完整版近年高考理科立体几何大题汇编可编辑修改word版.docx
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近几年高考理科立体几何大题汇编
1.(2018年III卷)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.
2、[2014·新课标全国卷Ⅱ]四棱锥PABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.
(1)证明:
PB∥平面AEC;
(2)设二面角DAEC为60°,AP=1,AD=3,求三棱锥EACD的体积.
3.(2017•新课标Ⅰ卷)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.
(1)证明:
平面PAB⊥平面PAD;
(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A﹣PB﹣C的余弦值.
4.(菱形建系)[2014·新课标全国卷Ⅰ]如图三棱柱ABCA1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.
(1)
证明:
AC=AB1;
(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角AA1B1C1的余弦值.
5.(菱形建系)【2015高考新课标1】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.
6.(翻折)(2018年I卷)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.
7.(翻折)(2016年全国II高考)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,
AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF=5,EF交BD于点H.将
4
∆DEF沿EF折到∆D'EF位置,OD'=.
(Ⅰ)证明:
D'H⊥平面ABCD;
(Ⅱ)求二面角B-D'A-C的正弦值.
8.(动点问题)(2018年II卷)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=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.
AC
近几年高考理科立体几何大题汇编
1.(2018年III卷)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.
1.解:
(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BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
DA
(2)以D为坐标原点,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,即⎧-2x+y+z=0,
⎨n⋅
⎨2y=0.
⎩⎪AB=0.⎩
可取n=(1,0,2).
DA
是平面MCD的法向量,因此
cos
n,DA
n⋅
==,
|n||DA|5
sin
n,DA,
5
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.
2、[2014·新课标全国卷Ⅱ]如图13,四棱锥PABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.
(1)证明:
PB∥平面AEC;
(2)设二面角DAEC为60°,AP=1,AD=3,求三棱锥EACD的体积.
图13
2,解:
(1)证明:
连接BD交AC于点O,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⊥平面ABCD,ABCD为矩形,
||AP
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,→为
单位长,建立空间直角坐标系Axyz,则D(0,3,0),E(0,
1→
,,AE=0,
22
,1.
22
设B(m,0,0)(m>0),则C(m,3,0)→(m,3,0).
,AC=
设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,
→
n1·AC=0,
则→
){mx+3y=0,)
n1·AE=0,
2y+z=0,
可取n1=(
2
,-1,).
又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,
1
由题设易知|cos〈n1,n2〉|=,即
2
13
=,解得m=.
22
11
因为E为PD的中点,所以三棱锥EACD的高为.三棱锥EACD的体积V=×
23
131
×3××=.
2228
3.(2017•新课标Ⅰ卷)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.
(1)证明:
平面PAB⊥平面PAD;
(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A﹣PB﹣
C的余弦值.
3.【答案】
(1)证明:
∵∠BAP=∠CDP=90°,∴PA⊥AB,PD⊥CD,∵AB∥CD,∴AB⊥PD,
又
∵
PA∩PD=P,
且
PA⊂
平
面
PAD,
PD⊂
平
面PAD,
∴
AB⊥平
面
PAD,
又
AB⊂
平
面
PAB,
∴
平
面
PAB⊥
平
面
PAD;
(2)解:
∵AB∥CD,AB=CD,∴四边形ABCD为平行四边形,由
(1)知AB⊥平面PAD,∴AB⊥AD,则四边形ABCD为矩形,
在△APD中,由PA=PD,∠APD=90°,可得△PAD为等腰直角三角形,
设PA=AB=2a,则AD=
.
取AD中点O,BC中点E,连接PO、OE,
以O为坐标原点,分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系,则:
D(
),B(
),P(0,0,
),C(
).
,
,
.
设
平
面
PBC的
一
个
法
向
量
为
,
由,得,取y=1,得.
∵AB⊥平面PAD,AD⊂平面PAD,∴AB⊥AD,又PD⊥PA,PA∩AB=A,
∴PD⊥平面PAB,则为平面PAB的一个法向量,.
∴cos<>==
.由图可知,二面角A﹣PB﹣C为钝角,
∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为.
4.(菱形建系)[2014·新课标全国卷Ⅰ]如图三棱柱ABCA1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.
(1)证明:
AC=AB1;
(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角AA1B1C1的余弦值.
4解:
(1)证明:
连接BC1,交B1C于点O,连接AO,因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1C⊥BC1,且O为B1C及BC1的中点.
