高考真题立体几何部分

年高考真题--立体几何部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

ABBC1AD,BADABC90o,2ABCD，

E是PD的中点.

（1）证明：直线CE// 平面PAB

（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成锐角为45 ，求二面角M-AB-D的余弦值

o2．（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且BAPCDP90

试卷第2页，总4页

(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；

(2)若PA=PD=AB=DC,APD90,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=6，AB=4． （I）求证：M为PB的中点； （II）求二面角B-PD-A的大小；

试卷第3页，总4页

（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，

BAC90.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

7BE所成角的余弦值为21，求线段AH的长.

6．17.如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形轴旋转

（及其内部）以得到的，是

边所在直线为旋转的中点.

，求

的

（Ⅰ）设是上的一点，且

试卷第4页，总4页

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.

试卷第5页，总4页

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参考答案

1．

（1）详见解析 （2）cos|cosn,k||110|56114zP

FMM'OEABCD y【解析】

x（1）取PA中点F，

连接EF、BF、EC

∵E、F分别为PD、PA中点

1AD，又∵BC∥AD ∴EF∥122∴EF∥BC，∴四边形BCEF为平行四边形 ∴CE∥平面PAD

（2）取AD中点O，连PO，由于△PAD为正三角形 ∴POAD

又∵平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD

答案第1页，总13页

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∴PO平面ABCD，连OC，四边形ABCD为正方形。 ∵PO平面POC，∴平面POC平面ABCD 而平面POC平面ABCDOC

过M作MHOG，垂足为H，∴MH平面ABCD ∴MBH为MB与平面ABCD所成角，MBH45 ∴MHBH

CH在△PCO中，MH∥PO，∴MH， POCO设ABBCa，AD2a，PO∴MHCH，∴MHa3a3a，COa

3CH ，∴3CH2a22在Rt△BCH中，BH∴CH2a22BC2CH2a2CH2

，MH6a2，OHa

以O为坐标原点，OC、OD、OP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，M(aB(a,a,0)26a,0,a)22，A(0,a,0)，

，

，AB(a,0,0)

6a02MA(26aa,a,a)22设平面MAB的法向量为n(0,y,1)，nMAayy62，∴

6,1)2∴n(0,，而平面ABCD的法向量为k(0,0,1)

答案第2页，总13页

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设二面角MABD的大角为（为锐角） ∴cos|cosn,k||110|56114。

2．（1）详见解析；（2）33

【解析】（1）由已知BAPCDP90，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PAD内做PFAD，垂足为F， 由（1）可知，AB平面PAD，故ABPF，可得PF平面ABCD.

以F为坐标原点，FA的方向为x轴正方向，|AB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.

由（1）及已知可得A(22,0,0)，P(0,0,C(2,1,0)22)2，B(22,1,0)，

.

答案第3页，总13页

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所以

PC(22,1,)22，

CB(2,0,0)，

PA(22,0,)22，

AB(0,1,0).

22xyz0222x0设n(x,y,z)是平面PCB的法向量，则

nPC0nCB0，即，

可取n(0,1,2).

设m(x,y,z)是平面PAB的法向量，则

mPA0mAB0，即

22xz022y0，

可取n(1,0,1).

nm3则cos|n， ||m|3所以二面角APBC的余弦值为33. 3．

（1）见解析

（2）二面角DAEC的余弦值为. 【解析】

（1）由题设可得，ABDCBD,从而ADDC 又ACD是直角三角形，所以ACD=90

024取AC的中点O，连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO

答案第4页，总13页

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又由于ABC是正三角形，故BOAC 所以DOB为二面角DACB的平面角

在RtAOB中，BO2AO2AB2又ABBD,所以BO2DO2BO2AO2AB2BD2，故DOB=900所以平面ACD平面ABC

（2）

由题设及（1）知，OA,OB,OD两两垂直，以O为坐标原点，OA的方向为x轴正方向，OA为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则

A(1，0，0),B(0，3，0),C(1，0，0),D(0，0，1) 由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的1，从而E到平面ABC的距离为D到平面2310，，ABC的距离的1，即E为DB的中点，得E.222故

31AD1，0，1，AC2，0，0，AE1，，22 答案第5页，总13页

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设

n=x,y,z是平面DAE的法向量，则

xz0nAD0，即31xyz0nAE0，22可取3n=1,3,1 mAC0，mAE0，设m是平面AEC的法向量，则

m0,1,3同理可得

 nm7nm7则cosn,m 77所以二面角D-AE-C的余弦值为

4．（I）详见解析

（II）二面角BPDA为锐角的大小为.； 3（III）直线MC与平面BDP所成角的正弦值为296.

