2022年高考理科立体几何大题 .pdf

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1、名师精编欢迎下载一,2017山东济南调研 如图, 在三棱柱ABCA1B1C1中,AA1C1C是边长为 4 的正方形平面ABC平面AA1C1C,AB3,BC5. (1) 求证:AA1平面ABC;(2) 求二面角A1BC1B1的余弦值;(3) 在线段BC1上是否存在点D,使得ADA1B?若存在,试求出BDBC1的值(1) 证明 在正方形AA1C1C中,A1AAC. 又平面ABC平面AA1C1C,且平面ABC平面AA1C1CAC,AA1? 平面AA1C1C. AA1平面ABC. (2) 解由(1) 知,AA1AC,AA1AB,由题意知,在ABC中,AC4,AB3,BC5,BC2AC2AB2,ABAC

2、. 以A为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系Axyz. A1(0,0,4),B(0,3,0),C1(4,0,4),B1(0,3,4),于是A1C1(4,0,0),A1B (0,3 , 4) ,B1C1(4 , 3,0) ,BB1(0,0,4)设平面A1BC1的法向量n1(x1,y1,z1) ,精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 15 页名师精编欢迎下载平面B1BC1的法向量n2(x2,y2,z2) A1C1n1 0,A1Bn10?4x10,3y14z10,取向量n1 (0,4,3)由B1C1n2 0,BB1n20?4x23

3、y20,4z20,取向量n2 (3,4,0)cos n1n2|n1|n2|16551625. 由题图可判断二面角A1BC1B1为锐角,故二面角A1BC1B1的余弦值为1625. (3) 解假设存在点D(x,y,z)是线段BC1上一点,使ADA1B,且BDBC1,(x,y3,z) (4 , 3,4) ,解得x4 ,y33,z4 ,AD(4, 33,4)又ADA1B, 03(3 3) 160,解得 925,9250,1,在线段BC1上存在点D,使得ADA1B,此时BDBC1925. 二,如图,在四棱锥PABCD中,已知PA平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,ABCBAD2,PAAD2,ABB

4、C1. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 15 页名师精编欢迎下载(1) 求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;(2) 点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长 解以AB,AD,AP为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2)(1) 由题意知,AD平面PAB,所以AD是平面PAB的一个法向量,AD(0,2,0)因为PC(1,1 , 2) ,PD(0,2 , 2) 设平面PCD的法向量为m(x,y,z)

5、 ,则mPC0,mPD0,即xy2z0,2y2z0.令y1,解得z1,x1. 所以m(1,1,1)是平面PCD的一个法向量从而 cosAD,mADm|AD|m|33,精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 15 页名师精编欢迎下载所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为33. (2) 因为BP( 1,0,2) ,设BQBP ( , 0,2 )(0 1),又CB(0, 1,0) ,则CQCBBQ( , 1,2 ) ,又DP(0, 2,2) ,从而 cosCQ,DPCQDP|CQ|DP|121022. 设 12t,t1,3,则

6、 cos2CQ,DP2t25t2 10t9291t592209910. 当且仅当t95,即 25时, |cos CQ,DP | 的最大值为31010. 因为ycos x在 0,2上是减函数,所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值又因为BP12 225,所以BQ25BP255. 三, 2016浙江卷 如图,在三棱台ABCDEF中,平面BCFE平面ABC, ACB90,BEEFFC1,BC2,AC3. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 15 页名师精编欢迎下载(1) 求证:BF平面ACFD;(2) 求二面角BADF的平面角的余

7、弦值(1) 证明 延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示因为平面BCFE平面ABC,平面BCFE平面ABCBC,且ACBC,所以AC平面BCK,因此BFAC. 又EF BC,BEEFFC1,BC2,所以BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BFCK,又ACCKC,所以BF平面ACFD. (2) 解解法一:过点F作FQAK于Q,连接BQ. 因为BF平面ACK,所以BFAK,则AK平面BQF,所以BQAK. 所以BQF是二面角BADF的平面角在 RtACK中,AC 3,CK 2,得AK13,FQ31313. 在 RtBQF中,FQ31313,BF3,得cos BQF34. 所以二面角BADF

8、的平面角的余弦值为34. 解法二:如图,延长AD,BE,CF相交于一点K,则BCK为等边三角形精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 15 页名师精编欢迎下载取BC的中点O,连接KO,则KOBC,又平面BCFE平面ABC,所以KO平面ABC. 以点O为原点,分别以射线OB,OK的方向为x轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz. 由题意,得B(1,0,0),C( 1,0,0),K(0,0 ,3) ,A( 1, 3,0) ,E12,0,32,F12,0,32. 因此,AC(0,3,0),AK(1,3 ,3) ,AB(2,3,0

9、)设平面ACK的法向量为m(x1,y1,z1) ,平面ABK的法向量为n (x2,y2,z2) 由ACm0,AKm0,得3y10,x13y13z10,取m(3,0, 1) ;由ABn0,AKn0,得2x23y20,x23y23z20,取n(3, 2,3) 于是 cosm,nm n|m|n|34. 所以二面角BADF的平面角的余弦值为34. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 15 页名师精编欢迎下载四,2016河南九校联考 (本小题满分15 分) 如图,在四棱锥PABCD中,PA平面ABCD,ADBC,ADCD,且ADCD2

