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    三年高考(2019-2021)数学(理)试题分项汇编——专题06 立体几何(解答题)(教师版)
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    三年高考(2019-2021)数学(理)试题分项汇编——专题06 立体几何(解答题)(教师版)

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    这是一份三年高考(2019-2021)数学(理)试题分项汇编——专题06 立体几何(解答题)(教师版),共31页。

    专题06 立体几何(解答题)
    1.【2021·全国高考真题】如图,在三棱锥中,平面平面,,为的中点.

    (1)证明:;
    (2)若是边长为1的等边三角形,点在棱上,,且二面角的大小为,求三棱锥的体积.
    【答案】(1)详见解析(2)
    【分析】(1)根据面面垂直性质定理得AO⊥平面BCD,即可证得结果;
    (2)先作出二面角平面角,再求得高,最后根据体积公式得结果.
    【解析】(1)因为AB=AD,O为BD中点,所以AO⊥BD
    因为平面ABD平面BCD,平面ABD⊥平面BCD,平面ABD,
    因此AO⊥平面BCD,
    因为平面BCD,所以AO⊥CD
    (2)作EF⊥BD于F,作FM⊥BC于M,连FM
    因为AO⊥平面BCD,所以AO⊥BD,AO⊥CD
    所以EF⊥BD,EF⊥CD,,因此EF⊥平面BCD,即EF⊥BC
    因为FM⊥BC,,所以BC⊥平面EFM,即BC⊥ME
    则为二面角E-BC-D的平面角,
    因为,为正三角形,所以为直角三角形
    因为,
    从而EF=FM=
    平面BCD,
    所以

    【点睛】二面角的求法:一是定义法,二是三垂线定理法,三是垂面法,四是投影法.
    2.【2021·浙江高考真题】如图,在四棱锥中,底面是平行四边形,,M,N分别为的中点,.

    (1)证明:;
    (2)求直线与平面所成角的正弦值.
    【答案】(1)证明见解析;(2).
    【分析】(1)要证,可证,由题意可得,,易证,从而平面,即有,从而得证;
    (2)取中点,根据题意可知,两两垂直,所以以点为坐标原点,建立空间直角坐标系,再分别求出向量和平面的一个法向量,即可根据线面角的向量公式求出.
    【解析】(1)在中,,,,由余弦定理可得,
    所以,.由题意且,平面,而平面,所以,又,所以.
    (2)由,,而与相交,所以平面,因为,所以,取中点,连接,则两两垂直,以点为坐标原点,如图所示,建立空间直角坐标系,
    则,
    又为中点,所以.
    由(1)得平面,所以平面的一个法向量
    从而直线与平面所成角的正弦值为.

    【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化,要证明,可以考虑,
    题中与有垂直关系的直线较多,易证平面,从而使问题得以解决;第二问思路直接,由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系,根据线面角的向量公式即可计算得出.
    3.【2021·全国高考真题(理)】已知直三棱柱中,侧面为正方形,,E,F分别为和的中点,D为棱上的点.

    (1)证明:;
    (2)当为何值时,面与面所成的二面角的正弦值最小?
    【答案】(1)见解析;(2)
    【分析】通过已知条件,确定三条互相垂直的直线,建立合适的空间直角坐标系,借助空间向量证明线线垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大,进而可以确定出答案.
    【解析】因为三棱柱是直三棱柱,所以底面,所以
    因为,,所以,
    又,所以平面.
    所以两两垂直.
    以为坐标原点,分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系,如图.

    所以,

    由题设().
    (1)因为,
    所以,所以.
    (2)设平面的法向量为,
    因为,
    所以,即.
    令,则
    因为平面的法向量为,
    设平面与平面的二面角的平面角为,
    则.
    当时,取最小值为,
    此时取最大值为.
    所以,
    此时.
    【点睛】本题考查空间向量的相关计算,能够根据题意设出(),在第二问中通过余弦值最大,找到正弦值最小是关键一步.
    4.【2021·全国高考真题(理)】如图,四棱锥的底面是矩形,底面,,为的中点,且.

