2022年高考理科立体几何大题.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 一,2022 · 山东济南调研名师精编欢迎下载 如图, 在三棱柱 ABCA1B1C1 中,AA1C1C是边长为 4 的正方形平面 ABC平面 AA1C1C,AB3,BC5. 1 求证： AA1平面 ABC；2 求二面角 A1BC1B1 的余弦值；3 在线段 BC1 上是否存在点D,使得 ADA1B？如存在,试求出BD BC1的值1 证明 在正方形 AA1C1C中, A1AAC. 又平面 ABC平面 AA1C1C,且平面 ABC平面 AA1C1CAC,AA1. 平面 AA1C1C. AA1平面 ABC. 2 解 由1 知, AA1AC,AA1AB,由题意知,在ABC中, AC4,AB3,BC5,BC 2AC 2AB 2, ABAC. 以 A为坐标原点,建立如下列图空间直角坐标系 Axyz. A10,0,4, B0,3,0,C14,0,4,B10,3,4,于是 A1C14,0,0,A1B 0,3 , 4 ,B1C14 , 3,0 ,BB10,0,4设平面 A1BC1 的法向量 n1 x1,y1,z1 ,名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 欢迎下载平面 B1BC1 的法向量 n2 x2,y2,z2 A1C1·n1 0,.4x10,3y14z10,A1B·n10取向量 n1 0,4,3由B1C1·n2 0,.4x23y20,4z20,BB1·n20取向量 n2 3,4,0cos n1· n2 |n1|n 2|16 5× 516 25. 由题图可判定二面角A1BC1B1 为锐角,故二面角 A1 BC1B1 的余弦值为16 25. 3 解假设存在点D x, y,z是线段 BC1 上一点,使ADA1B,且 BD BC1, x,y3, z 4 , 3,4 ,解得 x4 ,y33 ,z4 ,AD4 , 33 ,4 又 ADA1B, 033 3 16 0,9解得 25,9250,1,在线段 BC1上存在点 D,使得 AD A1B,此时BD BC19 25. PABCD中,已知 PA平面 ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,二,如图,在四棱锥ABC BAD 2,PAAD2,ABBC1. 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 欢迎下载1 求平面 PAB与平面 PCD所成二面角的余弦值；2 点 Q是线段 BP上的动点,当直线 CQ与 DP所成的角最小时,求线段 BQ的长 解 以 AB,AD,AP 为正交基底建立如下列图的空间直角坐标系 Axyz,就各点的坐标为 B1,0,0, C1,1,0,D0,2,0,P0,0,21 由题意知, AD平面 PAB,所以 AD 是平面 PAB的一个法向量,AD0,2,0由于 PC1,1 , 2 ,PD0,2 , 2 设平面 PCD的法向量为 m x,y,z ,就 m· PC0,m· PD0,xy2z0,即2y2z0.令 y1,解得 z1, x1. 名师归纳总结 所以 m1,1,1是平面 PCD的一个法向量第 3 页,共 15 页从而 cosAD,mADm3 3,| AD | m|- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 欢迎下载3所以平面 PAB与平面 PCD所成二面角的余弦值为 3 . 2 由于 BP 1,0,2 ,设BQ BP , 0,2 0 1 ,又CB0 , 1,0 ,就CQCBBQ , 1,2 ,又DP0 , 2,2 ,310 10 . 12 . 10 22CQDP从而 cosCQ,DP| CQ | DP设 12 t ,t 1,3,就 cos5t2t22CQ, DP2 10t 991 t22209 10. 599当且仅当 t 9 5,即 25时, |cos CQ,DP | 的最大值为由于 ycos x 在 0, 2上是减函数,所以此时直线CQ与 DP所成角取得最小值又由于 BP1 2 2 25,所以 BQ2 5BP25 5 . 三,2022 · 浙江卷 如图,在三棱台 ABCDEF中,平面 BCFE平面 ABC,ACB90° ,BE EFFC1,BC2,AC3. 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 欢迎下载1 求证： BF平面 ACFD；2 求二面角 BADF 的平面角的余弦值1 证明 延长 AD,BE,CF相交于一点K,如下列图由于平面 BCFE平面 ABC,平面 BCFE平面 ABCBC,且 ACBC,所以 AC平面 BCK,因此 BFAC. 