2022年高考理科立体几何大题 .pdf

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1、名师精编欢迎下载一，2017山东济南调研 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？若存在，试求出BDBC1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，BC2AC2AB2，ABAC

2、. 以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Axyz. A1(0,0,4)，B(0,3,0)，C1(4,0,4)，B1(0,3,4)，于是A1C1(4,0,0)，A1B (0,3 ， 4) ，B1C1(4 ， 3,0) ，BB1(0,0,4)设平面A1BC1的法向量n1(x1，y1，z1) ，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 15 页名师精编欢迎下载平面B1BC1的法向量n2(x2，y2，z2) A1C1n1 0，A1Bn10?4x10，3y14z10，取向量n1 (0,4,3)由B1C1n2 0，BB1n20?4x23

3、y20，4z20，取向量n2 (3,4,0)cos n1n2|n1|n2|16551625. 由题图可判断二面角A1BC1B1为锐角，故二面角A1BC1B1的余弦值为1625. (3) 解假设存在点D(x，y，z)是线段BC1上一点，使ADA1B，且BDBC1，(x，y3，z) (4 ， 3,4) ，解得x4 ，y33，z4 ，AD(4， 33，4)又ADA1B， 03(3 3) 160，解得 925，9250,1，在线段BC1上存在点D，使得ADA1B，此时BDBC1925. 二，如图，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，ABCBAD2，PAAD2，ABB

4、C1. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 15 页名师精编欢迎下载(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为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则各点的坐标为B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)(1) 由题意知，AD平面PAB，所以AD是平面PAB的一个法向量，AD(0,2,0)因为PC(1,1 ， 2) ，PD(0,2 ， 2) 设平面PCD的法向量为m(x，y，z)

5、 ，则mPC0，mPD0，即xy2z0，2y2z0.令y1，解得z1，x1. 所以m(1,1,1)是平面PCD的一个法向量从而 cosAD，mADm|AD|m|33，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 15 页名师精编欢迎下载所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为33. (2) 因为BP( 1,0,2) ，设BQBP ( ， 0,2 )(0 1)，又CB(0， 1,0) ，则CQCBBQ( ， 1,2 ) ，又DP(0， 2,2) ，从而 cosCQ，DPCQDP|CQ|DP|121022. 设 12t，t1,3，则

6、 cos2CQ，DP2t25t2 10t9291t592209910. 当且仅当t95，即 25时， |cos CQ，DP | 的最大值为31010. 因为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因为BP12 225，所以BQ25BP255. 三， 2016浙江卷 如图，在三棱台ABCDEF中，平面BCFE平面ABC， ACB90，BEEFFC1，BC2，AC3. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 15 页名师精编欢迎下载(1) 求证：BF平面ACFD；(2) 求二面角BADF的平面角的余

7、弦值(1) 证明 延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示因为平面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，则BFCK，又ACCKC，所以BF平面ACFD. (2) 解解法一：过点F作FQAK于Q，连接BQ. 因为BF平面ACK，所以BFAK，则AK平面BQF，所以BQAK. 所以BQF是二面角BADF的平面角在 RtACK中，AC 3，CK 2，得AK13，FQ31313. 在 RtBQF中，FQ31313，BF3，得cos BQF34. 所以二面角BADF

8、的平面角的余弦值为34. 解法二：如图，延长AD，BE，CF相交于一点K，则BCK为等边三角形精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 15 页名师精编欢迎下载取BC的中点O，连接KO，则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. 由题意，得B(1,0,0)，C( 1,0,0)，K(0,0 ，3) ，A( 1， 3，0) ，E12，0，32，F12，0，32. 因此，AC(0,3,0)，AK(1,3 ，3) ，AB(2,3,0

9、)设平面ACK的法向量为m(x1，y1，z1) ，平面ABK的法向量为n (x2，y2，z2) 由ACm0，AKm0，得3y10，x13y13z10，取m(3，0， 1) ；由ABn0，AKn0，得2x23y20，x23y23z20，取n(3， 2，3) 于是 cosm，nm n|m|n|34. 所以二面角BADF的平面角的余弦值为34. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 15 页名师精编欢迎下载四，2016河南九校联考 (本小题满分15 分) 如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，ADCD，且ADCD2

