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2012-2022年高考数学真题分类汇编09 立体几何与向量方法.doc

上传人:高**** 文档编号:149051 上传时间:2024-05-25 格式:DOC 页数:35 大小:3.52MB
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资源描述

1、立体几何与向量方法一、解答题1(2021年高考全国甲卷理科)已知直三棱柱中,侧面为正方形,E,F分别为和中点,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?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2(2021年高考全国乙卷理科)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

2、正弦值解析:(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3(2020年高考数学课标卷理科)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)由题设,知为等边三角形,设,则,所以,又为等边三角形,则,所以,则,所以,同理,又,所以平面;(2)过O作BC交AB于点N,因为平面,以O为坐标原点,OA为x轴,ON为y轴建立如图所示的空间

3、直角坐标系,则,设平面的一个法向量为,由,得,令,得,所以,设平面的一个法向量为由,得,令,得,所以故,设二面角的大小为,则4(2020年高考数学课标卷理科)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:AA1MN,且平面A1AMNEB1C1F;(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)分别为,的中点,又在中,为中点,则又侧面为矩形,由,平面平面又,且平面,平面,平面又平面,且平

4、面平面又平面平面平面平面平面(2)连接平面,平面平面根据三棱柱上下底面平行,其面平面,面平面故:四边形是平行四边形设边长是()可得:,为的中心,且边长为故:解得:在截取,故且四边形是平行四边形,由(1)平面故为与平面所成角在,根据勾股定理可得:直线与平面所成角的正弦值:5(2020年高考数学课标卷理科)如图,在长方体中,点分别在棱上,且,(1)证明:点平面内;(2)若,求二面角的正弦值解析:(1)在棱上取点,使得,连接、,在长方体中,且,且,且,所以,四边形为平行四边形,则且,同理可证四边形为平行四边形,且,且,则四边形为平行四边形,因此,点在平面内;(2)以点为坐标原点,、所在直线分别为、轴

5、建立如下图所示的空间直角坐标系,则、,设平面的法向量为,由,得取,得,则,设平面的法向量为,由,得,取,得,则,设二面角的平面角为,则,因此,二面角的正弦值为6(2019年高考数学课标卷理科)图1是由矩形ADEB,RtABC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BCGA的大小解析:(1)由已知得,,所以,故确定一个平面从而四点共面 由已知得,故平面 又因为平面,所以平面平面 (2)作,垂足为因为平面,平面平面

6、,所以平面由已知,菱形的边长为,可求得以为坐标原点,的方向为轴的的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则设平面的法向量为,则 即 所以可取又平面的法向量可取为,所以因此二面角的大小为7(2019年高考数学课标全国卷理科)如图,长方体的底面是正方形,点在棱上,证明:平面;若,求二面角的正弦值证明:由已知得,平面,平面,故又,所以平面由知由题设知,所以,故,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,设平面的法向量为,则,即所以可取.设平面的法向量为,则即所以可取.于是所以,二面角的正弦值为8(2019年高考数学课标全国卷理科)如图,直四棱柱的底面是菱形,分别是,

7、的中点(1)证明:平面;(2)求二面角的正弦值解:(1)连结因为分别为的中点,所以,且又因为为的中点,所以由题设知,可得,故,因此四边形为平行四边形,又平面,所以平面(2)由已知可得以为坐标原点,的方向为轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则,设为平面的法向量,则,所以可取设为平面的法向量,则所以可取于是,所以二面角的正弦值为9(2018年高考数学课标卷(理))(12分)如图,边长为的正方形所在平面与半圆弧所在的平面垂直,是弧上异于的点(1)证明:平面平面;(2)当三棱锥体积最大时,求面与面所成二面角的正弦值解答(1)由题设知,平面平面,交线为因为,平面,所以平面,故因为为上异于的点,且为

