高考真题解答题专项训练立体几何文科学生版 12页

‎2018年高考真题解答题专项训练：立体几何（文科）学生版 ‎1．（2018年浙江卷）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．‎ ‎（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；‎ ‎（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．‎ ‎2．（2018年天津卷）如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=，∠BAD=90°．‎ ‎（Ⅰ）求证：AD⊥BC；‎ ‎（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；‎ ‎（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．‎ ‎3．（2018年北京卷）‎ 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点.‎ ‎（Ⅰ）求证：PE⊥BC；‎ ‎（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；‎ ‎（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD.‎ ‎4．（2018年新课标1卷）如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3‎，‎∠ACM=90°‎，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．‎ ‎（1）证明：平面ACD⊥‎平面ABC；‎ ‎（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=‎2‎‎3‎DA，求三棱锥Q-ABP的体积．‎ ‎5．（2018年新课标3卷）如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．‎ ‎（1）证明：平面AMD⊥‎平面BMC；‎ ‎（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥‎平面PBD？说明理由．‎ ‎6．（2018年新课标2卷）如图，在三棱锥P-ABC中，AB=BC=2‎‎2‎，PA=PB=PC=AC=4‎，O为AC的中点．‎ ‎ （1）证明：PO⊥‎平面ABC；‎ ‎ （2）若点M在棱BC上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离．‎ 参考答案 ‎1．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）‎39‎‎13‎.‎ ‎【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试数学（浙江卷）‎ ‎【解析】分析:方法一：（Ⅰ）通过计算，根据勾股定理得AB‎1‎⊥A‎1‎B‎1‎,AB‎1‎⊥‎B‎1‎C‎1‎,再根据线面垂直的判定定理得结论，（Ⅱ）找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解.‎ 方法二：（Ⅰ）根据条件建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，根据向量之积为0得出AB‎1‎⊥A‎1‎B‎1‎,AB‎1‎⊥‎A‎1‎C‎1‎,再根据线面垂直的判定定理得结论，（Ⅱ）根据方程组解出平面ABB‎1‎的一个法向量，然后利用AC‎1‎与平面ABB‎1‎法向量的夹角的余弦公式及线面角与向量夹角的互余关系求解.‎ 详解：方法一：‎ ‎（Ⅰ）由AB=2,AA‎1‎=4,BB‎1‎=2,AA‎1‎⊥AB,BB‎1‎⊥AB得AB‎1‎=A‎1‎B‎1‎=2‎‎2‎，‎ 所以A‎1‎B‎1‎‎2‎‎+AB‎1‎‎2‎=AA‎1‎‎2‎.‎ 故AB‎1‎⊥‎A‎1‎B‎1‎.‎ 由BC=2‎，BB‎1‎=2,CC‎1‎=1,‎ BB‎1‎⊥BC,CC‎1‎⊥BC得B‎1‎C‎1‎‎=‎‎5‎，‎ 由AB=BC=2,∠ABC=120°‎得AC=2‎‎3‎，‎ 由CC‎1‎⊥AC，得AC‎1‎=‎‎13‎，所以AB‎1‎‎2‎+B‎1‎C‎1‎‎2‎=AC‎1‎‎2‎，故AB‎1‎⊥‎B‎1‎C‎1‎.‎ 因此AB‎1‎⊥‎平面A‎1‎B‎1‎C‎1‎.‎ ‎（Ⅱ）如图，过点C‎1‎作C‎1‎D⊥‎A‎1‎B‎1‎，交直线A‎1‎B‎1‎于点D，连结AD.‎ 由AB‎1‎⊥‎平面A‎1‎B‎1‎C‎1‎得平面A‎1‎B‎1‎C‎1‎‎⊥‎平面ABB‎1‎，‎ 由C‎1‎D⊥‎A‎1‎B‎1‎得C‎1‎D⊥‎平面ABB‎1‎，‎ 所以‎∠C‎1‎AD是AC‎1‎与平面ABB‎1‎所成的角.学科.网 由B‎1‎C‎1‎‎=‎5‎,A‎1‎B‎1‎=2‎2‎,A‎1‎C‎1‎=‎‎21‎得cos∠C‎1‎A‎1‎B‎1‎=‎6‎‎7‎,sin∠C‎1‎A‎1‎B‎1‎=‎‎1‎‎7‎，‎ 所以C‎1‎D=‎‎3‎，故sin∠C‎1‎AD=C‎1‎DAC‎1‎=‎‎39‎‎13‎.‎ 因此，直线AC‎1‎与平面ABB‎1‎所成的角的正弦值是‎39‎‎13‎.