2017年----2018年高考真题解答题专项训练：立体几何(理科)教师版

试卷第1页，总21页2017年----2018年高考真题解答题专项训练：立体几何（理科）教师版1．（2017.上海卷）如图，直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱𝐴𝐴1的长为5.（1）求三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的体积；（2）设M是BC中点，求直线𝐴1𝑀与平面𝐴𝐵𝐶所成角的大小.【来源】2017年普通高等学校招生统一考试数学（上海卷）试题分析：（1）𝑉=𝑆⋅ℎ=20（2）tan𝜃=5√5=√5，线面角为arctan√52．（2017新课标全国Ⅲ理科）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值.【来源】2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标3卷精编版）试题解析：（1）由题设可得，△𝐴𝐵𝐷≌△𝐶𝐵𝐷，从而𝐴𝐷=𝐷𝐶.又△𝐴𝐶𝐷是直角三角形，所以∠𝐴𝐷𝐶=90°.取AC的中点O，连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.又由于△𝐴𝐵𝐶是正三角形，故𝐵𝑂⊥𝐴𝐶.所以∠𝐷𝑂𝐵为二面角𝐷−𝐴𝐶−𝐵的平面角.在𝑅𝑡△𝐴𝑂𝐵中，𝐵𝑂2+𝐴𝑂2=𝐴𝐵2.又𝐴𝐵=𝐵𝐷，所以𝐵𝑂2+𝐷𝑂2=𝐵𝑂2+𝐴𝑂2=𝐴𝐵2=𝐵𝐷2，故∠𝐷𝑂𝐵=90∘.试卷第2页，总21页所以平面ACD⊥平面ABC.（2）由题设及（1）知，𝑂𝐴,𝑂𝐵,𝑂𝐷两两垂直，以𝑂为坐标原点，𝑂𝐴⃑⃑⃑⃑⃑的方向为𝑥轴正方向，|𝑂𝐴⃑⃑⃑⃑⃑|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系𝑂−𝑥𝑦𝑧.则𝐴(1,0,0),𝐵(0,√3,0),𝐶(−1,0,0),𝐷(0,0,1).由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的12，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的12，即E为DB的中点，得𝐸(0,√32,12).故𝐴𝐷⃑⃑⃑⃑⃑=(−1,0,1),𝐴𝐶⃑⃑⃑⃑⃑=(−2,0,0),𝐴𝐸⃑⃑⃑⃑⃑=(−1,√32,12).设𝑛=(𝑥,𝑦,𝑧)是平面DAE的法向量，则{𝑛⋅𝐴𝐷⃑⃑⃑⃑⃑=0，𝑛⋅𝐴𝐸⃑⃑⃑⃑⃑=0，即{−𝑥+𝑧=0,−𝑥+√32𝑦+12𝑧=0.可取𝑛=(1,√33,1).设𝑚是平面AEC的法向量，则{𝑚⋅𝐴𝐶⃑⃑⃑⃑⃑=0，𝑚⋅𝐴𝐸⃑⃑⃑⃑⃑=0，同理可取𝑚=(0,−1,√3).则cos⟨𝑛,𝑚⟩=𝑛⋅𝑚|𝑛||𝑚|=√77.所以二面角D-AE-C的余弦值为√77.3．（2017.浙江卷）如图，已知四棱锥P-ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.（I）证明：CE∥平面PAB；（II）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值试卷第3页，总21页【试题解析：（Ⅰ）如图，设PA中点为F，连接EF，FB．因为E，F分别为PD，PA中点，所以//EFAD且12EFAD，又因为//BCAD，12BCAD，所以//EFBC且EFBC，即四边形BCEF为平行四边形，所以//CEBF，因此//CE平面PAB．（Ⅱ）分别取BC，AD的中点为M，N．连接PN交EF于点Q，连接MQ．因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点，在平行四边形BCEF中，MQ//CE．由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD．由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD．所以AD⊥平面PBN，由BC//AD得BC⊥平面PBN，那么平面PBC⊥平面PBN．过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH．MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．设CD=1．在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=2得CE=2，试卷第4页，总21页在△PBN中，由PN=BN=1，PB=3得QH=14，在Rt△MQH中，QH=14，MQ=2，所以sin∠QMH=28，所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是28．4．（2017.上海卷）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD平面ABCD，点M在线段PB上，PD平面MAC，6PAPD，4AB．（1）求证：M为PB的中点；（2）求二面角BPDA的大小；（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．试题解析：（1）设AC，BD的交点为E，连接ME．因为PD平面MAC，平面MAC平面PDBME，所以PDME．因为ABCD是正方形，所以E为BD的中点，所以M为PB的中点．（2）取AD的中点O，连接OP，OE．因为PAPD，所以OPAD．又平面PAD平面ABCD，且OP平面PAD，所以OP平面ABCD．因为OE平面ABCD，所以OPOE．因为ABCD是正方形，所以OEAD．如图，建立空间直角坐标系Oxyz，则0,0,2P，2,0,0D，2,4,0B，所以4,4,0BD，2,0,2PD．设平面BDP的法向量为,,nxyz，则0{0nBDnPD，即440{220xyxz．试卷第5页，总21页令1x，则1y，2z，于是1,1,2n．平面PAD的法向量为0,1,0p，所以1cos,2npnpnp．