高考真题立体几何部分

高考真题立体几何部分

‎2017年高考真题--立体几何部分 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________‎ 一、解答题 ‎1．（12分）‎ 如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD， E是PD的中点.‎ ‎（1）证明：直线 平面PAB ‎（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成锐角为 ，求二面角M-AB-D的余弦值 ‎2．（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且 ‎(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎(2)若PA=PD=AB=DC,,求二面角A-PB-C的余弦值.‎ ‎3．（12分）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．‎ ‎4．如图，在四棱锥P-ABCD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，PA=PD=，AB=4．‎ ‎（I）求证：M为PB的中点；‎ ‎（II）求二面角B-PD-A的大小；‎ ‎（III）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．‎ ‎5．如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2.‎ ‎（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；‎ ‎（Ⅱ）求二面角C-EM-N的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长.‎ ‎6．17.如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，是的中点. （Ⅰ）设是上的一点，且，求的大小； （Ⅱ）当，，求二面角的大小. ‎ ‎7．（本题满分15分）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.‎ 参考答案 ‎1．‎ ‎（1）详见解析 ‎（2）‎ ‎【解析】（1）取中点，连接、、‎ ‎∵、分别为、中点 ‎∴，又∵‎ ‎∴，∴四边形为平行四边形 ‎∴平面 ‎（2）取中点，连，由于为正三角形 ‎∴‎ 又∵平面平面，平面平面 ‎∴平面，连，四边形为正方形。‎ ‎∵平面，∴平面平面 而平面平面 过作，垂足为，∴平面 ‎∴为与平面所成角，‎ ‎∴‎ 在中，，∴，‎ 设，，，‎ ‎∴，∴‎ 在中，，∴‎ ‎∴，，‎ 以为坐标原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，，，，‎ ‎，‎ 设平面的法向量为，，∴‎ ‎∴，而平面的法向量为 设二面角的大角为（为锐角）‎ ‎∴。‎ ‎2．（1）详见解析；（2）‎ ‎【解析】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD.‎ 由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD.‎ 又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎（2）在平面内做，垂足为，‎ 由（1）可知，平面，故，可得平面.‎ 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（1）及已知可得，，，.‎ 所以，，，.‎ 设是平面的法向量，则 ‎，即，‎ 可取.‎ 设是平面的法向量，则 ‎，即，‎ 可取.‎ 则，‎ 所以二面角的余弦值为.‎ ‎3．‎ ‎（1）见解析 ‎（2）二面角的余弦值为.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由题设可得，‎ 又是直角三角形，所以 取AC的中点O，连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO 又由于 所以 ‎（2）‎ 由题设及（1）知，两两垂直，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，则 由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得E.故 设是平面DAE的法向量，则 可取 设是平面AEC的法向量，则同理可得 则 所以二面角D-AE-C的余弦值为 ‎4．（I）详见解析 ‎（II）二面角为锐角的大小为.；‎ ‎（III）直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎【解析】解：（I）设交点为，连接.‎ 因为平面，平面平面，所以.‎ 因为是正方形，所以为的中点，所以为的中点.‎ ‎（II）取的中点，连接，.‎ 因为，所以.‎ 又因为平面平面，且平面，所以平面.‎ 因为平面，所以.‎ 因为是正方形，所以.‎ 如图建立空间直角坐标系，则，，，‎ ‎，.‎ 设平面的法向量为，则，即.‎ 令，则，.于是.‎ 平面的法向量为，所以.‎ 由题知二面角为锐角，所以它的大小为.‎ ‎（III）由题意知，，.‎ 设直线与平面所成角为，则.‎ 所以直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎5． （1）证明见解析（2） （3） 或 ‎ ‎【解析】试题分析：本小题主要考查直线与平面平行、二面角、异面直线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.‎ 试题解析：如图，以A为原点，分别以，，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：=（0，2，0），=（2，0，）.设，为平面BDE的法向量，‎ 则，即.不妨设，可得.又=（1，2，），可得.‎ 因为平面BDE，所以MN//平面BDE.‎ ‎（Ⅱ）易知为平面CEM的一个法向量.设为平面EMN的法向量，则，因为，，所以.不妨设，可得.‎ 因此有，于是.‎ 所以，二面角C—EM—N的正弦值为.‎ ‎（Ⅲ）依题意，设AH=h（），则H（0，0，h），进而可得，.由已知，得，整理得，解得，或.‎ 所以，线段AH的长为或.‎ ‎6．（Ⅰ）.（Ⅱ）.‎ ‎【解析】解：（Ⅰ）因为，，‎ ‎，平面，，‎ 所以平面，‎ 又平面，‎ 所以，又，‎ 因此 ‎（Ⅱ）解法一：‎ 取的中点，连接，，.‎ 因为，‎ 所以四边形为菱形，‎ 所以.‎ 取中点，连接，，.‎ 则，，‎ 所以为所求二面角的平面角.‎ 又，所以.‎ 在中，由于，‎ 由余弦定理得，‎ 所以，因此为等边三角形，‎ 故所求的角为.‎ 解法二：‎ 以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 由题意得，，，故，，，‎ 设是平面的一个法向量.‎ 由可得 取，可得平面的一个法向量.‎ 设是平面的一个法向量.‎ 由可得 取，可得平面的一个法向量.‎ 所以.‎ 因此所求的角为.‎ ‎7．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面学科&网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。满分15分。‎ ‎（Ⅰ）如图，设PA中点为F，连结EF，FB.‎ 因为E，F分别为PD，PA中点，所以EF∥AD且，‎ 又因为BC∥AD，，所以 EF∥BC且EF=BC，‎ 即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF，‎ 因此CE∥平面PAB.‎ ‎（Ⅱ）分别取BC，AD的中点为M，N.连结PN交EF于点Q，连结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，连结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=得CE=，‎ 在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得QH=，‎ 在Rt△MQH中，QH=，MQ=，‎ 所以sin∠QMH=，‎ 所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.‎