2022年近年高考理科立体几何大题汇编 .pdf

1 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 的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值2、2014 新课标全国卷 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，AP1，AD3，求三棱锥 E-ACD 的体积ABCD?CDM?CDCDAMD BMCMABCMABMCD精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 15 页2 3.（2017?新课标卷）如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，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APBC 的余弦值4.（菱形建系 ） 2014 新课标全国卷 如图三棱柱 ABC -A1B1C1中，侧面 BB1C1C 为菱形，ABB1C. (1)证明： ACAB1；(2)若 ACAB1，CBB160，ABBC，求二面角 A -A1B1- C1的余弦值精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 15 页3 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，AEEC. （）证明：平面AEC平面 AFC；（）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 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 15 页4 7.（翻折） （2016 年全国 II 高考）如图，菱形的对角线与交于点，点分别在上，交于点将沿折到位置，（）证明：平面；（）求二面角的正弦值8.（动点问题）（ 2018 年 II 卷）如图，在三棱锥PABC中，2 2ABBC，4PAPBPCAC，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MPAC为30，求PC与平面 PAM 所成角的正弦值ABCDACBDO5,6ABAC,E F,AD CD54AECFEFBDHDEFEFD EF10ODD HABCDBD ACPAOCBM精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 15 页5 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 的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面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BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM. 因为M为上异于C，D的点 ,且DC为直径，所以DMCM. 又BCCM=C,所以DM平面BMC. 而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC. （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为的中点 . 由题设得，设是平面MAB的法向量 ,则ABCD?CDM?CDCDAMD BMCMABCMABMCD?CDIDAuuu r?CD(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)DABCM( 2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AMABDAuu uu ruuu ru uu r( , )x y zn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 15 页6 即可取. 是平面MCD的法向量 ,因此，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 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，AP1，AD3，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 EOPB. 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|为单位长，建立空间直角坐标系A-xyz，则D()0，3，0，E0，32，12， AE0，32，12. 0,0.AMABuu uu ruu u rnn20,20.xyzy(1,0,2)nDAuuu r5cos,5|DADADAuu u ru uu ru uu rnnn2 5sin,5DAu uu rn2 55精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 15 页7 设 B(m，0，0)(m0)，则 C(m，3，0)，AC(m，3，0)设 n1(x，y，z)为平面 ACE的法向量，则n1AC0，n1AE0，即mx3y0，32y12z0，可取 n13m，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334m212，解得 m32. 因为 E 为 PD 的中点，所以三棱锥E-ACD 的高为12.三棱锥 E-ACD的体积 V1312 3321238. 3.（2017?新课标卷）如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，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APBC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，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 15 页8 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，ABAD，又PDPA，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APBC为钝角，二面角APBC的余弦值为4.（菱形建系 ） 2014 新课标全国卷 如图三棱柱 ABC -A1B1C1中，侧面 BB1C1C 为菱形， ABB1C. (1)证明： ACAB1；(2)若 ACAB1，CBB160，ABBC，求二面角 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 B1CBC1，且 O为 B1C 及 BC1的中点又 ABB1C，所以 B1C平面 ABO. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 15 页9 由于 AO? 平面 ABO，故 B1CAO. 