2022年高考数学真题分类汇编专题立体几何及答案 .pdf

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1、专题十立体几何6. 【2015 高考福建，理17】【答案】 ( ) 详见解析； ( ) 23【解析】解法一： （）如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又 G是 BE的中点，1GHABGH=AB2所以，且，又 F 是 CD中点，1DF=CD2所以，由四边形ABCD 是矩形得，ABCDAB=CD，所以GHDFGH=DF，且从而四边形HGFD是平行四边形，所以/ /GFDH，, 又DHADEGFADE趟平面，平面，所以GFADE平面HGFBACDEHGFBACDEQ( ) 如图，在平面BEC内，过点B作ECBQ, 因为BECEBQBE，所以又因为 AB平面 BEC ，所以 ABBE，ABBQ 以

2、B为原点，分别以,BE BQ BA的方向为x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则 A(0,0,2)，B(0,0,0)， E(2,0,0)，F(2,2,1)因为 AB平面 BEC ，所以A=(B0,0,2)为平面 BEC的法向量，设(x, y,z)n =为平面 AEF的法向量 . 又AE(2,0,-2) AF=(2,2,-1)=，由AE0220,220,AF0nxzxyzn=-=镲眄+-=镲=?，得，取2z =得=(2,-1,2)n. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 15 页从而A42cos,A =,32

3、3| |A |n Bn BnB狁=所以平面AEF与平面 BEC所成锐二面角的余弦值为2324. 【 2015 高考浙江，理17】试题解析： （1） 设E为BC的中点， 由题意得1AE平面ABC，1A EAE， ABAC，AEBC，故AE平面1ABC，由D，E分别11BC，BC的中点，得1/ /DEB B且1DEB B，从而1/ /DEA A，四边形1A AED为平行四边形，故1/ /ADAE，又AE平面11ABC，1AD平面11ABC； （2）作1A FBD，且1AFBDF，连结1B F，由2AEEB，1190A EAA EB，得114ABA A，由11ADB D，11A BB B，得11AD

4、BB DB，由1AFBD，得1B FBD，因此11AFB为二面角11ABDB的平面角，由12A D，14A B，190DA B，得3 2BD，1143A FB F，由余弦定理得，111cos8A FB. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 15 页【3. 【2015 高考山东，理17】试题解析： (I)证法一：连接,DG CD，设CDGFO，连接OH，在三棱台DEFABC中，2,ABDE G为AC的中点可得/ /,DFGC DFGC所以四边形DFCG为平行四边形则O为CD的中点又H为BC的中点所以/ /OHBD又OH平面,F

5、GHBD平面,FGH所以/ /BD平面FGH精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 15 页证法二：在三棱台DEFABC中，由2,BCEF H为BC的中点因为BD平面ABED所以/ /BD平面FGH（II ）解法一：设2AB，则1CF在三棱台DEFABC中，G为AC的中点由12DFACGC，可得四边形DGCF为平行四边形，因此/ /DGCF又FC平面ABC所以DG平面ABC在ABC中，由,45ABBCBAC，G是AC中点，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 1

6、5 页所以,ABBC GBGC因此,GB GC GD两两垂直 , 以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz所以0,0,0 ,2,0,0 ,0,2,0 ,0,0,1GBCD可得22,0,0,2,122HF故22,0 ,0,2,122GHGF设, ,nx y z是平面FGH的一个法向量，则由0,0,n GHn GF可得020 xyyz可得平面FGH的一个法向量1, 1, 2n因为GB是平面ACFD的一个法向量，2,0,0GB所以21cos,2| |2 2GB nGB nGBn所以平面与平面所成的解( 锐角 ) 的大小为60解法二：作HMAC于点M，作MNGF于点N，连接NH由FC平面A

7、BC，得HMFC又FCACC精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 15 页所以HM平面ACFD因此GFNH所以MNH即为所求的角所以平面FGH与平面ACFD所成角（锐角）的大小为60 . 7. 【2015 高考天津，理17】 【答案】 (I) 见解析； (II) 3 1010； (III) 72. 【解析】如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得(0,0,0),(0,1,0),(2,0,0),(1, 2,0)ABCD，又因为,M N分别为1BC和1D D的中点，得11,1 ,(1, 2,1)2MN. 精选学习资料 - -

8、 - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 15 页NMC1B1A1DABCD1(I) 证明：依题意，可得(0,0,1)n为平面ABCD的一个法向量，50,02MN，由此可得，0MN n，又因为直线MN平面ABCD，所以/MN平面ABCD(II)1(1, 2,2),(2,0,0)ADAC，设1( , , )nx y z为平面1ACD的法向量，则11100nADnAC，即22020 xyzx，不妨设1z，可得1(0,1,1)n，设2( , , )nx y z为平面1ACB的一个法向量，则21200nABnAC，又1(0,1,2)AB，得2020yzx，不

9、妨设1z，可得2(0, 2,1)n精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 15 页7. 【2015 高考湖北，理19】 【答案】（）详见解析； （）22. 故BDF 是面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的平面角，设1PDDC， BC，有21BD，在 RtPDB中 , 由 DFPB , 得3DPFFDB, 则2tantan133BDDPFPD, 解得2 . 所以12.2DCBC故当面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为3时，22DCBC. （解法 2）（） 如图 2，以 D 为原点， 射线,DA DC DP分别为, ,

