平而ADF:
(II)求二面角0-EF-C的正弦值;
(HI)设H为线段AF上的点,且AH二_HF,求直线BH和平而CEF所成角的正弦值.
【答案2)详见解析(H)曾書
(I)利用空间向量证明线面平行,关键是求岀而的法向量,利用法向量与直线方向向量垂直进行论证(II)利用空间向呈求二面角,关键是求出而的法向量.再利用向量数量积求出法向量夹角,最后根据向量夹角与二面角相等或互补关系求正弦值
(III)利用空间向量证明线而平行,关键是求岀而的法向量,再利用向量数量积求出法向量夹角,最后根据向量夹角与线而角互余关系求正弦值
依题意,OF丄平面ABCD,如图,以O为点,分别以AD.BA.OF的方
向为大轴,y轴、z轴的正方向建立空间宜角坐标系,依题意可得O(0,0,0),
A(—1丄0)*(—1,—l,0),C(l,—l,0),D(l丄0),E(7—l,2),F(0,0,2),G(—l,0,0)・
依题意,丽=(2,0,0),乔=(1,72)・设兀=(兀,幵乙)为平面ADF的
-AD=02x=0一,、
左向量,贝%丄一,即{・不妨设z=l,可得厲=(021),又
〔厲・AF=0[x-y+2z=0
EG=(OJ,-2),可得EGn}=0>
又因为直线EGu平面ADF,所以
EG仃平jffiADF.
(II)解:
易证,04=(-1丄0)为平而OEF的一个法向量.依题意,
EF=(1,1,O),CF=(—1丄2).设勺=(xjz)为平而C£
F的法向崑则{二—
g•CF=0
■■
即<
牙+¥
=0
-爲+2“。
•不妨设归‘可得
因此有cos<
OA.>
=._.[一
■I网m
OA・n2_a/6
3,于是“nv丙,"
,所以,二而角
O-EF-C的正弦值为£
(HI)解:
由皿紳
2,
得AH=-AF・因为AF=(1,—1,2),所以
进而有H
从而丽4|,暑>因此
書.所以,直线跖和平而CM所成角的正弦值为
21'
利用空间向量解决立体几何问题
5.(年髙考北京理数)如图,在四棱锥P-ABCD中,平而BAD丄平而ABCD,必丄PD,PA=PD,AB丄AD,AB=i,AD=2,AC=CD=y/5,
(1)求证:
PD丄平而E4B:
(2)求直线P3与平而PCD所成角的正弦值;
(3)在棱Q4上是否存在点使得BM//平而PCD?
若存在,求地的值;
若
AP
不存在,说明理由.
(1)见解析:
(2)纟;
(3)存在,—=-
3AP4
(1)由面而垂直性质左理知AB丄平而PAD:
根据线面垂直性质左理可知
丄PD,再由线而垂直判泄泄理可知PD丄平而PAB;
(2)取AD的中点0,连
结PO、CO,以0为坐标原点建立空间直角坐标系0-.OZ,利用向量法可求出直线
P3与平而PCD所成角的正弦值:
(3)假设存在,根拯A,P』三点共线,设AM=AAP,根据BM//平ffnPCZ),即丽・7=0,求兄的值,即可求出也(的值.
(1)因为平而PAD丄平而ABCD,A3丄仙,
所以丄平而PAD,所以AB丄PQ,
又因为PA丄PD,所以PD丄平面PAB:
(2)取AD的中点0,连结PO,CO,
因为E4=PD,所以PO丄AD.
又因为POu平而PAD,平而PAD丄平而ABCD,
所以PO丄平而ABCD.
因为COu平而ABCD,所以PO丄CO.
因为AC=CD,所以CO丄AD.
如图建立空间直角坐标系0-小吃,由题意得,
4(0丄0),B(1丄0),C(2,0,0),»
(0,—1,0),P(OQ1)・
设平而PCD的法向呈:
为n=(A;
>\z),则
二而7即]
n-PC=0,
_y_乙=0,
2兀一乙=0,
令z=2,则x=l,y=-2・
所以n=(1-2,2).
.-♦—•n■PB\[^
又PB=(1,1-1)>
所以cos5PB>
=、所以直线与平而PCD所成角的正弦值为斗
(3)设M是棱PA上一点,贝ij存在2£
[0,1]使得AM=AAP・因此点M(0,1—兄,刃,莎=(一1-2,2).
因为BMcz平面PCD,所以〃平而PCD当且仅当BM-n=0,
即(一1,一入久)・(1,—2,2)=0,解得A=-.
