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立体几何高考真题大题

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立体几何高考真题大题１.(2016高考新课标1卷）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 ， 90AFD ∠=，且二面角D-ＡF-E 与二面角C-BE-F 都是60.(Ⅰ)证明:平面AB ＥF ⊥平面E ＦDC ； (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F A ⊥平面FDC E ,结合F A ⊂平面F ABE ,可得平面F ABE ⊥平面FDC E .（Ⅱ)建立空间坐标系,分别求出平面C B E 的法向量m 及平面C B E 的法向量n ,再利用cos ,n mn m n m⋅=求二面角. 试题解析：(Ⅰ）由已知可得F DF A ⊥,F F A ⊥E ,所以F A ⊥平面FDC E . 又F A ⊂平面F ABE ,故平面F ABE ⊥平面FDC E ．（Ⅱ）过D 作DG F ⊥E ,垂足为G ,由（Ⅰ)知DG ⊥平面F ABE .以G 为坐标原点，GF 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 xyz -. 由(Ⅰ）知DF ∠E 为二面角D F -A -E 的平面角,故DF 60∠E =,则DF 2=,DG 3=,可得()1,4,0A ,()3,4,0B -,()3,0,0E -,(D ．由已知,//F AB E ,所以//AB 平面FDC E ．又平面CD AB 平面FDC DC E =,故//CD AB ，CD//F E .由//F BE A ,可得BE ⊥平面FDC E ,所以C F ∠E 为二面角C F -BE -的平面角,C F 60∠E =．从而可得(C -.所以(C E=,()0,4,0EB =,(C 3,A =--,()4,0,0AB =-．CABDEF设(),,n x y z =是平面C B E 的法向量,则C 0n n ⎧⋅E =⎪⎨⋅EB =⎪⎩,即3040x z y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩, 所以可取()3,0,3n =-．设m 是平面CD AB 的法向量，则C 0m m ⎧⋅A =⎪⎨⋅AB =⎪⎩，同理可取()0,3,4m =.则219cos ,19n m n m n m ⋅==-． 故二面角C E-B -A 的余弦值为21919-．考点：垂直问题的证明及空间向量的应用【名师点睛】立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ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ,5,6AB AC ==,点,E F 分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到D EF '∆位置,10OD '=.（Ⅰ)证明：D H '⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值． 【答案】(Ⅰ）详见解析；(Ⅱ295【解析】试题分析:(Ⅰ）证//AC EF ,再证'D H OH ⊥,最后证'D H ABCD ⊥平面;（Ⅱ）用向量法求解．试题解析:(Ⅰ）由已知得AC BD ⊥,AD CD =，又由AE CF =得AE CFAD CD=，故//AC EF .因此EF HD ⊥,从而EF D H'⊥．由5AB =,6AC =得04DO B ==.由//EF AC 得14OH AE DO AD ==．所以1OH =,3D H DH '==． 于是1OH =,22223110D H OH D O ''+=+==， 故D H OH '⊥．又D H EF '⊥,而OH EF H ⋂=， 所以D H ABCD '⊥平面．By(Ⅱ）如图，以H 为坐标原点,HF 的方向为x 轴的正方向,建立空间直角坐标系H xyz -，则()0,0,0H ,()3,2,0A --，()0,5,0B -，()3,1,0C -，()0,0,3D '，(3,4,0)AB =-，()6,0,0AC =，()3,1,3AD '=.设()111,,m x y z =是平面ABD '的法向量,则m AB m AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩，即11111340330x y x y z -=⎧⎨++=⎩, 所以可以取()4,3,5m =-.设()222,,n x y z =是平面'ACD 的法向量,则0n AC n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩，即222260330x x y z =⎧⎨++=⎩，所以可以取()0,3,1n =-．于是1475cos ,25||||5010m n m n m n ⋅-<>===⋅⨯，295sin ,25m n <>=. 因此二面角B D A C '--的正弦值是29525． 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:①判定定理；②ａ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α;③α∥β，a ⊥α⇒a ⊥β；④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．(201６高考山东理数)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径,EF 是上底面圆O '的直径,FB 是圆台的一条母线.(Ⅰ）已知Ｇ,H 分别为EC,ＦＢ的中点,求证:GH ∥平面ABC; (Ⅱ)已知ＥF=ＦＢ＝12A Ｃ=23，AB=ＢC.求二面角F BC A --的余弦值． 【答案】（Ⅰ）见解析;(Ⅱ）7【解析】试题分析：(Ⅰ）根据线线、面面平行可得与直线GH 与平面ABC 平行；(Ⅱ）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；解法二则是找到FNM ∠为二面角F BC A --的平面角直接求解．试题解析:(Ⅰ）证明:设FC 的中点为I ,连接,GI HI ， 在CEF △,因为G 是CE 的中点,所以,GI F //E 又,F E //OB 所以,GI //OB在CFB △中，因为H 是FB 的中点,所以//HI BC ， 又HI GI I ⋂=,所以平面//GHI 平面ABC ， 因为GH ⊂平面GHI ，所以//GH 平面ABC ． （Ⅱ）解法一:连接'OO ,则'OO ⊥平面ABC ,又,AB BC =且AC 是圆O 的直径，所以.BO AC ⊥ 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，由题意得(0,3,0)B ,(3,0,0)C -,过点F 作FM OB 垂直于点M , 所以223,FM FB BM -=可得3,3)F故(23,23,0),(0,3,3)BC BF =--=-． 设(,,)m x y z =是平面BCF 的一个法向量．由0,0m BC m BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 可得2330,330x z ⎧--=⎪⎨+=⎪⎩ 可得平面BCF 的一个法向量3(m =- 因为平面ABC 的一个法向量(0,0,1),n =所以7cos ,||||m n m n m n ⋅<>==． 所以二面角F BC A --的余弦值为7．解法二：连接'OO ,过点F 作FM OB ⊥于点M ， 则有//'FM OO , 又'OO ⊥平面ABC , 所以F Ｍ⊥平面ABC, 可得223,FM FB BM -=过点M 作MN BC 垂直于点N ,连接FN ， 可得FN BC ⊥，从而FNM ∠为二面角F BC A --的平面角. 又AB BC =,AC 是圆O 的直径， 所以6sin 45MN BM ==从而42FN =，可得7cos FNM ∠= 所以二面角F BC A --的余弦值为77. 