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- 2021-05-13 发布
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近几年高考理科立体几何大题汇编
1.(2018年III卷)如图,边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直,是上异于,的点.
(1)证明:平面平面;
(2)当三棱锥体积最大时,求面与面所成二面角的正弦值.
2、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 四棱锥PABCD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DAEC为60°,AP=1,AD=,求三棱锥EACD的体积.
3.(2017•新课标Ⅰ卷)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;
(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A﹣PB﹣C的余弦值.
4.(菱形建系) [2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图三棱柱ABC A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.
(1)证明:AC=AB1;
(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A A1B1 C1的余弦值.
5.(菱形建系)【2015高考新课标1】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,AE⊥EC. (Ⅰ)证明:平面AEC⊥平面AFC;
(Ⅱ)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.
6.(翻折)(2018年I卷)如图,四边形为正方形,分别为的中点,以为折痕把折起,使点到达点的位置,且.
(1)证明:平面平面;
(2)求与平面所成角的正弦值.
7.(翻折)(2016年全国II高考)如图,菱形的对角线与交于点,,点分别在上,,交于点.将沿折到位置,.
(Ⅰ)证明:平面;
(Ⅱ)求二面角的正弦值.
8.(动点问题)(2018年II卷)如图,在三棱锥中,,,为的中点.
(1)证明:平面;
(2)若点在棱上,且二面角为,求与平面所成角的正弦值.
近几年高考理科立体几何大题汇编
1.(2018年III卷)如图,边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直,是上异于,的点.
(1)证明:平面平面;
(2)当三棱锥体积最大时,求面与面所成二面角的正弦值.
1.解:(1)由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以 DM⊥CM.
又 BCCM=C,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,建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.
当三棱锥M−ABC体积最大时,M为的中点.
由题设得,
设是平面MAB的法向量,则
即
可取.
是平面MCD的法向量,因此
,
,
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.
2、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图13,四棱锥PABCD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DAEC为60°,AP=1,AD=,求三棱锥EACD的体积.
图13
2,解:(1)证明:连接BD交AC于点O,连接EO.
因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.
又E为PD的中点,所以EO∥PB.
因为EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC.
(2)因为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,,AD,AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向,||为单位长,建立空间直角坐标系Axyz,则D,E,=.
设B(m,0,0)(m>0),则C(m,,0),=(m,,0).
设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,
则即
可取n1=.
又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,
由题设易知|cos〈n1,n2〉|=,即
=,解得m=.
因为E为PD的中点,所以三棱锥EACD的高为.三棱锥EACD的体积V=××××=.
3.(2017•新课标Ⅰ卷)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;
(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A﹣PB﹣C的余弦值.
3.【答案】(1)证明:∵∠BAP=∠CDP=90°,∴PA⊥AB,PD⊥CD, ∵AB∥CD,∴AB⊥PD,
又∵PA∩PD=P,且PA⊂平面PAD,PD⊂平面PAD,
∴AB⊥平面PAD,又AB⊂平面PAB,
∴平面PAB⊥平面PAD;
(2)解:∵AB∥CD,AB=CD,∴四边形ABCD为平行四边形, 由(1)知AB⊥平面PAD,∴AB⊥AD,则四边形ABCD为矩形,
在△APD中,由PA=PD,∠APD=90°,可得△PAD为等腰直角三角形,
设PA=AB=2a,则AD= .
取AD中点O,BC中点E,连接PO、OE,
以O为坐标原点,分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系,
则:D( ),B( ),P(0,0, ),C( ).
, , .
设平面PBC的一个法向量为 ,
由 ,得 ,取y=1,得 .
∵AB⊥平面PAD,AD⊂平面PAD,∴AB⊥AD,
又PD⊥PA,PA∩AB=A,
∴PD⊥平面PAB,则 为平面PAB的一个法向量, .
∴cos< >= = .
由图可知,二面角A﹣PB﹣C为钝角,
∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为 .
4.(菱形建系) [2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图三棱柱ABC A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.
(1)证明:AC=AB1;
(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A A1B1 C1的余弦值.
4解:(1)证明:连接BC1,交B1C于点O,连接AO,因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1C⊥BC1,且O为B1C及BC1的中点.
又AB⊥B1C,所以B1C⊥平面ABO.
由于AO⊂平面ABO,故B1C⊥AO.
又B1O=CO,故AC=AB1.
(2)因为AC⊥AB1,且O为B1C的中点,所以AO=CO.
又因为AB=BC,所以△BOA≌ △BOC.故OA⊥OB,从而OA,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,建立如图所示的空间直角坐标系O xyz.
因为∠CBB1=60°,所以△CBB1为等边三角形,又AB=BC,则A,B(1,0,0),B1,C.
=,=AB=,
1=BC=.
设n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,则
即所以可取n=(1,,).
设m是平面A1B1C1的法向量,
则同理可取m=(1,-,).
则cos〈n,m〉==.
所以结合图形知二面角A A1B1 C1的余弦值为.
5.(菱形建系)【2015高考新课标1】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,AE⊥EC.
(Ⅰ)证明:平面AEC⊥平面AFC;
(Ⅱ)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.
5.,【答案】(Ⅰ)见解析(Ⅱ)
又∵AE⊥EC,∴EG=,EG⊥AC,
在Rt△EBG中,可得BE=,故DF=.
在Rt△FDG中,可得FG=.
在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,DF=可得EF=,
∴,∴EG⊥FG,
∵AC∩FG=G,∴EG⊥平面AFC,
∵EG面AEC,∴平面AFC⊥平面AEC. ……6分
(Ⅱ)如图,以G为坐标原点,分别以的方向为轴,y轴正方向,为单位长度,建立空间直角坐标系G-xyz,由(Ⅰ)可得A(0,-,0),E(1,0, ),F(-1,0,),C(0,,0),∴=(1,,),=(-1,-,).…10分
故.
所以直线AE与CF所成的角的余弦值为. ……12分
6.(翻折)(2018年I卷)如图,四边形为正方形,分别为的中点,以为折痕把折起,使点到达点的位置,且.
(1)证明:平面平面;
(2)求与平面所成角的正弦值.
6.解:(1)由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,所以BF⊥平面PEF.
又平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)作PH⊥EF,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H−xyz.
由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=.又PF=1,EF=2,故PE⊥PF.
可得.
则为平面ABFD的法向量.
设DP与平面ABFD所成角为,则.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
7.(翻折)(2016年全国II高考)如图,菱形的对角线与交于点,,点分别在上,,交于点.将沿折到位置,.
(Ⅰ)证明:平面;
(Ⅱ)求二面角的正弦值.
7.【解析】⑴证明:∵,∴,
∴.∵四边形为菱形,∴,
∴,∴,∴.
∵,∴;又,,∴,
∴,∴,∴,∴.又∵,∴面.
⑵建立如图坐标系.
,,,,
,,,
设面法向量,
由得,取,∴.
同理可得面的法向量,
∴,∴.
8.(动点问题)(2018年II卷)如图,在三棱锥中,,,为的中点.
(1)证明:平面;
(2)若点在棱上,且二面角为,求与平面所成角的正弦值.
解:(1)因为,为的中点,所以,且.
连结.因为,所以为等腰直角三角形,
且,.
由知.
由知平面.
(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.
由已知得取平面的法向量.
设,则.
设平面的法向量为.
由得,可取,
所以.由已知得.
所以.解得(舍去),.
所以.又,所以.
所以与平面所成角的正弦值为.