由题知二面角BPDA为锐角，所以它的大小为3．（3）由题意知21,2,2M，2,4,0C，23,2,2MC．设直线MC与平面BDP所成角为，则26sincos,9nMCnMCnMC．所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为269．5．（2017.山东卷）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的，G是DF的中点.（I）设P是CE上的一点，且APBE，求CBP的大小;（II）当32ABAD，时,求二面角EAGC的大小.试题解析：试卷第6页，总21页（Ⅰ）因为APBE，ABBE，AB，AP平面ABP，ABAPA，所以BE平面ABP，又BP平面ABP，所以BEBP，又120EBC，因此30CBP（Ⅱ）以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得0,0,3A2,0,0E，1,3,3G，1,3,0C，故2,0,3AE，1,3,0AG，2,0,3CG，设111,,mxyz是平面AEG的一个法向量.由0{0mAEmAG可得1111230,{30,xzxy取12z，可得平面AEG的一个法向量3,3,2m.设222,,nxyz是平面ACG的一个法向量.由0{0nAGnCG可得222230,{230,xyxz取22z，可得平面ACG的一个法向量3,3,2n.所以1cos,2mnmnmn.因此所求的角为60.6．（2017.新课标2卷）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底ABCD，o1,90,2ABBCADBADABCE是PD的中点。试卷第7页，总21页（1）证明：直线//CE平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为o45，求二面角MABD的余弦值。试题解析：（1）取PA中点F，连结EF，BF．因为E为PD的中点，所以EFAD,12EFAD,由90BADABC得BCAD，又12BCAD所以EFBC．四边形BCEF为平行四边形，CEBF．又BFPAB平面，CEPAB平面，故CEPAB平面（2）由已知得BAAD,以A为坐标原点，AB的方向为x轴正方向，AB为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则则000A，，，100B，，，110C，，，013P，，，103PC，，,100AB，，则1,13BMxyzPMxyz，，，，因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而001n，，是底面ABCD的法向量，所以试卷第8页，总21页0cos,sin45BMn，222z221xyz即（x-1）²+y²-z²=0又M在棱PC上，学|科网设,PMPC则x,1,33yz由①，②得22x=1+x=1-22{y=1{y=166zz22舍去，所以M261-,122，，从而26AM1-,122，设000x,y,zm是平面ABM的法向量，则00002-2x2y6z0·AM0{{·AB0x0mm即所以可取m=（0，-6，2）.于是·10,5mncosmnmn因此二面角M-AB-D的余弦值为1057．（2017.天津卷）如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，90BAC．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，4PAAC，2AB．（1）求证：MN平面BDE；（2）求二面角CEMN的正弦值；（3）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721，求线段AH试卷第9页，总21页的长．试题解析：如图，以A为原点，分别以AB，AC，AP方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N（1，2，0）.（Ⅰ）证明：DE=（0，2，0），DB=（2，0，2）.设,,nxyz，为平面BDE的法向量，则0{0nDEnDB，即20{220yxz.不妨设1z，可得1,0,1n.又MN=（1，2，1），可得0MNn.因为MN平面BDE，所以MN//平面BDE.（Ⅱ）解：易知11,0,0n为平面CEM的一个法向量.设2,,nxyz为平面EMN的法向量，则220{0nEMnMN，因为0,2,1EM，1,2,1MN，所以20{20yzxyz.不妨设1y，可得24,1,2n.因此有1212124,21nncosnnnn，于是12105sin,21nn.所以，二面角C—EM—N的正弦值为10521.（Ⅲ）解：依题意，设AH=h（04h），则H（0，0，h），进而可得1,2,NHh，2,2,2BE.由已知，得2227cos,21523NHBEhNHBENHBEh，整理得2102180hh，解得85h，或12h.试卷第10页，总21页所以，线段AH的长为85或12..8．(2017·江苏高考)如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.试题解析：证明：（1）在平面ABD内，因为AB⊥AD，EFAD，所以EFAB.又因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF∥平面ABC.（2）因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD平面BCD=BD，BC平面BCD，BCBD，所以BC平面ABD.因为AD平面ABD，所以BCAD.又AB⊥AD，BCABB，AB平面ABC，BC平面ABC，所以AD⊥平面ABC，又因为AC平面ABC，所以AD⊥AC.9．（题文）（2017新课标全国I理科）如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，