    (1)求;
    (2)求二面角的正弦值.
    【答案】(1);(2)
    【分析】(1)以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,设,由已知条件得出,求出的值,即可得出的长;
    (2)求出平面、的法向量,利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
    【解析】(1)平面,四边形为矩形,不妨以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系,

    设,则、、、、,
    则,,
    ,则,解得,故;
    (2)设平面的法向量为,则,,
    由,取,可得,
    设平面的法向量为,,,
    由,取,可得,

    所以,,
    因此,二面角的正弦值为.
    【点睛】思路点睛:利用空间向量法求解二面角的步骤如下:
    (1)建立合适的空间直角坐标系,写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标;
    (2)设出法向量,根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量,求解出平面的法向量(注:若半平面为坐标平面,直接取法向量即可);
    (3)计算(2)中两个法向量的余弦值,结合立体图形中二面角的实际情况,判断二面角是锐角还是钝角,从而得到二面角的余弦值.
    5.【2021·北京高考真题】已知正方体,点为中点,直线交平面于点.

    (1)证明:点为的中点;
    (2)若点为棱上一点,且二面角的余弦值为,求的值.
    【答案】(1)证明见解析;(2).
    【分析】(1)首先将平面进行扩展,然后结合所得的平面与直线的交点即可证得题中的结论;
    (2)建立空间直角坐标系,利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量,然后解方程即可求得实数的值.
    【解析】(1)如图所示,取的中点,连结,
    由于为正方体,为中点,故,
    从而四点共面,即平面CDE即平面,
    据此可得:直线交平面于点,
    当直线与平面相交时只有唯一的交点,故点与点重合,
    即点为中点.

    (2)以点为坐标原点,方向分别为轴,轴,轴正方形,建立空间直角坐标系,

    不妨设正方体的棱长为2,设,
    则:,
    从而:,
    设平面的法向量为:,则:

    令可得:,
    设平面的法向量为:,则:

    令可得:,
    从而:,
    则:,
    整理可得:,故(舍去).
    【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题,意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力,对于立体几何中角的计算问题,往往可以利用空间向量法,通过求解平面的法向量,利用向量的夹角公式求解.
    6.【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图,为圆锥的顶点,是圆锥底面的圆心,为底面直径,.是底面的内接正三角形,为上一点,.

    (1)证明:平面;
    (2)求二面角的余弦值.
    【解析】(1)设,由题设可得,
    .
    因此,从而.
    又,故.
    所以平面.
    (2)以为坐标原点,的方向为轴正方向,为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系.

    由题设可得.
    所以.
    设是平面的法向量,则,即,
    可取.
    由(1)知是平面的一个法向量,记,
    则.
    所以二面角的余弦值为.
    【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小,考查学生空间想象能力,数学运算能力,是一道容易题.
    7.【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.

    (1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;
    (2)设O为△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
    【解析】(1)因为M,N分别为BC,B1C1的中点,所以.又由已知得AA1∥CC1,故AA1∥MN.
    因为△A1B1C1是正三角形,所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN,故B1C1⊥平面A1AMN.
    所以平面A1AMN⊥平面.
    (2)由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点,的方向为x轴正方向,为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz,则AB=2,AM=.
    连接NP,则四边形AONP为平行四边形,故.由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC,作NQ⊥AM,垂足为Q,则NQ⊥平面ABC.
    设,则,
    故.
    又是平面A1AMN的法向量,故.
    所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.

    8.【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图,在长方体中,点分别在棱上,且,.
    (1)证明:点在平面内;
    (2)若,,,求二面角的正弦值.

    【解析】设,,,如图,以为坐标原点,的方向为轴正方向,建立空间直角坐标系.

    (1)连结,则,,,,,,得.
    因此,即四点共面,所以点在平面内.
    (2)由已知得,,,,,,,.
    设为平面的法向量,则
    即可取.
    设为平面的法向量,则
    同理可取.
    因为,所以二面角的正弦值为.
    9.【2020年高考江苏】在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点.
    (1)求证:EF∥平面AB1C1;
    (2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.

    【解析】因为分别是的中点,所以.
    又平面,平面,
    所以平面.

