高考真題解答題專項訓(xùn)練：立體幾何(理科)

1、高考真題解答題專項訓(xùn)練：立體幾何(理科)1 . (2009年寧夏卷(理)如圖，四棱錐 S-ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長都是底面邊長的夜倍,P為側(cè)棱SD上的點. 5* III ft 1 / xjr 、/ *I/ IrJ I - I / / 上r一 .三、* “口 /4 _.u(I)求證：AC ISD;(I)若SDI平面PAC,求二面角 P-AC-D的大??；(I)在(I)的條件下，側(cè)棱 SC上是否存在一點 E,使得BE/平面PAC.若存在, 求SE： EC的值；若不存在，試說明理由.2. (2010年新課標(biāo)卷)如圖，已知四棱錐 P-ABCD的底面為等腰梯形， AB PCD,ACBD,垂足為

2、H, PH是四棱錐的高，E為AD中點(1)證明：PE BC(2) 若 APB= ADB=60 ,求直線PA與平面PEH所成角的正弦值3. (2011年新課標(biāo)卷)(理)如圖，四棱錐 P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形,I DAB=60 ,AB=2AD,PD I底面 ABCD .(1)證明：PAI BD ; (2)若PD=AD ,求二面角 A-PB-C的余弦值.14. (2012年新課標(biāo)卷(理)如圖，直二棱柱 ABC A1B1C1中，AC BC AA1 ,2D是棱,為的中點，DC1BD(1)證明：DC- _BC (2)求二面角/i-Q-G的大小.試卷第2頁，總6頁5. （2013年新課標(biāo)二卷

3、（理）如圖，直三棱柱？?？中，？?，？盼另1J是？?？?勺中點，？= ?= ?= ?.?試卷第3頁，總6頁（1）證明：？?/平面？?？（2）求二面角？?- ? ?咐正弦值.6. （2014年新課標(biāo)二卷（理）如圖，四棱錐 P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PAI平面ABCD , E為PD的中點.（1）證明：PBI平面AEC(2)設(shè)二面角 D-AE-C 為 60 ,AP=1 , AD= 75 ,求三棱錐E-ACD的體積7. （2015年新課標(biāo)二卷（理）（本題滿分12分）如圖，長方體 ABCD ABQiD中,AB=16, BC=10, AAi 8,點 E, F 分別在 AB，C1D1 上，AE D

4、1F 4.過點E, F的平面 與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形.D1FCiA71AB（I）在圖中畫出這個正方形（不必說出畫法和理由）（D求直線 AF與平面 所成角的正弦值.8. （2016年新課標(biāo)三卷（理）如圖，四棱錐 P-ABC中，PAI底面ABCD , ADI BC ,AB=AD=AC=3 , PA=BC=4 , M 為線段 AD 上一點，AM=2MD , N 為 PC 的中點.（I）證明MINE平面PAB; （ I）求直線 AN與平面PMN所成角的正弦值9. (2017年新課標(biāo)三卷(理)(12分)如圖，四面體 ABCD中，I ABC是正三角形,I ACD 是直角三角形， I ABD

5、=I CBD, AB=BD .(1)證明：平面 ACDE平面ABC; (2)過AC的平面交 BD于點E,若平面 AEC把四 面體ABCD分成體積相等的兩部分，求二面角D- AE-C的余弦值.10. (2018年新課標(biāo)三卷(理)如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧 CD所在平面垂直， M是CD上異于C , D的點.(1)證明：平面AMD 平面BMC ;(2)當(dāng)三棱錐 M ABC體積最大時，求面 MAB與面MCD所成二面角的正弦值.11. (2019年新課標(biāo)三卷(理)圖1是由矩形 ADEB, RtlABC和菱形BFGC組成的一 個平面圖形，其中 AB=1, BE=BF=2, IFBC=

6、60,將其沿 AB, BC折起使得BE與BF 重合，連結(jié)DG,如圖2.(1)證明：圖 2中的A, C, G, D四點共面，且平面 ABCI平面BCGE;(2)求圖2中的二面角 B-CG-A 的大小.試卷第7頁，總6頁高考真題解答題專項訓(xùn)練：立體幾何參考答案1.(1)見解析(I) 30； (I)2:1.(I)連BD ,設(shè)AC交于BD于O ,由題意知SOI平面ABCD ,以O(shè)為坐標(biāo)原點,uuur umr uuuOB,OC,OS分別為x軸、y軸、z軸正方向，建立坐標(biāo)系O-xyz ,設(shè)底面邊長為a,求出高SO,從而得答案第14頁，總13頁uuuruuv ,一一到點S與點C和D的坐標(biāo)，求出向量OC與SD

