2022年近三年高考全卷理科立体几何真题.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 新课标卷近三年高考题1、（2022 年全国 I 高考）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,AFD90 o,且二面角 D- AF- E与二面角 C- BE- F 都是 60 o （I）证明：平面 ABEF 平面 EFDC；（II）求二面角 E- BC- A 的余弦值【解析】 ABEF 为正方形 AFEFAF面 ABEFAFD90 AFDFDFIEF=F AF面 EFDC平面 ABEF平面 EFDC 由知DFECEF60 ABEFAB平面 EFDCEF平面 EFDC AB 平面 ABCDAB 平面

2、 ABCD面 ABCD I 面 EFDC CD ABCD , CDEF四边形 EFDC 为等腰梯形以 E为原点,如图建立坐标系,设FDaA2a,2a,0E0, ,0B0,2a,0Ca, ,3 2a2uuur EB0,2a,0,uuur BCa,2a,3a,uuur AB2 a, ,022ur 设面 BEC 法向量为 mx, ,z. ur uuur m EB ur uuur m BC0,即2a y 103a z 10a x 122 ay 102x 13,y 10,z 111 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - ur m

3、3, ,1r设面 ABC 法向量为 n x 2,y 2,z 2rn BCr uuuruuur =0.即 a x2 2 2 ay 22 3 az 2 0 x 2 0,y 2 3,z 2 4n AB 0 2 ax 2 0rn 0,3,4设二面角 E BC A的大小为 . ur rm n 4 2 19cos ur rm n 3 1 3 16 19二面角E BC A的余弦值为 2 19192、（2022 年全国 II 高考）如图,菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O ,AB 5, AC 6,点 E F 分别在 AD CD 上,AE CF 5, EF 交 BD 于点 H 将4DEF 沿

4、EF 折到 D EF 位置,OD 10（）证明： D H 平面 ABCD ；（）求二面角 B D A C 的正弦值【解析】证明：AE CF 54,AEAD CD,CF EFAC四边形 ABCD为菱形, AC BD , EF BD , EF DH , EF D H AC 6,AO 3；又 AB 5, AO OB ,OB 4,2 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - OHAEOD1,DHD H3,AOB5OD2OH2D H2,D HOH 3,0,又 OHIEFH,D H面 ABCD建立如图坐标系Hxyz, ,0,C1, ,

5、0,D 0, ,3,A1,uuur AB4, ,0,uuur AD 1, ,3,uuur AC0, ,0,设面ABD 法向量ur n 1x, ,z,3由uur n 1 uur n 1uuur AB uuuur AD0得4x3y00,取xy4,0x3y3 zz5ur n 13,4,5,同理可得面AD C 的法向量uur n 23, ,1cosur uurn 1 n 2ur uurn n 2957 5,5 21025sin295 253 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 3、（2022 年全国 III 高考）如图,四棱

6、锥 PABC 中,PA地面 ABCD ,ADPBC,ABADAC3,PABC4,M 为线段 AD 上一点,AM2MD , N 为 PC 的中点（I ）证明 MN P 平面 PAB ；（ II ） 求 直 线 AN 与 平 面 PMN 所 成 角 的 正 弦值 .设nx,y,z 为平面 PMN 的法向量, 就nPM0,即2x4zy0z0,可取5nPN0x22n02,1,AN|n|AN|85. n ,于是|cos|nAN|254 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 4、【2022 高考新课标 2,理 19】如图,长方体A

7、BCDA B C D 中, 1 1 1 1AB=16,BC=10,AA 18,点 E , F 分别在A B ,C D 上,A ED F4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A1D1F B1C1E D C ；A B （）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【答案】（）详见解析；（）4 5 15【考点定位】 1、直线和平面平行的性质；5 2、直线和平面所成的角名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - D1FC1A1EHB1CDGAMB【名师点睛】 依据线面平行

8、和面面平行的性质画平面与长方体的面的交线； 由交线的位置可确定公共点的位置,坐标法是求解空间角问题经常用的方法,但因其运算量大的特点很简单出错, 故坐标系的挑选是很重要的, 便于用坐标表示相关点,先求出面的法向量,利用 sincosr uuur n AF求直线 AF 与平面所成角的正弦值5、【 2022 高考新课标 1,理 18】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. （）证明：平面 AEC平面 AFC；（）求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值 . 【答案】（）见解析（）3

9、 36 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 又 AEEC,EG= 3 ,EGAC,在 Rt EBG 中,可得 BE=2 ,故 DF=2 2. 2可得 EF=3 2 2,在 Rt FDG 中,可得 FG=6. 2 ,DF=2在直角梯形 BDFE 中,由 BD=2,BE=2EG2FG2EF2,EGFG,ACFG=G,EG平面 AFC,EG面 AEC,平面 AFC平面 AEC. 6 分uuur GB|（）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, |为单位长度, 建立空

10、间直角坐标系G-xyz,由（）可得 A（0,3 ,0）,E1,0, 2 ,F（ 1,0,2）,C（0,uuur 3 ,0）, AE=（1,3 ,uuur 2 ）, CF=（-1,2-3 ,2）. 10分27 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 故cosuuur uuur AE CF|uuur uuur AE AE.uuur CF uuur CF|3. |3所以直线 AE 与 CF 所成的角的余弦值为3. 12 分3【考点定位】空间垂直判定与性质；异面直线所成角的运算；空间想象才能,推理论证才能【名师点睛】对空间面面垂

11、直问题的证明有两种思路,思路 1：几何法,先由线线垂直证明线面垂直,再由线面垂直证明面面垂直；思路2：利用向量法,通过运算两个平面的法向量, 证明其法向量垂直, 从而证明面面垂直； 对异面直线所成角问题,也有两种思路,思路1：几何法,步骤为一找二作三证四解,一找就是先在图形中找有没有异面直线所成角,如没有,就通常做平行线或中位线作出异面直线所成角,再证明该角是异面直线所成角,利用解三角形解出该角 . 6、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-AE-C 为 60

12、 ,AP1,AD图 1-3 3,求三棱锥 E-ACD 的体积解： 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 2 . 8 名师归纳总结 -

13、 - - - - - -第 8 页,共 10 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, 1,33 . 又 n21,0,0为平面 DAE 的法向量,由题设易知 |cosn1,n2|1 2,即34m21 2,解得 m3 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 3 1 233 2 1 28 . 37、2022 新课标全国卷 如图 1-5,三棱柱

14、ABC -A1B1C1 中,侧面 BB1C1C 为菱形, ABB1C. 图 1-5 1证明： ACAB1；2如 ACAB1,CBB160 ,ABBC,求二面角 A -A1B1 - C1 的余弦值解： 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 ABO. 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 O

15、A,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9 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 的空间直角坐标系O-xyz. 因 为 CBB1 60 , 所 以 CBB1 为 等 边 三 角 形 , 又 AB BC , 就A 0,0,3 3,B1,0,0,B1 0,3 3,0 ,C 0,3 3,0 . 3AB1 0,3 3,3 3,A1B1 AB 1,0,3 3,B1C1BC 1,3 3,0 . 设 nx,y,z是平面 AA1B1 的法向量,就nAB10,即 nA1B1 0,3 3 y3 3 z0,所以可取 n1,3,x3 3 z0.设 m 是平面 A1B1C1的法向量,mA1B1 0,就mB1C1 0,同理可取 m1,3,3就 cosn,mn m |n|m|1 7. 所以结合图形知二面角A -A1B1 - C1 的余弦值为1 7. 10名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 10 页