10、2,BC42,PA2,点M在PD上(1) 求证:ABPC;(2) 若二面角MACD的大小为45,求BM与平面PAC所成角的正弦值解(1) 证明:取BC中点E,连接AE,则ADEC,ADEC,所以四边形AECD为平行四边形,故AEBC,又AEBEEC 22, 所以ABCACB45,故ABAC,又ABPA,ACPAA,所以AB平面PAC,(4 分 ) 故有ABPC.(6 分) (2) 如图建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(22, 22,0),C(22,22,0) ,P(0,0,2),D(0,22,0)(7 分) 设PMPD (0,22, 2)(0 1),易得M(0,22,2 2)

11、 ,设平面AMC的一个法向量为n1(x,y,z) ,则n1AC22x22y0,n1AM22y2z0,令y2,得x2,z21,即n1 2,2,21, (9 分) 又平面ACD的一个法向量为n2(0,0,1),(10 分) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 15 页名师精编欢迎下载|cos n1,n2| |n1n2|n1|n2|2 14212cos45,解得 12,(12 分) 即M(0,2,1) ,BM( 22,32,1) ,而AB(22, 22,0) 是平面PAC的一个法向量,(13 分) 设直线BM与平面PAC所成的角为

12、 ,则 sin |cos BM,AB| | 812|433539. 故直线BM与平面PAC所成的角的正弦值为539.(15 分 ) 五2016平顶山二调( 本小题满分15 分) 在正三角形ABC中,E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点,满足AEEBCFFACPPB12, 如图 1. 将AEF沿EF折起到A1EF的位置,使二面角A1EFB成直二面角,连接A1B、A1P,如图 2. (1) 求证:A1E平面BEP;(2) 求二面角BA1PE的余弦值解不妨设正三角形ABC的边长为3. (1) 证明:在图1 中,取BE的中点D,连接DF. AEEBCFFA12,AFAD2,而A60,ADF是正三角

13、形又AEDE 1,EFAD. 在图 2 中,A1EEF,BEEF,A1EB为二面角A1EFB的平面角 (4 分 ) 由题设条件知此二面角为直二面角,A1EBE. 又BEEFE,A1E平面BEF,即A1E平面BEP.(6分) (2) 建立分别以EB、EF、EA1所在直线为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系, 则E(0,0,0),A1(0,0,1),B(2,0,0),F(0,3, 0),P(1 ,3, 0),则A1E (0,0 , 1) ,A1B(2,0 ,精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 15 页名师精编欢迎下载1),BP(

14、1,3,0) ,PE( 1,3,0)(8 分) 设平面A1BP的法向量为n1(x1,y1,z1) ,由n1平面A1BP知,n1A1B,n1BP,即2x1z10,x13y10.令x13,得y11,z123,n1(3,1,23) (10 分) 设平面A1PE的法向量为n2(x2,y2,z2) 由n2平面A1PE知,n2A1E,n2PE,即可得n2(3, 1,0) (12 分) cosn1,n2n1n2|n1|n2|33123032123202123214,(14 分) 所以二面角BA1PE的余弦值是14.(15分) 六 2016江苏高考( 本小题满分20 分) 现需要设计一个仓库, 它由上下两部分

15、组成,上部的形状是正四棱锥PA1B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCDA1B1C1D1(如图所示 ),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的 4 倍(1) 若AB6 m,PO1 2 m,则仓库的容积是多少?(2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?解(1) 由PO12知O1O 4PO18.(1分) 因为A1B1AB6,所以正四棱锥PA1B1C1D1的体积V锥13A1B21PO113622 24(m3) (4 分) 正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积V柱AB2O1O628 288(m3) (7 分) 所以仓库的容积VV锥V柱24288312(m3)

16、(8 分) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 15 页名师精编欢迎下载(2) 设A1B1a m,PO1h m,则 0h6,O1O4h. 如图,连接O1B1.(10分) 因为在 RtPO1B1中,O1B21PO21PB21,所以22a2h236,即a22(36 h2)(12 分) 于是仓库的容积VV柱V锥a24h13a2h133a2h263(36hh3) ,0h6,(15 分) 从而V263(36 3h2) 26(12 h2) (17 分) 令V 0,得h23或h 23( 舍)当 0h0,V是单调递增函数;当 23h6 时,

17、V0,V是单调递减函数故h23时,V取得极大值,也是最大值因此,当PO123 m 时,仓库的容积最大(20 分) 七2016北京高考( 本小题满分20 分) 如图,在四棱锥PABCD中,平面PAD平面ABCD,PAPD,PAPD,ABAD,AB1,AD2,ACCD5. (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,说明理由解(1) 证明:因为平面PAD平面ABCD,ABAD,精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共

