三年高考2015_2017高考数学试题分项版解析专题4中综合问题理.docx

专题24 立体几何中综合问题1.【2017课标1，理16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点，DBC，ECA，FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起DBC，ECA，FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥.当ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_.【答案】【解析】【考点】简单几何体的体积【名师点睛】对于三棱锥最值问题，肯定需要用到函数的思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导得方式进行解决.2.【2017课标3，理19】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DAEC的余弦值.【答案】(1)证明略；(2).【解析】（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.故.设是平面DAE的法向量，则即可取.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. (2)设m，n分别为平面，的法向量，则二面角与互补或相等，故有|cos |cos|=.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.3.【2017山东，理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.（）设是上的一点，且，求的大小；（）当，求二面角的大小.【答案】（）.（）.（）两种思路，一是几何法，二是空间向量方法，其中思路一：取的中点，连接，.得四边形为菱形，得到.取中点，连接，.得到，从而为所求二面角的平面角.据相关数据即得所求的角.思路二：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.写出相关点的坐标，求平面的一个法向量，平面的一个法向量计算即得.试题解析：（）因为，平面，所以平面，又平面，所以，又，因此（）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：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.【考点】1.垂直关系.2. 空间角的计算.【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.立体几何中角的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法.本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力转化与化归思想及基本运算能力等.4【2016高考天津理数】（本小题满分13分）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2.（I）求证：EG平面ADF；（II）求二面角O-EF-C的正弦值；（III）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.【答案】（）详见解析（）（）【解析】.（I）证明：依题意，.设为平面的法向量，则，即.不妨设，可得，又，可得，又因为直线，所以.（II）解：易证，为平面的一个法向量.依题意，.设为平面的法向量，则，即.不妨设，可得.因此有，于是，所以，二面角的正弦值为.考点：利用空间向量解决立体几何问题5.【2015江苏高考，22】（本小题满分10分）如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，,（1）求平面与平面所成二面角的余弦值；（2）点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成角最小时，求线段BQ的长【答案】（1）（2）【解析】则各点的坐标为，（1）因为平面，所以是平面的一个法向量，因为，设平面的法向量为，则，即令，解得，所以是平面的一个法向量从而，所以平面与平面所成二面角的余弦值为（2）因为，设（），又，则，又，从而设，则当且仅当，即时，的最大值为因为在上是减函数，此时直线与所成角取得最小值又因为，所以6.【2016年高考北京理数】（本小题14分）如图，在四棱锥中，平面平面，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）；（3）存在，【解析】所以平面，所以，又因为，所以平面；（2）取的中点，连结，因为，所以.又因为平面，平面平面，所以平面.因为平面，所以.因为，所以.如图建立空间直角坐标系，由题意得，.设平面的法向量为，则即令，则.所以.又，所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.（3）设是棱上一点，则存在使得.因此点.因为平面，所以平面当且仅当，即，解得.所以在棱上存在点使得平面，此时.考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用.7.【2015高考陕西，理18】（本小题满分12分）如图，在直角梯形中，是的中点，是与的交点将沿折起到的位置，如图（I）证明：平面；（II）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值【答案】（I）证明见解析；（II）【解析】试题分析：（I）先证，再可证平面，进而可证平面；（II）先建立空间直角坐标系，再算出平面和平面的法向量，进而可得平面与平面夹角的余弦值试题解析：（I）在图1中，因为，是的中点，所以即在图2中，从而平面又，所以平面.所以得，.设平面的法向量，平面的法向量，平面与平面夹角为，则，得，取，得，取，从而，即平面与平面夹角的余弦值为.8.【2014高考陕西版理第17题】四面体及其三视图如图所示，过棱的中点作平行于，的平面分别交四面体的棱于点.（1）证明：四边形是矩形；（2）求直线与平面夹角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）由该四面体的三视图可知：，由题设，面，面面，面面，所以，所以，同理可得，即得四边形是平行四边形，同时可证，即证四边形是矩形；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量因为,，所以，列出方程组，即可得到平面的一个法向量，与的夹角的余弦值的绝对值即为所求.又平面,四边形是矩形（2）如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量,即得，取考点：面面平行的性质；线面角的求法.9.【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，ADBC，ADC=PAB=90，BC=CD=AD，E为边AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90.（）在平面PAB内找一点M，使得直线CM平面PBE，并说明理由；（）若二面角P-CD-A的大小为45，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.【答案】（）详见解析；（）.