十年真题(2010_2019)高考数学真题分类汇编专题10立体几何与空间向量解答题(理)(含解析)
更新时间:2023-04-30 02:15:01 阅读量: 综合文库 文档下载
专题10立体几何与空间向量解答题
历年考题细目表
历年高考真题汇编
1.【2019年新课标1理科18】如图,直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
(1)证明:MN∥平面C1DE;
(2)求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值.
【解答】(1)证明:如图,过N作NH⊥AD,则NH∥AA1,且,
又MB∥AA1,MB,∴四边形NMBH为平行四边形,则NM∥BH,
由NH∥AA1,N为A1D中点,得H为AD中点,而E为BC中点,
∴BE∥DH,BE=DH,则四边形BEDH为平行四边形,则BH∥DE,
∴NM∥DE,
∵NM?平面C1DE,DE?平面C1DE,
∴MN∥平面C1DE;
(2)解:以D为坐标原点,以垂直于DC得直线为x轴,以DC所在直线为y轴,以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系,
则N(,,2),M(,1,2),A1(,﹣1,4),
,,
设平面A1MN的一个法向量为,
由,取x,得,
又平面MAA1的一个法向量为,
∴cos.
∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值为.
2.【2018年新课标1理科18】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△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.
(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
【解答】(1)证明:由题意,点E、F分别是AD、BC的中点,
则,,
由于四边形ABCD为正方形,所以EF⊥BC.
由于PF⊥BF,EF∩PF=F,则BF⊥平面PEF.
又因为BF?平面ABFD,所以:平面PEF⊥平面ABFD.
(2)在平面PEF中,过P作PH⊥EF于点H,连接DH,
由于EF为面ABCD和面PEF的交线,PH⊥EF,
则PH⊥面ABFD,故PH⊥DH.
在三棱锥P﹣DEF中,可以利用等体积法求PH,
因为DE∥BF且PF⊥BF,
所以PF⊥DE,
又因为△PDF≌△CDF,
所以∠FPD=∠FCD=90°,
所以PF⊥PD,
由于DE∩PD=D,则PF⊥平面PDE,
故V F﹣PDE,
因为BF∥DA且BF⊥面PEF,
所以DA⊥面PEF,
所以DE⊥EP.
设正方形边长为2a,则PD=2a,DE=a
在△PDE中,,
所以,
故V F﹣PDE,
又因为,
所以PH,
所以在△PHD中,sin∠PDH,
即∠PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为:.
3.【2017年新课标1理科18】如图,在四棱锥P﹣ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;
(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A﹣PB﹣C的余弦值.
【解答】(1)证明:∵∠BAP=∠CDP=90°,∴PA⊥AB,PD⊥CD,
∵AB∥CD,∴AB⊥PD,
又∵PA∩PD=P,且PA?平面PAD,PD?平面PAD,
∴AB⊥平面PAD,又AB?平面PAB,
∴平面PAB⊥平面PAD;
(2)解:∵AB∥CD,AB=CD,∴四边形ABCD为平行四边形,
由(1)知AB⊥平面PAD,∴AB⊥AD,则四边形ABCD为矩形,
在△APD中,由PA=PD,∠APD=90°,可得△PAD为等腰直角三角形,
设PA=AB=2a,则AD.
取AD中点O,BC中点E,连接PO、OE,
以O为坐标原点,分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系,则:D(),B(),P(0,0,),C().
,,.设平面PBC的一个法向量为,
由,得,取y=1,得.
∵AB⊥平面PAD,AD?平面PAD,∴AB⊥PD,
又PD⊥PA,PA∩AB=A,
∴PD⊥平面PAB,则为平面PAB的一个法向量,.
∴cos.
由图可知,二面角A﹣PB﹣C为钝角,
∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为.
4.【2016年新课标1理科18】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,∠AFD=90°,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.
【解答】(Ⅰ)证明:∵ABEF为正方形,∴AF⊥EF.
∵∠AFD=90°,∴AF⊥DF,
∵DF∩EF=F,
∴AF⊥平面EFDC,
∵AF?平面ABEF,
∴平面ABEF⊥平面EFDC;
(Ⅱ)解:由AF⊥DF,AF⊥EF,
可得∠DFE为二面角D﹣AF﹣E的平面角;
由ABEF为正方形,AF⊥平面EFDC,
∵BE⊥EF,
∴BE⊥平面EFDC
即有CE⊥BE,
可得∠CEF为二面角C﹣BE﹣F的平面角.
可得∠DFE=∠CEF=60°.
∵AB∥EF,AB?平面EFDC,EF?平面EFDC,
∴AB∥平面EFDC,
∵平面EFDC∩平面ABCD=CD,AB?平面ABCD,
∴AB∥CD,
∴CD∥EF,
∴四边形EFDC为等腰梯形.
