2022年新课标全国卷历高考立体几何真题 .pdf

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1、1 新课标全国卷历年高考立体几何真题（含答案）班别：_ 姓名： _ 题号1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 总分得分1.（20XX 年全国卷） 如图， 四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形， DAB=60，AB=2AD，PD底面 ABCD. ()证明： PABD；( )若 PD=AD，求二面角A-PB-C 的余弦值 . 2.（20XX 年全国卷）如图，直三棱柱111ABCA BC中，112ACBCAA，D是棱1AA的中点，BDDC1. （）证明：BCDC1； （）求二面角11CBDA的大小 . 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - -

2、 - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 14 页 - - - - - - - - - - 2 3.（20XX 年全国卷）如图，直棱柱ABC-A1B1C1中，D，E 分别是 AB，BB1的中点，AA1=AC=CB=22AB. （）证明： BC1/平面 A1CD，（）求二面角D-A1C-E 的正弦值4.（20XX 年全国卷）如图，三棱柱111CBAABC中，CBCA，1AAAB，601BAA. （）证明CAAB1；（）若平面ABC 平面 AA1B1B，AB=CB ，求直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值. 精品资料 - - - 欢迎下载 - -

3、 - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 14 页 - - - - - - - - - - 3 5.（20XX 年全国卷）如图，四棱锥P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形， PA平面 ABCD ，E 为 PD的中点 . ()证明 :PB平面 AEC ；( )设二面角D-AE-C 为 60 ，AP=1，AD=3，求三棱锥E-ACD 的体积 . 6.（20XX 年全国卷）如图三棱柱111ABCA B C中，侧面11BBC C为菱形，1ABB C. （）证明：1ACAB；（）若1ACAB，o160CBB，AB=BC ，求二面角

4、111AA BC的余弦值 . 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 14 页 - - - - - - - - - - 4 7.（20XX 年全国卷）如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中， AB=16 ， BC=10，AA1=8，点 E，F 分别在 A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4，过点 E，F 的平面 与此长方体的面相交，交线围成一个正方形. ()在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由)；()求直线 AF 与平面 所成角的正弦值. 8.（20XX 年全国卷）如图，四边形

5、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. ()证明 :平面 AEC 平面 AFC ；()求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 14 页 - - - - - - - - - - 5 9. （20XX 年全国卷） 如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，5,6ABAC， 点,E F分别在,AD CD上，54AECF，EF交BD于点

6、H将DEF沿EF折到D EF位置，10OD（）证明：D H平面ABCD；（）求二面角BD AC的正弦值10.（20XX 年全国卷）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，90AFD，且二面角D-AF-E 与二面角 C-BE-F 都是60（I）证明：平面ABEF平面 EFDC ； （II）求二面角E-BC-A 的余弦值精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 14 页 - - - - - - - - - - 6 11.（20XX年全国3 卷）

7、如图，四棱锥PABC中，PA底面面ABCD，ADBC，3ABADAC，4PABC，M为线段AD上一点，2AMMD，N为PC的中点（I）证明MN平面PAB； （II）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值. 自我总结：精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 14 页 - - - - - - - - - - 7 新课标全国卷历年高考例题几何真题（广西多用2 卷）1.解： （）因为60 ,2DABABAD, 由余弦定理得3BDAD从而 BD2+AD2= AB2，故BD AD;又 PD 底面 A

8、BCD，可得 BD PD 所以 BD 平面 PAD. 故PABD（）如图，以D 为坐标原点， AD 的长为单位长，射线DA 为x轴的正半轴射线 DB 为 y 轴的正半轴，射线DP 为 z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D-xyz，则1,0,0A,03,0B，,1,3,0C,0,0,1P. ( 1,3,0),(0,3, 1),( 1,0,0)ABPBBCuu u vuuvuu u v设平面 PAB 的法向量为n=（x,y,z） ，则00n ABn PB,即3030 xyyz因此可取n=(3 ,1,3)设平面 PBC 的法向量为m，则00m PBm BC可取m=（0，-1，3） ，42 7cos.