【解析】试题分析：（）探索线面平行，根据是线面平行的判定定理，先证明线线平行，再得线面平行，而这可以利用已知的平行，易得CDEB；从而知为DC和AB的交点；（）求线面角，可以先找到这个角，即作出直线在平面内的射影，再在三角形中解出，也可以利用已知图形中的垂直建立空间直角坐标系，用向量法求出线面角（通过平面的法向量与直线的方向向量的夹角来求得）试题解析：（）在梯形ABCD中，AB与CD不平行.延长AB，DC，相交于点M（M平面PAB），点M即为所求的一个点.理由如下：由已知，BCED，且BC=ED.所以四边形BCDE是平行四边形.，所以CDEB从而CMEB.又EB平面PBE，CM平面PBE，所以CM平面PBE.（说明：延长AP至点N，使得AP=PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点）（）方法一：由已知，CDPA，CDAD，PAAD=A，所以CD平面PAD.从而CDPD.所以PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以PDA=45.设BC=1，则在RtPAD中，PA=AD=2.过点A作AHCE，交CE的延长线于点H，连接PH.易知PA平面ABCD，从而PACE.于是CE平面PAH.所以平面PCE平面PAH.在RtPAH中，PH=，所以sinAPH=.由PAAB，可得PA平面ABCD.设BC=1，则在RtPAD中，PA=AD=2.作AyAD，以A为原点，以,的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A（0,0,0），P（0,0,2），C(2,1,0)，E(1,0,0)，所以=（1,0,-2），=（1,1,0），=（0,0,2）设平面PCE的法向量为n=(x,y,z)，由得设x=2，解得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为，则sin=.所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.考点：线线平行、线面平行、向量法.10.【2014安徽理20】(本题满分13分)如图，四棱柱中，底面四边形为梯形，,且过三点的平面记为，与的交点为（1） 证明：为的中点；（2） 求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比；（3） 若，梯形的面积为6，求平面与底面所成二面角大小【答案】（1）为的中点；（2）；（3）【解析】试题分析：（1）利用面面平行来证明线线平行，则出现相似三角形，于是根据三角形相似即可得出，即为的中点（2）连接设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为和，则先表示出和，就可求出，从而（3）可以有两种方法进行求解第一种方法，用常规法，作出二面角在中，作，垂足为，连接又且，所以平面，于是所以为平面与底面所成二面角的平面角第二种方法，建立空间直角坐标系，以为原点，分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系设因为，所以从而，所以，设平面（2）解：如第（20）题图1，连接设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为和，则，所以，又所以，故解法2如第（20）题图2，以为原点，分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系设因为，所以从而，所以，设平面的法向量，由得，所以又因为平面的法向量，所以，故平面与底面所成而面积的大小为考点：1二面角的求解；2几何体的体积求解11.【2014年湖北，卷理9】(本小题满分12分) 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点分别在棱,上移动，且. （1）当时，证明：直线平面； （2）是否存在，使平面与面所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）详见解析；（2）【解析】试题分析：（1）由正方体的性质得，当时，证明，由平行于（1）证明：如图1，连结，由是正方体，知，当时，是的中点，又是的中点，所以，所以，而平面，且平面，故平面.（2）如图2，连结，因为、分别是、的中点，所以，且，又，所以四边形是平行四边形，故，且，从而，且，在和中，因为，于是，所以四边形是等腰梯形，同理可证四边形是等腰梯形，分别取、的中点为、，连结、，则，而，故是平面与平面所成的二面角的平面角，若存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角，则，连结、，则由，且，知四边形是平行四边形，连结，因为、是、的中点，所以，在中，以为原点，射线分别为轴的正半轴建立如图3的空间直角坐标系，由已知得，所以，（1）证明：当时，因为，所以，即，而平面，且平面，故直线平面.（2）设平面的一个法向量，由可得，于是取，同理可得平面的一个法向量为，若存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角，则，即，解得，故存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角.考点：正方体的性质，空间中的线线、线面、面面平行于垂直，二面角.12.【2015湖北理19】（本小题满分12分）九章算术中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接（）证明：试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；（）若面与面所成二面角的大小为，求的值【答案】（）详见解析；（）.（）如图1，在面内，延长与交于点，则是平面与平面的交线. 由（）知，所以. 又因为底面，所以. 而，所以. 故是面与面所成二面角的平面角， 设，有，在RtPDB中, 由, 得, 则 , 解得. 所以故当面与面所成二面角的大小为时，. （解法2）（）如图2，以为原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系. 设，则，点是的中点，所以，于是，即. 又已知，而，所以. 因, , 则, 所以.由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为. （）由，所以是平面的一个法向量；由（）知，所以是平面的一个法向量. 若面与面所成二面角的大小为，则，解得. 所以故当面与面所成二面角的大小为时，. 【考点定位】四棱锥的性质，线、面垂直的性质与判定，二面角.13.【2015湖南理19】如图15，已知四棱台上、下底面分别是边长为3和6的正方形，且底面，点，分别在棱，BC上.（1）若P是的中点，证明：；（2）若平面，二面角的余弦值为，求四面体的体积.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标可知问题等价于证明；（2）根据条件二面角的余弦值为，利用空间向量可将四面体视为以为底面的三棱锥，其高，从而求解试题解析：解法一由题设知，两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图b所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为，其中，而二面角的余弦值为，因此，解得，或者（舍去），此时，设，而，由此得点，平面，且平面的一个法向量是，即，亦即，从而，于是，将四面体视为以为底面的三棱锥，则其高，故四面体的体积.（2）如图d，过点作交于点，则平面，平面，平面，过点作于点，连