以E为原点,建立如图所示的坐标系,设FD=a,
则E(0,0,0),B(0,2a,0),C(,0,a),A(2a,2a,0),
∴(0,2a,0),(,﹣2a,a),(﹣2a,0,0)
设平面BEC的法向量为(x1,y1,z1),则,
则,取(,0,﹣1).
设平面ABC的法向量为(x2,y2,z2),则,
则,取(0,,4).
设二面角E﹣BC﹣A的大小为θ,则cosθ
,
则二面角E﹣BC﹣A的余弦值为.
5.【2015年新课标1理科18】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,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC.
(Ⅰ)证明:平面AEC⊥平面AFC
(Ⅱ)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.
【解答】解:(Ⅰ)连接BD,
设BD∩AC=G,
连接EG、EF、FG,
在菱形ABCD中,
不妨设BG=1,
由∠ABC=120°,
可得AG=GC,
BE⊥平面ABCD,AB=BC=2,
可知AE=EC,又AE⊥EC,
所以EG,且EG⊥AC,
在直角△EBG中,可得BE,故DF,
在直角三角形FDG中,可得FG,
在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE,FD,可得EF,从而EG2+FG2=EF2,则EG⊥FG,
(或由tan∠EGB?tan∠FGD??1,
可得∠EGB+∠FGD=90°,则EG⊥FG)
AC∩FG=G,可得EG⊥平面AFC,
由EG?平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC;
(Ⅱ)如图,以G为坐标原点,分别以GB,GC为x轴,y轴,|GB|为单位长度,
建立空间直角坐标系G﹣xyz,由(Ⅰ)可得A(0,,0),E(1,0,),
F(﹣1,0,),C(0,,0),
即有(1,,),(﹣1,,),
故cos,.
则有直线AE与直线CF所成角的余弦值为.
6.【2014年新课标1理科19】如图,三棱柱ABC﹣A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.(Ⅰ)证明:AC=AB1;
(Ⅱ)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值.
【解答】解:(1)连结BC1,交B1C于点O,连结AO,
∵侧面BB1C1C为菱形,
∴BC1⊥B1C,且O为BC1和B1C的中点,
又∵AB⊥B1C,∴B1C⊥平面ABO,
∵AO?平面ABO,∴B1C⊥AO,
又B10=CO,∴AC=AB1,
(2)∵AC⊥AB1,且O为B1C的中点,∴AO=CO,
又∵AB=BC,∴△BOA≌△BOC,∴OA⊥OB,
∴OA,OB,OB1两两垂直,
以O为坐标原点,的方向为x轴的正方向,||为单位长度,
的方向为y轴的正方向,的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系,
∵∠CBB1=60°,∴△CBB1为正三角形,又AB=BC,
∴A(0,0,),B(1,0,0,),B1(0,,0),C(0,,0)
∴(0,,),(1,0,),(﹣1,,0),
设向量(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,
则,可取(1,,),
同理可得平面A1B1C1的一个法向量(1,,),
∴cos,,
∴二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值为
7.【2013年新课标1理科18】如图,三棱柱ABC﹣A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.(Ⅰ)证明AB⊥A1C;
(Ⅱ)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB=2,求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.
【解答】解:(Ⅰ)取AB的中点O,连接OC,OA1,A1B,
因为CA=CB,所以OC⊥AB,由于AB=AA1,∠BAA1=60°,
所以△AA1B为等边三角形,所以OA1⊥AB,
又因为OC∩OA1=O,所以AB⊥平面OA1C,
又A1C?平面OA1C,故AB⊥A1C;
(Ⅱ)由(Ⅰ)知OC⊥AB,OA1⊥AB,又平面ABC⊥平面AA1B1B,交线为AB,
所以OC⊥平面AA1B1B,故OA,OA1,OC两两垂直.
以O为坐标原点,的方向为x轴的正向,||为单位长,建立如图所示的坐标系,
可得A(1,0,0),A1(0,,0),C(0,0,),B(﹣1,0,0),
则(1,0,),(﹣1,,0),(0,,),
设(x,y,z)为平面BB1C1C的法向量,则,即,
可取y=1,可得(,1,﹣1),故cos,,
又因为直线与法向量的余弦值的绝对值等于直线与平面的正弦值,
故直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为:.
8.【2012年新课标1理科19】如图,直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AC=BC AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD (1)证明:DC1⊥BC;
(2)求二面角A1﹣BD﹣C1的大小.