又 B1OCO，故 ACAB1. (2)因为 ACAB1，且 O为 B1C的中点，所以 AOCO. 又因为 ABBC，所以 BOA BOC.故 OAOB，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 O-xyz. 因为 CBB160，所以 CBB1为等边三角形，又ABBC，则 A 0，0，33，B(1，0，0)，B10，33，0 ，C0，33，0 . AB10，33，33，A1B1AB1，0，33，B1C1BC 1，33，0 . 设 n(x，y，z)是平面 AA1B1的法向量，则n AB10，n A1B10，即33y33z0，x33z0.所以可取 n(1，3，3)设 m 是平面 A1B1C1的法向量，则m A1B10，m B1C10，同理可取 m(1，3，3)则 cosn，mnm|n|m|17. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 15 页10 所以结合图形知二面角A -A1B1- C1的余弦值为17. 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，AEEC.（）证明：平面 AEC平面 AFC；（）求直线 AE与直线 CF所成角的余弦值 . 5.，【答案】（ ）见解析（ ）33又AEEC，EG=3 ，EGAC，在 RtEBG中，可得 BE=2 ，故 DF=22. 在 RtFDG中，可得 FG=62. 在直角梯形 BDFE中，由 BD=2，BE=2 ，DF=22可得 EF=3 22，222EGFGEF，EGFG，ACFG=G，EG平面 AFC，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 15 页11 EG面 AEC，平面 AFC平面 AEC. 6分（）如图，以 G为坐标原点，分别以,GB GCuu u r uuu r的方向为 x 轴，y 轴正方向，|GBuu u r为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（ ）可得 A（0，3 ，0），E(1,0, 2 )，F（ 1,0，22）， C（0，3 ，0）， AEuuu r=（1，3 ，2 ）， CFuu u r=（-1，-3 ，22）. 10 分故3cos,3|AECFAE CFAECF?u uu ruu u ruuu r uu u ru uu ruuu r. 所以直线 AE与 CF所成的角的余弦值为33. 12分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 . 6.解：（ 1）由已知可得，BFPF，BFEF，所以BF平面PEF. 又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 15 页12 （2）作PHEF，垂足为H.由（ 1）得，PH平面ABFD. 以H为坐标原点，HFuuu r的方向为y轴正方向，|BFuuu r为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz. 由（1）可得，DEPE.又DP=2 ，DE=1 ，所以PE=3.又PF=1 ，EF=2 ，故PEPF. 可得33,22PHEH. 则3333(0,0,0),(0,0,),( 1,0),(1,),2222HPDDPuuu r3(0,0,)2HPu uu r为平面ABFD的法向量 . 设DP与平面ABFD所成角为，则334sin|4| |3HP DPHPDPuuu r u uu ruu u ru uu r. 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34. 7.（翻折） （2016 年全国 II 高考）如图，菱形的对角线与交于点，点分别在上，交于点将沿折到位置，（）证明：平面；（）求二面角的正弦值7.【解析】证明：54AECF，AECFADCD，EFAC四边形ABCD为菱形，ABCDACBDO5,6ABAC,E F,AD CD54AECFEFBDHDEFEFD EF10ODD HABCDBD AC精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 15 页13 ACBD，EFBD，EFDH，EFD H6AC，3AO；又5AB，AOOB，4OB，1AEOHODAO， 3DHD H， 222ODOHD H， D HOH又OHEFHI，D H面ABCD建立如图坐标系Hxyz500B， ，130C， ， 003D， ，130A，430ABuu u r， ，133ADuuur， ，060ACuuu r， ，设面ABD法向量1nxyz， ，u r，由1100nABnADu u ruuu ru u ruuu u r得430330 xyxyz，取345xyz，1345nu r，同理可得面ADC的法向量2301nu u r， ，1212957 5cos255 210nnn nu ru u ru r u u r，2 95sin258.（动点问题）（ 2018 年 II 卷）如图，在三棱锥PABC中，2 2ABBC，4PAPBPCAC，O为AC的中点精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 15 页14 （1）证明：PO平面ABC；（2）若点 M 在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面 PAM 所成角的正弦值解：（ 1）因为4APCPAC，O为AC的中点，所以OPAC，且2 3OP. 连结OB.因为22ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，122OBAC. 由222OPOBPB知POOB. 由,OPOB OPAC知PO平面ABC. （2）如图，以O为坐标原点，OBuu u r的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz. 由已知得(0,0,0),(2,0,0),(0, 2,0),(0,2,0),(0,0,23),(0,2,23),OBACPAPuu u r取平面PAC的法向量(2,0,0)OBuuu r. 设( ,2,0)(02)M aaa，则( ,4,0)AMaauuu r. 设平面PAM的法向量为( , , )x y zn. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 15 页15 由0,0APAMuu u ruuu rnn得22 30(4)0yzaxa y，可取( 3(4),3 ,)aaan，所以2222 3(4)cos,2 3(4)3aOBaaauu u rn.由已知得3| cos,|2OBuu u rn. 所以2222 3 |4|3=22 3(4)3aaaa.解得4a（舍去），43a. 所以8 34 34(,)333n.又(0,2, 2 3)PCuu u r，所以3cos,4PCuu u rn. 所以PC与平面PAM所成角的正弦值为34. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 15 页