2017-2019三年高考数学(理科)分类汇编专题06立体几何(解答题).pdf

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1、专题 06 立体几何（解答题）1【2019 年高考全国卷理数】如图，直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，BAD=60，E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 的中点（1）证明：MN平面 C1DE；（2）求二面角 AMA1N 的正弦值【答案】（1）见解析；（2）.105【解析】（1）连结 B1C，ME因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以MEB1C，且ME=B1C12又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D12由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，PPP因此四边形MNDE为平行四边形，MNED又MN平面EDC1，所以MN平面C1DE（2）由已知

2、可得DEDA以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则DAu u u r，A1(2，0，4)，(2,0,0)A(1,3,2)M(1,0,2)N1(0,0,4)A A uuu r1(1,3,2)AM uuuu r，1(1,0,2)A N uuuu r(0,3,0)MN uuu u r设为平面A1MA的法向量，则，(,)x y zm1100AMA Auuuu ruuu rmm所以可取32040 xyzz，(3,1,0)m设为平面A1MN的法向量，则(,)p q rn100MNANuuu u ruuuu r，nn所以可取3020qpr，(2,0,1)n于是，2 31

3、5cos,|525 m nm nm n所以二面角的正弦值为1AMAN105【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.2【2019 年高考全国卷理数】如图，长方体 ABCDA1B1C1D1的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA1上，BEEC1（1）证明：BE平面 EB1C1；（2）若 AE=A1E，求二面角 BECC1的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）.32【解析】（1）由已知得，平面，平面，11BC 11ABB ABE 11ABB A故

4、11BC BE又，所以平面1BEECBE 11EBC（2）由（1）知由题设知，所以，190BEBRtABE11RtAB E45AEB故，AEAB12AAAB以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系DDDAuuu r|DAuuu rxyz，则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），1C，(1,0,0)CB uu u r(1,1,1)CE uuu r1(0,0,2)CC uuu u r设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则即0,0,CBCEuu u ruuu rnn0,0,xxyz所以可取n=.(0,1,1)设平面的法向量为 m=

5、（x，y，z），则1ECC即10,0,CCCEuuu u ruuu rmm20,0.zxyz所以可取m=（1，1，0）于是1cos,|2 n mn mn m所以，二面角的正弦值为1BECC32【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.3【2019 年高考全国卷理数】图 1 是由矩形 ADEB，RtABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其中 AB=1，BE=BF=2，FBC=60，将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连结 DG，如图 2.（1）证明：图 2 中

6、的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC平面 BCGE；（2）求图 2 中的二面角 BCGA 的大小.【答案】（1）见解析；（2）.30o【解析】（1）由已知得 ADBE，CGBE，所以 ADCG，故 AD，CG 确定一个平面，从而PPPA，C，G，D 四点共面由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE（2）作EHBC，垂足为H因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC由已知，菱形BCGE的边长为2，EBC=60，可求得BH=1，EH=3以H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Hxyz，HC

7、u u u r则A（1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，1，0）3CGuuu r3ACuuu r设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则即0,0,CGACuuu ruuu rnn30,20.xzxy所以可取n=（3，6，）3又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以3cos,|2 n mn mn m因此二面角BCGA的大小为30【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.4

8、【2019 年高考北京卷理数】如图，在四棱锥PABCD 中，PA平面ABCD，ADCD，ADBC，PA=AD=CD=2，BC=3E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且13PFPC（1）求证：CD平面 PAD；（2）求二面角 FAEP 的余弦值；（3）设点 G 在 PB 上，且判断直线 AG 是否在平面 AEF 内，说明理由23PGPB【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析.33【解析】（1）因为 PA平面 ABCD，所以 PACD又因为ADCD，所以CD平面PAD（2）过A作AD的垂线交BC于点M因为PA平面ABCD，所以PAAM，PAAD如图建立空间直角坐标系Axyz，则A（0，