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，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A ＢCD 的中心为O,四边形OBEF 为矩形,平面ＯBEF ⊥平面A ＢCD ，点G 为A Ｂ的中点，AB ＝BE=2.(Ⅰ)求证:EG ∥平面AD Ｆ；（Ⅱ)求二面角Ｏ-ＥＦ-C 的正弦值; （Ⅲ)设H 为线段AF 上的点,且AH=23H Ｆ,求直线BH 和平面CE Ｆ所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）3(Ⅲ)7【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，利用法向量与直线方向向量垂直进行论证（Ⅱ）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(Ⅲ)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，OF ABCD ⊥平面,如图,以O 为点，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(0,0,0)O ,()1,1,0,(1,1,0),(1,1,0),(11,0),(1,1,2),(0,0,2),(1,0,0)A B C D E F G -------，．（Ⅰ)证明：依题意,()(2,0,0),1,1,2AD AF ==-．设()1,,n x y z =为平面ADF 的法向量，则110n AD n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,即2020x x y z =⎧⎨-+=⎩ .不妨设1z =,可得()10,2,1n =,又()0,1,2EG =-,可得10EG n ⋅=,又因为直线EG ADF ⊄平面,所以//EG ADF 平面.（Ⅱ)解:易证,()1,1,0OA =-为平面OEF 的一个法向量.依题意,()()1,1,0,1,1,2EF CF ==-．设()2,,n x y z =为平面CEF 的法向量,则220n EF n CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,即020x y x y z +=⎧⎨-++=⎩ ．不妨设1x =,可得()21,1,1n =-． 因此有222cos ,OA n OA n OA n ⋅<>==-⋅,于是23sin ,3OAn <>=,所以,二面角O EF C --的正弦值为3． (Ⅲ)解:由23AH HF =，得25AH AF =.因为()1,1,2AF =-，所以2224,,5555AH AF ⎛⎫==- ⎪⎝⎭,进而有334,,555H ⎛⎫- ⎪⎝⎭，从而284,,555BH⎛⎫= ⎪⎝⎭，因此222cos ,BH n BH n BHn ⋅<>==-⋅．所以，直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为21. 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 ABCD -中,平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD⊥,PA PD =,AB AD ⊥，1AB =,2AD =,AC CD ==（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. 【答案】(1）见解析；（3（3）存在,14AM AP = 【解析】试题分析：（1）由面面垂直性质定理知AB⊥平面PAD ；根据线面垂直性质定理可知PD AB ⊥,再由线面垂直判定定理可知⊥PD 平面PAB ；(２）取AD 的中点O ，连结PO ，CO ，以O 为坐标原点建立空间直角坐标系O xyz -,利用向量法可求出直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3）假设存在,根据A ，P ，M 三点共线，设λ=，根据//BM 平面PCD ，即0=⋅BM ,求λ的值，即可求出AMAP的值. 试题解析:（１)因为平面PAD ⊥平面ABCD ，AB AD ⊥， 所以⊥AB 平面PAD ,所以PD AB ⊥， 又因为PD PA ⊥,所以⊥PD 平面PAB ； （2)取AD 的中点O ，连结PO ，CO ， 因为PA PD =，所以AD PO ⊥.又因为⊂PO 平面PAD ,平面⊥PAD 平面ABCD ， 所以⊥PO 平面ABCD ．因为⊂CO 平面ABCD ，所以⊥PO CO . 因为CD AC =，所以AD CO ⊥．如图建立空间直角坐标系xyz O -，由题意得，)1,0,0(),0,1,0(),0,0,2(),0,1,1(),0,1,0(P D C B A -.设平面PCD 的法向量为),,(z y x =，则0,0,n PD n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即⎩⎨⎧=-=--,02,0z x z y令2=z ,则2,1-==y x . 所以)2,2,1(-=n .又)1,1,1(-=PB ,所以33,cos -=>=<PBn PB n PB n . 所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33．（3)设M 是棱PA 上一点，则存在]1,0[∈λ使得λ=. 因此点),,1(),,1,0(λλλλ--=-BM M ．因为⊄BM 平面PCD ,所以∥BM 平面PCD 当且仅当0=⋅n BM , 即0)2,2,1(),,1(=-⋅--λλ,解得41=λ. 所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ,此时41=AP AM ． 考点：1.空间垂直判定与性质;２．异面直线所成角的计算;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.(２016高考新课标3理数）如图，四棱锥P ABC -中,PA ⊥地面ABCD ，AD BC ,3AB AD AC ===,4PA BC ==，M 为线段AD 上一点,2AM MD =，N 为PC 的中点．(Ⅰ)证明MN平面PAB ;(Ⅱ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值. 【答案】(Ⅰ)见解析；（Ⅱ)8525. 【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MNAT ,由此结合线面平行的判断定理可证;(Ⅱ）以A 为坐标原点,以,AD 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AN 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. 试题解析：（Ⅰ）由已知得232==AD AM ，取BP 的中点T ，连接TN AT ,,由N 为PC 中点知BC TN //,221==BC TN . 又BC AD //,故TN AM ，四边形AMNT 为平行四边形,于是AT MN //． 因为⊂AT 平面PAB ，⊄MN 平面PAB ,所以//MN 平面PAB ．（Ⅱ）取BC 的中点E ，连结AE ，由AC AB =得BC AE ⊥，从而AD AE ⊥,且5)2(2222=-=-=BC AB BE AB AE . 以A 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xyz A -,由题意知，)4,0,0(P ,)0,2,0(M ,)0,2,5(C ，)2,1,25(N ， (0,2,4)PM =-,)2,1,25(-=PN ，)2,1,25(=AN ． 设(,,)n x y z =为平面PMN 的法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00,即⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-0225042z y x z x ,可取(0,2,1)n =,于是||85|cos ,|25||||n AN n AN n AN ⋅<>==.