18、 15 页名师精编欢迎下载所以AB平面PAD,(3 分) 所以ABPD. 又PAPD,所以PD平面PAB.(6 分) (2) 取AD的中点O,连接PO,CO. 因为PAPD,所以POAD. 因为PO? 平面PAD,平面PAD平面ABCD,所以PO平面ABCD.(8分) 因为CO? 平面ABCD,所以POCO. 因为ACCD,所以COAD. 如图建立空间直角坐标系Oxyz. 由题意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0 , 1,0) ,P(0,0,1)(10 分) 设平面PCD的法向量为n(x,y,z) ,则nPD 0,nPC 0,即yz0,2xz0,令z2,则x1,y

19、 2. 所以n (1 , 2,2) (12 分) 又PB(1,1 , 1),所以 cosn,PBnPB|n|PB|33.(14分) 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为33.(15分) (3) 设M是棱PA上一点,则存在0,1,使得AMAP. 因此点M(0,1 , ) ,(16 分) BM( 1, ,) 因为BM?平面PCD,所以要使BM平面PCD,则BMn0, (18 分 ) 即( 1, ,) (1, 2,2) 0,解得 14. 所以在棱PA上存在点M,使得BM平面PCD,精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 15 页

20、名师精编欢迎下载此时AMAP14.(20分) 八2016天津高考 ( 本小题满分20 分) 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,ABBE2. (1) 求证:EG平面ADF;(2) 求二面角OEFC的正弦值;(3) 设H为线段AF上的点,且AH23HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值解依题意,OF平面ABCD,如图,以O为原点,分别以AD,BA,OF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O(0,0,0),A( 1,1,0),B( 1, 1,0) ,C(1 , 1,0) ,D(1,1,0),E( 1, 1

21、,2) ,F(0,0,2),G( 1,0,0)(2 分) (1) 证明:依题意,AD(2,0,0),AF(1 , 1,2) 设n1(x,y,z) 为平面ADF的法向量,则n1AD0,n1AF0,即2x 0,xy2z0.不防设z1,可得n1 (0,2,1),(5 分) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 15 页名师精编欢迎下载又EG(0,1 , 2),可得EGn1 0,又直线EG?平面ADF,所以EG平面ADF.(7分) (2) 易证,OA( 1,1,0)为平面OEF的一个法向量(8 分 ) 依题意,EF (1,1,0),

22、CF( 1,1,2) 设n2(x,y,z) 为平面CEF的法向量,则n2EF 0,n2CF 0,即xy 0,xy 2z 0.不妨设x 1,可得n2(1 , 1,1) (11 分) 因此有 cosOA,n2OAn2|OA| |n2|63,(13 分) 于是 sin OA,n233. 所以二面角OEFC的正弦值为33.(14 分) (3) 由AH23HF,得AH25AF. 因为AF(1 , 1,2) ,所以AH25AF25,25,45,进而有H35,35,45, (17 分) 从而BH25,85,45,因此 cosBH,n2BHn2|BH|n2|721.(19分) 所以,直线BH和平面CEF所成角

23、的正弦值为721.(20分) 九 2017河北五校联考( 本小题满分20 分) 如图 1 所示, 在四边形ABCD中,ABCD,AB 2BC2CD8,CDBC,O为AB的中点将四边形OBCD沿OD折起, 使平面OBCD平面ODA,如图 2,点E,F分别为CD,OA的中点精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 15 页名师精编欢迎下载(1) 求证:DF平面AEB;(2) 线段AD上是否存在一点M,使BM与平面AEB所成角的正弦值为618?若存在,请求出DMMA的值;若不存在,请说明理由解(1) 证明:如图,取AB的中点G,连接F

24、G,EG. 又F为OA的中点,所以FGOB,又OBDE,所以FGDE. 又FG12OB,DE12OB,所以FGDE.(3 分) 所以四边形EDFG为平行四边形,所以DFEG. 又EG? 平面AEB,DF?平面AEB,所以DF平面AEB.(7 分) (2) 依题意知平面OBCD平面ODA,OBOD,平面OBCD平面ODAOD,所以OB平面AOD,得OBOA. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 15 页名师精编欢迎下载又AOOD,故以O为坐标原点,OD,OA,OB所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系(

25、10 分) 易知AOOD4,DC4,可得A(0,4,0),E(4,0,2),B(0,0,4),D(4,0,0)所以AE(4 , 4,2) ,AB(0 , 4,4) 设平面AEB的法向量为n(a,b,c) ,由nAE0,nAB0,得4a4b2c0,4b4c0,取a1,则n(1,2,2)为平面AEB的一个法向量(14 分 ) 假设线段AD上存在满足条件的点M,可设点M(t,4t,0) ,其中 0t4,则BM(t,4t, 4)从而 |cos n,BM| |nBM|n|BM|tt3t2t216t32t28t32,依题意得 |cos n,BM| t32t28t32618,解得t2 或t 4( 舍去 ) 此时M(2,2,0),即M为AD的中点,故DMMA1.(18 分) 故线段AD上存在一点M,使BM与平面AEB所成角的正弦值为618,且DMMA1.(20 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页,共 15 页

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