8、直径,所以又,所以平面而平面,故平面平面(2)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当三棱锥体积最大时,为的中点,由题设得,设是平面的法向量,则,即可取易知是平面的法向量,因此所以所以面与面所成二面角的正弦值是10(2018年高考数学课标卷(理))(12分)如图,在三棱锥中,为的中点(1)证明:平面;(2)若点在棱上,且二面角为,求与平面所成角的正弦值解析:(1)因为,为的中点,所以,且连接因为,所以为等腰直角三角形,且,由知由,知平面(2)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由已知得,取平面的法向量为设,则设平面的法向量为,由,得,可取,所以,由已知

9、可得所以,解得(舍去),所以又,所以所以与平面所成角的正弦值为11(2018年高考数学课标卷(理))(12分)如图,四边形为正方形,分别为的中点,以为折痕把折起,使点到达点的位置,且(1)证明:平面平面;(2)求与平面所成角的正弦值解析:(1)由已知可得,所以平面又平面,所以平面平面(2)作,垂足为由(1)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)可得,又,所以又,故可得则为平面的法向量设与平面所成角为,则所以与平面所成角的正弦值为12(2017年高考数学新课标卷理科)如图,在四棱锥中,且(1)证明:平面平面;(2)若,求二面角的余弦值【解析】(1)

10、由已知,得,由于,故,从而平面又平面,所以平面平面(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 14(2017年高考数学课标卷理科)如图,四棱锥 中,侧面 为等比三角形且垂直于底面 , 是 的中点(1)证明:直线 平面 ;(2)点 在棱上,且直线 与底面 所成锐角为 ,求二面角 的余弦值(1)证明:取中点为,连接、因为,所以因为是的中点,所以,所以所以四边形为平行四边形,所以因为平面,平

11、面所以直线平面(2)取中点为,连接因为为等边三角形,所以因为平面平面,平面平面,平面所以平面因为,所以四边形为平行四边形,所以所以以分别为轴建立空间直角坐标系,如图设,则,所以设,则,因为点在棱上,所以,即所以,所以平面的法向量为因为直线与底面所成角为,所以解得,所以设平面的法向量为,则令,则所以所以求二面角的余弦值15(2016高考数学课标卷理科)如图,四棱锥中,地面,ADBC,为线段上一点,为的中点.()证明平面;()求直线与平面所成角的正弦值.【解析】()由已知得,取的中点,连接由为中点知,.又,故平行且等于,四边形为平行四边形,于是.因为平面,平面,所以平面.()取的中点,连接由得,从

12、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.所以直线与平面所成角的正弦值为.16(2016高考数学课标卷理科)(本小题满分)如图,菱形的对角线与交于点,点分别在上,交于点将沿折到的位置,(I)证明:平面;(II)求二面角的正弦值【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17(2016高考数学课标卷理科)(本题满分为12分)如图

13、,在以为顶点的五面体中,面为正方形,且二面角与二面角都是(I)证明平面;(II)求二面角的余弦值解析:由已知可得,所以面又面,故平面平面(II)过点作,垂足为,由(I)知面以为坐标原点,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(I)知为二面角的平面角,故,则可得由已知,,所以面由,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,则二面角的余弦值为18(2015高考数学新课标2理科)(本题满分12分)如图,长方体中,,点,分别在,上,过点,的平面与此长方体的面相交,交线围成一个正方形(1)在图中画出这个正方形(不必说出画

14、法和理由);(2)求直线与平面所成角的正弦值解析:()交线围成的正方形如图:()作,垂足为,则,因为为正方形,所以于是,所以以为坐标原点,的方向为轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则,设是平面的法向量,则即所以可取又,故所以直线与平面所成角的正弦值为19(2015高考数学新课标1理科)如图,四边形为菱形,是平面同一侧的两点,平面,平面,(1)证明:平面平面;(2)求直线与直线所成角的余弦值()见解析()分析:()连接BD,设BDAC=G,连接EG,FG,EF,在菱形ABCD中,不妨设GB=1易证EGAC,通过计算可证EGFG,根据线面垂直判定定理可知EG平面AFC,由面面垂直判定定理知