考点：1、空间直线与平面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.(2０16高考浙江理数)如图,在三棱台ABC DEF -中,平面BCFE ⊥平面ABC ,=90ACB ∠,ＢＥ=EF=FC=1,BC=2,AC ＝3．(Ⅰ)求证：EF ⊥平面ＡＣＦD;(Ⅱ）求二面角B-ＡD-F 的平面角的余弦值. 【答案】（Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ）34． 【解析】试题分析：(Ⅰ）先证F C B ⊥A ,再证F C B ⊥K ，进而可证F B ⊥平面CFD A ;（Ⅱ）方法一：先找二面角D F B-A -的平面角，再在Rt QF ∆B 中计算,即可得二面角D F B-A -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C A K 和平面ABK 的法向量，进而可得二面角D F B-A -的平面角的余弦值. 试题解析：（Ⅰ)延长D A ，BE ,CF 相交于一点K ，如图所示.因为平面CF B E ⊥平面C AB ,且C C A ⊥B ，所以， C A ⊥平面C B K ，因此, F C B ⊥A .又因为F//C E B ,F FC 1BE =E ==，C 2B =,所以C ∆B K 为等边三角形,且F 为C K 的中点,则 F C B ⊥K ．所以F B ⊥平面CFD A .(Ⅱ）方法一:过点F 作FQ ⊥AK ,连结Q B ．因为F B ⊥平面C A K ，所以F B ⊥AK ,则AK ⊥平面QF B ,所以Q B ⊥AK . 所以，QF ∠B 是二面角D F B-A -的平面角．在Rt C ∆A K 中,C 3A =,C 2K =，得313FQ 13=． 在Rt QF ∆B 中，313FQ 13=,F 3B =，得3cos QF 4∠B =. 所以，二面角D F B-A -的平面角的余弦值为34. 方法二：如图，延长D A ,BE ,CF 相交于一点K ，则C ∆B K 为等边三角形.取C B 的中点O ，则C KO ⊥B ,又平面CF B E ⊥平面C AB ，所以,KO ⊥平面C AB . 以点O 为原点,分别以射线OB ,OK 的方向为x ，z 的正方向， 建立空间直角坐标系xyz O ． 由题意得()1,0,0B ，()C 1,0,0-,(3K ，()1,3,0A --，13,0,22⎛E ⎝⎭，13F ,0,22⎛- ⎝⎭. 因此,()C 0,3,0A =，(3AK =,()2,3,0AB =.设平面C A K 的法向量为()111,,m x y z =,平面ABK 的法向量为()222,,n x y z =．由C 0m m ⎧A ⋅=⎪⎨AK ⋅=⎪⎩，得111130330y x y z =⎧⎪⎨++=⎪⎩，取()3,0,1m =-;由0n n ⎧AB⋅=⎪⎨AK ⋅=⎪⎩，得22222230330x y x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩，取(3,3n =-.于是，3cos ,4m n m n m n ⋅==⋅． 所以，二面角D F B-A -的平面角的余弦值为3．考点:1、线面垂直;２、二面角.【方法点睛】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.(２0１6年高考四川理数）如图,在四棱锥P-ABC Ｄ中，AD ∥BC,∠AD Ｃ＝∠PAB ＝９0°，BC=C Ｄ=12ＡD ，E 为边AD 的中点,异面直线P Ａ与ＣD 所成的角为９0°. EDCBPA（Ⅰ)在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由；（Ⅱ）若二面角Ｐ-CD-A 的大小为45°，求直线ＰA 与平面ＰＣＥ所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）详见解析；(Ⅱ)13．【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CD ∥EB;从而知M 为ＤC 和AB 的交点;(Ⅱ)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ＡＢCD 中，AB 与ＣD 不平行.延长A Ｂ,DC,相交于点M （M ∈平面P ＡB)，点M 即为所求的一个点．理由如下: 由已知,ＢＣ∥ED,且BC ＝ED ．所以四边形BCDE 是平行四边形．,所以ＣＤ∥EB 从而ＣＭ∥EB ．又E Ｂ⊂平面P ＢＥ，CM ⊄平面ＰBE, 所以C Ｍ∥平面PBE ．(说明:延长AP 至点N,使得AP ＝PN,则所找的点可以是直线MN 上任意一点） (Ⅱ)方法一:由已知，CD ⊥PA ，ＣＤ⊥A Ｄ，ＰA ⋂AD=A ， 所以CD ⊥平面PAD ． 从而ＣD ⊥PD ．所以∠PDA 是二面角Ｐ－ＣD-Ａ的平面角. 所以∠PD Ａ=4５°．设ＢC=1,则在Rt △PAD 中,P Ａ＝AD=２．过点A 作ＡH ⊥CE ，交C Ｅ的延长线于点Ｈ,连接ＰH. 易知P Ａ⊥平面ABCD, 从而PA ⊥CE ．于是CE ⊥平面P ＡH ． 所以平面PCE ⊥平面P ＡH.过A 作AQ ⊥PH 于Q,则AQ ⊥平面PCE. 所以∠APH 是ＰA 与平面PCE 所成的角． 在Rt △ＡE Ｈ中,∠AEH=４５°,A Ｅ=１, 所以AH=22. 在Rt △PAH 中，P Ｈ＝22PA AH +=322， 所以s ｉn ∠ＡＰH=AH PH =13.方法二:由已知，C Ｄ⊥ＰA,CD ⊥AD,PA ⋂AD=A ， 所以ＣD ⊥平面PA Ｄ. 于是CD ⊥PD.从而∠ＰＤA 是二面角P －C Ｄ-A 的平面角． 所以∠PDA=45°.由PA ⊥ＡB ，可得PA ⊥平面ABCD.设BC=１,则在Rt △P ＡD 中，ＰA=A Ｄ=2．作Ａy ⊥ＡD ，以A 为原点，以AD ,AP 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 －xyz,则A （0,0,0)，P(0,0,2)，C （２，１，０），E(１,0,０)，所以PE=（1,0，－2），EC=(1，1,０），AP=（0，0，２)设平面PCE的法向量为n=(x，ｙ，z),由0,0,PEEC⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩nn得20,0,x zx y-=⎧⎨+=⎩设x＝２，解得ｎ＝(2,-２,１).设直线ＰＡ与平面PCE所成角为α,则ｓｉｎα＝|| |||| n AP nAP⋅⋅13=．所以直线ＰA与平面PＣＥ所成角的正弦值为13.P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．（２016高考上海理数)将边长为1的正方形11AAO O(及其内部)绕的1OO旋转一周形成圆柱,如图，AC长为23π,11A B长为3π，其中1B与C在平面11AAO O的同侧。

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2024年9-10月新高考数学名校模拟大题汇编：立体几何(解析版)