‎ 方法二：‎ ‎（Ⅰ）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.‎ 由题意知各点坐标如下：‎ A(0,-‎3‎,0),B(1,0,0),A‎1‎(0,-‎3‎,4),B‎1‎(1,0,2),C‎1‎(0,‎3‎,1),‎ 因此AB‎1‎‎=(1,‎3‎,2),A‎1‎B‎1‎=(1,‎3‎,-2),A‎1‎C‎1‎=(0,2‎3‎,-3),‎ 由AB‎1‎‎⋅A‎1‎B‎1‎=0‎得AB‎1‎⊥‎A‎1‎B‎1‎.‎ 由AB‎1‎‎⋅A‎1‎C‎1‎=0‎得AB‎1‎⊥‎A‎1‎C‎1‎.‎ 所以AB‎1‎⊥‎平面A‎1‎B‎1‎C‎1‎.‎ ‎（Ⅱ）设直线AC‎1‎与平面ABB‎1‎所成的角为θ.‎ 由（Ⅰ）可知AC‎1‎‎=(0,2‎3‎,1),AB=(1,‎3‎,0),BB‎1‎=(0,0,2),‎ 设平面ABB‎1‎的法向量n=(x,y,z)‎.‎ 由n⋅AB=0,‎n⋅BB‎1‎=0,‎即x+‎3‎y=0,‎‎2z=0,‎可取n=(-‎3‎,1,0)‎.‎ 所以sinθ=|cosAC‎1‎‎,n|=‎|AC‎1‎⋅n|‎‎|AC‎1‎|⋅|n|‎=‎‎39‎‎13‎.‎ 因此，直线AC‎1‎与平面ABB‎1‎所成的角的正弦值是‎39‎‎13‎.‎ 点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.‎ ‎2．(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ) ；(Ⅲ) ．‎ ‎【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（天津卷）‎ ‎【解析】分析：（Ⅰ）由面面垂直的性质定理可得AD⊥平面ABC，则AD⊥BC．‎ ‎（Ⅱ）取棱AC的中点N，连接MN，ND．由几何关系可知∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成的角．计算可得．则异面直线BC与MD所成角的余弦值为．‎ ‎（Ⅲ）连接CM．由题意可知CM⊥平面ABD．则∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．计算可得．即直线CD与平面ABD所成角的正弦值为．‎ 详解：（Ⅰ）证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC．‎ ‎（Ⅱ）取棱AC的中点N，连接MN，ND．又因为M为棱AB的中点，故MN∥BC．所以∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成的角．‎ 在Rt△DAM中，AM=1，故DM=．因为AD⊥平面ABC，故AD⊥AC．‎ 在Rt△DAN中，AN=1，故DN=．‎ 在等腰三角形DMN中，MN=1，可得．‎ 所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为．‎ ‎（Ⅲ）连接CM．因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM=‎ ‎．又因为平面ABC⊥平面ABD，而CM平面ABC，故CM⊥平面ABD．所以，∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．‎ 在Rt△CAD中，CD==4．‎ 在Rt△CMD中， ．‎ 所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为．‎ 点睛：本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．‎ ‎3．（Ⅰ）见解析 ‎（Ⅱ）见解析 ‎（Ⅲ）见解析 ‎【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（北京卷）‎ ‎【解析】分析：（1）欲证PE⊥BC，只需证明PE⊥AD即可；（2）先证PD⊥‎平面PAB，再证平面PAB⊥平面PCD；（3）取PC中点G，连接FG,DG，证明EF//DG，则EF//‎平面PCD.‎ 详解：‎ ‎（Ⅰ）∵PA=PD，且E为AD的中点，∴PE⊥AD.‎ ‎∵底面ABCD为矩形，∴BC∥AD，‎ ‎∴PE⊥BC.‎ ‎（Ⅱ）∵底面ABCD为矩形，∴AB⊥AD.‎ ‎∵平面PAD⊥‎平面ABCD，∴AB⊥‎平面PAD.‎ ‎∴AB⊥PD.又PA⊥PD, ‎ ‎∵PD⊥‎平面PAB，∴平面PAB⊥‎平面PCD.‎ ‎（Ⅲ）如图，取PC中点G，连接FG,GD.‎ ‎∵F,G分别为PB和PC的中点，∴FG∥BC，且FG=‎1‎‎2‎BC.‎ ‎∵四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，‎ ‎∴ED∥BC,DE=‎1‎‎2‎BC，‎ ‎∴ED∥FG，且ED=FG，∴四边形EFGD为平行四边形，‎ ‎∴EF∥GD.‎ 又EF⊄‎平面PCD，GD⊂‎平面PCD，‎ ‎∴EF∥‎平面PCD.‎ 点睛：证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.‎ ‎4．(1)见解析.‎ ‎(2)1.