15、平面AFC平面AEC;()以G为坐标原点,分别以的方向为轴,y轴正方向,为单位长度,建立空间直角坐标系G-xyz,利用向量法可求出异面直线AE与CF所成角的余弦值解析:()连接BD,设BDAC=G,连接EG,FG,EF,在菱形ABCD中,不妨设GB=1,由ABC=120,可得AG=GC=由BE平面ABCD,AB=BC可知,AE=EC,又AEEC,EG=,EGAC,在RtEBG中,可得BE=,故DF=在RtFDG中,可得FG=在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,DF=可得EF=,EGFG,ACFG=G,EG平面AFC,EG面AEC,平面AFC平面AEC ()如图,以G为坐标原点,分别以的方

16、向为轴,y轴正方向,为单位长度,建立空间直角坐标系G-xyz,由()可得A(0,0),E(1,0, ),F(1,0,),C(0,0),=(1,),=(-1,-,)10分故所以直线AE与CF所成的角的余弦值为 考点:空间垂直判定与性质;异面直线所成角的计算;空间想象能力,推理论证能力20(2014高考数学课标2理科)(本小题满分12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA平面ABCD,E为PD的中点(1)证明:PB平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60,AP=1,AD=,求三棱锥E-ACD的体积【答案】解析:()设AC的中点为G, 连接EG。在三角形PBD中,中位线EG/P

17、B,且EG在平面AEC上,所以PB/平面AEC()设CD=m, 分别以AD,AB,AP为X,Y,Z轴建立坐标系,则设平面ADE的法向量则解得向量,同理设平面ACE的法向量解得向量,解得设F为AD的中点,EF即为三棱锥E-ACD的高,所以,三棱锥E-ACD的体积为21(2014高考数学课标1理科)如图三棱柱中,侧面为菱形,(1)证明:;(2)若, 求二面角的余弦值【答案】解析 (1)连结,交于,连结因为侧面为菱形,所以,且为与的中点又,所以平面,故=又,故(2)因为且为的中点,所以又因为,所以故,从而两两互相垂直 以为坐标原点,的方向为轴正方向,为单位长,建立如图所示空间直角坐标系 因为,所以为

18、等边三角形又=,则 ,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,所以二面角的余弦值为 22(2013高考数学新课标2理科)如图,直三棱柱中,分别是的中点,(1)证明:平面;(2)求二面角的正弦值【答案】(1)见解析;(2)解析:(1)证明连结交于点,则为的中点又是的中点,连结,则因为平面,平面,所以平面(2)解由得,以为坐标原点,的方向为轴正方向,的方向为轴正方向,的方向为轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系设,则,设平面的法向量,则,可取同理,设m是平面的法向量,同理可得从而,故,即二面角DA1CE的正弦值为23(2013高考数学新课标1理科)如图,三棱柱中,(

19、1)证明;(2)若平面平面,求直线与平面所成角的正弦值。解析:(1)取AB中点E,连结CE,=,是正三角形, , , ,面, AB; 6分(2)由()知,又面面,面面,面,EA,EC,两两相互垂直,以E为坐标原点,的方向为轴正方向,|为单位长度,建立如图所示空间直角坐标系,由题设知A(1,0,0),(0,0),C(0,0,),B(1,0,0),则=(1,0,),=(1,0,),=(0,), 9分设=是平面的法向量,则,即,可取=(,1,-1),=,直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值为 12分24(2012高考数学新课标理科)如图,直三棱柱中, 是棱的中点,(1)证明:(2)求二面角的大小解析:()证明:设,直三棱柱,又,平面平面,()以C为空间直角坐标系的原点,CA,CB,所在直线分别为x轴,y轴,z轴,设则(0,0,2a),D(a,0,a),B(0,a,0),A(a,0,0)所以,设分别是平面,平面的法向量,则解得,令,则解得令则,=30 即二面角的大小为

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