又 EF BC, BEEFFC1,BC2,所以 BCK为等边三角形,且 F为 CK的中点,就 BFCK,又 ACCKC,所以 BF平面 ACFD. 2 解解法一：过点F 作 FQAK于 Q,连接 BQ. 由于 BF平面 ACK,所以 BFAK,就 AK平面 BQF,所以 BQAK. 所以 BQF是二面角 BAD F的平面角在 Rt ACK中, AC 3,CK 2,得名师归纳总结 AK13,FQ313. 第 5 页,共 15 页13在 Rt BQF中, FQ313 13,BF3,得cos BQF3 4 . 所以二面角BAD F 的平面角的余弦值为3 4 . 解法二：如图,延长AD,BE,CF相交于一点K,就 BCK为等边三角形- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 欢迎下载取 BC的中点 O,连接 KO,就 KOBC,又平面 BCFE平面 ABC,所以 KO平面 ABC. 以点 O为原点,分别以射线OB,OK的方向为x 轴、 z 轴的正方向,建立空间直角坐标系 Oxyz. F 由题意,得B1,0,0,C 1,0,0, K0,0 ,3 ,A 1, 3,0 , E1 2,0,3,21 2,0,3. 3 ,2因此, AC0,3,0, AK1,3 ,AB2,3,0m x1,y1,z1 ,平面 ABK的法向量为n x2,y2,z2 设平面 ACK的法向量为由ACm0,得3y10,3z10,x13y1AKm0,取 m3,0, 1 ；名师归纳总结 由ABn0,得2x23y20,第 6 页,共 15 页x23y23z20,AKn0,取 n3 , 2,3 于是 cosm,nm· n |m|n |3 4 . 所以二面角BAD F 的平面角的余弦值为3 4 . - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 四,2022 · 河南九校联考名师精编欢迎下载PABCD中, PA平面 本小题满分15 分 如图,在四棱锥ABCD,AD BC,ADCD,且 AD CD22,BC42,PA2,点 M在 PD上1 求证： ABPC；2 如二面角 MACD的大小为 45° ,求 BM与平面 PAC所成角的正弦值解1 证明：取 BC中点 E,连接 AE,就 ADEC,AD EC,所以四边形AECD为平行四边形,故 AEBC,又 AEBEEC 22,所以 ABC ACB45° ,故 ABAC,又 ABPA,AC PAA,所以 AB平面 PAC,4 分 故有 ABPC.6 分 2 如图建立空间直角坐标系Axyz,就名师归纳总结 A0,0,0,B22, 22,0 ,第 7 页,共 15 页C22,22,0 ,P0,0,2,D0,22,0 7 分 设PM PD 0,22 , 2 0 1 ,易得 M0,22 ,2 2 ,设平面 AMC的一个法向量为n1 x,y,z ,就n1·AC22x22y0,z0,n1·AM22 y2令 y2,得 x2,z2 1,即 n1 2,2,2 1, 9 分 又平面 ACD的一个法向量为n20,0,1,10 分 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 欢迎下载2| n1· n2| 1|cos n1,n2| | n1| n2|2 2cos45° ,4 11解得 2,12 分 即 M0 ,2,1 ,BM 2 2,3 2,1 ,而AB2 2, 2 2,0 是平面 PAC的一个法向量,13 分 设直线 BM与平面 PAC所成的角为 ,| 812| 5 3就 sin |cos BM,AB| 4× 3 39 . 5 3故直线 BM与平面 PAC所成的角的正弦值为 9 .15 分 五2022 · 平顶山二调 本小题满分 15 分 在正三角形 ABC中, E、F、P 分别是 AB、AC、BC边上的点,满意 AEEBCFFACPPB12,如图 1. 将 AEF沿 EF折起到A1EF的位置,使二面角 A1EFB 成直二面角,连接 A1B、A1P,如图 2. 1 求证： A1E平面 BEP；2 求二面角 BA1P E的余弦值解 不妨设正三角形 ABC的边长为 3. 1 证明：在图 1 中,取 BE的中点 D,连接 DF. AEEBCFFA12,AFAD2,而 A60° ,ADF是正三角形又 AEDE 1, EFAD. 在图 2 中, A1EEF,BEEF, A1EB为二面角 A1EFB的平面角 4 分 名师归纳总结 由题设条件知此二面角为直二面角,A1EBE. 