10、x y z 轴的正半轴， 建立空间直角坐标系. 设1PDDC，BC， 则(0,0,0),(0,0,1),( ,1,0),(0,1,0)DPBC，( ,1, 1)PB， 点 E 是 PC的中点，所以11(0,)22E，11(0,)22DE，于是0PB DE，即 PBDE . 又已知 EFPB ，而DEEFE，所以PBDEF平面. 因(0,1,1)PC, 0DEPC, 则 DEPC , 所以DEPBC平面. 由 DE平面 PBC ， PB平面 DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，

11、共 15 页即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEBDEF， EFBDFB，. （）由PDABCD平面，所以(0, 0, 1)DP是平面 ABCD 的一个法向量；由（）知，PBDEF平面，所以(, 1,1)BP是平面 DEF 的一个法向量. 若面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为3，则211cos32| |2BP DPBPDP，解得2 . 所以12.2DCBC故当面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为3时，22DCBC. 5. 【2015 高考陕西，理18】 【答案】（I ）证明见解析； （II ）63精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳

12、总结 - - - - - - -第 9 页，共 15 页(II)由已知，平面1A BE平面CD，又由（ I ）知，1OA，C所以1AOC为二面角1-CA BE的平面角，所以1OC2A. 如图，以为原点，建立空间直角坐标系，因为11B=E=BC=ED=1AA，/BC ED所以12222(,0,0), E(,0,0), A (0,0,),C(0,0),2222B-得22BC(,0),22-122A C(0,)22-，CDBE(2,0,0)= -. 设平面1BCA的法向量1111(,)nx y z=，平面1CDA的法向量2222(,)nxyz=，平面1BCA与平面1CDA夹角为，则11100nBCn

13、AC，得111100 xyyz，取1(1,1,1)n =，22100nCDnAC，得22200 xyz，取2(0,1,1)n，从而1226cos|cos,|332n n，即平面1BCA与平面1CDA夹角的余弦值为63. 1. 【2015 高考北京，理17】精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 15 页（）由（ I ）知AO平面 EFCB ，则AOBE，若BE平面AOC，只需BEOC，(2,EBa2 33 ,0)a，又(2,233 ,0)OCa，22 (2)(233 )0BEOCaa，解得2a或43a，由于2a，则43a. 2

14、. 【2015 高考广东，理18】【答案】（1）见解析；（2）73； （ 3）9 525【解析】（1）证明：PDPC且点E为CD的中点，PEDC，又平面PDC平面ABCD，且平面PDC平面ABCDCD，PE平面PDC，PE平面ABCD，又FG平面ABCD，PEFG；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 15 页（2）ABCD是矩形，ADDC，又平面PDC平面ABCD，且平面PDC平面ABCDCD，AD平面ABCD，AD平面PCD，又CD、PD平面PDC，ADDC，ADPD，PDC即为二面角PADC的平面角，在RtPDE中，4

15、PD，132DEAB，227PEPDDE，7tan3PEPDCDE即二面角PADC的正切值为73；（3）如下图所示，连接AC，2AFFB，2CGGB即2AFCGFBGB，/ /ACFG，PAC为直线PA与直线FG所成角或其补角，在PAC中，225PAPDAD，223 5ACADCD，由余弦定理可得22222253 549 5cos22525 3 5PAACPCPACPA AC，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 15 页 直线PA与直线FG所成角的余弦值为9 5254. 【2015 高考湖南，理19】试题解析：解法一由题设

16、知，1AA，AB，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，1AA所在直21,cosnn1212| |nnnn222233(6)63(6)45mm， 而二面角AQDP的余弦值为37，因此23(6)45m37，解得4m，或者8m（舍去），此时)0,4, 6(Q，设1(01)DPDD，而1(0, 3,6)DD，由此得点)6,36 ,0(P，(6,32, 6 )PQ， /PQ平 面11ABB A， 且 平 面11ABB A的 一 个 法 向 量 是3(0,1,0)n，PQ30n，即023，亦即23，从而)4,4,0(P，于是，将四面体ADPQ视为以ADQ为 底 面 的 三 棱 锥ADQP， 则 其

17、高4h， 故 四 面 体ADPQ的 体 积11166424332ADQVSh. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 15 页解法二（1）如图 c，取1A A的中点R，连结PR，BR，1A A，1D D是梯形11A AD D的两腰，P是1D D的中点， ADPR/，于是由BCAD /知，BCPR/，P，R，B，C四点共面，由题设知，ABBC，1BCA A，BC平面11ABB A，因此1BCAB，tanABRARAB3611tanABA A11A AB，tantanABR11A AB，因此1ABRBAB111A ABBAB90

18、， 于 是1ABBR， 再 由 即 知1AB平 面PRBC，又PQ平面PRBC，故1ABPQ；（2）如图 d，过点P作1/ /PMA A交AD于点M，则/PM平面11ABB A，1A A平面ABCD，OM平面ABCD，过点M作MNQD于点N，连结PN，则QDPN，PNM为二面角AQDP的平面角，3cos7PNM，即MNPN37，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 15 页从而403PMMN连结MQ，由/PQ平面11ABB A，ABMQ /，又ABCD是正方形， 所以ABQM为矩形，故6ABMQ， 设tMD， 则22MQ MDMNMQMD2636tt ， 过 点1D作11/ /D EA A交AD于点E，则11AAD E为矩形，1D E16A A，113AEAD，因此3AEADED， 于 是1623D EPMMDED， tMDPM22， 再 由 得2363t403， 解 得2t， 因 此4PM， 故 四 面 体ADPQ的 体 积11166424332ADQVSh. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 15 页