立体几何高考真题大题.pdf

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1、立体几何高考真题大题1.（2016高考新课标1卷）如图，在以八5,心口5亦为顶点的五面体中，面八1为正方形,AF=2FD,乙477）=90,且二面角 D-AF-E 与二面角 C-BE-F 都是 60.（I）证明：平面ABEF_L平面EFDC；（II）求二面角E-BC-A的余弦值.【答案】（I）见解析；（II）-19【解析】试题分析：（I）先证明A F,平面EFDC,结合A F u平面ABEF,可得平面ABEFL平面EFDC.（II）建立空间坐标系,分别求出平面BCE的法向量m及平面BCE的法向 量 ，再利用cos（,时=鲁彳求二面角.试题解析：（I）由己知可得AF_LDF,AF_LFE,所以A

2、F_L平面EFDC.又AF u平面ABEF,故平面AB EF1平面EFDC.（II）过D作D G L E F,垂足为G,由（I）知DG J_平面ABEF.以G为坐标原点，G F的方向为x轴正方向，|GF|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系G-yz.由（I）知NDFE为 二 面 角D AF E的平面角，故NDFE=6 0，贝IJ|DF|=2,|0 0|=3,可得人（1,4,0）,B（3,4,0）,E（-3,0,0）,D（0,0,73）.由已知，AB EF,所以AB 平面EFDC.又平面 ABCD 平面 EFDC=DC,故 AB/CD,CD/EF.由BE/AF,可得B E 1平面EFDC,所

3、以NCEF为二面角C-B E-F的平面角，NCEF=6 0.从而可得 C（2,0,6）.所以EC=（l,0,g）,EB=（0,4,0）,AC=（3,T,g），AB=（T,0,0）.设 =（x,y,z）是 平 面 B C E 的法向量,则77-E C =0 x+V 3 z =0 ，即 ，“-EB=0 4y=0所以可取=（3,0,百）.in A C =0设m是 平 面 A B C D 的法向量,则m-A B =0同理可取，=（0,6,4）/n m 2A/19则 cos（，加）=,.=-./|祠 19故 二 面 角 E B C A 的余弦值为-19考 点：垂直问题的证明及空间向量的应用【名师点睛】立

4、体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明，空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线 面、面面三者的平行与垂直关系，其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理，要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面，该类题目难度不大，以中档题为主.第二 问 一 般 考 查角度问题，多用空间向量解决.2.（2016高 考 新 课 标2理 数）如 图，菱 形 A B C。的 对 角 线 A C 与 8。交 于 点 0,A B =5,A C =6,点 分别在 上，A E =C F=-,E F 交 B D 于点、H .将4 DEF 沿 E F 折到 D E F 位 置，O D =M.D（I）证 明：D H，平面 A

5、 B C。；（II）求 二 面 角 B OA C 的正弦值.【答 案】（I）详见解析；（H）2 叵.25【解 析】试卷第2页，总18页试题分析：（I）证A C V/E/,再证。力J _。”，最后证D H _ L平面A 3 C D；（I I ）用向量法求解.Q p试题解析：（I）由已知得A C _ L 8 D,A D =C D,又由A E =C/得=,故A D C DA C/E F.因此E反，从而E F1 DH.由 A B =5,A C =6 得D O=B 0 =A B2-A O2=4.O H A E 1由 E F /A C 得 =一.所以 O H=1 ,DH=D H=3 .D O A D 4于

6、是 O H =1 ,。”+0”2=3 2+1 2=0=。，0 2故 DH O H .又 DH 1 E F ,而 O H c 历=，所以。J _平面A B C D.（I I）如图，以，为坐标原点，”产的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系H-x y z,则7 7（0,0,0）,A（-3,-2,0）,B（0,-5,0）,C（3,-l,0）,（0,0,3）,A B =（3,TO）,A C =（6,0,0）,A Z =（3,3）.设 加=（%,y,z j 是平面 A B。的 法 向 量，则3 X 1 -4 y =03玉 +M +3 =0m-A B=O,即m-A Z）=0所以可以取m二（4,3,5）.

