近年高考理科立体几何大题汇编doc.docx
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近年高考理科立体几何大题汇编doc
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MABC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P-ABCD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D-AE-C为60°,AP=1,AD=
3,求三棱锥E-ACD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ABC-A1B1C1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A-A1B1-C1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PFBF.
(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,OD10.
(Ⅰ)证明:
DH平面ABCD;
(Ⅱ)求二面角BDAC的正弦值.
8.(动点问题)(2018年II卷)如图,在三棱锥P
ABC中,AB
BC22,
PAPBPCAC
4,O为AC的中点.
P
(1)证明:
PO
平面ABC;
(2)若点M在棱BC上,且二面角MPA
C为
30,求PC与平面PAM所成角的正弦值.
O
AC
M
B
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?
所在平面垂直,是?
上异
CDMCD
于C,D的点.
(1)证明:
平面AMD⊥平面BMC;
(2)当三棱锥MABC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BCICM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
uuur
(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M?
ABC体积最大时,M为?
的中点.
CD
由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),
uuuuruuuruuur
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
uuuur
0,
2x
yz0,
AM
n
uuur
0.
即
0.
AB
2y
可取n(1,0,2).
uuur
DA是平面MCD的法向量,因此
uuur
uuur
5
nDA
cosn,DA
uuur
,
|n||DA|
5
uuur
25,
sinn,DA
5
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是
2
5.
5
2、[2014·新课标全国卷Ⅱ]如图1-3,四棱锥P-ABCD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D-AE-C为60°,AP=1,AD=
3,求三棱锥E-ACD的体积.
图1-3
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,
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|
D(0,
3,0),E0,
3
1
→
为单位长,建立空间直角坐标系
A-xyz,则
2
,2
,AE=
3
1
0,2
,2.
→
3,0).
设B(m,0,0)(m>0),则C(m,3,0),AC=(m,
设n1=,
,
z)
为平面
ACE
的法向量,
(xy
→
mx+
3y=0,
n1·AC=0,
即3
则
1
→
2y+2z=0,
n1·AE=0,
可取n1=m3,-1,3.
又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,由题设易知|cos〈n1,n2〉|=12,即
3
1
3
.
2=,解得m=
3+4m
2
2
因为E为PD的中点,所以三棱锥
E-ACD的高为
1三棱锥
E-ACD
的体积
V
=1×
2.
3
13132×3×2×2=8.
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
菱形,AB⊥B1C.
(1)证明:
AC=AB1;
(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角
ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为
A-A1B1-C1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
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