三高考两模拟高考数学专题汇编 第八章 立体几何初步6 理.doc

a组 三年高考真题（20162014年）1.(2016全国,19)如图,菱形abcd的对角线ac与bd交于点o,ab5,ac6,点e,f分别在ad,cd上,aecf,ef交bd于点h.将def沿ef折到def的位置.od. (1)证明：dh平面abcd； (2)求二面角bdac的正弦值.2.(2015陕西,18)如图1,在直角梯形 abcd中,adbc,bad,abbc1,ad2,e是ad的中点,o是ac与be的交点.将abe沿be折起到a1be的位置,如图2. (1)证明：cd平面a1oc； (2)若平面a1be平面bcde,求平面a1bc与平面a1cd夹角的余弦值.3.(2015天津,17)如图,在四棱柱abcd-a1b1c1d1中,侧棱a1a底面abcd,abac,ab1,acaa12,adcd,且点m和n分别为b1c和d1d的中点.(1)求证：mn平面abcd；(2)求二面角d1-ac-b1的正弦值；(3)设e为棱a1b1上的点,若直线ne和平面abcd所成角的正弦值为,求线段a1e的长.b组 两年模拟精选(20162015年)1.(2016云南丽江模拟)在长方体abcda1b1c1d1中,ab2,aa1,ad2,p为c1d1的中点,m为bc的中点,则am与pm的位置关系为() a.平行 b.异面 c.垂直 d.以上都不对2.(2015长沙模拟)有以下命题：如果向量a,b与任何向量不能构成空间向量的一个基底,那么a,b的关系是不共线；o,a,b,c为空间四点,且向量,不构成空间的一个基底,那么点o,a,b,c一定共面；已知向量a,b,c是空间的一个基底,则向量ab,ab,c也是空间的一个基底.其中正确的命题是() a. b. c. d.3.(2016莆田模拟)已知a(2,1,3),b(1,4,2),c(7,5,),若a,b,c三向量共面,则实数等 于() a. b. c. d.4.(2015福州模拟)若两点的坐标是a(3cos ,3sin ,1),b(2cos ,2sin ,1),则|ab|的取值范围是() a.0,5 b.1,5 c.(0,5) d.1,255.(2016吉林四平模拟)如图,平面pac平面abc,abc是以ac为斜边的等腰直角三角形,e,f,o分别为pa,pb,ac的中点,ac16,papc10. (1)设g是oc的中点,证明：fg平面boe； (2)证明：在abo内存在一点m,使fm平面boe,并求点m到oa,ob的距离.6.(2015河南商丘模拟)如图,在三棱柱abca1b1c1中,已知ab侧面bb1c1c,abbc1,bb12,bcc160. (1)求证：c1b平面abc； (2)设(01),且平面ab1e与bb1e所成的锐二面角的大小为30,试求的值.7.(2015山东青岛一模)如图,在多面体abcdef中,底面abcd是边长为2的的菱形,bad60,四边形bdef是矩形,平面bdef平面abcd,bf3,g和h分别是ce和cf的中点. (1)求证：平面bdgh平面aef； (2)求二面角hbdc的大小.答案精析a组 三年高考真题（20162014年） 1.(1)证明 由已知得acbd,adcd.又由aecf得,故acef.因此efhd,从而efdh.由ab5,ac6得dobo4.由efac得.所以oh1,dhdh3.于是dh2oh2321210do2,故dhoh.又dhef,而ohefh,所以dh平面abcd.(2)解 如图,以h为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系hxyz.则h(0,0,0),a(3,1,0),b(0,5,0),c(3,1,0),d(0,0,3),(3,4,0),(6,0,0),(3,1,3).设m(x1,y1,z1)是平面abd的法向量,则即所以可取m(4,3,5).设n(x2,y2,z2)是平面acd的法向量,则即所以可取n(0,3,1).于是cosm,n.sinm,n.因此二面角bdac的正弦值是. 2.(1)证明 在图1中,因为abbc1,ad2,e是ad的中点,bad,所以beac,图1即在图2中,beoa1,beoc,且a1ooco,图2从而be平面a1oc,又在直角梯形abcd中,adbc,bcad,e为ad中点,所以bc綉ed,所以四边形bcde为平行四边形,故有cdbe,所以cd平面a1oc.