7、设 =（九2，%，2 2）是平面48的法向量，则,n-A C -0n-A D Q即6X2=03X2+%+3 z 2 =0m-n所 以 可 以 取 =()二 3).于 是 C OM 2 上=_ 1 4 _ j _.|m|-|n|-V50 xVi0-25 sn=2i.25因此二面角B-D A-C的 正 弦 值 是 拽 5 .25考点：线面垂直的判定、二面角.【名师点睛】证明直线和平面垂直的常用方法有：判定定理；a b,a a =b l a ；a B ,a,a =a j.B ;面面垂直的性质.线面垂直的性质，常用来证明线线垂直.求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过

8、两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.3.(2 0 1 6 高考山东理数)在如图所示的圆台中，A C 是下底面圆0的直径，E F是上底面(I )已知G,H 分别为E C,F B 的中点，求证：G H 平面A B C；(I I )已知EF=FB=AC=2 6 A B=B C.求二面角尸-8C-A的余弦值.2 ，【答案】(I )见解析；(H)也7【解析】试题分析：(I )根据线线、面面平行可得与直线G H 与平面A B C 平行：(I I)立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，其中解法一建立空间直角坐标系求解；解法二则

9、是找到NF NM 为二面角F-BC-A的平面角直接求解.试卷第4页，总18页(I )证明：设F C的中点为/，连接在(7 尸，因为G是CE的中点，所以G/E 又 E FO B,所以 G/O B,在 C E B中，因为”是尸8的中点，所以H I H B C ,又 以/c G/=/，所以平面G /平面A B C,因为G H u平面GH/,所以G H/平面A B C.(I I)解法一：连接。，则。平面A B C ,又A B =8 C,且AC是圆。的直径，所以6 0 _ L AC以。为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系。-孙z ,由题意得3(0,2 6,0),C(-2 s/3,0,0),过点F作F

10、 M垂 直。8于点M ,所以=F B2-B M2=3,可得尸(0,百,3)故 8 C =(-2 7 3,-2 7 3,0),B F=(0,-7 3,3).设m=(x,y,z)是平面BCF的一个法向量.m B C =0由 ，m BF=0一 阳-2底-2回=0可得V L ，-岛+3 z =0可得平面B C F的一个法向量m=(-1,1,因为平面A B C的一个法向量 =(0,0,1),g、l mn 币所以 cos=-=17nli 川 7所以二面角尸-3 C -A的余弦值为立7解法二：连接。，过点尸作K 0 _LOB于点M ,则有 E M/。，又。0 平面A B C,所以FMJ_平面ABC,可得 F

11、 M=IFB-B M?=3,过点M作MN垂直BC于点N ,连接FN,可得F N L B C,从而N F N M为二面角F-B C-A的平面角.又 A B=B C,A C是圆。的直径，所以 MN=8Msin45=2从而F N =叵,可 得 cos N F N M =叵2 7所以二面角E-B C-A的 余 弦 值 为 二.7考点：1.平行关系；2.异面直线所成角的计算.【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，给出规范的证明.立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件

12、，灵活选择方法.本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力 转化与化归思想及基本运算能力等.4.（2016高考天津理数）如图，正方形ABCD的中心为0,四边形OBEF为矩形，平面OBEF_L平面 ABCD,点 G 为 AB 的中点，AB=BE=2.试卷第6页，总18页(I )求证：E G平面A D F；(I I)求二面角O-E F-C的正弦值；2(I I I)设H为线段A F上的点，且A H=H F,求直线B H和平面C E F所成角的正弦值.3【答案】(I )详见解析(I I)(I I I)3 2 1【解析】试题分析：(I )利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，利用法向量与

13、直线方向向量垂直进行论证(I I)利用空间向量求二面角，关键是求出面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与二面角相等或互补关系求正弦值(I I I)利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与线面角互余关系求正弦值试题解析：依题意，O 77,平面如图，以。为点，分别以A O,B 4,O/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0(),0,(),A(-l,l,0),B(-l,-l,0),C(l,-l,0),以1,1,0),E(-l,-l,2),0,0,2),俱1,0,0)(I )证明：依题意，A

14、 =(2,0,0),A F =(l,-l,2).设宿=(x,y,z)为 平 面 尸 的,法向量，则(n,A =0 ，即 2 x =0 .不妨设z=il,可得=(0,2,1、),又n,-AF=0 x-y+2z0EG=(O,l,-2),可 得EG 产0,又 因 为 直 线E G z平 面A ,所以 6/平面4。F.(H)解：易 证，0A=(-1,1,0)为 平 面O E F的 一 个 法 向 量.依 题 意，E F=(1,1,O),CF=(一 1,1,2).设2 =(%,X z)为平面 C E F 的法向量，则 Vn2 E F=0-C F 0 x+y=0 x+y+2z=0即不妨设 x=l,可得2=