【解析】解：（I）设AC,BD交点为E，连接ME. 因为PD∥平面MAC，平面MAC平面PBDME，所以

PD∥ME.

因为ABCD是正方形，所以E为BD的中点，所以M为

PB的中点.

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（II）取AD的中点O，连接OP，OE. 因为PAPD，所以OPAD.

又因为平面PAD平面ABCD，且OP平面PAD，所以

OP平面ABCD.

因为OE平面ABCD，所以OPOE. 因为ABCD是正方形，所以OEAD. 如图建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0,0,B(2,4,0)2)，D(2,0,0)，

， ，PD(2,0,2)BD(4,4,0).

nBD0nPD0设平面BDP的法向量为n(x,y,z)，则

4x4y02x2z0，即

.

2)令x1，则y1，z2.于是n(1,1,.

np1. 平面PAD的法向量为p(0,1,0)，所以cos|n||p|2由题知二面角BPDA为锐角，所以它的大小为. 3

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（III）由题意知M(1,2,设直线

MC2)2，D(2,4,0)，MC(3,2,所成角为

2)2.

与平面

|nMC|269|n||MC|BDP，则

sin|cos|.

所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为296. 5． （1）证明见解析（2）【解析】试题分析：

试题解析：如图，以A为原点，分别以AB，AC，

AP105211 （3）8 或 52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：DE=（0，2，0），DB=（2，0，2）.设n(x,y,z)，为平面BDE的法向量，

2y0nDE0则，即.不妨设z1，可得n(1,0,1).又MN=2x2z0nDB0答案第8页，总13页

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（1，2，1），可得MNn0.

因为MN平面BDE，所以MN//平面BDE. （Ⅱ）易知n(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设

1n2(x,y,z)nEM0为平面EMN的法向量，则，因为2n2MN0EM(0,2,1)2yz0，MN(1,2,1)，所以.不妨设y1，可x2yz0得n(4,1,2).

2因此有cosn,n12n1n24|n1||n2|21，于是sinn,n121052110521.

所以，二面角C—EM—N的正弦值为进而可得

|cosNH,BE|. （Ⅲ）依题意，设AH=h（0h4），则H（0，0，h），

NH(1,2,h)，

BE(2,2,2).由已知，得

2|NHBE||2h2|7|NH||BE|h252321，整理得10h21h80，

1解得h8，或h. 521所以，线段AH的长为8或. 52

6．（Ⅰ）CBP30.（Ⅱ）60.

【解析】解：（Ⅰ）因为APBE，ABBE，

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AB，AP平面ABP，ABAPA，

所以BE平面ABP， 又BP平面ABP，

所以BEBP，又EBC120， 因此CBP30 （Ⅱ）解法一：

取EC的中点H，连接EH，GH，CH. 因为EBC120，

所以四边形BEHC为菱形， 所以AEGEACGC322213.

取AG中点M，连接EM，CM，EC. 则EMAG，CMAG，

所以EMC为所求二面角的平面角. 又AM1，所以EMCM由余弦定理得EC213123.

，

在BEC中，由于EBC120，

2222222cos12012所以EC23，因此EMC为等边三角形， 故所求的角为60.

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解法二：

以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意得

AE(2,0,3)11A(0,0,3)E(2,0,0)，G(1,3,3)，C(1,3,0)，故

，AG(1,13,0)，CG(2,0,3)，

3,2)设m(x,y,z)是平面AEG的一个法向量. 由

mAE0mAG01可得

2x13z10,x13y10,取z2，可得平面AEG的一个法向量m(3,设n(x,y,z)是平面ACG的一个法向量.

222.

由

nAG0nCG02可得

x23y20,2x23z20,

3,2)取z2，可得平面ACG的一个法向量n(3,.

mn1. 所以cosm,n|m||n|2因此所求的角为60. 7．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）

28.

【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

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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

，

，所以

又因为BC∥AD，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.

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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=在△PBN中，由PN=BN=1，PB=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.

得CE=

，

得QH=， ，

答案第13页，总13页