2022年近年高考理科立体几何大题汇编.docx

《2022年近年高考理科立体几何大题汇编.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年近年高考理科立体几何大题汇编.docx（24页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、精选学习资料 - - - - - - - - - 近几年高考理科立体几何大题汇编1.（2022 年 III 卷）如图,边长为2 的正方形M是与面MCD所成二面角的正弦值ABCD所在的平面与半圆弧.CD所在平面垂直,.CD上异于C,D的点MAB（1）证明：平面AMD 平面BMC；（2）当三棱锥MABC体积最大时,求面2、2022 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,AD求三棱锥 E-ACD 的体积3,1 名师归纳总结 - - - - - - -第 1

2、 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 3.（2022. 新课标卷）如图,在四棱锥 1 证明：平面 PAB平面 PAD；P ABCD 中, AB CD,且BAP=CDP=90 2 如 PA=PD=AB=DC ,APD=90 ,求二面角 A PB C 的余弦值4.（菱形建系 ） 2022 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如 ACAB1, CBB1 60 , ABBC,求 二面角 A -A1B1 - C1的余弦值2 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 15 页精

3、选学习资料 - - - - - - - - - 5.（菱形建系）【 2022 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=2 DF,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） 2022 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 PF BF . （1）证明：平面 PEF 平面 ABFD ；（2）求 DP 与平面 ABFD 所成

4、角的正弦值 . 3 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 7.（翻折）（2022 年全国 II 高考）如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB5,AC6,点E F分别在AD CD上,AECF5,EF交BD于点H将4DEF沿EF折到 D EF位置,OD10（）证明：D H平面ABCD；（）求二面角BD AC的正弦值8.（动点问题）（ 2022 年 II 卷）如图,在三棱锥PABC 中,ABBC2 2,PAPBPCAC4,O为AC的中点C 为 30 ,P（1）证明：PO平面ABC；（ 2）如点 M 在棱 BC 上

5、,且二面角MPA求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值ABOMC4 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 近几年高考理科立体几何大题汇编1.（2022 年 III 卷）如图,边长为 2 的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧 .CD 所在平面垂直,M 是.CD 上异于 C,D 的点（1）证明：平面 AMD 平面 BMC；（2）当三棱锥 M ABC 体积最大时,求面 MAB 与面 MCD 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.由于 BCCD,BC 平面 ABCD,所以 B

6、C平面 CMD,故 BCDM. 由于 M 为 .CD 上异于 C,D 的点 ,且 DC为直径,所以 DMCM. 又 BC I CM= C,所以 DM平面 BMC. 而 DM 平面 AMD,故平面 AMD平面 BMC. uuur（2）以 D 为坐标原点 , DA 的方向为 x 轴正方向 ,建立如下列图的空间直角坐标系D- xyz. 当三棱锥 M- ABC体积最大时, M 为.CD的中点 . 由题设得D0,0,0,A2,0,0,B2,2,0,C0,2,0,M0,1,1,uuuur AM 2,1,1,uuur AB0, 2,0,uuur DA2,0,0设n , x y z , 是平面 MAB的法向量

7、 ,就5 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - nuuuur AM uuur AB0,即22 xyz0,2 5. n0.y0.可取n1,0,2. uuur DA是平面 MCD的法向量 ,因此cosn,uuur DA|nuuur DA uuur | DA|5,n5sinn,uuur DA2 5,5所以面 MAB与面 MCD所成二面角的正弦值是52、2022 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-

8、AE-C 为 60 ,AP1,AD图 1-3 3,求三棱锥 E-ACD 的体积2,解： 1证明：连接 BD 交 AC 于点 O,连接 EO. 由于 ABCD 为矩形,所以 O 为 BD 的中点又 E 为 PD 的中点,所以 EO PB. 由于 EO. 平面 AEC,PB.平面 AEC,所以 PB 平面 AEC. 2由于 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,就 D 0,3,0 , E 0, 2,1 2, AE 0,2,1

9、 2 . 6 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 设 Bm,0,0m0,就 Cm,3,0,AC m,3,0设 n1x,y,z为平面 ACE的法向量,n1 AC 0,mx3y0,就 即 n1 AE 0,2 y1 2z0,可取 n1m,1,3 3 . 又 n21,0,0为平面 DAE 的法向量,由题设易知 |cosn1,n2|1 2,即34m 3 21 2,解得 m3 2. 1 2由于 E 为 PD 的中点,所以三棱锥 E-ACD 的高为1 2.三棱锥 E-ACD 的体积 V1 333 2 1 28 . 33.（2022

10、. 新课标卷）如图,在四棱锥 P ABCD 中,AB CD,且BAP= CDP=90 1 证明：平面 PAB平面 PAD；2 如 PA=PD=AB=DC ,APD=90 ,求二面角 A PB C的余弦值3. 【答案】 （ 1）证明：BAP= CDP=90 , PA AB, PD CD, AB CD, AB PD,又PAPD=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, ABAD,就 四 边 形 ABCD

11、 为 矩 形,7 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 在 APD中,由 PA=PD, APD=90 ,可得PAD为等腰 直 角 三 角 形,设 PA=AB=2a,就 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,就 ： 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,A

12、BAD,又PD为 平 面PA,PAAB=A, PD 平 面PAB, 就PAB 的 一 个 法 向 量 ,cos= = 由图可知,二面角CAPBC为为钝角,二面角APB的余弦值4.（菱形建系 ） 2022 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如 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,由于侧面 BB1C1C 为菱形,所以 B1CBC1,且 O 为 B1C 及 BC1 的中点又 ABB1C,所以 B1C平面