10、2，BC42，PA2，点M在PD上(1) 求证：ABPC；(2) 若二面角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，则ADEC，ADEC，所以四边形AECD为平行四边形，故AEBC，又AEBEEC 22， 所以ABCACB45，故ABAC，又ABPA，ACPAA，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，则A(0,0,0)，B(22， 22，0)，C(22，22，0) ，P(0,0,2)，D(0,22，0)(7 分) 设PMPD (0,22， 2)(0 1)，易得M(0,22，2 2)

11、 ，设平面AMC的一个法向量为n1(x，y，z) ，则n1AC22x22y0，n1AM22y2z0，令y2，得x2，z21，即n1 2，2，21， (9 分) 又平面ACD的一个法向量为n2(0,0,1)，(10 分) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 15 页名师精编欢迎下载|cos n1，n2| |n1n2|n1|n2|2 14212cos45，解得 12，(12 分) 即M(0，2，1) ，BM( 22，32，1) ，而AB(22， 22，0) 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

12、 ，则 sin |cos BM，AB| | 812|433539. 故直线BM与平面PAC所成的角的正弦值为539.(15 分 ) 五2016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，满足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BA1PE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

13、形又AEDE 1，EFAD. 在图 2 中，A1EEF，BEEF，A1EB为二面角A1EFB的平面角 (4 分 ) 由题设条件知此二面角为直二面角，A1EBE. 又BEEFE，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， 则E(0,0,0)，A1(0,0,1)，B(2,0,0)，F(0，3， 0)，P(1 ，3， 0)，则A1E (0,0 ， 1) ，A1B(2,0 ，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 15 页名师精编欢迎下载1)，BP(

14、1，3，0) ，PE( 1，3，0)(8 分) 设平面A1BP的法向量为n1(x1，y1，z1) ，由n1平面A1BP知，n1A1B，n1BP，即2x1z10，x13y10.令x13，得y11，z123，n1(3，1,23) (10 分) 设平面A1PE的法向量为n2(x2，y2，z2) 由n2平面A1PE知，n2A1E，n2PE，即可得n2(3， 1,0) (12 分) cosn1，n2n1n2|n1|n2|33123032123202123214，(14 分) 所以二面角BA1PE的余弦值是14.(15分) 六 2016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

15、组成，上部的形状是正四棱锥PA1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCDA1B1C1D1(如图所示 )，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的 4 倍(1) 若AB6 m，PO1 2 m，则仓库的容积是多少？(2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？解(1) 由PO12知O1O 4PO18.(1分) 因为A1B1AB6，所以正四棱锥PA1B1C1D1的体积V锥13A1B21PO113622 24(m3) (4 分) 正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积V柱AB2O1O628 288(m3) (7 分) 所以仓库的容积VV锥V柱24288312(m3)

16、(8 分) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 15 页名师精编欢迎下载(2) 设A1B1a m，PO1h m，则 0h6，O1O4h. 如图，连接O1B1.(10分) 因为在 RtPO1B1中，O1B21PO21PB21，所以22a2h236，即a22(36 h2)(12 分) 于是仓库的容积VV柱V锥a24h13a2h133a2h263(36hh3) ，0h6，(15 分) 从而V263(36 3h2) 26(12 h2) (17 分) 令V 0，得h23或h 23( 舍)当 0h0，V是单调递增函数；当 23h6 时，

17、V0，V是单调递减函数故h23时，V取得极大值，也是最大值因此，当PO123 m 时，仓库的容积最大(20 分) 七2016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，ABAD，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M，使得BM平面PCD？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由解(1) 证明：因为平面PAD平面ABCD，ABAD，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共