7、，計算它們的數(shù)量積，從而證明出OCI SD ,則ACI SD ；(II )根據(jù)題意先求出平面 PAC的一個法向量DS和平面DAC的一個法向量 OS ,uur uuu,OS DS3設(shè)所求二面角為9,則cos uuu uuu-,從而求出二面角的大??；(III)在棱SC上存uuu uuuCE tCS，uuu ,DS，而 BEOS DS 2在一點E使BEI平面PAC,根據(jù)(I)知DS是平面PAC的一個法向量，設(shè)4 r uuu uuu uuuuuu求出be，根據(jù)BE DS 0可求出t的值，從而即當(dāng) SE： EC=2 ： 1時，be不在平面 PAC內(nèi)，故 BEI平面PAC【詳解】(I)證明：連 BD,設(shè)A

8、C交BD于O,由題意 SOI AC ,在正方形 ABCD中，ACI BD ,所以ACI平面SBD,得ACI SD(II)設(shè)正方形邊長 a,則SD 72a -一 2 一又 OD a ,所以 I SDO= 60 . 2連OP,由(I)知ACI平面SBD,所以 ACI OP ,且ACI OD ,所以I POD是二面角 P-AC-D的平面角.由 SDI 平面 PAC,知 SDI OP,所以 I POD= 30,即二面角PACD的大小為30(III )在棱SC上存在一點E,使BEI平面PAC.由(II)可得PD a,故可在SP上取一點N,使PN = PD.過N作PC的平行線與 SC 4的交點即為 E.連

9、BN,在I BDN中知BNI PO .又由于NEI PC,故平面BENI平面PAC,得BEI平面PAC.由于 SNI NP=2I 1,故 SEI EC=2I 1考點：1.直線與平面垂直的判定；2.二面角求解；3.線面平行的判定2. 巨4(1)證明 以H為原點，HA, HB,HP分別為x, v, z軸，線段HA的長為單位長，建立空間直角坐標(biāo)系如圖，則 A(1,0,0),B(0,1,0),設(shè) C(m,0,0), P(0,0, n)(m0),可得uuu 1PE =(一，2、uuu ,n), BC =(m, 1,0).因為uuuPEuuu BC =m 八 c F 0= 0,所以PEIBC.(2)解 由

10、已知條件可得m=立,n=1,3故 C(一 0,0), D(0, 0),1e(2，-亙 0), P(0,0,1),6設(shè) n= (x,V, z)為平面PEH的法向量,n則 nuuu HE uuur HP0 Jx,20 z3 ny 060因此可以取n=(1,73, 0),uuur由 PA = (1,0, 1).uuu可得 |cos pa , n | =所以直線PA與平面PEH所成角的正弦值為3. (1)見解析(2)【解析】【詳解】試題解析:(1) I I DAB=60, AB=2AD ,由余弦定理得 BD= J3 AD ,從而 BD2+AD2=AB2故 BDI AD ,即 BDI 平面 PAD，故

11、PA I BD赤，0), P (0, 0, 1)(2)以D為坐標(biāo)原點，AD的長為單位長，射線 DA為X軸的正半軸建立空間坐標(biāo)系則 A (1, 0, 0), B (0, O。)， C (-1,r ， 、一設(shè)平面PAB的法向量n (x, y,z),則r uuv0n uuv 0* z ，解得 n (73,1,73)n AB 0 x 3y 0r平面PBC的法向重m (x(, y 1 ,z1)，則r uuv m PB 0r uuv n BC 0x3y0Z 0，解得mi事)r r 2 .7 cos m, n 7考點：本題考查線線垂直 二面角ADC 45同理:面 BCD DC1面 ACC1ABCADC1 4

12、5 CDC190BCAC取ABi的中點O,過點。作C1O ABi,面 AB1C1 面 ABD點評：解決本題的關(guān)鍵是用向量法證明注意計算準(zhǔn)確性4. 30【解析】(1)在 Rt DAC 中，AD AC 得：得：DC1 DC, DC1 BD DC1(2)DC1 BC,CC1 BC BCOH BD于點 H ,連接 CiO,CiH ACi B1C1C1O 面 A1BD OHBD C1H BD得：點H與點D重合且 C1DO是二面角城一即-U 的平面角設(shè) AC a,則 CiO Y2a,C1D J2a 2C1OC1DO 302既二面角BD -G的大小為30-一a/65. ( I)見解析(I) v 3【解析】【

