高考理科立体几何大题汇编

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1、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ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，ICD上异于C,D的点.(1)证明：平面AMD平面BMC;(2)当三棱锥M-ABC体积最大日求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.2、2014新课标全国卷H四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PAL平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明：PB/平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60,AP=1,AD=a/3,求三棱锥E-ACD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PABL平面

2、PAD;(2)若PA=PD=AB=DC,/APD=90,求二面角A-PBC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BBiCiC为菱形，ABXBiC.(1)证明：AC=AB1；(2)若ACXAB1,/CBB=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,DFL平面ABCD,BE=2DF,AEEC.(I)证明：平面AECL平面AFC;(n)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.6.(翻折)(2018年I卷

3、)如图，四边形ABCD为正方形，E,F分别为AD,BC的中点，以DF为折痕把4DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF_LBF.(1)证明：平面PEF，平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值7 .(翻折)(2016年全国II高考)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点 E,F 分别在 AD,CD 上,AE = CF =一, 4DEF沿EF折至lj AD EF位置，OD，二 尺.(I )证明：DH _L平面 ABCD ;(H)求二面角BDAC的正弦值.EF交BD于点H .将P - ABC 中，AB =BC =272 ,8 .(动点问题)(2018年I

4、I卷)如图，在三棱锥PA=PB=PC=AC=4,。为AC的中点(1)证明：PO，平面ABC;(2)若点M在棱BC上，且二面角M-PA-C为30口，求PC与平面PAM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ABCD所在的平面与半圆弧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)当三棱锥M-ABC体积最大日求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.1.解：(1)由题设知，平面CMD面ABCD交线为CD.因为BCCD,BC二平面ABCD所以BC平面CMD,故BCLDM.因为M为CD上异于C,D的点，且DC为直径

5、，所以DMXCM.又BCCM=C，所以DM,平面BMC.而DM仁平面AMD,故平面AMD,平面BMC.(2)以D为坐标原点，DA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CD的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),AM=(-2,1,1),AB=(0,2,0),DA=(2,0,0)设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量，则n AM =0, n AB =0.I-2xyz=0,即y,2y=0.可取n=(1,0,2).-Hcos： n, DAI n l|DA| 5所以面MAB与面MC

6、D所成二面角的正弦值是2、5DA是平面MCD的法向量，因此2、2014新课标全国卷H如图1-3,四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PAX平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明：PB/平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60,AP=1,AD=，3,求三棱锥E-ACD的体积.图1-32,解：(1)证明：连接BD交AC于点O,连接EO.因为ABCD为矩形，所以。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PAL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，AB,AD,AP的方

7、向为x轴、y轴、z轴的手方向，AP|为单位长，建立空间直角坐标系A-xyz,则D(0,0),E,T，2)，届=设B(m,0,0)(m0),则C(m,0),AC=(m,33,0).设ni=(x,y,z)为平面ACE的法向量，niAC=0,fmx+6y=0，则i-即且1c1niAE=0,、2y+2z-0,可取ni=*,-1,331又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量，1i由题设易知|cosPB2014新课标全国卷I菱形，ABXB1C.（1）证明：AC=AB1；50=1-20,0)y=1PAD个法向量，PBABPAQAB=A方=（-WaO,一点外如图三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BBiCi

8、C为(2)若ACLABi,/CBBi=60,AB=BC,求二面角A-A1B1-Ci的余弦值.4解：(1)证明：连接BCi,交BiC于点O,连接AO,因为侧面BBiCiC为菱形，所以BiCXBCi,且。为BiC及BCi的中点.又ABBiC,所以BiC,平面ABO.由于AO?平面ABO,故BiCXAO.又BiO=CO,故AC=ABi.(2)因为ACLABi,且。为BiC的中点，所以AO=CO.又因为AB=BC,所以ABOA/XBOC.故OALOB,从而OA,OB,OBi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，建立如图所示的空因为/ CBBi = 60 ,所以zXCBBi