又AB⊥B1C,所以B1C⊥平面ABO.
由于AO⊂平面ABO,故B1C⊥AO.
又B1O=CO,故AC=AB1.
(2)因为AC⊥AB1,且O为B1C的中点,所以AO=CO.
又因为AB=BC,所以△BOA≌△BOC.故OA⊥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Oxyz.
(3)
因为∠CBB1=60°,所以△CBB1为等边三角形,又AB=BC,则A0,0,3,
1
B(1,0,0),B(0,3,0),C(0,-3,0).
→
AB1=0,
3
,-3)
3
→3
,A1B1=AB=1,0,-,
333
→()
设n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,则
n·AB1=0,
3y-z=0,)
→
n·A1B1=0,
)即所以可取n=(1,3,
3).
x-z=0.
设m是平面A1B1C1的法向量,
→
m·A1B1=0,
则→
m·B1C1=0,
)同理可取m=(1,-
3,3).
n·m1
则cos〈n,m〉==.
|n||m|7
1
所以结合图形知二面角AA1B1C1的余弦值为.
7
5.(菱形建系)【2015高考新课标1】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.
又∵AE⊥EC,∴EG=,EG⊥AC,
在Rt△EBG中,可得BE=,故DF=2.
2
在Rt△FDG中,可得FG=6.
2
在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,DF=2可得EF=32,
22
∴EG2+FG2=EF2,∴EG⊥FG,
∵AC∩FG=G,∴EG⊥平面AFC,
∵EG⊂面AEC,∴平面AFC⊥平面AEC.……6分
(Ⅱ)如图,以G为坐标原点,分别以的方向为x轴,y轴正方向,
|GB|
单位长度,建立空间直角坐标系G-xyz,由(Ⅰ)可得A(0,-,0),E(1,0,
),
F(-1,0,),C(0,,0),∴AE=(1,,),CF=(-1,
2
-,2).…10分
2
故cos<>=
AECF3
|AE||CF|3
所以直线AE与CF所成的角的余弦值为
3.……12分
3
6.(翻折)(2018年I卷)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.
6.解:
(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.
HF
以H为坐标原点,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PH=
3,EH=3.
22
则H(0,0,0),P(0,0,
3),D(-1,-3
=3
=(0,0,
3)为平面ABFD的
法向量.
22222
3
HPDP43
设DP与平面ABFD所成角为,则sin=|
|HP||DP|
|==.
4
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为3.
4
7.(翻折)(2016年全国II高考)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,
AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF=5,EF交BD于点H.将
4
∆DEF沿EF折到∆D'EF位置,OD'=.
(Ⅰ)证明:
D'H⊥平面ABCD;
(Ⅱ)求二面角B-D'A-C的正弦值.
7.
【解析】⑴证明:
∵AE=CF=5,∴AE=CF,
4ADCD
∴EF∥AC.∵四边形ABCD为菱形,∴AC⊥BD,
∴EF⊥BD,∴EF⊥DH,∴EF⊥D'H.
∵AC=6,∴AO=3;又AB=5,AO⊥OB,∴OB=4,
∴OH=AE⋅OD=1,∴DH=D'H=3,∴OD'2=OH2+D'H2,∴D'H⊥OH
AO
.又∵OHIEF=H,∴D'H⊥面ABCD.
⑵建立如图坐标系H-xyz.
B(5,
0,0),C(1,3,
0),D'(0,
0,3),A(1,
-3,
0),
AB=(4,3,
0),AD'=(-1,
3,3),AC=(0,
6,0),
设面ABD'法向量n1=(x,y,z),
⎧
⎧x=3
由⎪n1⋅AB=0
得⎧4x+3y=0
,取⎪y=-4,∴n=(3,
-4,
5).
⎨
⎪⎩n1AD=0
⎨-x+3y+3z=0
⎨1
⎩
⎪z=5
同理可得面AD'C的法向量n2=(3,0,1),
∴cos==
=,∴sin=.
2525
8.(动点问题)(2018年II卷)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=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.
解:
(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.
连结OB.因为AB=BC=
2AC,所以△ABC为等腰直角三角形,
2
且OB⊥AC,OB=1AC=2.
2
由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.
由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.
(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(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,23),AP=(0,2,23),取平面
PAC的法向量OB=(2,0,0).
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