9、72 7m,n故二面角 A-PB-C 的余弦值为2 77. 2.证明（ ） （1）在RtDAC中，ADAC得：45ADC，同理：1114590A DCCDC，得：1,DCDC DCBDDC又11,DCDC DCBDDC平面1BCDDCBC. （） （ 2）11,DCBC CCBCBC平面11ACC ABCAC取11AB的 中 点O， 过 点O作OHBD于 点H， 连 接11,C O C H，1111111ACB CC OA B，C1OA1D 1C O面1A BD1OHBDC HBD得：点H与点D重合 ，即1C DO是二面角11CBDA的平面角精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - -

10、- - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 14 页 - - - - - - - - - - 8 设ACa，则122aC O，1112230C DaC OC DO即二面角11CBDA的大小为30. 3.（1）连接1AC，交1A C于点 F，连结1,DF BC，则 F为1AC的中点，因为D 为 AB 的中点，所以 DF/1BC，又因为111FDACDBCAC D平面，平面，所以11/ /BCACD平面. (2)由 AA122ACCBAB，可设： AB 2a,则12 ,AAACCBa所以ACBC，又因为 ABC-A1B1C1为直三棱柱，所以以点

11、C 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图.则 C（ 0,0,0） 、1222 ,0,2,022AaaDaa、20,2 ,2Eaa1222 ,0,2,022CAaaCDaa，20, 2 ,.2CEaa设平面1ACD的法向量为, ,nx y z则0n CD且10,n CA可解得,yxz令1,x得平面1A CD的一个法向量为1, 1, 1n，同理可得平面1ACE的一个法向量为2,1, 2m，则3cos,3n m，所以6sin,3n m所以二面角1DACE的正弦值为6.34.【解析】（）取AB的中点O，连结OC，1OA，BA1.因为CBCA，所以ABOC.由于1AAAB，601BAA，故BAA1为等边三

12、角形，所以ABOA1.因为OOAOC1，所以AB面COA1.又CA1平面COA1，故CAAB1. （）由（）知，ABOC，ABOA1，又平面ABC平面11BBAA， 交线为AB， 所以OC平面11BBAA， 故OA，OC，1OA两两互相垂直.以O为坐标原点，OA的方向为x轴的正方向，|OA为单位长度， 建立如图所示的空间直角坐标系xyzO，则有)0, 0, 1(A，)0 ,3,0(1A,)3,0,0(C,)0, 0, 1(B.则)3, 0 , 1(BC，)0 ,3,1(1AABB，)3,3,0(AC.设平面CCBB11的法向量为精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - -

13、 - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 14 页 - - - - - - - - - - 9 ),(zyxn，则有001BBnBCn，即0303yxzx，可取) 1, 1 ,3(n.故510|,cos111CAnCAnCAn，所以直线CA1与平面CCBB11所成角的正弦值为510. 5.【解析】 (1) 连接 BD 交 AC 于点为 G,连接 EG.在三角形 PBD 中,中位线 EG PB, 且 EG 在平面 AEC 上，所以 PB平面 AEC. (2) 设CD=m, 分 别以AD,AB,AP为 x,y,z 轴 建 立 坐 标 系,则A(0,0,0)

14、,D(3,0,0),E31,0,22,C(3,m,0).所以AD=(3,0,0), AE=31,0,22,AC=3,0m.设 平面ADE的法向量为1n=(x1,y1,z1),则1nAD=0, 1nAE=0,解得一个1n=(0,1,0).同理设平面ACE 的法向量为2n=(x2,y2,z2),则2nAC=0, 2nAE=0,解得一个2n=(m,- 3,-3m).因为 cos3=|cos|=1212nnn n=22333mm=12,解得 m=32. 设 F 为 AD 的中点 ,则 PAEF,且 PA=2EF=12,EF面 ACD, 即为三棱锥E-ACD 的高. 所以 VE-ACD= SACD EF

15、=131232312=38.所以 ,三棱锥 E-ACD 的体积为38. 6 解： （1）连结 BC1，交 B1C 于点 O，连结 AO ，侧面 BB1C1C 为菱形， BC1B1C，且 O 为 BC1和 B1C 的中点，又 ABB1C， B1C平面 ABO ， AO ? 平面 ABO ，B1CAO ，又 B1O=CO， AC=AB1，（2） AC AB1，且 O 为 B1C 的中点， AO=CO ，又 AB=BC ， BOA BOC， OAOB，OA ，OB，OB1两两垂直，以O 为坐标原点，的方向为x轴的正方向， |为单位长度，的方向为 y 轴的正方向，的方向为z 轴的正方向建立空间直角坐标