9、为等边三角形，33，331 f 一3!, AiBi = AB= J,间直角坐标系O-xyz.又AB=BC,A,0,停iB(i,0,0),Bi&0j,C,京0.3cc，31BiCi=BC=i,七,0|设n=(x,y,z)是平面AAiBi的法向量，则n ABi = 0,$ 一n AiBi= 0,所以可取n = (i, 43, 3).设m是平面AiBiCi的法向量,mAiBi=0,_则$一同理可取m=（1,-率，、,3）.mB?Ci=0,nm1则cosn,m=丽=7.1所以结合图形知二面角A-AiBi-Ci的余弦值为15.（菱形建系）【20i5高考新课标i】如图，四边形ABCD为菱形，/ABC=i2

10、0,E,F是平面ABCD同一侧的两点，BE,平面ABCD,DFL平面ABCD,BE=2DF,AEEC.（I）证明：平面AECL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（r）Y33【解析】试题分棉3）连接即，设3DC=G,连接SG,5G,三八在菱形中,不妨设3=1易证EG.：通过计算可证WGCG,根据线面垂直判定定理可知三平面二:口由面面垂直判定定理知平面、面二5口（II）以G为坐标原点，分别以G瓦前的方向为一t轴,1轴正方向，GB为单位长度，建立空直角坐标系持与二，利用向量法可求出异面直线为三与（?丁所成角的余变值.试题解析工tI）由接33,设3D.C

11、=G,连接三G,PG,EF,在哪A3CD中，不妨设33-1,由二二Oil可得.G=GC-a/5.由3X_L平面3（?口上5=3（?可知，上三二三X.AEXEC,.EG=/10.4(I)证明：DH_L平面ABCD；(H)求二面角BDAC的正弦值.7.【解析】证明:AE CFAD -CD八5AE=CF=,4EF/AC.=四边形ABCD为菱形，/.AC_LBD,/.EFBD,/.EF1DH,/.EFDH.AC=6,.AO=3;又AB=5,AO_LOB,.OB=4,222OD = OH |DH-AE_.OHOD=1,.DH=DH=3AODH_LOH.又:OHIEF=H,/.DH，面ABCD.建立如图坐

12、标系H_xyz.B(5,0,0),C(1,3,0),D(0,0,3),A(1,-3,0),uuuuuuruuuAB=(4,3,0AD=(1,3,3),AC=(0,6,0),，一ur设面ABD法向重心=(x,y,z),|x=3n1AB=04x3y=0,uM4得，取y=T,;n1=(3,-4,5).1nlAD=0x3y3z=0工7=n，1一，一uu同理可得面ADC的法向量h=(3,0,1),iruu,n1n2|9+575.2795cos母=iriiiir=-r=-=,-sin0=.1可卜5421025258.(动点问题)(2018年II卷)如图，在三棱锥P-ABC中，AB=BC=2j2,PA=PB

13、=PC=AC=4,。为AC的中点(1)证明：PO,平面ABC;(2)若点M在棱BC上，且二面角M-PA-C为30,求PC与平面PAM所成角的正弦值.解：(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点，所以OP，AC,且OP=2.连结OB.因为AB=BC=AC,所以ABC为等腰直角三角形，21且OBAC,OB=AC=2.2由OP2+OB2=PB2知PO_LOB.由opJ-ob,op-Lac知po_l平面abc.rur(2)如图，以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O-xyz.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,2,0),C(0,2,0),P(0,0,273)

14、,AP=(0,2,273),取平面uuuPAC的法向量OB=(2,0,0).uuur设M(a,2-a,0)(0a2),则AM=(a,4a,0).设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).uur uuu由 AP n =0,AM2y 2.3z =0n =0得 了ax (4 -a)y = 0可取 n =(V3(a-4),点a, -a),所以 cos (OB, n)=2m(a -4) .由已知得2,3(a -4)2 3a2 a2uuu .、3| cos； OB, n；尸一 2所以2.3 |a -4|23(a -4)2 3a2 a2=.解彳a = -4 (舍去) 28.3434一uuuuuu.3所以n=(*,-,一).又PC=(0,2,-2V3),所以cosPC,n)=一.3334、3所以PC与平面PAM所成角的正弦值为4