‎ ‎【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I卷）‎ ‎【解析】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到‎∠BAC=90，即BA⊥AC，再结合已知条件BA⊥AD，利用线面垂直的判定定理证得AB⊥平面ACD，又因为AB‎⊂‎平面ABC，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD⊥平面ABC；‎ ‎(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积.‎ 详解：（1）由已知可得，‎∠BAC=90°，BA⊥AC．‎ 又BA⊥AD，且AC∩AD=A，所以AB⊥平面ACD．‎ 又AB‎⊂‎平面ABC，‎ 所以平面ACD⊥平面ABC．‎ ‎（2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=‎3‎‎2‎．‎ 又BP=DQ=‎2‎‎3‎DA，所以BP=2‎‎2‎．‎ 作QE⊥AC，垂足为E，则QE ‎=∥‎ ‎1‎‎3‎DC．‎ 由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．‎ 因此，三棱锥Q-ABP的体积为 VQ-ABP‎=‎1‎‎3‎×QE×S‎△ABP=‎1‎‎3‎×1×‎1‎‎2‎×3×2‎2‎sin45°=1‎‎．‎ 点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.‎ ‎5．（1）证明见解析 ‎（2）存在，理由见解析 ‎【来源】2018年全国卷Ⅲ文数高考试题文档版 ‎【解析】分析：（1）先证AD⊥CM,再证CM⊥MD，进而完成证明。‎ ‎（2）判断出P为AM中点，，证明MC∥OP，然后进行证明即可。‎ 详解：（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CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．‎ 又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．‎ 而DM‎⊂‎平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．‎ ‎（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．‎ 证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．‎ 连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP．‎ MC‎⊄‎平面PBD，OP‎⊂‎平面PBD，所以MC∥平面PBD．‎ 点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P为AM中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题。‎ ‎6．解：‎ ‎（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=‎2‎‎3‎．‎ 连结OB．因为AB=BC=‎2‎‎2‎AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB=‎1‎‎2‎AC=2．‎ 由OP‎2‎+OB‎2‎=PB‎2‎知，OP⊥OB．‎ 由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．‎ ‎（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．‎ 故CH的长为点C到平面POM的距离．‎ 由题设可知OC=‎1‎‎2‎AC=2，CM=‎2‎‎3‎BC=‎4‎‎2‎‎3‎，∠ACB=45°．‎ 所以OM=‎2‎‎5‎‎3‎，CH=OC⋅MC⋅sin∠ACBOM=‎4‎‎5‎‎5‎．‎ 所以点C到平面POM的距离为‎4‎‎5‎‎5‎．‎ ‎【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II）‎ ‎【解析】分析：（1）连接OB，欲证PO⊥‎平面ABC，只需证明PO⊥AC,PO⊥OB即可；（2）过点C作CH⊥OM ‎，垂足为M，只需论证CH的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.‎ 详解：（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=‎2‎‎3‎．‎ 连结OB．因为AB=BC=‎2‎‎2‎AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB=‎1‎‎2‎AC=2．‎ 由OP‎2‎+OB‎2‎=PB‎2‎知，OP⊥OB．‎ 由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．‎ ‎（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．‎ 故CH的长为点C到平面POM的距离．‎ 由题设可知OC=‎1‎‎2‎AC=2，CM=‎2‎‎3‎BC=‎4‎‎2‎‎3‎，∠ACB=45°．‎ 所以OM=‎2‎‎5‎‎3‎，CH=OC⋅MC⋅sin∠ACBOM=‎4‎‎5‎‎5‎．‎ 所以点C到平面POM的距离为‎4‎‎5‎‎5‎．‎ 点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.‎