16、系， CBB1=60 ， CBB1为正三角形，又AB=BC ，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 14 页 - - - - - - - - - - 10 A（0，0，） ，B（1，0，0， ） ，B1（0，0） ，C（0，0）=（0，） ，=（1，0，） ，=（ 1，0） ，设向量=（x，y，z）是平面 AA1B1的法向量，则，可取=（1，） ，同理可得平面A1B1C1的一个法向量=（1，） ，cos，=，二面角AA1B1C1的余弦值为7.【解析】 (1)交线围成的正方形EHGF

17、如图 : (2)作 EM AB, 垂足为 M, 则 AM=A1E=4,EM=AA1=8. 因为四边形EHGF 为正方形 ,所以 EH=EF=BC=10. 于是 MH=6,所以 AH=10. 以 D 为坐标原点,的方向为x 轴的正方向 ,建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz, 则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,8). 设 n=(x,y,z)是平面 EHGF 的法向量 ,则00HEnFEn,086010zyx. 所以可取)3 ,4,0(n，又)8 , 4,10(AF，故1554|,cos|AFnAFnAFn. 所

18、以AF与平面EHGF所成的角的正弦值1554. 8.【解析】 (1)连结 BD,设 BD AC=G,连结 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,所以 EG=,且 EGAC.在 RtEBG 中 , 可得 BE=,故 DF=.在 RtFDG 中,可得 FG=.在直角梯形BDFE 中, 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 14 页 - - - - - -

19、 - - - - 11 由 BD=2,BE=,DF=,可得 EF=.从而 EG2+FG2=EF2,所以 EG FG., 又 ACFG=G,可得 EG平面 AFC.又因为 EG? 平面 AEC,所以平面 AEC 平面 AFC. (2)如图 ,以 G 为坐标原点 ,分别以,的方向为 x 轴,y 轴正方向 ,|为单位长度 ,建立空间直角坐标系 G-xyz. 由(1)可得( , )A,( , ,)E,(, ,)F,( , )C，所以( ,)AE,(,)CF. 故cos,|AE CFAE CFAECF. 所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为9.【解析】ABEF为 正 方 形AFEF90AFDAFDF=

20、DFEFFAF面EFDCAF面ABEF平面ABEF平面EFDC由知60DFECEFABEFAB平面EFDCEF平面EFDCAB平面ABCDAB平 面ABCD 面 ABCD面EFDCCDABCD,CDEF四边形EFDC为等腰梯形以E为原点，如图建立坐标系，设FDa000020EBa， ，3022022aCaAaa， ，020EBa，3222aBCaa，200ABa， ，设 面BEC法 向 量为mxyz， ，.00m EBm BC，即11112032022a yaxaya z，301m， ，设面ABC法向量为222nxyz，=00n BCnAB.即22223202220axayazax，034n，

21、设二面角EBCA的大小为.42 19cos1931316m nmn二面角EBCA的余弦值为2 191910.【 解析】 证明：54AECF， AECFADCD，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 14 页 - - - - - - - - - - 12 EFAC四边形ABCD为菱形， 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Hx

22、yz500B， ，130C， ， 003D， ，130A，430ABuu u r， ，133ADuuu r， ，060ACuuu r， ，设面ABD法向量1nxyz， ，u r， 由1100n A Bn A D得430330 xyxyz， 取345xyz，1345nu r， 同理可得面AD C的法向量2301nu u r， ， 1212957 5cos255 210nnn nu r u u ru r u u r，2 95sin2511. 设),(zyxn为平面PMN的法向量，则00PNnPMn，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 -

23、- - - - - - - - -第 12 页，共 14 页 - - - - - - - - - - 13 即0225042zyxzx，可取) 1,2, 0(n，于是2558|,cos|ANnANnANn. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 13 页，共 14 页 - - - - - - - - - - 文档编码：KDHSIBDSUFVBSUDHSIDHSIBF-SDSD587FCDCVDCJUH 欢迎下载 精美文档欢迎下载 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 14 页，共 14 页 - - - - - - - - - -