第 8 页,共 15 页又 BEEF E, A1E平面 BEF,即 A1E平面 BEP.6分 2 建立分别以EB、EF、EA1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴的空间直角坐标系, 就 E0,0,0,A10,0,1,B2,0,0,F0 ,3, 0 ,P1 ,3, 0 ,就 A1E 0,0 , 1 ,A1B2,0 ,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 欢迎下载1 ,BP 1,3,0 ,PE 1,3,0 8 分 设平面 A1BP的法向量为 n1x1,y1,z1 ,由 n1平面 A1BP知, n1A1B,n1BP,2x1z10,即 x13y10.令 x13,得 y11,z12 3,n1 3,1,2 3 10 分 设平面 A1PE的法向量为 n2x2,y2,z2 由 n2平面 A1PE知, n2A1E,n2PE,即可得 n2 3, 1,0 12 分 n1· n2cosn1,n2| n1| n2|3×312 3× 0 13 21 23 2×0 21 23 24,14 分 1所以二面角 BA1PE 的余弦值是 4.15 分 六2022 · 江苏高考 本小题满分20 分 现需要设计一个仓库, 它由上下两部分组成,上部的外形是正四棱锥 PA1B1C1D1,下部的外形是正四棱柱 ABCDA1B1C1D1如下列图 ,并要求正四棱柱的高 O1O是正四棱锥的高 PO 1 的 4 倍1 如 AB6 m,PO1 2 m,就仓库的容积是多少？2 如正四棱锥的侧棱长为6 m,就当 PO1为多少时,仓库的容积最大？解1 由 PO12 知 O1O 4PO 18.1分 由于 A1B1AB6,名师归纳总结 所以正四棱锥PA1B1C1D1的体积 V 锥1 3·2 A1B 1·PO11 3× 62× 2 24m 3 4 分 第 9 页,共 15 页正四棱柱 ABCDA1B1C1D1 的体积 V 柱AB 2·O1O62× 8 288m3 7 分 所以仓库的容积V V 锥V 柱24288312m 3 8 分 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编欢迎下载O1B1.10分 2 设 A1B1 a m, PO 1h m,就 0<h<6,O1O4h. 如图,连接2 2 2由于在 Rt PO1B1中, O1B 1PO 1PB 1,所以 2a 2 2h 236,即 a 2236 h 212 分 于是仓库的容积VV 柱V 锥a 2· 4 h1 3a 2·h13 3a 2h26 3 36 h h 3 ,0<h<6,15 分 26从而 V 3 36 3h 2 2612 h 2 17 分 令 V 0,得 h2 3或 h 2 3 舍当 0<h<2 3时, V>0, V 是单调递增函数；当 2 3<h<6 时, V<0, V 是单调递减函数故 h2 3时, V 取得极大值,也是最大值因此,当 PO 12 3 m 时,仓库的容积最大20 分 七2022 · 北京高考 本小题满分 20 分 如图,在四棱锥 PABCD中,平面 PAD平面 ABCD,PAPD,PAPD,AB AD,AB1,AD2,ACCD5. 1 求证： PD平面 PAB；2 求直线 PB与平面 PCD所成角的正弦值；3 在棱 PA上是否存在点 理由M,使得 BM 平面 PCD？如存在,求AM AP的值；如不存在,说明名师归纳总结 解1 证明：由于平面PAD平面 ABCD,ABAD,第 10 页,共 15 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 欢迎下载所以 AB平面 PAD,3 分 所以 ABPD. 又 PAPD,所以 PD平面 PAB.6 分 2 取 AD的中点 O,连接 PO, CO. 由于 PAPD,所以 POAD. 由于 PO. 平面 PAD,平面 PAD平面 ABCD,所以 PO平面 ABCD.8 分 由于 CO. 平面 ABCD,所以 POCO. 由于 ACCD,所以 COAD. 如图建立空间直角坐标系 Oxyz. 由题意得, A0,1,0,B1,1,0,C2,0,0, D0 , 1,0 ,P0,0,110 分 设平面 PCD的法向量为n x,y,z ,就n·PD 0,即yz0,n·PC 0,2xz0,令 z2,就 x1,y 2. 所以 n 1 , 2,2 12 分 又PB1,1 , 1 ,所以 cosn,PBn· PB3 3 .14分 | n| PB所以直线 PB与平面 PCD所成角的正弦值为3 3 .15分 3 设 M是棱 PA上一点,就存在 0,1,使得 AM AP . 因此点 M0,1 , ,16 分 BM 1, , 1 4. 由于 BM.