【解答】(1)证明:在Rt△DAC中,AD=AC,∴∠ADC=45°
同理:∠A1DC1=45°,∴∠CDC1=90°
∴DC1⊥DC,DC1⊥BD
∵DC∩BD=D
∴DC1⊥面BCD
∵BC?面BCD
∴DC1⊥BC
(2)解:∵DC1⊥BC,CC1⊥BC,DC1∩CC1=C1,∴BC⊥面ACC1A1,
∵AC?面ACC1A1,∴BC⊥AC
取A1B1的中点O,过点O作OH⊥BD于点H,连接C1O,OH
∵A1C1=B1C1,∴C1O⊥A1B1,
∵面A1B1C1⊥面A1BD,面A1B1C1∩面A1BD=A1B1,
∴C1O⊥面A1BD
而BD?面A1BD
∴BD⊥C1O,
∵OH⊥BD,C1O∩OH=O,
∴BD⊥面C1OH∴C1H⊥BD,∴点H与点D重合且∠C1DO是二面角A1﹣BD﹣C1的平面角设AC=a,则,,
∴sin∠C1DO
∴∠C1DO=30°
即二面角A1﹣BD﹣C1的大小为30°
9.【2011年新课标1理科18】如图,四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.
(Ⅰ)证明:PA⊥BD;
(Ⅱ)若PD=AD,求二面角A﹣PB﹣C的余弦值.
【解答】(Ⅰ)证明:因为∠DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得BD,
从而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD
又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD
所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD
(Ⅱ)如图,以D为坐标原点,AD的长为单位长,
射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣xyz,则
A(1,0,0),B(0,,0),C(﹣1,,0),P(0,0,1).
(﹣1,,0),(0,,﹣1),(﹣1,0,0),
设平面PAB的法向量为(x,y,z),则
即,
因此可取(,1,)
设平面PBC的法向量为(x,y,z),则,
即:
可取(0,1,),cos
故二面角A﹣PB﹣C的余弦值为:.
10.【2010年新课标1理科18】如图,已知四棱锥P﹣ABCD的底面为等腰梯形,AB∥CD,AC⊥BD,垂足为H,PH是四棱锥的高,E为AD中点
(Ⅰ)证明:PE⊥BC
(Ⅱ)若∠APB=∠ADB=60°,求直线PA与平面PEH所成角的正弦值.
【解答】解:以H为原点,HA,HB,HP分别为x,y,z轴,线段HA的长为单位长,
建立空间直角坐标系如图,则A(1,0,0),B(0,1,0)
(Ⅰ)设C(m,0,0),P(0,0,n)(m<0,n>0)
则.
可得.
因为
所以PE⊥BC.
(Ⅱ)由已知条件可得m
,n =1,故C (), 设(x ,y ,z )为平面PEH 的法向量 则即 因此可以取
, 由
, 可得 所以直线PA 与平面PEH 所成角的正弦值为.
考题分析与复习建议
本专题考查的知识点为:直线、平面平行、垂直的判定与性质,空间向量及其运算,立体几何中的向量方法(证明平行与垂直、求空间角和距离)等.历年考题主要以解答题题型出现,重点考查的知识点为:直线、平面平行、垂直的判定与性质,空间向量及其运算,立体几何中的向量方法(证明平行与垂直、求空间角和距离)等.预测明年本考点题目会比较稳定,备考方向以知识点直线、平面平行、垂直的判定与性质,空间向量及其运算,立体几何中的向量方法(证明平行与垂直、求空间角和距离)等为重点较佳.
最新高考模拟试题
1.如图,在三棱柱111ABC A B C -中,侧面11ABB A 是菱形,160BAA ∠=?,E 是棱1BB 的中点,CA CB =,F 在线段AC 上,且2AF FC =.
(1)证明:1//CB 面1A EF ;
(2)若CA CB ⊥,面CAB ⊥面11ABB A ,求二面角1F A E A --的余弦值.
【答案】(1)详见解析;(2)
52929
. 【解析】 解:(1)连接1AB 交1A E 于点G ,连接FG .
因为11AGA B GE ??:,所以1112AA AG GB EB ==,又因为2AF FC
=,所以1AF AG FC GB =,所以1//FG CB , 又1CB ?面1A EF ,FG ?面1A EF ,所以1//CB 面1A EF .
(2)过C 作CO AB ⊥于O ,因为CA CB =,所以O 是线段AB 的中点. 因为面CAB ⊥面11ABB A ,面CAB I 面11ABB A AB =,所以CO ⊥面1ABA .连接1OA , 因为1ABA ?是等边三角形,O 是线段AB 的中点,所以1OA AB ⊥.
如图以O 为原点,OA u u u v ,1OA u u u r ,OC u u u r 分别为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标,
不妨设2AB =,则(1,0,0)A ,13,0)A ,(0,0,1)C ,(1,0,0)B -,1
2(,0,)33
F , 由11AA BB =u u u v u u u v ,得(3,0)B -,1BB 的中点33(,22E -,133(,,0)22
A E =--u u u r ,112(,3,)33A F =--u u u u r . 设面1A FE 的一个法向量为1111(,,)n x y z =u v ,则111100A E n A F n ??=???=??u u u v u v u u u u v u v ,即1111230333302
2x y z x y ?+=????--=??, 得方程的一组解为111135x y z =-??=??=?1(13,5)n =-u r .