15、(1,-1,1)因此有cos=7-j=-，于是 sin=,所以，二面角叫同 3-3O E尸C的正弦值为 二.32 2(I I I)解：由 A H=-H ,得 A H=-A.因为 AF=(1-1),所以3 5 v 72(2 2 4、(3 3 4、,2 8 4、A H=-A F =一 一,进而有,从而 8”=一,？,一，因此5，5 5 5,、5 5 5,1 5 5 5,cos=1/气=也.所以，直 线 和 平 面CER所成角的正弦值为|叫同 2 1a五.考点：利用空间向量解决立体几何问题5.(2016年高考北京理数)如图，在四棱锥P ABCZ)中，平面PAD_L平面ABCO,P A 1 P D ,

16、PA=P D,A B L A D,A B =,A D =2,A C =C D =&(1)求证：P。，平面P48；试卷第8页，总18页(2)求直线P B与平面尸。所成角的正弦值；(3)在棱尸A上是否存在点M,使得3例/平面PCO?若存在，求处的值；若A P不存在，说明理由.【答案】(1)见解析；(2)1；(3)存在，=3A P 4【解析】试题分析：(1)由面面垂直性质定理知A B L平面尸A O ；根据线面垂直性质定理可知A B _ L P。，再 由 线 面 垂 直 判 定 定 理 可 知 平 面P A B ；(2)取 的 中 点。，连结P O,C O,以。为坐标原点建立空间直角坐标系。一 种，

17、利用向量法可求出直线P B与平面PCQ所成角的正弦值;(3)假设存在，根据A,P,M三点共线，设为M =AAP,.-,-*A A/根据3 M/平面P C。，即8 M-=0,求义的值，即可求出的值.A P试题解析：(1)因为平面P A O J _平面A B C。，A B 1 A D,所以平面P A。，所以4?_ L P Z),又因为R 4 _ L P D,所以尸。，平面P 4 B；(2)取A Z)的中点。，连结尸。，CO,因为 P A =PO,所以 P O _ L A T .又因为P O (0-1,0),P(0,0,1).设平面P C D的法向量为7 =(x,y,z),则n-P D -0,f y

18、-z=0,即4n-P C =0,1 2 x-z=0,令 z=2 ,则 x =1,y=-2.所以 3=(1,2,2).-*u,.P B A/3又 P B=(1,1,1),所以 c o s =、q -.卜网3所以直线P B与平面P C D所成角的正弦值为乙.3(3)设M是棱P A上一点，则存在4e 0,1 使 得 嬴 =4而.因此点(0,1 -4 壮 丽:(-1,-Z,A).因为平面P C。，所以8 M 平面PCD当 且 仅 当 丽 G=0,即(1,一4,A).(1-2,2)=0,解得;I =.所以在棱P A上存在点M使得8M平面PCO,此时=-.AP 4考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线

19、所成角的计算；3.空间向量的运用.【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.6.(2 0 1 6高考新课标3理数)如图，四棱锥PA3 C中，P A 1地面A B C。，A D B C,A B A D =A C =3,PA=B C =4,M 为线段 A O 上一点，AM=2 M O ,N 为 PC的中点.(I)证明MN 平面P A 8；(II)求直线AN与平面P A/N所成角的正弦值.试卷第10页，总

20、18页【答案】（I）见解析；（1【）.25【解析】试题分析：（I）取PB的中点T,然后结合条件中的数据证明四边形AMNT为平行四边形，从而得到MN A T,由此结合线面平行的判断定理可证；（II）以A为坐标原点，以4。,AP所在直线分别为y,z轴建立空间直角坐标系，然后通过求直线4 N的方向向量与平面PMN法向量的夹角来处理AN与平面PMN所成角.2试题解析：（I）由已知得AM=A O =2,取B P的中点T,连接A T,7 N,由N为PC 中点知 TNBC,TN=BC=2.2又ADHBC,故77V_AM,四 边 形 为 平 行 四 边 形，干是MN AT.因为A T u平面PAB,MN 平面

