2017年高考真题--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，

ABBC1AD,BADABC90o, E是PD的中点. 2（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45o ，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BAPCDP90o

(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．

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（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；

（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BE所成角的余弦值为7，求线段AH的长. 21

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

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旋转轴旋转（Ⅰ）设（Ⅱ）当

是

得到的，是的中点.

，求

的大小； 的大小.

上的一点，且，

，求二面角

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.

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参考答案

1．

（1）详见解析

（2）cos|cosn,k||110 |56114zPFMM'OEABCD y（1）取PA中点F，连接EF、BF、EC

x【解析】

∵E、F分别为PD、PA中点 ∴EF∥AD，又∵BC∥AD

∴EF∥BC，∴四边形BCEF为平行四边形 ∴CE∥平面PAD

1212（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 ∴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POCI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

在△PCO中，MH∥PO，∴

MHCH， POCO3a，COa

设ABBCa，AD2a，PO

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∴MHCH，∴MH3CH

a3a在Rt△BCH中，BH2BC2CH2，∴3CH2a2CH2 ∴CH262a a，OHaa，MH222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26a,0,a)，A(0,a,0)，B(a,a,0)， 22uuuruuur26MA(aa,a,a)，AB(a,0,0)

22uuur66a0，∴y设平面MAB的法向量为n(0,y,1)，nMAay 22∴n(0,6,1)，而平面ABCD的法向量为k(0,0,1) 2设二面角MABD的大角为（为锐角） ∴cos|cosn,k||110。 |561143 32．（1）详见解析；（2）

【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.

uuuruuurx|AB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标以F为坐标原点，FA的方向为轴正方向，

系Fxyz.

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由（1）及已知可得A(2222,1,0). ,0,0)，P(0,0,)，B(,1,0)，C(2222uuuruuuruuuruuur2222,1,)，CB(2,0,0)，PA(,0,)，AB(0,1,0). 所以PC(2222设n(x,y,z)是平面PCB的法向量，则

uuur22nPC0xyz0，即2， r2uuu2x0nCB0可取n(0,1,2).

设m(x,y,z)是平面PAB的法向量，则

uuur22mPA0xz0，即2， ruuu2y0mAB0可取n(1,0,1).

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

（1）见解析

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2（2）二面角DAEC的余弦值为4. 【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 取AC的中点O，连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO 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ABC0

（2）

uuuruuurOAOAOA,OB,OD由题设及（1）知，两两垂直，以O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2131平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得E0，，.故 222

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uuuruuuruuur31AD1，0，1，AC2，0，0，AE1，， 22uuurxz0ngAD0，设n=x,y,z是平面DAE的法向量，则uuu 即r31yz0ngAE0，x22可取n=1,3,1 3uuurmgAC0，设m是平面AEC的法向量，则uuu同理可得m0,1,3 rmgAE0，则cosn,mngm7 nm77 7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

.； 326. 9（III）直线MC与平面BDP所成角的正弦值为

【解析】解：（I）设AC,BD交点为E，连接ME.

因为PD∥平面MAC，平面MACI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.

（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.

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如图建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0,0,2)，D(2,0,0)，B(2,4,0)，

uuuruuurBD(4,4,0)，PD(2,0,2).

uuurnBD04x4y0设平面BDP的法向量为n(x,y,z)，则uuu，即. r2x2z0nPD0令x1，则y1，z2.于是n(1,1,2).

np1.

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

. 3

uuuur22). )，D(2,4,0)，MC(3,2,（III）由题意知M(1,2,22uuuuruuuur|nMC|26uuuur设直线MC与平面BDP所成角为，则sin|cos|.

9|n||MC|所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为26. 95． （1）证明见解析（2）81105 （3） 或 2152【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.

ruuuruuuuuur试题解析：如图，以A为原点，分别以AB，AC，AP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）.

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uuuruuur（Ⅰ）证明：DE=（0，2，0），DB=（2，0，2）.设n(x,y,z)，为平面BDE的法向量， uuuruuuur2y0nDE0则uuu，即.不妨设，可得.又=（1，2，1），可得MNn(1,0,1)z1r2x2z0nDB0uuuurMNn0.

因为MN平面BDE，所以MN//平面BDE.

（Ⅱ）易知n1(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2(x,y,z)为平面EMN的法向量，则uuuuruuuuruuuurnEM02yz02EM(0,2,1)MN(1,2,1)，因为，，所以.不妨设y1，可得uuuurx2yz0n2MN0n2(4,1,2).

因此有cosn1,n2n1n24105，于是sinn1,n2. |n1||n2|2121105. 21所以，二面角C—EM—N的正弦值为uuuuruuur（Ⅲ）依题意，设AH=h（0h4），则H（0，0，h），进而可得NH(1,2,h)，BE(2,2,2).

uuuuruuuruuuuruuur|NHBE||2h2|7uruuur由已知，得|cosNH,BE|uuu，整理得10h221h80，解

2|NH||BE|h5232181得h，或h.

5281所以，线段AH的长为或.

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6．（Ⅰ）CBP30.（Ⅱ）60. 【解析】解：（Ⅰ）因为APBE，ABBE， AB，AP平面ABP，ABIAP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：

»的中点H，连接EH，GH，CH. 取EC因为EBC120，

所以四边形BEHC为菱形，

所以AEGEACGC32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13123. 在BEC中，由于EBC120，

222由余弦定理得EC22222cos12012，

22所以EC23，因此EMC为等边三角形， 故所求的角为60. 解法二：

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

uuuruuuruuurAG(1,3,0)，CG(2,0,3)，

设m(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量.

uuurmAE02x13z10,由uuu可得 rx13y10,mAG0取z12，可得平面AEG的一个法向量m(3,3,2). 设n(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量.

uuurnAG0x3y20,由uuu可得2 r2x23z20,nCG0取z22，可得平面ACG的一个法向量n(3,3,2). 所以cosm,nmn1.

|m||n|2因此所求的角为60. 7．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）

2. 8【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.

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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=在△PBN中，由PN=BN=1，PB=在Rt△MQH中，QH=，MQ=所以sin∠QMH=

，

.

得CE=

，

得QH=， ，

所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是