13、ABO. 8 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 由于 AO. 平面 ABO,故 B1CAO. 又 B1OCO,故 ACAB1. 2由于 ACAB1,且 O 为 B1C 的中点,所以 AOCO. 又由于 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,建立如下列图的空间直角坐标系 O-xyz. ABBC,就 A 0,0,3,由于 CBB160 ,所以 CBB1 为等边三角形,又3B1,0,0,B1 0,3 3, 0

14、 ,C 0,3 3,0 . 3 3,AB1 0,3 3,3,A1B1 3 AB 1,0,B1C1BC 1,3 3,0 . 设 nx,y,z是平面 AA1B1的法向量,就nAB10,即3 3 y3 3 z0,所以可取 n1,3,3nA1B1 0,x3 3 z0.设 m 是平面 A1B1C1的法向量,就mA1B1 0,同理可取 m1,3,3mB1C1 0,就 cosn,mn m |n|m|1 7. 9 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 所以结合图形知二面角 A -A1B1 - C1的余弦值为1 7. 5.（菱形建系）【

15、 2022 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=2 DF,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（ ）3 3又AEEC,EG= 3 ,EGAC,在 Rt EBG中,可得 BE=2 ,故 DF=2 2. 2可得 EF= 3 2,在 Rt FDG中,可得 FG=6. 2 ,DF=2在直角梯形 BDFE中,由 BD=2 ,BE=EG2FG2EF2,EGFG,ACFG=G,EG平面 AFC,10 名师归纳总结

16、 - - - - - - -第 10 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - EG面 AEC,平面 AFC平面 AEC. 6uuur GB|为（）如图,以 G 为坐标原点,分别以uuur uuur GB GC的方向为 x 轴,y 轴正方向, |单位长度,建立空间直角坐标系 G-xyz,由（ ）可得 A（0,3 ,0）, E1,0, 2 ,F（ 1,0 ,2）, C（0,23 ,0）, AE uuur= （1,3 ,2 ）, CF uuur= （ -1,-3 ,2）. 10分2故 cos uuur uuurAE CF uuuruuur AE . CF uuuruuur

17、3 . | AE | CF | 3所以直线 AE 与 CF所成的角的余弦值为 3 . 分 1236.（翻折） 2022 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 PF BF . （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, BF PF,BF EF,所以 BF平面 PEF. 又 BF 平面 ABFD,所以平面 PEF平面 ABFD. 11 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 15 页精选学习资

18、料 - - - - - - - - - （2）作 PHEF,垂足为 H.由（ 1）得, PH平面 ABFD. 以 H 为坐标原点,uuur HF的方向为 y 轴正方向, |uuur BF |为单位长,建立如下列图的空间直角坐标系 H- xyz. 由（ 1）可得, DEPE.又 DP=2 ,DE=1 ,所以 PE=可得PH3,EH3. 223 .又 PF=1 ,EF=2 ,故 PEPF. 就H0,0,0,P0,0,3,D 1,3,0,uuur DP1,3,3,uuur HP0,0,3为平面 ABFD的22222法向量 . 设 DP与平面 ABFD所成角为,就sin|uuur uuurHP DPu

19、uur uuurHP | | DP|33. O,434所以 DP与平面 ABFD所成角的正弦值为3. 47.（翻折）（2022 年全国 II 高考）如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点AB5,AC6,点E F分别在AD CD上,AECF5,EF交BD于点H将4DEF沿EF折到 D EF位置,OD10（）证明：D H平面ABCD；（）求二面角BD AC的正弦值7.【解析】证明：AECF5,AE ADCF CD,4 EFAC四边形ABCD 为菱形,12 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - B5ACBD ,OH2D

20、 H2, EFBD , EFDH , EFD H AC6,AO3；又AB5, AOOB ,OB4,OHAEOD1, DH D H3, OD2AOD HOH 又 OHIEFH,D H面 ABCD建立如图坐标系Hxyz, ,0,C1, ,0,D 0, ,3,A1,3,0,uuur AB4, ,0,uuur AD 1, ,3,uuur AC0, ,0,4,52 2,设面ABD 法向量ur n 1x, ,z,由uur n 1 uur n 1uuur AB uuuur AD0得4x3y00,取x34,ur n 13,y0x3y3 z5z同理可得面ADC 的法向量uur n 23, ,1,cosur uu

21、rn 1 n 2ur uurn n 2957 5,sin2 95 255 210ABBC258.（动点问题）（ 2022 年 II 卷）如图,在三棱锥PABC 中,PAPBPCAC4,O为AC的中点13 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - （1）证明： PO平面 ABC ；M4PAC 为 30 ,求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值（2）如点 M 在棱 BC 上,且二面角解：（ 1）由于APCPAC, O 为 AC 的中点,所以 OPAC,且OP2 3. 连结 OB .由于ABBC2AC ,所以ABC为等腰直角

22、三角形,Oxyz . 2且 OBAC ,OB1AC2. 2由OP2OB22 PB 知 POOB . 由OPOB OPAC 知 PO平面 ABC . uuur（2）如图,以 O 为坐标原点, OB的方向为 x 轴正方向,建立空间直角坐标系由已知得 O 0,0,0,uuurPAC 的法向量 OBB 2,0,0,A 0, 2,0,C0,2,0,P 0,0,23,uuur AP0,2,23,取平面2,0,0. 设M a ,2a,00a2,就uuur AM. ,4a,0. 设平面 PAM 的法向量为n , , 14 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 由uuur APn0,uuur AMn0得2y2 3 z00,可取n 3a4,3 ,a,ax4a y3 2. 所以cosuuur OB,n2 32 3a4a2.由已知得| cosuuur OB,n|a423a2所以2 32 3 |a4|a2=3.解得a4（舍去）,a4. a423 a2233. 所以n8 3,4 3,4.又uuur PC0,2, 2 3,所以cosuuur PC,n3334所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为3. 415 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页,共 15 页