13、分析】(I)利用三角形中位線定理可得？?/?由線面平行的判定定理可得結(jié)果；(I)由？?=?= ?= ?可設(shè)：AB=2?可得？?以點？效坐標(biāo)原點，分別以直線？,?？為？?由、？?由、？軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖，利用向量垂直數(shù)量積為零列方程分別求出平面？?？法向量、平面？?？一個法向量，再由空間向量夾角余弦公式可得結(jié)果【詳解】(I)如圖，連結(jié)？?？交？干點？連結(jié)?因為？?！ ？?砌中點，所以在?,?中位線，所以 DF / / BC1，因為?平面？?？ ？?？平面？?？所以？?/平面？?(I)因為？= ?= ?,?所以 /?90 ,即？?L ?則以？為坐標(biāo)原點，分別以？,?？?？?鈉？?軸的正方向

14、，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè) AA i=AC=CB=2 則？(0,0,0), ?(1,1,0), ?(0,2,1), ?(2,0,2),則？?= (1,1,0), ?= (0,2,1), ?2,0,2),設(shè)？ = (?,?,?)是平面DA1C的一個法向量，?+ ? = 0則，即2?+2?=0,?。?= 1,則？ = -1,? = -1 ,則？?= (1,-1, -1)同理可得平面EA1C的一個法向量, 則？?= (2,1, -2),1X2-1 x 1+1 X2V3所以，cos?,?=, 一 = 一,M+1+1 x v4+1+43所以 sin?,?=即二面角？?-?勺正弦值為.空間向量解答

15、立體（2）寫出相應(yīng)點的坐【點睛】 本題主要考查線面平行的判定定理、利用空間向量求二面角，屬于難題 幾何問題的一般步驟是：（1）觀察圖形，建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系;標(biāo)，求出相應(yīng)直線的方向向量；（3）設(shè)出相應(yīng)平面的法向量，利用兩直線垂直數(shù)量積為零列出方程組求出法向量；（4）將空間位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為向量關(guān)系；（5）根據(jù)定理結(jié)論求出相應(yīng)的角和距離.6.同8試題分析：（I）連接BD交AC于。點，連接EO,只要證明EOI PB ,即可證明PBI平面AEC ; （ I）延長AE至M連結(jié)DM ,使得AMI DM ,說明I CMD=60 ,是二面角的平面角,求出CD,即可三棱錐 E-ACD的體積試題解析：（1）證明

16、：連接BD交AC于點O,連接EO.因為ABCD為矩形，所以O(shè)為BD的中點.又E為PD的中點，所以EOI PB.x軸y軸z軸的正方向，| AP |為單位長,。依I ,髭=0百1.2 2 AE 2 2因為EOI平面 AEC , PBI平面 AEC ,所以PBI平面AEC.(2)因為PAI平面 ABCD , ABCD 為矩形, 所以AB , AD , AP兩兩垂直.如圖，以A為坐標(biāo)原點，Aru , AD , AP的方向為建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則D 0,73,0 , E設(shè) B(m, 0, 0)(m0),則 C(m,擲，0),uur ， 一一AC = (m，察,0)設(shè)ni = (x, v, z)

17、為平面ACE的法向量,r n 則r nuur AC uuur AE0 mx 即再0 y2可取 ni = , 1, J3 m又n2=(1, 0, 0)為平面DAE的法向量,1 rr由題設(shè)易知|cos =一，即23J = 1,解得 m= 3 . ,3 4m222因為E為PD的中點，所以三棱錐 E-ACD的高為1 .三棱錐E-ACD的體積V = 1 X1 xJ3 X23 23 1、3x-=.2 287. ( D詳見解析;/、4、5()-15考點：二面角的平面角及求法；棱柱、棱錐、棱臺的體積；直線與平面平行的判定【解析】(I)交線圍成的正方形 EHGF如圖:(I)作EM AB ,垂足為M ,則AM A

18、E 4 , EM AA 8 ,因為EHGF為正方形，所以EH EF BC 10.于是MH JEH 2 EM 2 6,所以AH 10.以Duur為坐標(biāo)原點，DA的方向為x軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D xyz,則uuuA(10,0,0) , H (10,10,0) , E(10,4,8), F(0,4,8) , FEuuur(10,0,0) , HE (0, 6,8).設(shè)平面r uuur 一n FE(x,y,z)是平面EHGF的法向重，則 r uuur n HE0,10x 0,即0, 6y 8z所以可取0,uuur(0, 4,3) .又 AFr uuur(10,4,8),故 cos

