立体几何高考真题大题.doc

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, ,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是．

（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）
【解析】
试题分析：（Ⅰ）先证明平面,结合平面,可得平面平面．（Ⅱ）建立空间坐标系,分别求出平面的法向量及平面的法向量 ,再利用求二面角．
试题解析：（Ⅰ）由已知可得,,所以平面．
又平面,故平面平面．
（Ⅱ）过作,垂足为,由（Ⅰ）知平面．
以为坐标原点,的方向为轴正方向,为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系．
由（Ⅰ）知为二面角的平面角,故,则,,可得,,,．
由已知,,所以平面．
又平面平面,故,．
由,可得平面,所以为二面角的平面角,
．从而可得．
所以,,,．
设是平面的法向量,则
,即,
所以可取．
设是平面的法向量,则,
同理可取．则．
故二面角的余弦值为．

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，菱形的对角线与交于点，，点分别在上，，交于点．将沿折到位置，．

（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求二面角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．
【解析】
试题分析：（Ⅰ）证，再证，最后证；（Ⅱ）用向量法求解．
试题解析：（Ⅰ）由已知得，，又由得，故．
因此，从而．由,得．
由得．所以，．
于是，，
故．
又，而，
所以．

（Ⅱ）如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，．设是平面的法向量，则，即，
所以可以取．设是平面的法向量，则，
即，
所以可以取．于是， ．
因此二面角的正弦值是．
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=AC=，AB=BC．求二面角的余弦值．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
【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；解法二则是找到为二面角的平面角直接求解．
试题解析：

（Ⅰ）证明：设的中点为,连接,
在,因为是的中点，所以
又所以
在中，因为是的中点，所以，
又,所以平面平面，
因为平面，所以平面．
（Ⅱ）解法一：
连接,则平面，
又且是圆的直径，所以
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

由题意得，，过点作于点，
所以
可得
故．
设是平面的一个法向量．
由
可得
可得平面的一个法向量
因为平面的一个法向量
所以．
所以二面角的余弦值为．

解法二：
连接，过点作于点，
则有,
又平面，
所以FM⊥平面ABC,
可得
过点作于点，连接，
可得,
从而为二面角的平面角．
又,是圆的直径，
所以
从而，可得
所以二面角的余弦值为．
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=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）详见解析（ⅡⅢ）
【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，，如图，以为点，分别以的方向为轴，轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得，．

（Ⅰ）证明：依题意，．设为平面的法向量，则，即 ．不妨设，可得，又，可得，又因为直线，所以．
（Ⅱ）解：易证为平面的一个法向量．依题意，．设为平面的法向量，则，即 ．不妨设，可得．
因此有，于是，所以，二面角的正弦值为．
（Ⅲ）解：由，得．因为，所以，进而有，从而，因此．所以，直线和平面所成角的正弦值为．
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，在四棱锥中，平面平面，，，，，，．

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）存在，
【解析】
试题分析：（1）由面面垂直性质定理知AB⊥平面；根据线面垂直性质定理可知，再由线面垂直判定定理可知平面；（2）取的中点，连结，，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法可求出直线与平面所成角的正弦值；（3）假设存在，根据A，P，M三点共线，设，根据平面，即，求的值，即可求出的值．
试题解析：（1）因为平面平面，，
所以平面，所以，
又因为，所以平面；
（2）取的中点，连结，，
因为，所以．
又因为平面，平面平面，
所以平面．
因为平面，所以．
因为，所以．
如图建立空间直角坐标系，由题意得，
．
设平面的法向量为，则
即
令，则．
所以．
又，所以．
所以直线与平面所成角的正弦值为．

（3）设是棱上一点，则存在使得．
因此点．
因为平面，所以平面当且仅当，
即，解得．
所以在棱上存在点使得平面，此时．
考点：1．空间垂直判定与性质；2．异面直线所成角的计算；3．空间向量的运用．
【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直（必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系），构造（寻找）二面角的平面角或得到点到面的距离等．
6．（2016高考新课标3理数）如图，四棱锥中，地面，，，，为线段上一点，，为的中点．

（Ⅰ）证明平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．
【解析】

试题分析：（Ⅰ）取的中点，然后结合条件中的数据证明四边形为平行四边形，从而得到，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后通过求直线的方向向量与平面法向量的夹角来处理与平面所成角．
试题解析：（Ⅰ）由已知得，取的中点，连接，由为中点知，．
又，故，四边形为平行四边形，于是．
因为平面，平面，所以平面．
（Ⅱ）取的中点，连结，由得，从而，且．
以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意知，，，，，
，，．
设为平面的法向量，则，即，可取，
于是．

考点：1、空间直线与平面间的平行与垂直关系；2、棱锥的体积．
【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理．
7．（2016高考浙江理数）如图,在三棱台中,平面平面,,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3．