9、0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AEPCAPuuu ruuu ruuu r所以.12 222 2 4,33 333 3 3PFPCAFAPPFuuu ruuu ruuu ruuu ruuu r设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则即0,0,AEAFuuu ruuu rnn0,2240.333yzxyz令z=1，则1,1yx 于是=(1,1,1)n又因为平面 PAD 的法向量为 p=（1，0，0），所以.3cos,|3 n pn pn p由题知，二面角F

10、AEP为锐角，所以其余弦值为33（3）直线AG在平面AEF内因为点G在PB上，且，2,(2,1,2)3PGPBPB uu u r所以.242442 2,333333 3PGPBAGAPPGuuu ruu u ruuu ruuu ruuu r由（2）知，平面AEF的法向量.=(1,1,1)n所以.4220333AG uuu rn所以直线AG在平面AEF内.【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角 FAEP 的余弦值；（3）首先求得点 G 的坐标，然后结合平面的法向量和直线 AG 的方向向量即可判断直线是否在A

11、EF平面内.5【2019 年高考天津卷理数】如图，平面，AE ABCD,CFAEADBC,ADAB1,2ABADAEBC（1）求证：平面；BF ADE（2）求直线与平面所成角的正弦值；CEBDE（3）若二面角的余弦值为，求线段的长EBDF13CF【答案】（1）见解析；（2）；（3）4987【解析】依题意，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向的AAB AD AEuuu ruuu ruuu r，xyz空间直角坐标系（如图），可得，设(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)ABCD(0,0,2)E，则(0)CFhh1,2,Fh（1）依题意，是平面的法向量，又，可得，

12、又因为直(1,0,0)AB uuu rADE(0,2,)BFhuuu r0BF ABuuu r uuu r线平面，所以平面BF ADEBF ADE（2）依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BDBECE uuu ruuu ruuu r设为平面的法向量，则即不妨令，(,)x y znBDE0,0,BDBEuuu ruuu rnn0,20,xyxz 1z 可得因此有(2,2,1)n4cos,9|CECECE uuu ruuu ruuu rnnn所以，直线与平面所成角的正弦值为CEBDE49（3）设为平面的法向量，则即(,)x y zmBDF0,0,BDBFuuu ruuu rmm0

13、,20,xyyhz 不妨令，可得1y 21,1,hm由题意，有，解得经检验，符合题意224|1cos,|343 2hh m nm nmn87h 所以，线段的长为CF87【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识考查用空间向量解决立体几何问题的方法考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力6【2019 年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E 分别为 BC，AC 的中点，AB=BC求证：（1）A1B1平面 DEC1；（2）BEC1E【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为 D，E 分别为 BC，AC 的中点，所以 EDAB.在

14、直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABA1B1，所以 A1B1ED.又因为 ED平面 DEC1，A1B1平面 DEC1，所以 A1B1平面 DEC1.（2）因为 AB=BC，E 为 AC 的中点，所以 BEAC.因为三棱柱 ABCA1B1C1是直棱柱，所以 CC1平面 ABC.又因为 BE平面 ABC，所以 CC1BE.因为 C1C平面 A1ACC1，AC平面 A1ACC1，C1CAC=C，所以 BE平面 A1ACC1.因为 C1E平面 A1ACC1，所以 BEC1E.【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.7【2019

15、年高考浙江卷】如图，已知三棱柱，平面平面,，111ABCABC11A ACC ABC90ABC分别是 AC，A1B1的中点.1130,BACA AACAC E F（1）证明：；EFBC（2）求直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35【解析】方法一：（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1EAC又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABC=AC，所以，A1E平面ABC，则A1EBC又因为A1FAB，ABC=90，故BCA1F所以BC平面A1EF因此EFBC（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA

16、1是平行四边形由于A1E平面ABC，故A1EEG，所以平行四边形EGFA1为矩形由（1）得BC平面EGFA1，则平面A1BC平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上连接A1G交EF于O，则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）不妨设AC=4，则在RtA1EG中，A1E=2，EG=.33由于O为A1G的中点，故，11522AGEOOG所以2223cos25EOOGEGEOGEO OG因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35方法二：（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面