面1ABA 的一个法向量为2(0,0,1)n =u u r ,则1212
12
529cos ,n n n n n n ?<>==u r u u r u r
u u r u r u u r , 所以二面角1F A E A --的余弦值为52929.
2.如图,菱形ABCD 与正三角形BCE 的边长均为2,它们所在平面互相垂直,FD ⊥平面ABCD ,EF P 平面ABCD .
(1)求证:平面ACF ⊥平面BDF ;
(2)若60CBA ∠=?,求二面角A BC F --的大小.
【答案】(1)见证明;(2)
4π 【解析】
(1)∵菱形ABCD ,∴AC BD ⊥,
∵FD ⊥平面ABCD ,∴FD AC ⊥,
∵BD FD D ?=,∴AC ⊥平面BDF ,
∵AC ?平面ACF ,∴平面ACF ⊥平面BDF .
(2)设AC BD O =I ,以O 为原点,OB 为x 轴,OA 为y 轴,
过O 作平面ABCD 的垂线为z 轴,建立空间直角坐标系,
则(3,0,0)B ,()0,1,0C -
,(3,0,3)F -,
(3,1,0)BC =--u u u r ,(23,0,3)BF =-u u u r ,
设平面BCF 的法向量(,,)n x y z =r
, 则302330
n BC x y n BF x z ??=--=???=-+=??u u u v v u u u v v ,取1x =,得(1,3,2)n =-r , 平面ABC 的法向量(0,0,1)m =u r ,
设二面角A BC F --的大小为θ,
则||2cos ||||28
m n m n θ?===?r r r r , ∴4π
θ=.
∴二面角A BC F --的大小为4
π. 3.如图,在几何体1111ACD A B C D -中,四边形1111ADD A CDD C ,为矩形,平面11ADD A ⊥平面11CDD C ,11B A ⊥平面11ADD A ,1111,2AD CD AA A B ====,E 为棱1AA 的中点.
(Ⅰ)证明:11B C ⊥平面1CC E ; (Ⅱ)求直线11B C 与平面1B CE 所成角的正弦值.
【答案】(Ⅰ)证明见解析;(Ⅱ)
7
. 【解析】 (Ⅰ)因为11B A ⊥平面11ADD A , 所以111B A DD ⊥,
又11111111DD D A B A D A A ⊥?=,, 所以1DD ⊥平面1111D C B A , 又因为11//DD CC ,
所以1CC ⊥平面1111D C B A ,11B C ?平面1111D C B A ,所以111CC B C ⊥, 因为平面11ADD A ⊥平面11CDD C , 平面11ADD A ?平面111CDD C DD =, 111C D DD ⊥,
所以11C D ⊥平面11ADD A ,
经计算可得1111B E BC EC == 从而2221111B E B C EC =+,
所以在11B EC V 中,111B C C E ⊥, 又11CC C E ?,平面1111CC E CC C E C ?=,, 所以11B C ⊥平面1CC E .
(Ⅱ)如图,以点A 为原点建立空间直角坐标系,依题意得()()()10001,0,00,2,2A C B ,
,,,, ()()11,2,10,1,0C E ,.
∵1(1,1,1)(1,2,1)CE B C =--=--u u u r u u u r ,,
设平面1B CE 的一个法向量(,,)m x y z =
则100m B C m CE ??=??=?
u u u v u u u v ,, 即200x y z x y z --=??-+-=?,,
消去x 得20y z +=, 不妨设1z =,可得()3,2,1m =--,
又()111,0,1B C =-u u u u r ,
设直线11B C 与平面1B CE 所成角为θ, 于是111111
427sin cos ,142||m B C m B C m B C θ?-===
=??u u u u r u u u u r u u u u r , 故直线11B C 与平面1B CE 所成角的正弦值为77
. 4.如图,在四凌锥P ABCD -中,PC ABCD ⊥底面,底面ABCD 是直角梯形,AB AD ⊥,AB CD ∥,222AB AD CD ===,4PC =,E 为线段PB 上一点
(1)求证:EAC PBC ⊥平面平面;
(2)若二面角P AC E --的余弦值为63,求BE BP 的值
【答案】(1)见解析(2)13BE BP = 【解析】 (1)如图,由题意,得2AC BC ==,且2AB =,∴BC AC ⊥ ∵ABCD PC ⊥底面,∴PC AC ⊥ 又∵PC BC C ?=,∴AC ⊥底面PBC
∵AC ?平面EAC ,∴平面EAC ⊥平面PBC
(2)如图,以C 为原点,取AB 中点M ,以CM ,CD ,CP 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系
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