2016年-2019年立体几何大题全国卷高考真题及答案(共10页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上1、（2015年1卷18题）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.试题解析：（）连接BD，设BDAC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1，由ABC=120，可得AG=GC=.由BE平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC，又AEEC，EG=，EGAC，在RtEBG中，可得BE=，故DF=.在RtFDG中，可得FG=.在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=，DF=可得EF=，EGFG，ACFG=G，EG平面AFC，EG面AEC，平面AFC平面AE

2、C. （）如图，以G为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（）可得A（0，0），E（1,0, ），F（1,0，），C（0，0），=（1，），=（-1，-，）.10分故.所以直线AE与CF所成的角的余弦值为. 2、（2016年1卷18题）如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD, ,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是（I）证明：平面ABEF平面EFDC；（II）求二面角E-BC-A的余弦值试题解析：（I）由已知可得,所以平面又平面,故平面平面（II）过作,垂足为,由（I）知平面以为坐标原点,的方向

3、为轴正方向,为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系由（I）知为二面角的平面角,故,则,可得,由已知,所以平面又平面平面,故,由,可得平面,所以为二面角的平面角,从而可得所以,设是平面的法向量,则,即,所以可取设是平面的法向量,则,同理可取则故二面角的余弦值为3（2016年2卷19题）（本小题满分12分）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，EF交BD于点H.将DEF沿EF折到的位置.（I）证明：平面ABCD；（II）求二面角的正弦值.【解析】证明：，四边形为菱形，；又，又，面建立如图坐标系，设面法向量，由得，取，同理可得面的法向量，4、（2017年1卷18

4、题）如图，在四棱锥中，中，且（1）证明：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值【解析】 （1）证明：，又，又，、平面平面，又平面平面平面（2）取中点，中点，连接，四边形为平行四边形由（1）知，平面平面，又、平面，又，、两两垂直以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系设，、，、设为平面的法向量由，得令，则，可得平面的一个法向量，又知平面，平面，又平面即是平面的一个法向量，由图知二面角为钝角，所以它的余弦值为5（2018年1卷18题）如图，四边形为正方形，分别为，的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且证明：平面平面；求与平面所成角的正弦值解答：（1）分别为的中点，则，又，平面，平面，平面平面

5、.（2），又，平面，设，则，过作交于点，由平面平面，平面，连结，则即为直线与平面所成的角，由，而，与平面所成角的正弦值.6.(2018年新课标理)如图,在三棱锥PABC中,ABBC2,PAPBPCAC4,O为AC的中点.（1）求证: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.【解析】（1）证明:ABBC2,AC4,AB2BC2AC2,即ABC是直角三角形.又O为AC的中点,OAOBOC.PAPBPC,POAPOBPOC.POAPOBPOC90.POAC,POOB,OBAC0,PO平面ABC.（2）以O坐标原点,OB,OC,OP所在直线分别为

6、x,y,z轴建立空间直角坐标系如图所示.易知A(0,2,0),P(0,0,2),C(0,2,0),B(2,0,0),(2,2,0).设(2,2,0),01,则(2,2,0)(2,2,0)(22,22,0),则平面PAC的一个法向量为m(1,0,0).设平面MPA的法向量为n(x,y,z),则(0,2,2),则n2y2z0,n(22)x(22)y0.令z1,则y,x,即n.二面角MPAC为30,cos 30,即,解得或3(舍去).n(2,1),(0,2,2).PC与平面PAM所成角的正弦值sin |cos,n|.18（2019年1卷18题）（12分）如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是

7、菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点（1）证明：MN平面C1DE；（2）求二面角AMA1N的正弦值解答】（1）证明：如图，过N作NHAD，则NHAA1，且，又MBAA1，MB，四边形NMBH为平行四边形，则NMBH，由NHAA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，BEDH，BEDH，则四边形BEDH为平行四边形，则BHDE，NMDE，NM平面C1DE，DE平面C1DE，MN平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则N（，2），M（，1，2），A1（，

8、1，4），设平面A1MN的一个法向量为，由，取x，得，又平面MAA1的一个法向量为，cos二面角AMA1N的正弦值为8（12分）(2019年新课标理）如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1.（1）证明：BE平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角BECC1的正弦值.解：（1）由已知得，平面，平面，故又，所以平面（2）由（1）知由题设知，所以，故，以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则即所以可取n=.设平面的法向量为m=（x，y，z），则即所以可取m=（1，1，0）于是所以，二面角的正弦值为专心-专注-专业