17、A1ACC1平面ABC=AC，所以，A1E平面ABC如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz不妨设AC=4，则A1（0，0，2），B（，1，0），C(0，2，0)331(3,3,2 3)B3 3(,2 3)22F因此，3 3(,2 3)22EF uuu r(3,1,0)BC uuu r由得0EF BCuuu r uuu rEFBC（2）设直线EF与平面A1BC所成角为由（1）可得1=(3 1 0)=(0 22 3)BCACu u u ru u u u r，设平面A1BC的法向量为n，()xy z，由，得，100BCACuuu rnn3030 xy

18、yz取n，故，(13 1)，|4sin|cos|=5|EFEFEFuuu ruuu ruuu r，nnn|因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为35【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.8【2018 年高考全国卷理数】如图，四边形为正方形，分别为的中点，以ABCD,E F,AD BC为折痕把折起，使点到达点的位置，且.DFDFCCPPFBF（1）证明：平面平面；PEF ABFD（2）求与平面所成角的正弦值.DPABFD【答案】（1）见解析；（2）.34【解析】方法一：（1）由已知可得，BFPF，BFEF，所以

19、BF平面 PEF.又平面 ABFD，BF 所以平面 PEF平面 ABFD.（2）在平面 DEF 中，过 P 作 PHEF 于点 H，连接 DH，如图，由于 EF 为平面 ABCD 和平面 PEF 的交线，PHEF，则 PH平面 ABFD，故 PHDH.则与平面所成的角为.DPABFDPDH在三棱锥 P-DEF 中，可以利用等体积法求 PH.因为 DEBF 且 PFBF，所以 PFDE，又PDFCDF，所以FPD=FCD=90，所以 PFPD，由于 DEPD=D，则 PF平面 PDE，故，13FPDEPDEVPF S因为 BFDA 且 BF平面 PEF，所以 DA平面 PEF，所以 DEEP.设

20、正方形的边长为 2a，则 PD=2a，DE=a，在PDE 中，3PEa所以，232PDESa故，336FPDEVa又，2122DEFSaaa所以，2332FPDEVPHaa所以在PHD 中，3sin4PHPDHPD故与平面所成角的正弦值为.DPABFD34方法二：（1）由已知可得，BFPF，BFEF，所以 BF平面 PEF.又平面 ABFD，BF 所以平面 PEF平面 ABFD.（2）作 PHEF，垂足为 H.由（1）得，PH平面 ABFD.以 H 为坐标原点，的方向为 y 轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 Hxyz.HFuuu r|BFuuu r由（1）可得，DEPE.又 D

21、P=2，DE=1，所以 PE=.又 PF=1，EF=2，故 PEPF.3可得.33,22PHEH则为平面 ABFD 的法向量.3333(0,0,0),(0,0,),(1,0),(1,),2222HPDDP uuu r3(0,0,)2HP uuu r设 DP 与平面 ABFD 所成角为，则.334sin|4|3HP DPHPDPuuu r uuu ruuu ruuu r所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为.349【2018 年高考全国 II 卷理数】如图，在三棱锥中，PABC，为的中点2 2ABBC4PAPBPCACOAC（1）证明：平面；PO ABC（2）若点在棱上，且二面角为，求与

22、平面所成角的正弦值MBCMPAC30PCPAMPAOCBM【答案】（1）见解析；（2）34【解析】（1）因为，为的中点，所以，且4APCPACOACOPAC2 3OP 连结因为，所以为等腰直角三角形，OB22ABBCACABC且，OBAC122OBAC由知222OPOBPBPOOB由知平面,OPOB OPACPO ABC（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系OOBuu u rxOxyz由已知得取平面的法(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,2,0),(0,0,2 3),(0,2,2 3),OBACPAPuu u rPAC向量(2,0,0)OB uu u

23、r设，则(,2,0)(02)M aaa(,4,0)AMaauuur设平面的法向量为PAM(,)x y zn由得，可取，0,0APAMuu u ruuurnn22 30(4)0yzaxa y(3(4),3,)aaan所以2222 3(4)cos,2 3(4)3aOBaaauu u rn由已知可得3|cos,|2OBuu u rn所以解得（舍去），2222 3|4|3=22 3(4)3aaaa4a 43a 所以8 3 4 34(,)333 n又，所以(0,2,2 3)PC uu u r3cos,4PCuu u rn所以与平面所成角的正弦值为PCPAM3410【2018 年高考全国卷理数】如图，边长