平面 PCD,所以要使BM 平面 PCD,就BM· n0, 18 分 即 1, , · 1 , 2,2 0,解得 所以在棱 PA上存在点 M,使得 BM 平面 PCD,名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 此时AM AP1 4.20分 名师精编欢迎下载八2022 · 天津高考 本小题满分20 分 如图, 正方形 ABCD的中心为 O,四边形 OBEF为矩形,平面 OBEF平面 ABCD,点 G为 AB的中点, ABBE2. 1 求证： EG 平面 ADF；2 求二面角 OEFC的正弦值；3 设 H为线段 AF上的点,且AH2 3HF,求直线 BH和平面 CEF所成角的正弦值解 依题意, OF平面 ABCD,如图,以 O为原点,分别以 AD,BA,OF 的方向为 x 轴、 y轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得 O0,0,0,A 1,1,0,B 1,1,0 ,C1 , 1,0 ,D1,1,0, E 1, 1,2 ,F0,0,2,G 1,0,02 分 1 证明：依题意,AD2,0,0,AF1 , 1,2 设 n1 x,y, z 为平面 ADF的法名师归纳总结 向量,就n1·AD0,即2x 0,不防设 z1,可得 n1 0,2,1,5 分 第 12 页,共 15 页n1·AF0,xy2z0.- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 又EG0,1 , 2 ,可得 EG名师精编欢迎下载n1 0,又直线 EG.平面 ADF,所以 EG 平面 ADF.7 分 2 易证, OA 1,1,0 为平面 OEF的一个法向量8 分 依题意, EF 1,1,0,CF 1,1,2 n2· EF 0,设 n2 x , y , z 为平面 CEF的法向量,就n2· CF 0,x y 0,即 不妨设 x 1,可得 n21 , 1,1 11 分 x y 2z 0.OA n2 6因此有 cos OA,n23,13 分 | OA | · | n2|3于是 sin OA,n23 . 3所以二面角 OEF C的正弦值为 3 .14 分 2 222 2 43 由 AH3HF,得 AH5AF. 由于 AF1 , 1,2 ,所以 AH5AF5,5,5,进而3 3 4有 H 5,5,5, 17 分 2 8 4从而 BH5,5,5,因此 cosBH,n2BH· n221 .19 7分 | BH | n2|7所以,直线 BH和平面 CEF所成角的正弦值为 21 .20 分 九2022 · 河北五校联考 本小题满分 20 分 如图 1 所示,在四边形 ABCD中,AB CD,AB 2BC2CD8,CDBC,O为 AB的中点将四边形 ODA,如图 2,点 E,F分别为 CD, OA的中点OBCD沿 OD折起, 使平面 OBCD平面名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 欢迎下载1 求证： DF 平面 AEB；2 线段 AD上是否存在一点M,使 BM与平面 AEB所成角的正弦值为6 18？如存在,恳求出DM MA的值；如不存在,请说明理由解1 证明：如图,取AB的中点 G,连接 FG,EG. 又 F 为 OA的中点,所以FG OB,又 OB DE,所以 FG DE. 又 FG1 2OB,DE1 2OB,所以 FGDE.3 分 所以四边形EDFG为平行四边形,所以DF EG. 又 EG. 平面 AEB,DF.平面 AEB,所以 DF 平面 AEB.7 分 2 依题意知平面 OBCD平面 ODA,OBOD,平面 OBCD平面 ODAOD,所以 OB平面 AOD,得 OB OA. 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 欢迎下载又 AOOD,故以 O为坐标原点, OD,OA,OB所在直线分别为 图所示的空间直角坐标系10 分 x 轴, y 轴,z 轴,建立如易知 AOOD4,DC4,可得 A0,4,0,E4,0,2, B0,0,4,D4,0,0所以 AE4 , 4,2 ,AB0 , 4,4 设平面 AEB的法向量为n a,b,c ,由n·AE0,得4a4b2c0,n·AB0,4b4c0,14 分 取 a1,就 n1,2,2为平面 AEB的一个法向量假设线段 AD上存在满意条件的点t , 4 从而 |cos n,BM| | n· BM| n| BMM,可设点 M t, 4t, 0 ,其中 0 t 4,就 BM t, 4| t t32tt,3 t2t21628t 32依题意得 |cos n,BM| 32tt6 18,28t 32解得 t 2 或 t 4 舍去 名师归纳总结 此时 M2,2,0,即 M为 AD的中点,故DM MA1.18 分 6 18,且DM1.20 分第 15 页,共 15 页故线段 AD 上存在一点M,使 BM 与平面 AEB 所成角的正弦值为MA- - - - - - -