2024年9-10月新高考数学名校大题汇编：立体几何大题必备基础知识梳理【知识点一：空间向量及其加减运算】(1)空间向量在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模．空间向量也可用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，若向量a 的起点是A ，终点是B ，则向量a也可以记作AB ，其模记为a或AB .(2)零向量与单位向量规定长度为0的向量叫做零向量，记作0．当有向线段的起点A 与终点B 重合时，AB=0.模为1的向量称为单位向量.(3)相等向量与相反向量方向相同且模相等的向量称为相等向量．在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量．空间任意两个向量都可以平移到同一个平面，成为同一平面内的两个向量.与向量a 长度相等而方向相反的向量，称为a 的相反向量，记为-a .(4)空间向量的加法和减法运算①OC=OA+OB=a +b ，BA=OA-OB=a -b．如图所示.②空间向量的加法运算满足交换律及结合律a +b =b +a ，a +b +c =a +b +c【知识点二：空间向量的数乘运算】(1)数乘运算实数λ与空间向量a 的乘积λa 称为向量的数乘运算．当λ>0时，λa 与向量a方向相同；当λ<0时，向量λa 与向量a 方向相反.λa 的长度是a的长度的λ 倍.(2)空间向量的数乘运算满足分配律及结合律λa +b =λa +λb ，λμa =λμ a .(3)共线向量与平行向量如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，a 平行于b ，记作a ⎳b.(4)共线向量定理对空间中任意两个向量a ，b b ≠0，a ⎳b的充要条件是存在实数λ，使a =λb.(5)直线的方向向量如图8-153所示，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线．对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使OP =OA +ta ①，其中向量a 叫做直线l 的方向向量，在l 上取AB =a ，则式①可化为OP =OA +tAB =OA +t OB -OA =1-t OA +tOB ②①和②都称为空间直线的向量表达式，当t =12，即点P 是线段AB 的中点时，OP =12OA +OB ，此式叫做线段AB 的中点公式.(6)共面向量如图8-154所示，已知平面α与向量a ，作OA=a，如果直线OA 平行于平面α或在平面α内，则说明向量a 平行于平面α．平行于同一平面的向量，叫做共面向量.(7)共面向量定理如果两个向量a ，b不共线，那么向量p 与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对x ,y ，使p =xa +yb.推论：①空间一点P 位于平面ABC 内的充要条件是存在有序实数对x ,y ，使AP =xAB +yAC；或对空间任意一点O ，有OP-OA=xAB+yAC，该式称为空间平面ABC 的向量表达式.②已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，满足向量关系式OP =xOA +yOB +zOC (其中x +y +z =1)的点P 与点A ，B ，C 共面；反之也成立.【知识点三：空间向量的数量积运算】(1)两向量夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA =a ，OB =b ，则∠AOB 叫做向量a ，b 的夹角，记作a ,b ，通常规定0≤a ,b ≤π，如果a ,b =π2，那么向量a ，b 互相垂直，记作a ⊥b ．(2)数量积定义已知两个非零向量a ，b ，则a b cos a ,b 叫做a ，b 的数量积，记作a ⋅b ，即a ⋅b =a b cos a,b．零向量与任何向量的数量积为0，特别地，a ⋅a =a 2．(3)空间向量的数量积满足的运算律：λa ⋅b =λa ⋅b ，a ⋅b =b ⋅a (交换律)；a ⋅b +c =a ⋅b +a ⋅c(分配律)．【知识点四：空间向量的坐标运算及应用】(1)设a =a 1,a 2,a 3 ，b=b 1,b 2,b 3 ，则a +b=a 1+b 1,a 2+b 2,a 3+b 3 ；a -b=a 1-b 1,a 2-b 2,a 3-b 3 ；λa=λa 1,λa 2,λa 3 ；a ⋅b=a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3；a ⎳b b ≠0⇒a 1=λb 1,a 2=λb 2,a 3=λb 3；a ⊥b⇒a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3=0．(2)设A x 1,y 1,z 1 ，B x 2,y 2,z 2 ，则AB =OB -OA=x 2-x 1,y 2-y 1,z 2-z 1 ．这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标．(3)两个向量的夹角及两点间的距离公式．①已知a =a 1,a 2,a 3 ，b =b 1,b 2,b 3 ，则a =a 2=a 12+a 22+a 32；b =b2=b 12+b 22+b 32；a ⋅b=a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3；cos a ,b =a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3a 12+a 22+a 32b 12+b 22+b 32；②已知A x 1,y 1,z 1 ，B x 2,y 2,z 2 ，则AB=x 1-x 22+y 1-y 2 2+z 1-z 2 2，或者d A ,B =AB．其中d A ,B 表示A 与B 两点间的距离，这就是空间两点的距离公式．(4)向量a 在向量b 上的投影为a cos a ,b=a ⋅b b．【知识点五：法向量的求解与简单应用】(1)平面的法向量：如果表示向量n 的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作n ⊥α，如果n⊥α，那么向量n叫做平面α的法向量．几点注意：①法向量一定是非零向量；②一个平面的所有法向量都互相平行；③向量n 是平面的法向量，向量m 是与平面平行或在平面内，则有m ⋅n =0．第一步：写出平面内两个不平行的向a=x 1，y 1，z 1 ，b=x 2，y 2，z 2 ；第二步：那么平面法向量n=x ， y ， z ，满足n ⋅a=0n ⋅b =0⇒xx 1+yy 1+zz 1=0xx 2+yy 2+zz 2=0．(2)判定直线、平面间的位置关系①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线a ，b 的方向向量分别为a ，b．若a ∥b，即a =λb，则a ∥b ；若a ⊥b，即a ⋅b=0，则a ⊥b ．②直线与平面的位置关系：直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，且l ⊥α．若a ∥n ，即a =λn ，则l ⊥α；若a ⊥n ，即a ⋅n =0，则a ∥α．(3)平面与平面的位置关系平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2．若n 1∥n 2，即n 1=λn 2，则α∥β；若n 1⊥n 2，即n 1⋅n 2=0，则α⊥β．【知识点六：空间角公式】(1)异面直线所成角公式：设a ，b分别为异面直线l 1，l 2上的方向向量，θ为异面直线所成角的大小，则cos θ=cos a,b =a ⋅b a b．(2)线面角公式：设l 为平面α的斜线，a 为l 的方向向量，n为平面α的法向量，θ为l 与α所成角的大小，则sin θ=cos a ,n=a ⋅na n．(3)二面角公式：设n 1，n 2分别为平面α，β的法向量，二面角的大小为θ，则θ=n 1 ,n 2 或π-n 1 ,n 2(需要根据具体情况判断相等或互补)，其中cos θ =n 1 ⋅n 2n 1 n 2．【知识点七：空间中的距离】求解空间中的距离(1)异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．如图，设两条异面直线a ，b 的公垂线的方向向量为n ，这时分别在a ，b 上任取A ，B 两点，则向量在n上的正射影长就是两条异面直线a ，b 的距离．则d =AB ⋅n |n |=|AB ⋅n ||n|即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．(2)点到平面的距离A 为平面α外一点(如图)，n为平面α的法向量，过A 作平面α的斜线AB 及垂线AH ．|AH |=|AB |⋅sin θ=|AB |⋅|cos <AB ,n >|=|AB ||AB ⋅n |AB ⋅n =|AB ⋅n|nd =|AB ⋅n||n|【必考题型汇编】1.