21、P4B,所以MN 平面PAB.（H）取8 c的中点E,连结AE,由AB=AC得AE，,从而AE，4）,且AE=-BE2=AS2（2 =V5.以4为坐标原点，AE的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz,由题意知，户(0,0,4),M(0,2,0),C(V5,2,0),N(2,1,2),PM=(0,2,Y),丽=(争2),乔=(争,2).PM=0设=（x,y,z）为 平 面 尸 的 法 向 量，贝火_ _ _ _ _.nP N =02x-4z=0，即 亚 ，可取 x+y-2 z =02 =(0 2 1),工 曰 .n-AN于是|cos=-nAN8 7 5考点：1、空间直线与平面

22、间的平行与垂直关系；2、棱锥的体积.【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理.7.（2 0 1 6 高考浙江理数）如图，在三棱台ABC D E E中，平面平面ABC,NACB=90,B E=E F=FC=1,B C=2,A C=3.（I）求证：E F_ L 平面 A C FD；（I I）求二面角B-A D-F的平面角的余弦值.【答案】（I ）证明见解析；（I I）.4【解析】试题分析：（1 ）先证B F J.A

23、 C,再证BF_LC K,进而可证BF J 平面ACFD；（I I）方法一：先找二面角B-A D-F的平面角，再在RtABQF中计算，即可得二面角B-A D-F的平面角的余弦值：方法二：先建立空间直角坐标系，再计算平面ACK和平面ABK的法向量，进而可得二面角B-A D-F的平面角的余弦值.试题解析：（I）延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.因为平面BCFE_L平面A B C,且A C _LB C,所以，A C,平面B C K,因此，BF AC.又因为EF BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以 BCK为等边三角形，且F为C K的中点，则BFCK .所以BFJ_平面ACFD.B试卷

24、第12页，总 18页（II）方法一：过点F作F Q L A K,连结BQ.因为BFJ.平面A C K,所以B F J.A K,则AK_L平面B Q F,所以BQ_LAK.所以，/BQ F是二面角B AD F的平面角.3在 RtAACK 中，AC=3,CK=2,得 FQ=-13在RlABQF中，FQ=p,BF=g,得cosNBQF=所以，二面角B AD F的平面角的余弦值为4方法二：如图，延长AD,BE,CF相交于一点K,则ABCK为等边三角形.取BC的中点0,则K）1B C,又平面BCFEJ.平面ABC,所以，KO_L平面ABC.以点0为原点，分别以射线OB,OK的方向为x,z的正方向，建立空

25、间直角坐标系0与2.由题意得B（1,O,O）,C（-1,O,O）,K（0,0,V3）,A（T T O），E g,。,等）,因此，AC=（O,3,O）,AK=（1,3,百），AB=（2,3,0）.设平面ACK的法向量为m=（%，x，z j,平面ABK的法向量为=（9,%，z?）-由 AC-7/7=0，得,3y=0/rr,取相AK-m=0%+3y+=0AB-=O由 AK=O2X2+3%=0 x2+3%+A/3Z2=0取二卜,_2,6).工日/、6十 是，cos(m.n)=-j-p-r=.|zn|-|n|4所以，二面角B-A D-F的平面角的余弦值为X.4考点：1、线面垂直；2、二面角.【方法点睛】

26、解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误.证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线.8.（2 0 1 6 年高考四川理数）如图，在四棱锥P-A B C D 中，A D/7 B C,ZA D C=ZP A B=90 ,B C=C D=-A D,E为边A D 的中点，异面直线P A 与 C D 所成的角为90 .2（I ）在平面P A B 内找一点M,使得直线C M 平面P B E,并说明理由；（H ）若二面角P-C D-A 的大小为4 5 ,求直线P A 与平面P C E 所成角的正弦值.【答案】

27、（I ）详见解析；（I I）3【解析】试题分析：（I）探索线面平行，根据是线面平行的判定定理，先证明线线平行，再得线面平行，而这可以利用已知的平行，易得C D E B；从而知M 为 D C 和 A B 的交点；（I I ）求线面角，可以先找到这个角，即作出直线在平面内的射影，再在三角形中解出，也可以利用已知图形中的垂直建立空间直角坐标系，用向量法求出线面角（通过平面的法向量与直线的方向向量的夹角来求得）.试题解析：（I ）在梯形A B C D 中，A B 与 C D 不平行.延长A B,D C,相交于点M （M G 平面P A B）,点 M即为所求的一个点.理由如下：由已知，B C E D,且