24、为 2 的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，ABCDCD是上异于，的点MCDCD（1）证明：平面平面；AMDBMC（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值MABCMABMCD【答案】（1）见解析；（2）.2 55【解析】（1）由题设知,平面 CMD平面 ABCD,交线为 CD.因为 BCCD,BC平面 ABCD,所以 BC平面 CMD,故 BCDM.因为 M 为上异于 C，D 的点,且 DC 为直径，CD所以 DMCM.又 BCCM=C,I所以 DM平面 BMC.而 DM平面 AMD,故平面 AMD平面 BMC.（2）以 D 为坐标原点,的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空

25、间直角坐标系Dxyz.DAuuu r当三棱锥 MABC 体积最大时，M 为的中点.CD由题设得，(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)DABCM(2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AMABDA uuuu ruuu ruuu r设是平面 MAB 的法向量,则(,)x y zn即0,0.AMABuuuu ruuu rnn20,20.xyzy可取.(1,0,2)n是平面 MCD 的法向量,因此DAuuu r，5cos,5|DADADAuuu ruuu ruuu rnnn，2 5sin,5DA uuu rn所以面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦

26、值是.2 5511【2018 年高考江苏卷】如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，AB=AA1=2，点 P，Q 分别为 A1B1，BC 的中点（1）求异面直线 BP 与 AC1所成角的余弦值；（2）求直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值【答案】（1）；（2）3 102055【解析】如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，设 AC，A1C1的中点分别为 O，O1，则OBOC，OO1OC，OO1OB，以为基底，建立空间直角坐标系 Oxyz1,OB OC OOuuu r uuu r uuuu r因为 AB=AA1=2，所以1110,1,0,3,0,0,0,1,0,0,1,()()()()(2

27、,3,0,2,0,1,2)()ABCABC（1）因为 P 为 A1B1的中点，所以，31(,2)22P从而，131(,2)(0,2,222),BPACuu u ruuuu r故111|14|3 10|cos,|20|52 2BP ACBP ACBPAC uu u r uuuu ruu u r uuuu ruu u ruuuu r因此，异面直线 BP 与 AC1所成角的余弦值为3 1020（2）因为 Q 为 BC 的中点，所以，3 1(,0)22Q因此，3 3(,0)22AQ uuu r11(0,2,2),(0,0,2)ACCCuuuu ruuu u r设 n=（x，y，z）为平面 AQC1的一

28、个法向量，则即10,0,AQACuuu ruuuu rnn330,22220.xyyz不妨取，(3,1,1)n设直线 CC1与平面 AQC1所成角为，则，111|25sin|cos|,|552CCCCCC|uuu u ruuu u ruuu u rnnn所以直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值为5512【2018 年高考江苏卷】在平行六面体中，1111ABCDABC D1111,AAAB ABBC求证：（1）平面；AB11A B C（2）平面平面11ABB A 1A BC【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1中，ABA1B1因为 AB平

29、面 A1B1C，A1B1平面 A1B1C，所以 AB平面 A1B1C（2）在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1中，四边形 ABB1A1为平行四边形又因为 AA1=AB，所以四边形 ABB1A1为菱形，因此 AB1A1B又因为 AB1B1C1，BCB1C1，所以 AB1BC又因为 A1BBC=B，A1B平面 A1BC，BC平面 A1BC，所以 AB1平面 A1BC因为 AB1平面 ABB1A1，所以平面 ABB1A1平面 A1BC13【2018 年高考浙江卷】如图，已知多面体 ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C 均垂直于平面ABC，ABC=120，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2（1）证明：AB1平面 A1B1C1；（2）求直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值【答案】（1）见解析；（2）.3913【解析】方法一：（1）由得，11112,4,2,ABAABBAAAB BBAB1112 2ABAB