(湖南省长沙市2025届高三六校九月大联考解析第16题)如图,四边形ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形,BC ⎳AD ,EF ⎳AD ,AD =4,AB =2,BC =EF =2,AF =11,FB ⊥平面ABCD ,M 为AD 上一点,且FM ⊥AD ,连接BD 、BE 、BM .(1)证明:BC ⊥平面BFM ;(2)求平面ABF 与平面DBE 的夹角的余弦值.方法提供与解析:(1)解析:因为FB ⊥平面ABCD ,又AD ⊂平面ABCD ,所以FB ⊥AD .又FM ⊥AD ,且FB ∩FM =F ,所以AD ⊥平面BFM .因为BC ⎳AD ,所以BC ⊥平面BFM .(2)解析:作EN ⊥AD ,垂足为N ,则FM ⎳EN .又EF ⎳AD ,所以四边形FMNE 是平行四边形,又EN ⊥AD ,所以四边形FMNE 是矩形,又四边形ADEF 为等腰梯形,且AD =4,EF =2,所以AM =1.由(1)知AD ⊥平面BFM ,所以BM ⊥AD .又AB =2,所以BM =1.在Rt △AFM 中,FM =AF 2-AM 2=10.在Rt △FMB 中,∴FB =FM 2-BM 2=3.由上可知,能以BM 、BC 、BF 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系.则A -1,-1,0 ,B 0,0,0 ,F 0,0,3 ,D -1,3,0 ,E 0,2,3 ,所以,AB =1,1,0 ,BF =0,0,3 ,BD =-1,3,0 ,BE=0,2,3 ,设平面ABF 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ,由m ⋅AB=0m ⋅BF =0,得x 1+y 1=0z 1=0 ,可取m =1,-1,0 ;设平面BDE 的法向量为n=x 2,y 2,z 2 ,由n ⋅BD=0n ⋅BE =0,得-x 2+3y 2=0-2y 2+3z 2=0 ,可取n=9,3,2 .因此,cos ‹m ,n›=m ⋅n m ⋅n=9-31+1⋅81+9+4=34747.依题意可知,平面ABF 与平面DBE 的夹角的余弦值为34747.2.(辽宁省沈阳市郊联体2024年高三上学期开学联考解析第17题)如图,已知斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,侧面BB 1C 1C ⊥侧面AA 1B 1B ,侧面BB 1C 1C 是矩形,侧面AA 1B 1B 是菱形,∠BAA 1=60°,AB =2BC =2,点E ,F ,G 分别为棱AA 1,A 1C ,BB 1的中点.(1)证明:FG ⎳平面ABC ;(2)求二面角A 1-B 1C -E 的余弦值.方法提供与解析:解析:(1)证明:因为点E ,F ,G 分别为棱AA 1,A 1C ,BB 1的中点,连接EF ,EG ,则EF ⎳AC ,EG ⎳AB ,又因为EF ⊄平面ABC ,AC ⊂平面ABC ,所以EF ⎳平面ABC ,同理可得EG ⎳平面ABC ,因为EF ∩EG =E ,EF ⊂平面EFG ,EG ⊂平面EFG ,所以平面EFG ⎳平面ABC ,因为FG ⊂平面EFG ,所以FG ⎳平面ABC .(2)解:侧面BB 1C 1C 是矩形,所以BC ⊥BB 1,又因为平面BB 1C 1C ⊥平面AA 1B 1B ,平面BB 1C 1C ∩平面AA 1B 1B =BB 1,所以BC ⊥平面AA 1B 1B ,又BE ⊂平面AA 1B 1B ,因此BC ⊥BE .在菱形AA 1B 1B 中,∠BAA 1=60°,因此△AA 1B 是等边三角形,又E 是AA 1的中点,所以BE ⊥AA 1,从而得BE ⊥BB 1.如图,以B 为坐标原点,BE ,BB 1,BC 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.因为AB =2BC =2,所以BE =AB sin60°=3,因此B 10,2,0 ,A 13,1,0 ,E 3,0,0 ,C 0,0,1 ,所以B 1C =0,-2,1 ,B 1E =3,-2,0 ,B 1A 1=3,-1,0 ,设平面EB 1C 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ,由m⊥B 1C,得-2y 1+z 1=0 ,令y 1=1,得m =23,1,2设平面A 1B 1C 的法向量为n=x 2,y 2,z 2 ,由n ⊥B 1Cn ⊥B 1A 1,得-2y 2+z 2=03x 2-y 2=0 ,令y 2=1,得n =33,1,2 ,cos ‹m ,n ›=m ⋅n m ⋅n =23+1+4193⋅163=171976,即二面角A 1-B 1C -E 的余弦值为171976.3.如图,在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AA 1⊥平面ABCD ,底面ABCD 为梯形,AD ⎳BC ,BC =4,AB =AD =DC =AA 1=2,Q 为AD 的中点.(1)在A 1D 1上是否存在点P ,使直线CQ ⎳平面AC 1P ,若存在,请确定点P 的位置并给出证明,若不存在,请说明理由;(2)若(1)中点P 存在,求平面AC 1P 与平面ABB 1A 1所成的锐二面角的余弦值.方法提供与解析:(1)解析:(几何法)存在,证明如下:在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,因为平面ABCD ⎳平面A 1B 1C 1D 1,所以可在平面A 1B 1C 1D 1内作C 1P ⎳CQ ,由平面几何知识可证△C 1D 1P ≅△CDQ ,所以D 1P =DQ ,可知P 是A 1D 1中点,因为C 1P ⊂平面AC 1P ,所以CQ ⎳平面AC 1P .即存在线段A 1D 1的中点,满足题设条件.满足条件的点只有一个,证明如下:当CQ ⎳平面AC 1P 时,因为CQ ⎳平面A 1B 1C 1D 1,所以过C 1作平行于CQ 的直线既在平面A 1C 1P 内,也在平面A 1B 1C 1D 1内,而在平面A 1B 1C 1D 1内过C 1只能作一条直线C 1P ⎳CQ ,故满足条件的点P 只有唯一一个.所以,有且只有A 1D 1的中点为满足条件的点P ,使直线CQ ⎳平面AC 1P .(2)解析:(坐标法)过点D 作DF ⊥BC ,垂足为F ,又因为DD 1⊥平面ABCD ,以D 为坐标原点,分别以DA ,DF ,DD 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立如图的空间直角坐标系D -xyz ,则A 2,0,0 ,P 1,0,2 ,C 1-1,3,2 ,A 12,0,2 ,B 3,3,0 ,P A =1,0,-2 ,PC 1 =-2,3,0 ,AB =1,3,0 ,AA 1=0,0,2设平面P AC 1的法向量为n=x ,y ,z ,则有n ⋅P A=0,n ⋅PC 1 =0,即x -2z =0,-2x +3y =0. 令x =23,得y =4,z =3,所以n=23,4,3 .设平面ABB 1A 1的法向量为m=x ,y ,z .则有AB ⋅m =0,AA 1 ⋅m =0,即x +3y =0,2z =0. 令x =3,得y =-1,z =0,所以m=3,-1,0 .所以cos n ,m =n ⋅m n m=6-4+0231=3131.故平面AC 1P 与平面ABB 1A 1所成的锐二面角的余弦值为3131.4.(福建泉州市2025届高中毕业班模拟检测(一)解析第16题)4:如图,在四棱锥P -ABCD 中,PD =PC =CB =BA =12AD =2,AD ⎳CB ,∠CPD =∠ABC =90°,平面PCD ⊥平面ABCD ,E 为PD 中点.(1)求证:PD ⊥平面PCA ;(2)点Q 在棱P A 上,CQ 与平面PDC 所成角的正弦值为63,求平面PCD 与平面CDQ 夹角的余弦值.方法提供与解析:(1)解析:由题意:BC =AB =2,∠ABC =90°,AC =AB 2+BC 2=22同理CD =22,又AD =4,CD 2+AC 2=AD 2,CD ⊥AC .而CD =22=PD 2+PC 2,即PC ⊥PD ,又平面PCD ⊥平面ABCD ,平面PCD ∩平面ABCD =CD ,AC ⊂平面ABCD ,AC ⊥平面PCD ,PD ⊂平面PCD ,PD ⊥AC ,又PC ⊥PD ,且PC ⊂面PCA ,AC ⊂面PCA ,PC ∩AC =C ,PD ⊥平面PCA .