4
所以在棱PA上存在点M使得QW〃平而PCD.此时—=丄.
AP4
1.空间垂直判泄与性质:
2.异而直线所成角的计•算;
3.空间向量的运用.
【名师点睛】平而与平而垂直的性质的应用:
当两个平面垂直时,常作的辅助线是在英中一个而内作交线的垂线,耙而面垂宜转化为线而垂直,进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平而几何的知识证明垂直关系),构造(寻找)二而角的平而角或得到点到面的距离等.
6.(高考新课标3理数)如图,四棱锥P-ABC中,必丄地面ABCD,AD//BC,
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〃平而如;
(II)求直线AN与平而PWN所成角的正弦值.
(I)见解析:
(II)—・
(I)取的中点丁,然后结合条件中的数据证明四边形AMNT为平行四边形,从而得到MN//AT,由此结合线而平行的判断左理可证:
(II)以A为坐标原点,以AD.AP所在直线分别为”乙轴建立空间直角坐标系,然后通过求直线4N的方向向虽与平面PMN法向呈:
的夹角来处理AN与平而PMN所成角.
(I)由已知得AM=-AD=2.取3P的中点7\连接ATJN,由N为
3
PC中点知77V//BC,心-2.
又AD//BC,故77V/4M,四边形AMNT为平行四边形,于是MN//AT.
因为ATu平而PAB,平而所以MN//平而PAB.
(II)取BC的中点E,连结AE,由AB=AC得AE丄BC,从而AE丄AD,且
AE=yjAB2-BE2=QaB,-(^-)2=^5.
以A为坐标原点,疋的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-JQZ,
由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(屁,0),iV(—,1,2),
PA/=(0,2,-4),顾=(仝丄一2),丽=(耳,1,2).
22
设”=为平而PMN的法向崑则<
n・PM=0,即n・PN=0
2x-4z=0
討可取
畀=(021),
于是Icos<
nyAN>
1=
1齐・滴
\h\\AN\
1、空间直线与平而间的平行与垂直关系:
2、棱锥的体积.
【技巧点拨】
(1)证明立体几何中的平行关系,常常是通过线线平行来实现,而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证;
(2)求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系,利用空间向量中的夹角与距离来处理.
7.(高考浙江理数)如图,在三棱台ABC-DEF中,平而BCFE丄平而ABC,
ZACB=90,BE二EF二FC二1,BC二2,AC二3.
EF丄平而ACFD:
(II)求二而角B-AD-F的平面角的余弦值.
(I)证明见解析:
(II)
(I)先证BF丄AC,再证BF丄CK,进而可证BF丄平而ACFD:
(II)方法一:
先找二而角B-AD—F的平而角,再在RtABQF中计算,即可得二面角B-AD-F的平面角的余弦值;
方法二:
先建立空间直角坐标系,再il•算平面ACK和平而ABK的法向量,进而可得二面角B-AD-F的平面角的余弦值.
(I)延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.
因为平面BCFE丄平而ABC.且AC丄BC,所以,
AC丄平面ECK,因此,
BF丄AC.
又因为EF//BC,EE=EF=FC=1,BC=2,所以
ABCK为等边三角形,且F为CK的中点,则
BF丄CK.
所以BF丄平WACFD.
B
(II)方法一:
过点F作FQ丄AK,连结BQ.
因为BF丄平面ACK,所以BF丄AK,则AK丄平而BQF,所以BQ丄AK.
所以,ZBQF是二面角B-AD—F的平而角.
在RtAACK中,AC=3,CK=2,得=
13
在RlABQF中,FQ=¥
^
BF=>
/5,得cosZBQF=
所以,二面角B-AD—F的平面角的余弦值为迺
如图,延长AD,BE,CF相交于一点K,则ABCK为等边三角形.
取BC的中点O,则KO丄BC,又平而BCFE丄平而ABC,所以,KO丄平而ABC.以点O为原点,分别以射线OB,OK的方向为X,z的正方向,
建立空间直角坐标系Oxyz.
由题意得
B(1,O,O),C(_1,O,O),K(0,0“),
A(—1,—3,0),
因此,
AC=(0,3,0),赢=(1,3,间,AB=(2,3,0).
设平而ACK的法向咼为m=(x,),平而ABK的法向量为亓=(七宀必?
)・
ACAKABAK
r;
丨丨・・fm<
/丿、
由由
得严。
[召+3”+辰]=0
取帀=(巧,0,-1):
于是.