28、 B C=E D.所以四边形B C D E 是平行四边形.，所以C D E B从而C M E B.又 E B u 平面P B E,C M.平面P B E,所以C M 平面P B E.（说明：延长A P 至点N,使得A P=P N,则所找的点可以是直线M N 上任意一点）（I I）方法一：由已知，C D 1 P A,C D A D,P A c A D=A,所以C D _ L 平面P A D.从而C D P D.所以N P D A 是二面角P-C D-A 的平面角.所以 N P D A=4 5。.设 B C=1,则在 R t ZP A D 中，P A=A D=2.试卷第14页，总18页过点A作 A

29、 H L C E,交 C E 的延长线于点H,连接P H.易知P A J _ 平面A B C D,从而P A C E.于是C E J _ 平面P A H.所以平面P C E _ L 平面P A H.过 A作 A Q_ L P H 于 Q,则 A Q_ L 平面P C E.所以N A P H 是 P A 与平面P C E 所成的角.在 R t ZA E H 中，ZA E H=4 5 ，A E=1,所以A H=2在 RtAPAII 中,昨 闹 R考 AH 1所以 s i n/A P H=-P H 3方法二：由已知，C D _ L P A,C D A D,P A c A D=A,所以C D _ L

30、平面P A D.于是 C D J _ P D.从而N P D A 是二面角P-C D-A 的平面角.所以 N P D A=4 5。.由 P A 1 A B,可得P A J _ 平面A B C D.设 B C=1,则在 R t ZX P AD 中，P A=AD=2.作 A y L A D,以 A 为原点，以AO,A P的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 A-x y z,则 A(0,0,0),P (0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),所以 PE=(1,0,-2),E C=(1,1,0),A P=(0,0,2)设平面P CE的法向量为n=(x,y,z),n

31、-P E -0,fx2 z-0,由 4 得 4 设 X=2,解得 n=(2,-2,1).n-E C =0,+y=0,设直线P A与平面P CE所成角为a ,则 s i n a =5 =2,1n-AP 2X722+(-2)2+12 3所以直线P A与平面P CE所成角的正弦值为 .考点：线线平行、线面平行、向量法.【名师点睛】本题考查线面平行、线线平行、向量法等基础知识，考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力.证明线面平行时，可根据判定定理的条件在平面内找一条平行线，而这条平行线一般是由过面外的直线的一个平面与此平面相交而得，证明时注意定理的另外两个条件（线在面内，线在面外）要写全，否则会被

32、扣分，求线面角（以及其他角），一种方法可根据定义作出这个角（注意还要证明），然后通过解三角形求出这个角.另一种方法建立空间直角坐标系，用向量法求角，这种方法主要是计算，不需要作角、证明”，关键是记住相应公式即可.9.（2 0 1 6高考上海理数）将边长为1的正方形例 日。（及其内部）绕的OQ旋转一271周形成圆柱，如图，A C 长为乃，4 片 长为H，其中耳与C 在平面例 口。的同侧。（1）求三棱锥。一日4 4 的体积;（2）求异面直线4 c与AH所成的角的大小。【答案】（1）.（2）1 2【解析】试卷第16页，总18页试题分析：(1)由题意可知，圆柱的高力=1,底面半径r=l.71确定NA

33、RB1=k.计 算SA O A B后即得.(2)设过点B1的母线与下底面交于点B,根据BBJ/AA 知NCBQ或其补角为直71 7t线B 与AA1所成的角.确定NCOB=，CB=1.得出NCB=一.11 3 4试题解析：(1)由题意可知，圆柱的高力=1,底面半径r=l.71 71由A B的 长 为 可 知N A Q|B|=g.SAOB=；OJAJ.O B .sin/AiOBV _ lc ,_V 3VC-O|A,B 1-3 A O|A|B|.”一 2,(2)设过点B1的母线与下底面交于点B,则BBbAA所以NCB|B或其补角为直线B 与AA1所成的角.2乃 2万由AC长为一，可知/AOC=，3

34、371兀又 NAOB=NAQ|BI=一，所以 NCOB=,3 3从而ACOB为等边三角形，得CB=1.因为B|B_L平面A O C,所以B|BJ_CB.7T 7T在 ACB|B 中，因为NB|BC=,CB=1,B,B=1.所以 NCB1B=1,71从而直线耳。与队所成的角的大小为“考点：1.几何体的体积；2.空间的角.【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，将空间问题转化成平面问题.立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解,应根据题目条件，灵活选择方法.本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力转化与化归思想及基本运算能力等.试卷第18页，总18页