(2)解由已知,平面a1be平面bcde,又由(1)知,beoa1,beoc,所以a1oc为二面角a1bec的平面角,所以a1oc,如图,以o为原点,建立空间直角坐标系,因为a1ba1ebced1,bced,所以b,e,a1,c,得,(,0,0),设平面a1bc的法向量n1(x1,y1,z1),平面a1cd的法向量n2(x2,y2,z2),平面a1bc与平面a1cd夹角为,则得取n1(1,1,1)；得取n2(0,1,1),从而cos |cos|,即平面a1bc与平面a1cd夹角的余弦值为. 3.如图,以a为原点建立空间直角坐标系,依题意可得a(0,0,0),b(0,1,0),c(2,0,0),d(1,2,0),a1(0,0,2),b1(0,1,2),c1(2,0,2),d1(1,2,2),又因为m,n分别为b1c和d1d的中点,得m,n(1,2,1).(1)证明 依题意,可得n(0,0,1)为平面abcd的一个法向量,由此可得n0,又因为直线mn平面abcd,所以mn平面abcd.(2)解(1,2,2),(2,0,0),设n1(x,y,z)为平面acd1的法向量,则即不妨设z1,可得n1(0,1,1).设n2(x,y,z)为平面acb1的法向量,则又(0,1,2),得不妨设z1,可得n2(0,2,1).因此有cosn1,n2,于是sinn1,n2.所以,二面角d1acb1的正弦值为.(3)解依题意,可设,其中0,1,则e(0,2),从而(1,2,1),又n(0,0,1)为平面abcd的一个法向量,由已知,得cos,n,整理得2430,又因为0,1,解得2,所以,线段a1e的长为2.b组 两年模拟精选(20162015年) 1.c 建立如图所示空间直角坐标系,可得d(0,0,0),p(0,1,),c(0,2,0),a(2,0,0),m(,2,0).(,1,),(,2,0).(,1,)(,2,0)0.,即ampm. 2.c 对于,“如果向量a,b与任何向量不能构成空间向量的一个基底,那么a,b的关系一定是共线”,所以错误,正确. 3. d 由题意得ctab(2t,t4,3t2),解得 4.b a(3cos ,3sin ,1),b(2cos ,2sin ,1),|ab|,|ab|5,即1|ab|5,故选b. 5.证明 (1)如图,连接op,易知ob,oc,op两两垂直,以点o为坐标原点,分别以ob,oc,op所在直线为x轴,y轴,x轴,建立空间直角坐标系oxyz,则o(0,0,0),a(0,8,0),b(8,0,0),c(0,8,0),p(0,0,6),e(0,4,3),f(4,0,3).由题意,得g(0,4,0)因为(8,0,0),(0,4,3),所以平面boe的一个法向量为n(0,3,4).由(4,4,3),得n0,即n.又直线fg不在平面boe内,所以fg平面boe.(2)设点m的坐标为(x0,y0,0),则(x04,y0,3).所fm平面boe,所以n.因此x04,y0,即点m的坐标是(4,0).在平面直角坐标系xoy中,aob的内部区域可表示为不等式组 经检验,点m的坐标满足上述不等式组,所以在aob内存在一点m, 使fm平面boe.由点m的坐标得点m到oa,ob的距离分别为4,. 6.(1)证明因为ab平面bb1c1c,bc1平面bb1c1c,所以abbc1,在cbc1中,bc1,cc1bb12,bcc160,由余弦定理得：bcbc2cc2bccc1cosbcc11222212cos 603,所以bc1,故bc2bccc,所以bcbc1,又bcabb,c1b平面abc. (2)解由(1)可知,ab,bc,bc1两两垂直.以b为原点,bc,ba,bc1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系. 则b(0,0,0),a(0,1,0),c(1,0,0),c1(0,0,),b1(1,0,).所以(1,0,), 所以(,0,),e(1,0,),则(1,1,),(1,1,).设平面ab1e的一个法向量为n(x,y,z),则得令z,则x,y,n,ab平面bb1c1c,(0,1,0)是平面的一个法向量, |cosn,|.两边平方并化简得22530,所以1或(舍去).1. 7. (1)证明 在cef中,因为g,h分别是ce,cf的中点.所以ghef,又因为gh平面aef,ef平面aef,所以gh平面aef.设acbdo,连接oh,因为abcd为菱形,所以o为ac中点,所以ohaf,又因为oh平面aef,af平面aef,所以oh平面aef.又因为ohghh,oh,gh平面bdgh,所以平面bdgh平面aef.(2)解 取ef的中点n,连接on,因为四边形bdef是矩形,o,n分别为bd,ef的中点,所以oned,因为平面bdef平面abcd,所以ed平面abcd,所以on平面abcd,因为abcd为菱形,所以acbd,得ob,oc,on两两垂直.所以以o为原点,ob,oc,