    (2)因为平面,平面,
    所以.
    又,平面,平面,
    所以平面.
    又因为平面,所以平面平面.
    【点睛】本小题主要考查线面平行的证明,考查面面垂直的证明,属于中档题.
    10.【2020年高考浙江】如图,在三棱台ABC—DEF中,平面ACFD⊥平面ABC,∠ACB=∠ACD=45°,DC =2BC.
    (Ⅰ)证明:EF⊥DB;
    (Ⅱ)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.

    【解析】(Ⅰ)如图,过点D作,交直线AC于点,连结OB.

    由,得,
    由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC,所以.
    由,得.
    所以BC⊥平面BDO,故BC⊥DB.
    由三棱台得,所以.
    (Ⅱ)方法一:
    过点作,交直线BD于点,连结.
    由三棱台得,所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.
    由平面得,故平面BCD,所以为直线CO与平面DBC所成角.
    设.
    由,得,
    所以,
    因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.
    方法二:
    由三棱台得,所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角,记为.
    如图,以为原点,分别以射线OC,OD为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.

    设.
    由题意知各点坐标如下:
    .
    因此.
    设平面BCD的法向量.
    由即,可取.
    所以.
    因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.
    【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系,线面垂直的判定定理的应用,直线与平面所成的角的求法,意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力,属于基础题.
    11.【2020年高考天津】如图,在三棱柱中,平面,,点分别在棱和棱上,且为棱的中点.

    (Ⅰ)求证:;
    (Ⅱ)求二面角的正弦值;
    (Ⅲ)求直线与平面所成角的正弦值.
    【解析】依题意,以为原点,分别以的方向为轴,轴,轴的正方向建立空间直角坐标系(如图),可得,,.

    (Ⅰ)证明:依题意,,,从而,所以.
    (Ⅱ)解:依题意,是平面的一个法向量,,.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:依题意,.由(Ⅱ)知为平面的一个法向量,于是.
    所以,直线与平面所成角的正弦值为.
    12.【2019年高考全国Ⅰ卷理数】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.
    【答案】(1)见解析;(2).
    【解析】(1)连结B1C,ME.
    因为M,E分别为BB1,BC的中点,
    所以ME∥B1C,且ME=B1C.
    又因为N为A1D的中点,
    所以ND=A1D.
    由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,
    因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.
    又MN平面EDC1,
    所以MN∥平面C1DE.
    (2)由已知可得DE⊥DA.
    以D为坐标原点,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,则

    ,A1(2,0,4),,,,,,.
    设为平面A1MA的法向量,则,
    所以可取.
    设为平面A1MN的法向量,则
    所以可取.
    于是,
    所以二面角的正弦值为.
    【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系,从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值,属于常规题型.
    13.【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图,长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.

    (1)证明:BE⊥平面EB1C1;
    (2)若AE=A1E,求二面角B–EC–C1的正弦值.
    【答案】(1)证明见解析;(2).
    【解析】(1)由已知得,平面,平面,
    故.
    又,所以平面.
    (2)由(1)知.由题设知≌,所以,
    故,.
    以为坐标原点,的方向为x轴正方向,为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D–xyz,

    则C(0,1,0),B(1,1,0),(0,1,2),E(1,0,1),,,.
    设平面EBC的法向量为n=(x,y,x),则

    所以可取n=.
    设平面的法向量为m=(x,y,z),则

    所以可取m=(1,1,0).
    于是.
    所以,二面角的正弦值为.
    【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定,考查了利用空间向量求二角角的余弦值,以及同角的三角函数关系,考查了数学运算能力.
    14.【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°,将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连结DG,如图2.
    (1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;
    (2)求图2中的二面角B−CG−A的大小.