.“0,得2电+3〉*0•亓=0[%2+3力+7^2=0
所以,二面角B-AD—F的平面角的余弦值为
1、线面垂直:
2、二而角.
【方法点睛】解题时一泄要注意二而角的平而角是锐角还是钝角,否则很容易出现错误.证明线而垂直的关键是证明线线垂直,证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线.
8.(年高考四川理数)如图,任四棱锥P-ABCD中,AD〃BC,ZADC二ZPAB二90°
BC=CD=
-AD,E为边AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°
.
(I)在平而PAB内找一点M,使得直线CH〃平而PBE,并说明理由:
(II)若二而角P-CD-A的大小为45°
求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.
(1【)
(I)探索线而平行,根据是线而平行的判过过理,先证明线线平行,再得线而平行,而这可以利用已知的平行,易得CD〃EB:
从而知M为DC和AB的交点:
(II)求线而角,可以先找到这个角,即作岀直线在平而内的射影,再在三角形中解出,也可以利用已知图形中的垂直建立空间直角坐标系,用向量法求岀线而角(通过平面的法向量与直线的方向向量的夹角来求得).
(I)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.
延长AB,DC,相交于点M(MG平而PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:
由已知,BC〃ED,且BC二ED.
所以四边形BCDE是平行四边形.,所以CD〃EB
从而CM〃EB.
又EBu平而PBE,QI0平而PBE,
所以CM〃平而PBE.
(说明:
延长AP至点N,使得AP二PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)
由已知,CD丄PA,CD丄AD,PAcAD二A,
所以CD丄平而PAD.
从而CD丄PD.
所以ZPDA是二而角P-CD-A的平而角.
所以ZPDA二45°
・
设BC=1,则在RtAPAD中,PA=AD=2.
过点A作AH丄CE,交CE的延长线于点H,连接PH.易知PA丄平而ABCD,
从而PA丄CE.
于是CE丄平而PAH・
所以平而PCE丄平而PAH.
过A作AQ丄PH于Q,则AQ丄平而PCE.所以ZAPH是PA与平而PCE所成的角.
在RtAAEH中,ZAEH=45°
AE=b
所以AH乎
在RtAPAH中,
所以sinZAPH=—=-.
PH3
由已知,CD丄PA,CD丄AD,PAcAD二A,所以CD丄平而PAD.
于是CD丄PD・
从而ZPDA是二而角P-CD-A的平而角.所以ZPDA=45°
由PA丄AB,可得PA丄平而ABCD.
z轴的正方向,建立如图所
作Ay丄AD,以A为原点,以而,丽的方向分别为x轴,
示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),
所以陀二(1,0,-2),
EC=(1,1,0),
丽二(0,0,2)
设平而PCE的法向量为n=(x,y,z),
x-2z=0,
设x=2,解得n=(2,-2,1).
设直线PA与平而PCE所成角为(】•则sin。
二
\n-AP\
2=]
2x722+(-2)2+123
所以直线PA与平而PCE所成角的正弦值吋•
线线平行、线而平行、向量法.
【名师点睹】本题考查线面平行、线线平行、向量法等基础知识,考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力.证明线而平行时,可根据判迩左理的条件在平面内找一条平行线,而这条平行线一般是由过面外的直线的一个平而与此平而相交而得,i正明时注意立理的另外两个条件(线在面内,线在面外)要写全,否则会被扣分,求线而角(以及其他角),一种方法可根据立义作出这个角(注意还要证明),然后通过解三角形求岀这个角.另一种方法建立空间直角坐标系,用向量法求角,这种方法主要是计算,不需要"
作角、证明”,关键是记住相应公式即可.
9.(髙考上海理数)将边长为1的正方形AA.O.O(及其内部)绕的OO]旋转一周形成
圆柱,如图,AC长为-7T,人妨长为兰,其中d与C在平而必QO的同侧。
(1)求三棱锥C—OJ/i的体积;
(2)求异而直线目(7与人人所成的角的大小。
【答案】⑴習.⑵彳.
(1)由题意可知,圆柱的高/?
=1,底面半径r=l.
确定彳.计算后即得.
(2)设过点§
的母线与下底而交于点B,根据BB//AA「知ZCBQ或其补角为直
线BQ与AA]所成的角.确^ZCOB=-,CB=1・得岀ZCB.B=-,
34
(1)由题意可知,圆柱的高〃=1,底面半径r=l.
由A耳的长为兰,可知ZA.O.B,=-.
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