19、n, AFr uuur. n AF r-uuur n AF45_ 一.所以直線AF與15所成角的正弦值為4.515考點：1、直線和平面平行的性質(zhì)； 2、直線和平面所成的角.8. （ I）詳見解析；（I）. 25【解析】試題分析：（I）取W尸的中點？然后結(jié)合條件中的數(shù)據(jù)證明四邊形？?平行四邊形，從而得到?/?由此結(jié)合線面平行的判定定理可證；（I）以？為坐標(biāo)原點，？?？方向為H軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系， 然后通過求直線？?的方向向量與平面？?？法向量的 夾角的余弦值來求解 ?平面？?？成角的正弦值.2試題解析：（I）由已知得且普=2 .trv = Lac = 2取AF的中點？連接Af ,由A為

20、產(chǎn)C中點知工VBC ,2又ADJf DC ,故？?？ /?四邊形？?坪行四邊形，于是 ？/?.?因為AT二平面FAB , Wh平面RLS ,所以平面FAB .(I)取EC的中點E ,連結(jié)/E.由AS三AC得HE_2/C ,從而WE _4。，且 一一二 .-：.以？妁坐標(biāo)原點， 砌？方向為工軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 H-專工.由題意知，4:2），?（。凡4） , Af（0=2=0） , C（底工 0）,陽 ?蟾(0,2, -4),哪?= (,1,-2),麒？ (,1,2).設(shè)？?= (?溝平面？?？?？一個法向量，則?耀=0,即2? 4?= 0,I ?我?= 0, y?+ ? 2?

21、= 0,可取?= （0,2,1）.于是 |cos?| =|? |?|幽？8 v5 25.【考點】空間線面間的平行關(guān)系，空間向量法求線面角.【技巧點撥】(1)證明立體幾何中的平行關(guān)系，常常是通過線線平行來實現(xiàn)，而線線平行常常利用三角形的中位線、平行四邊形與梯形的平行關(guān)系來推證；(2)求解空間中的角和距離常常可通過建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量中的夾角與距離來處理.9.(1)見解析2(2)二面角D AE C的余弦值為7.【解析】(1)由題設(shè)可得，ABD CBD,從而AD DC-0又ACD是直角三角形，所以ACD =90取AC的中點O,連接 DO,BO,則DOI AC,DO=AO又由于 ABC是正

22、三角形，故BO AC所以 DOB為二面角D AC B的平面角在 Rt AOB中，BO2 AO2 AB2又AB BD,所以BO2 DO2 BO2 AO2 AB2 BD：故 DOB=90所以平面ACD 平面ABC(2)uuuuuuOA由題設(shè)及(1)知，OA,OB,OD兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點，OA的方向為x軸正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz,則A1,0,0),日0,后,0), C 1,0,0), D0,0,1)由題設(shè)知，四面體 ABCE的體積為四面體 ABCD的體積的-,從而E到平面ABC的距離2 _ 1 _ .31為D到平面ABC的距離的-,即E為DB的中點，得E 0孑.

23、故uuruuruur 3 1AD1,0,1,AC2,0,0,AE1,-2 2uurx z 0設(shè)門=x, y,z是平面DAE的法向量，則 nguur 即 R 1ngAE 0,x ； y 2z 0可取n= 1 ,1 3uuur mgAC 0 設(shè)m是平面AEC的法向量，則uUu同理可得m 0, 1j3mgAE 0,則 cos(n,m)ngm n m7所以二面角D-AE-C的余弦值為10. (1)見解析空5【解析】【分析】(1)先證BC 平面CMD,得BC CM，再證CM MD ,進(jìn)而完成證明。(2)先建立空間直角坐標(biāo)系，然后判斷出 M的位置，求出平面 MAB和平面MCD的法向量，進(jìn)而求得平面 MAB

24、與平面MCD所成二面角的正弦值?！驹斀狻拷猓?1)由題設(shè)知，平面CMD I平面ABCD,交線為CD.因為BCICD,BC 平面ABCD,所以BC I 平面 CMD ,故 BC I DM .一 ,uuu 一一_ _ , 一 一 一-因為M為CD上異于C, D的點,且DC為直徑，所以 DM ICM.又 BCI CM = C,所以DM I平面BMC.而DM 平面AMD,故平面 AMD I平面BMC.uuuv .D-xyz.(2)以D為坐標(biāo)原點，da的萬向為x軸正萬向，建立如圖所小的仝間直角坐標(biāo)系當(dāng)三棱錐M- ABC體積最大時，M為Curu的中點.由題設(shè)得 D 0,0,0 , A 2,0,0 ,B 2,2,0 ,C 0,2,0 ,M 0,1,1 ,uuuv AMuuuv2,1,1 , ABunv0,2,0 ,DA2,0,0設(shè)n x,y,z是平面mab的法向量，則uuuvn AM 0, 2x y z 0, uuuv 即n AB 0. 2y 0.可取n 1,0,2uuv日DA是平面MCD的法向量，因此