    【答案】(1)见解析;(2).
    【解析】(1)由已知得ADBE,CGBE,所以ADCG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.
    由已知得ABBE,ABBC,故AB平面BCGE.
    又因为AB平面ABC,所以平面ABC平面BCGE.
    (2)作EHBC,垂足为H.
    因为EH平面BCGE,平面BCGE平面ABC,所以EH平面ABC.
    由已知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=.
    以H为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz,

    则A(–1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,),=(1,0,),=(2,–1,0).
    设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),则

    所以可取n=(3,6,–).
    又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),
    所以.
    因此二面角B–CG–A的大小为30°.
    【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题,首先是多面体折叠问题,考查考生在折叠过程中哪些量是不变的,再者折叠后的多面体不是直棱柱,最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题,突出考查考生的空间想象能力.
    15.【2019年高考北京卷理数】如图,在四棱锥P–ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且.
    (1)求证:CD⊥平面PAD;
    (2)求二面角F–AE–P的余弦值;
    (3)设点G在PB上,且.判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.

    【答案】(1)见解析;(2);(3)见解析.
    【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD.
    又因为AD⊥CD,所以CD⊥平面PAD.
    (2)过A作AD的垂线交BC于点M.
    因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AM,PA⊥AD.
    如图建立空间直角坐标系A−xyz,则A(0,0,0),B(2,1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).
    因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).
    所以.
    所以.
    设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则

    令z=1,则.
    于是.
    又因为平面PAD的法向量为p=(1,0,0),
    所以.
    由题知,二面角F−AE−P为锐角,所以其余弦值为.

    (3)直线AG在平面AEF内.
    因为点G在PB上,且,
    所以.
    由(2)知,平面AEF的法向量.
    所以.
    所以直线AG在平面AEF内.
    【名师点睛】(1)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论;
    (2)建立空间直角坐标系,结合两个半平面的法向量即可求得二面角F−AE−P的余弦值;
    (3)首先求得点G的坐标,然后结合平面的法向量和直线AG的方向向量即可判断直线是否在平面内.
    16.【2019年高考天津卷理数】如图,平面,,.
    (1)求证:平面;
    (2)求直线与平面所成角的正弦值;
    (3)若二面角的余弦值为,求线段的长.

    【答案】(1)见解析;(2);(3).
    【解析】依题意,可以建立以为原点,分别以的方向为轴,轴,轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得,.设,则.
    (1)依题意,是平面的法向量,又,可得,又因为直线平面,所以平面.
    (2)依题意,.
    设为平面的法向量,则即不妨令,
    可得.因此有.
    所以,直线与平面所成角的正弦值为.
    (3)设为平面的法向量,则即
    不妨令,可得.
    由题意,有,解得.经检验,符合题意.
    所以,线段的长为.

    【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.
    17.【2019年高考江苏卷】如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.
    求证:(1)A1B1∥平面DEC1;
    (2)BE⊥C1E.

    【答案】(1)见解析;(2)见解析.
    【解析】(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,
    所以ED∥AB.
    在直三棱柱ABC−A1B1C1中,AB∥A1B1,
    所以A1B1∥ED.
    又因为ED⊂平面DEC1,A1B1平面DEC1,
    所以A1B1∥平面DEC1.
    (2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.
    因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱,所以CC1⊥平面ABC.
    又因为BE⊂平面ABC,所以CC1⊥BE.
    因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,
    所以BE⊥平面A1ACC1.
    因为C1E⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.
    【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力和推理论证能力.
    18.【2019年高考浙江卷】如图,已知三棱柱,平面平面,,分别是AC,A1B1的中点.
    (1)证明:;
    (2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.

    【答案】(1)见解析;(2).
    【解析】方法一:
    (1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.
    又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E平面A1ACC1,
    平面A1ACC1∩平面ABC=AC,
    所以,A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC.
    又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F.
    所以BC⊥平面A1EF.
    因此EF⊥BC.

    (2)取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形.
    由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGFA1为矩形.
    由(1)得BC⊥平面EGFA1,则平面A1BC⊥平面EGFA1,
    所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.
    连接A1G交EF于O,则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).
    不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=2,EG=.
    由于O为A1G的中点,故,
    所以.
    因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.
    方法二:
    (1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.
    又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E平面A1ACC1,
    平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以,A1E⊥平面ABC.
    如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系E–xyz.

    不妨设AC=4,则
    A1(0,0,2),B(,1,0),,,C(0,2,0).
    因此,,.
    由得.
    (2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ.
    由(1)可得.
    设平面A1BC的法向量为n,
    由,得,
    取n,故,
    因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为.
    【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.


















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