立体几何高考真题大题

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ABEF平面EFDC；（Ⅱ）求二面角E-BC-A的余弦值．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）21919【解析】试题分析：（Ⅰ）先证明F平面FDC,结合F平面F,可得平面F平面FDC．（Ⅱ）建立空间坐标系,分别求出平面C的法向量m及平面C的法向量n,再利用cos,nmnmnm求二面角．试题解析：（Ⅰ）由已知可得FDF,FF,所以F平面FDC．又F平面F,故平面F平面FDC．（Ⅱ）过D作DGF,垂足为G,由（Ⅰ）知DG平面F．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CDF试卷第2页，总22页坐标系Gxyz．由（Ⅰ）知DF为二面角DF的平面角,故DF60,则DF2,DG3,可得1,4,0,3,4,0,3,0,0,D0,0,3．由已知,//F,所以//平面FDC．又平面CD平面FDCDC,故//CD,CD//F．由//F,可得平面FDC,所以CF为二面角CF的平面角,CF60．从而可得C2,0,3．所以C1,0,3,0,4,0,C3,4,3,4,0,0．设,,nxyz是平面C的法向量,则C00nn,即3040xzy,所以可取3,0,3n．设m是平面CD的法向量,则C00mm,同理可取0,3,4m．则219cos,19nmnmnm．故二面角C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，5,6ABAC，点,EF分别在,ADCD上，54AECF，EF交BD于点H．将DEF沿EF折到DEF位置，10OD．（Ⅰ）证明：DH平面ABCD；（Ⅱ）求二面角BDAC的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）29525．【解析】试题分析：（Ⅰ）证//ACEF，再证'DHOH，最后证'DHABCD平面；（Ⅱ）用向量法求解．试题解析：（Ⅰ）由已知得ACBD，ADCD，又由AECF得AECFADCD，故//ACEF．因此EFHD，从而EFDH．由5AB,6AC得2204DOBABAO．由//EFAC得14OHAEDOAD．所以1OH，3DHDH．于是1OH，22223110DHOHDO，故DHOH．又DHEF，而OHEFH，所以DHABCD平面．试卷第4页，总22页（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Hxyz，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,,mxyz是平面ABD的法向量，则00mABmAD，即11111340330xyxyz，所以可以取4,3,5m．设222,,nxyz是平面'ACD的法向量，则00nACnAD，即222260330xxyz，所以可以取0,3,1n．于是1475cos,25||||5010mnmnmn，295sin,25mn．因此二面角BDAC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ABCDD'EHOzxyF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=12AC=23，AB=BC．求二面角FBCA的余弦值．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）77【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FBCA的平面角直接求解．试题解析：（Ⅰ）证明：设FC的中点为I,连接,GIHI,在CEF△,因为G是CE的中点，所以,GIF//E试卷第6页，总22页又,FE//OB所以,GI//OB在CFB△中，因为H是FB的中点，所以//HIBC，又HIGII,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,ABBC且AC是圆O的直径，所以.BOAC以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，由题意得(0,23,0)B，(23,0,0)C，过点F作FMOB垂直于点M，所以223,FMFBBM可得(0,3,3)F故(23,23,0),(0,3,3)BCBF．设(,,)mxyz是平面BCF的一个法向量．由0,0mBCmBF可得23230,330xyyz可得平面BCF的一个法向量3(1,1,),3m因为平面ABC的一个法向量(0,0,1),n所以7cos,7||||mnmnmn．所以二面角FBCA的余弦值为77．解法二：连接'OO，过点F作FMOB于点M，则有//'FMOO,又'OO平面ABC，所以FM⊥平面ABC,可得223,FMFBBM过点M作MNBC垂直于点N，连接FN，可得FNBC,从而FNM为二面角FBCA的平面角．又ABBC,AC是圆O的直径，所以6sin45,2MNBM从而422FN，可得7cos.7FNM所以二面角FBCA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．立体试卷第8页，总22页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ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2．（Ⅰ）求证：EG∥平面ADF；（Ⅱ）求二面角O-EF-C的正弦值；（Ⅲ）设H为线段AF上的点，且AH=23HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）33（Ⅲ）721【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，OFABCD平面，如图，以O为点，分别以,,ADBAOF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)ABCDEFG，．（Ⅰ）证明：依题意，(2,0,0),1,1,2ADAF．设1,,nxyz为平面ADF的法向量，则1100nADnAF，即2020xxyz．不妨设1z，可得10,2,1n，又0,1,2EG，可得10EGn，又因为直线EGADF平面，所以//EGADF平面．（Ⅱ）解：易证，1,1,0OA为平面OEF的一个法向量．依题意，1,1,0,1,1,2EFCF．设2,,nxyz为平面CEF的法向量，则2200nEFnCF，即020xyxyz．不妨设1x，可得21,1,1n．因此有2226cos,3OAnOAnOAn，于是23sin,3OAn，所以，二面角OEFC的正弦值为33．（Ⅲ）解：由23AHHF，得25AHAF．因为1,1,2AF，所以2224,,5555AHAF，进而有334,,555H，从而284,,555BH，因此2227cos,21BHnBHnBHn．所以，直线BH和平面CEF所成角的正弦值为试卷第10页，总22页721．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PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，1AB，2AD，5ACCD．（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；（2）33；（3）存在，14AMAP【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PDAB，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Oxyz，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APAM，根据//BM平面PCD，即0nBM，求的值，即可求出AMAP的值．试题解析：（1）因为平面PAD平面ABCD，ABAD，所以AB平面PAD，所以PDAB，又因为PDPA，所以PD平面PAB；（2）取AD的中点O，连结PO，CO，因为PAPD，所以ADPO．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POCO．因为CDAC，所以ADCO．如图建立空间直角坐标系xyzO，由题意得，)1,0,0(),0,1,0(),0,0,2(),0,1,1(),0,1,0(PDCBA．设平面PCD的法向量为),,(zyxn，则0,0,nPDnPC即,02,0zxzy令2z，则2,1yx．所以)2,2,1(n．又)1,1,1(PB，所以33,cosPBnPBnPBn．所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为33．试卷第12页，总22页（3）设M是棱PA上一点，则存在]1,0[