(2)解析:以C 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则C 0,0,0 ,A 0,22,0 ,D 22,0,0 ,P 2,0,2 ,所以CD =22,0,0 ,CP =2,0,2 ,P A=-2,22,-2 ,设PQ =λP A 0<λ<1 ,有CQ =CP +λP A=21-λ ,22λ,21-λ ,取面PCD 的一个法向量m =0,1,0 ,则cos CQ ,m =22λ41-λ 2+8λ2=63,λ=12,故CQ =22,2,22.令n=x ,y ,z 是平面CDQ 的一个法向量,则n ⋅CD =0n ⋅CQ =0,即22x =022x +2y +22z =0,令y =1,有n =0,1,-2 ,则cos ‹n ,m › =n ⋅m n m=55,故平面PCD 与平面CDQ 夹角的余弦值为55.5.(长沙市雅礼中学2025届高三上学期(9月)综合自主测试解析第17题)5:如图(1),在△ABC 中,CD ⊥AB ,BD =2CD =2AD =4,点E 为AC 的中点.将△ACD 沿CD 折起到△PCD 的位置,使DE ⊥BC ,如图(2).图(1)图(2)(1)求证:PB ⊥PC ;(2)在线段BC 上是否存在点F ,使得CP ⊥DF ?若存在,求二面角P -DF -E 的余弦值;若不存在,说明理由。

北京高考真题之立体几何

北京高考真题之立体几何

一．1. 已知正三棱锥P ABC−的六条棱长均为6，S是ABC△及其内部的点构成的集合，设集合{5}T Q S PQ=∈，则T表示的区域的面积为（A）34π（B）π（C）2π（D）3π2. 某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）A. B. 4 C. 3+ D. 23. 某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（）．A. 6+B. 6+C. 12+D. 12+4. 某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）A．1B．2C．3D．45. 某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（）A．3B．2C．2D．26. 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A．60 B．30 C．20 D．107. 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A．B．C．D．18. （5分）已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：．二．1. （2019文）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．（Ⅰ）求证：BD⊥平面P AC；（Ⅱ）若∠ABC＝60°，求证：平面P AB⊥平面P AE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面P AE？说明理由．2. 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD=，AB=4．（1）求证：M为PB的中点；（2）求二面角B﹣PD﹣A的大小；（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．3. （2020） 如图，在正方体1111ABCD A B C D −中，E 为1BB 的中点．（Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．5. （2022·）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N分别为11A B ，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值． 条件①：AB MN ⊥； 条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．7. （2019理）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，P A＝AD＝CD＝2，BC＝3．E为PD的中点，点F在PC上，且＝．（Ⅰ）求证：CD⊥平面P AD；（Ⅱ）求二面角F﹣AE﹣P的余弦值；（Ⅲ）设点G在PB上，且＝．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．8. （14分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB=BC=，AC=AA1=2．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B﹣CD﹣C1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．9. 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，AB⊥AD，AB=1，AD=2，AC=CD=．（Ⅰ）求证：PD⊥平面PAB；（Ⅱ）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值，若不存在，说明理由．答案2. 二面角B﹣PD﹣A的大小为60°；直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜＞|=||=||=3. （Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）2 3.所以PAB为直角三角形，又因为PB=2PB BC+，则PBC为直角三角形，故又因为BC PA⊥PA PB P=，平面PAB，又x轴，过A所以(0,0,1),(1,1,0),(0,1,0),(1,1,AP AC BC PC ====−设平面PAC 的法向量为()111,,m x y z =，则00m AP m AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1=，则11y =−，所以(1,1,0)m =−，的法向量为(22,,x n y =00BC PC ⎧⋅=⋅=，即，所以(1,0,1)n =，11,222m n m n m n⋅===⨯，又因为二面角A PC B −−为锐二面角，所以二面角A PC B −−的大小为π系，利用空间向量可求线面角的正弦值. 【详解】（1）取AB 的中点为K ，连接,MK NK ， 由三棱柱111ABC A B C 可得四边形11ABB A 为平行四边形， 而11,B M MA BK KA ==，则1//MK BB ，而MK ⊄平面11BCC B ，1BB ⊂平面11BCC B ，故//MK 平面11BCC B ， 而,CN NA BK KA ==，则//NK BC ，同理可得//NK 平面11BCC B ， 而,,NK MK K NK MK =⊂平面MKN ，故平面//MKN 平面11BCC B ，而MN ⊂平面MKN ，故//MN 平面11BCC B ， （2）因为侧面11BCC B 为正方形，故1CB BB ⊥， 而CB ⊂平面11BCC B ，平面11CBB C ⊥平面11ABB A ， 平面11CBB C ⋂平面111ABB A BB =，故CB ⊥平面11ABB A ， 因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ， 因为AB ⊂平面11ABB A ，故NK AB ⊥，若选①，则AB MN ⊥，而NK AB ⊥，NK MN N =， 故AB ⊥平面MNK ，而MK ⊂平面MNK ，故AB MK ⊥， 所以1AB BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ， 故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM ===， 设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =， 则00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =−，则()2,2,1n =−−，设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则4,2n AB =⨯，故1BB M MKN ≅， 111A B BB ⊥， 1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()0,0,0,B 故()()(0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM ===设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =，00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取，则(2,2,n =−−设直线AB 与平面所成的角为42cos ,233n AB ==⨯6.7. 