18、 15 页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. 因为PAPD，所以POAD. 因为PO? 平面PAD，平面PAD平面ABCD，所以PO平面ABCD.(8分) 因为CO? 平面ABCD，所以POCO. 因为ACCD，所以COAD. 如图建立空间直角坐标系Oxyz. 由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0 ， 1,0) ，P(0,0,1)(10 分) 设平面PCD的法向量为n(x，y，z) ，则nPD 0，nPC 0，即yz0，2xz0，令z2，则x1，y

19、 2. 所以n (1 ， 2,2) (12 分) 又PB(1,1 ， 1)，所以 cosn，PBnPB|n|PB|33.(14分) 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为33.(15分) (3) 设M是棱PA上一点，则存在0,1，使得AMAP. 因此点M(0,1 ， ) ，(16 分) BM( 1， ，) 因为BM?平面PCD，所以要使BM平面PCD，则BMn0， (18 分 ) 即( 1， ，) (1， 2,2) 0，解得 14. 所以在棱PA上存在点M，使得BM平面PCD，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 15 页

20、名师精编欢迎下载此时AMAP14.(20分) 八2016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AH23HF，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O(0,0,0)，A( 1,1,0)，B( 1， 1,0) ，C(1 ， 1,0) ，D(1,1,0)，E( 1， 1

21、,2) ，F(0,0,2)，G( 1,0,0)(2 分) (1) 证明：依题意，AD(2,0,0)，AF(1 ， 1,2) 设n1(x，y，z) 为平面ADF的法向量，则n1AD0，n1AF0，即2x 0，xy2z0.不防设z1，可得n1 (0,2,1)，(5 分) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 15 页名师精编欢迎下载又EG(0,1 ， 2)，可得EGn1 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)，

22、CF( 1,1,2) 设n2(x，y，z) 为平面CEF的法向量，则n2EF 0，n2CF 0，即xy 0，xy 2z 0.不妨设x 1，可得n2(1 ， 1,1) (11 分) 因此有 cosOA，n2OAn2|OA| |n2|63，(13 分) 于是 sin OA，n233. 所以二面角OEFC的正弦值为33.(14 分) (3) 由AH23HF，得AH25AF. 因为AF(1 ， 1,2) ，所以AH25AF25，25，45，进而有H35，35，45， (17 分) 从而BH25，85，45，因此 cosBH，n2BHn2|BH|n2|721.(19分) 所以，直线BH和平面CEF所成角

23、的正弦值为721.(20分) 九 2017河北五校联考( 本小题满分20 分) 如图 1 所示， 在四边形ABCD中，ABCD，AB 2BC2CD8，CDBC，O为AB的中点将四边形OBCD沿OD折起， 使平面OBCD平面ODA，如图 2，点E，F分别为CD，OA的中点精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 15 页名师精编欢迎下载(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618？若存在，请求出DMMA的值；若不存在，请说明理由解(1) 证明：如图，取AB的中点G，连接F

24、G，EG. 又F为OA的中点，所以FGOB，又OBDE，所以FGDE. 又FG12OB，DE12OB，所以FGDE.(3 分) 所以四边形EDFG为平行四边形，所以DFEG. 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OBOA. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 15 页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x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系(

25、10 分) 易知AOOD4，DC4，可得A(0,4,0)，E(4,0,2)，B(0,0,4)，D(4,0,0)所以AE(4 ， 4,2) ，AB(0 ， 4,4) 设平面AEB的法向量为n(a，b，c) ，由nAE0，nAB0，得4a4b2c0，4b4c0，取a1，则n(1,2,2)为平面AEB的一个法向量(14 分 ) 假设线段AD上存在满足条件的点M，可设点M(t,4t,0) ，其中 0t4，则BM(t,4t， 4)从而 |cos n，BM| |nBM|n|BM|tt3t2t216t32t28t32，依题意得 |cos n，BM| t32t28t32618，解得t2 或t 4( 舍去 ) 此时M(2,2,0)，即M为AD的中点，故DMMA1.(18 分) 故线段AD上存在一点M，使BM与平面AEB所成角的正弦值为618，且DMMA1.(20 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 15 页