（Ⅰ）求证：EF⊥平面ACFD；
（Ⅱ）求二面角B-AD-F的平面角的余弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．
【解析】
试题分析：（Ⅰ）先证，再证，进而可证平面；（Ⅱ）方法一：先找二面角的平面角，再在中计算，即可得二面角的平面角的余弦值；方法二：先建立空间直角坐标系，再计算平面和平面的法向量，进而可得二面角的平面角的余弦值．
试题解析：（Ⅰ）延长，，相交于一点，如图所示．
因为平面平面，且，所以，
平面，因此，
．
又因为，，，所以
为等边三角形，且为的中点，则
．
所以平面．

（Ⅱ）方法一：
过点作，连结．
因为平面，所以，则平面，所以．
所以，是二面角的平面角．
在中，，，得．
在中，，，得．
所以，二面角的平面角的余弦值为．
方法二：
如图，延长，，相交于一点，则为等边三角形．
取的中点，则，又平面平面，所以，平面．
以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向，
建立空间直角坐标系．
由题意得
，，，
，，．
因此，
，，．
设平面的法向量为，平面的法向量为．
由，得，取；
由，得，取．
于是，．
所以，二面角的平面角的余弦值为．

考点：1、线面垂直；2、二面角．
【方法点睛】解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．
8．（2016年高考四川理数）如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，ADC=PAB=90°，BC=CD=AD，E为边AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°．

（Ⅰ）在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；
（Ⅱ）若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．
【解析】
试题分析：（Ⅰ）探索线面平行，根据是线面平行的判定定理，先证明线线平行，再得线面平行，而这可以利用已知的平行，易得CD∥EB；从而知为DC和AB的交点；（Ⅱ）求线面角，可以先找到这个角，即作出直线在平面内的射影，再在三角形中解出，也可以利用已知图形中的垂直建立空间直角坐标系，用向量法求出线面角（通过平面的法向量与直线的方向向量的夹角来求得）．
试题解析：（Ⅰ）在梯形ABCD中，AB与CD不平行．
延长AB，DC，相交于点M（M∈平面PAB），点M即为所求的一个点．理由如下：
由已知，BC∥ED，且BC=ED．
所以四边形BCDE是平行四边形．，所以CD∥EB
从而CM∥EB．
又EB平面PBE，CM平面PBE，
所以CM∥平面PBE．
（说明：延长AP至点N，使得AP=PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点）
（Ⅱ）方法一：
由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A，
所以CD⊥平面PAD．
从而CD⊥PD．
所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角．
所以∠PDA=45°．
设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2．
过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH．
易知PA⊥平面ABCD，
从而PA⊥CE．
于是CE⊥平面PAH．
所以平面PCE⊥平面PAH．
过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE．
所以∠APH是PA与平面PCE所成的角．
在Rt△AEH中，∠AEH=45°，AE=1，
所以AH=．
在Rt△PAH中，PH== ，
所以sin∠APH= =．

方法二：
由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A，
所以CD⊥平面PAD．
于是CD⊥PD．
从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角．
所以∠PDA=45°．
由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD．
设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2．
作Ay⊥AD，以A为原点，以 ,的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A（0,0,0），P（0,0,2），C（2,1,0），E（1,0,0），
所以=（1,0,-2），=（1,1,0），=（0,0,2）
设平面PCE的法向量为n=（x,y,z），
由 得 设x=2，解得n=（2,-2,1）．
设直线PA与平面PCE所成角为α，则sinα= = ．
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为 ．

考点：线线平行、线面平行、向量法．
【名师点睛】本题考查线面平行、线线平行、向量法等基础知识，考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力．证明线面平行时，可根据判定定理的条件在平面内找一条平行线，而这条平行线一般是由过面外的直线的一个平面与此平面相交而得，证明时注意定理的另外两个条件（线在面内，线在面外）要写全，否则会被扣分，求线面角（以及其他角），一种方法可根据定义作出这个角（注意还要证明），然后通过解三角形求出这个角．另一种方法建立空间直角坐标系，用向量法求角，这种方法主要是计算，不需要“作角、证明”，关键是记住相应公式即可．
9．（2016高考上海理数）将边长为1的正方形（及其内部）绕的旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中与在平面的同侧。

（1）求三棱锥的体积；
（2）求异面直线与所成的角的大小。
【答案】（1）．（2）．
【解析】
试题分析：（1）由题意可知，圆柱的高，底面半径．
确定．计算后即得．
（2）设过点的母线与下底面交于点，根据，知或其补角为直线与所成的角．确定，．得出．
试题解析：（1）由题意可知，圆柱的高，底面半径．
由的长为，可知．
，
．
（2）设过点的母线与下底面交于点，则，
所以或其补角为直线与所成的角．
由长为，可知，
又，所以，
从而为等边三角形，得．
因为平面，所以．
在中，因为，，，所以，
从而直线与所成的角的大小为．

考点：1．几何体的体积；2．空间的角．
【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，将空间问题转化成平面问题．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，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．
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