证明：（Ⅰ）∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥CD ， ∵AD ⊥CD ，P A ∩AD ＝A ， ∴CD ⊥平面P AD ．解：（Ⅱ）以A 为原点，在平面ABCD 内过A 作CD 的平行线为x 轴， AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系， A （0，0，0），E （0，1，1），F （，，），P（0，0，2），B（2，﹣1，0），＝（0，1，1），＝（），平面AEP的法向量＝（1，0，0），设平面AEF的法向量＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，1，﹣1），设二面角F﹣AE﹣P的平面角为θ，则cosθ＝＝＝．∴二面角F﹣AE﹣P的余弦值为．（Ⅲ）直线AG在平面AEF内，理由如下：∵点G在PB上，且＝．∴G（，﹣，），∴＝（，﹣，），∵平面AEF的法向量＝（1，1，﹣1），＝﹣＝0，故直线AG在平面AEF内．8.二面角B﹣CD﹣C1的余弦值为﹣．（III）证明：F（0，0，2），（2，0，1），∴=（2，0，﹣1），∴•=2+0﹣4=﹣2≠0， ∴与不垂直，∴FG 与平面BCD 不平行，又FG ⊄平面BCD ， ∴FG 与平面BCD 相交．9. ；．。

(完整版)高考立体几何大题及答案(理)

(完整版)高考立体几何大题及答案(理)

由 得2AD= ，解得AD= 。
故AD=AF。又AD⊥AF，所以四边形ADEF为正方形。
因为BC⊥AF，BC⊥AD，AF∩AD=A，故BC⊥平面DEF，因此平面BCD⊥平面DEF。
连接AE、DF，设AE∩DF=H，则EH⊥DF，EH⊥平面BCD。
连接CH，则∠ECH为 与平面BCD所成的角。
因ADEF为正方形，AD= ，故EH=1，又EC= =2，
（II）设线段 、 的中点分别为 、 ，
求证： ∥
（III）求二面角 的大小。
10.如题（18）图，在五面体 中， ∥ ， ， ，四边形 为平行四边形， 平面 ， ．求：
（Ⅰ）直线 到平面 的距离；
（Ⅱ）二面角 的平面角的正切值．
11．如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD．
（Ⅱ）设平面BCD的法向量 则
又 =（-1，1，0），
=（-1，0，c）,故
令x=1,则y=1,z= , =(1,1, ).
又平面 的法向量 =（0，1，0）
由二面角 为60°知， =60°，
故 °，求得
于是 ，
，
°
所以 与平面 所成的角为30°
3、（Ⅰ）证明：连接 ，在 中， 分别是 的中点，所以 ，又 ，所以 ，又 平面ACD，DC 平面ACD，所以 平面ACD
(1)证明：PA⊥BD；
(2)设PD＝AD，求二面角A－PB－C的余弦值．
12（本小题满分12分）
如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯形，AB CD,AC BD，垂足为H，
PH是四棱锥的高，E为AD中点
（1）证明：PE BC
（2）若 APB= ADB=60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值
高中空间立体几何经典例题精选全文完整版

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可编辑修改精选全文完整版立体几何一、选择题1．（20XX 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是 （ ）A ．若αβ⊥,m α⊂,n β⊂,则m n ⊥B ．若//αβ,m α⊂,n β⊂,则//m nC ．若m n ⊥,m α⊂,n β⊂,则αβ⊥D ．若m α⊥,//m n ,//n β,则αβ⊥【答案】D2 2．（20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）若两个球的表面积之比为1:4,则这两个球的体积之比为（ ）A ．1:2B ．1:4C ．1:8D ．1:16【答案】C 【答案】A3 3．（20XX 年高考新课标1（理））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（ ）A ．168π+B ．88π+C ．1616π+D ．816π+【答案】A4 4．（20XX 年高考湖南卷（理））已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能．．．等于 （ ）A ．1B ．2C ．2-12D ．2+12【答案】C5．（20XX 年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直,体积为94,底面是边长为3.若P 为底面111A B C 的中心,则PA 与平面ABC 所成角的大小为（ ）A．512πB ．3πC．4πD．6π【答案】B6．（20XX年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））某几何体的三视图如题()5图所示,则该几何体的体积为（）A．5603B．5803C．200D．240【答案】C7．（20XX年高考江西卷（理））如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB CD,正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF相交的平面个数分别记为,m n,那么m n+=（）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】A二、填空题8．（20XX年高考北京卷（理））如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上,点P到直线CC1的距离的最小值为__________.1D1BPD1CCEBA1A【答案】2559．（20XX 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））如图,在三棱柱ABC C B A -111中,F E D ，，分别是1AA AC AB ，，的中点,设三棱锥ADE F -的体积为1V ,三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ,则=21:V V ____________.【答案】1:2410．（20XX 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是____________.【答案】1616π-11．（20XX 年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD 版））已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体,如果该组合体的正视图.测试图.俯视图均如图所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是_______________【答案】12π12．（20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）在如图所示的正方体1111ABCD A B C D -中,异面直线1A B 与1B C 所成角的大小为_______AB C1A D EF1B 1C【答案】3π三、解答题13．（20XX 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））如图,AB是圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点. (I)求证:PAC PBC ⊥平面平面；(II)2.AB AC PA C PB A ===--若，1，1，求证：二面角的余弦值D 1 C 1 B 1A 1D C AB14．（20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）如图,在正三棱锥111ABC A B C -中,16AA =,异面直线1BC 与1AA 所成角的大小为6π,求该三棱柱的体积.【答案】[解]因为1CC 1AA .所以1BC C ∠为异面直线1BC 与1AA .所成的角,即1BC C ∠=6π. 在Rt 1BC C ∆中,113tan 6233BC CC BC C =⋅∠==从而2333ABC S BC ∆==因此该三棱柱的体积为1336183ABC V S AA ∆=⋅==15．（20XX 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））B 1 A 1C 1ACB如图,在三棱锥ABC S -中,平面⊥SAB 平面SBC ,BC AB ⊥,AB AS =,过A 作SB AF ⊥,垂足为F ,点G E ，分别是棱SC SA ，的中点.求证:(1)平面//EFG 平面ABC ; (2)SA BC ⊥.【答案】证明:(1)∵AB AS =,SB AF ⊥∴F 分别是SB 的中点 ∵E.F 分别是SA.SB 的中点 ∴EF ∥AB又∵EF ⊄平面ABC, AB ⊆平面ABC ∴EF ∥平面ABC 同理:FG ∥平面ABC又∵EF FG=F, EF.FG ⊆平面ABC ∴平面//EFG 平面ABC (2)∵平面⊥SAB 平面SBC 平面SAB 平面SBC =BC AF ⊆平面SAB AF ⊥SB∴AF ⊥平面SBC 又∵BC ⊆平面SBC ∴AF ⊥BC又∵BC AB ⊥, AB AF=A, AB.AF ⊆平面SAB ∴BC ⊥平面SAB 又∵SA ⊆平面SAB ∴BC ⊥SA16．（20XX 年高考上海卷（理））如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=2,AD=1,A 1A=1,证明直线BC 1平行于平面DA 1C,并求直线BC 1到平面D 1AC 的距离.C 11A【答案】因为ABCD-A 1B 1C 1D 1为长方体,故1111//,AB C D AB C D =,故ABC 1D 1为平行四边形,故11//BC AD ,显然B 不在平面D 1AC 上,于是直线BC 1平行于平面DA 1C; 直线BC 1到平面D 1AC 的距离即为点B 到平面D 1AC 的距离设为h考虑三棱锥ABCD 1的体积,以ABC 为底面,可得111(12)1323V =⨯⨯⨯⨯=而1AD C ∆中,11AC DC AD ==故132AD C S ∆= AB CSGFE所以,13123233V h h =⨯⨯=⇒=,即直线BC 1到平面D 1AC 的距离为23.17．（20XX 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））如图1,在等腰直角三角形ABC中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 分别是,AC AB 上的点,CD BE =O 为BC 的中点.将ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中A O '(Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ; (Ⅱ) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值.【答案】(Ⅰ) 在图1中,易得3,OC AC AD ===连结,OD OE,在OCD ∆中,由余弦定理可得OD=由翻折不变性可知A D '=,所以222A O OD A D ''+=,所以A O OD '⊥,理可证A O OE '⊥, 又OD OE O =,所以A O '⊥平面BCDE . (Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD ⊥交CD 的延长线于H ,连结A H ', 因为A O '⊥平面BCDE ,所以A H CD '⊥, 所以A HO '∠为二面角A CD B '--的平面角. 结合图1可知,H 为AC 中点,故2OH =,从而2A H '== 所以cos OH A HO A H '∠=='所以二面角ACD B '--向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O -.CO BDEA CDOBE'A图1图2C DO BE'AH则(A ',()0,3,0C -,()1,2,0D -所以(CA '=,(1,DA '=- 设(),,n x y z =为平面A CD '的法向量,则00n CA n DA ⎧'⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩,即3020y x y ⎧+=⎪⎨-++=⎪⎩,解得y x z =-⎧⎪⎨=⎪⎩,令1x =,得(1,1,n =- 由(Ⅰ)知,(OA '=为平面CDB 的一个法向量,所以3cos ,3n OA n OA n OA'⋅'===',即二面角A CD B '--的平面角的余弦值为5.18．（20XX年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 侧棱A1A⊥底面ABCD, AB//DC, AB⊥AD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E为棱AA1的中点.(Ⅰ) 证明B1C1⊥CE;(Ⅱ) 求二面角B1-CE-C1的正弦值.(Ⅲ) 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为2, 求线段AM的长.6【答案】19．（20XX年高考陕西卷（理））如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥平面ABCD,12AB AA==(Ⅰ) 证明: A1C⊥平面BB1D1D;(Ⅱ) 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小.1A【答案】解:(Ⅰ) BDOAABCDBDABCDOA⊥∴⊂⊥11,,面且面;又因为,在正方形AB CD 中,BDCAACACAACABDAACOABDAC⊥⊂⊥=⋂⊥11111,，故面且面所以；且.在正方形AB CD中,AO = 1 . .111=∆OAOAART中，在OECAOCEAEDB1111111⊥为正方形，所以，则四边形的中点为设.，所以由以上三点得且，面面又OOBDDDBBODDBBBD=⋂⊂⊂111111E.E,DDBBCA111面⊥.(证毕)(Ⅱ) 建立直角坐标系统,使用向量解题.以O为原点,以OC为X轴正方向,以OB为Y轴正方向.则)1,0,1()1,1,1(),10(),1(,0,1,0111-=⇒CABACB，，，，）（.由(Ⅰ)知, 平面BB1D1D的一个法向量.0,0,1),1,1,1(),1,0,1(111）（==-==OCOBCAn设平面OCB1的法向量为，则0,0,2122=⋅=⋅OCnOBnn).1-,1,0(法向量2=n为解得其中一个21221||||||,cos|cos212111=⋅=⋅=><=nnnnnnθ.所以,平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ为3π1A。