【2022高考必备】2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编 立体几何大题（精解精析）

1、2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编 立体几何大题（精解精析）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?【答案】（1）见解析；（2）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【点睛】本题考查空

2、间向量的相关计算，能够根据题意设出（），在第二问中通过余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步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)求二面角的正弦值【答案】（1）；（2）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【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；（2）设出法向量

3、，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值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【答案】（1）证明见解析；（2）【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

4、建立如图所示的空间直角坐标系，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【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题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A

5、1AMN所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）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：【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其线面角，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和线面角的定义，考查了分析能力和空间想象能力，属于难题5(2020

6、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【答案】（1）证明见解析；（2）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【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计算能

7、力，属于中等题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【答案】 (1)见详解；(2)【官方解析】(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，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

8、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【点评】很新颖的立体几何考题首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的再者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法最后将求二面角转化为求二面角的平面角问题考查考生的空间想象能力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【答案】证明见解析；.【官方解析】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

9、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【分析】利用长方体的性质，可以知道侧面，利用线面垂直的性质可以证明出，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出平面；以点坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方形的边长为，求出相应点的坐标，利用，可以求出之间的关系，分别求出平面、平面的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角的正弦值.【解析】因为是长方体，所以侧面，而平面，所以,又，平面，因此平面；以点坐标原点，以分别为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，因为，所以，所以，设是平面的法向量，所

10、以，设是平面的法向量，所以，二面角的余弦值的绝对值为，所以二面角的正弦值为.【点评】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.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，的中点(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值【答案】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

11、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【答案】【官方解析】（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【民间解析】（1）证明：因为面半圆面，且面半圆面而四边形为正

12、方形，所以，所以平面又平面，所以又因为点在以为直径的半圆上，所以又、面，且由可得面，而平面所以平面平面（2）如图，以所在直线作为轴，以中点为坐标原点，过点作的平行线，作为轴，过点作面的垂线，作为轴，建立空间直角坐标系因为，而所以当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，此时所以，；，设面的法向量为，易知面的法向量为所以，由即，解得，可取所以故所求面与面所成二面角的正弦值为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【答案】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

13、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【答案】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

14、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【答案】(1)详见解析;(2)二面角的余弦值为 【分析】(1)根据题设条件可以得出,而,就可证明出平面进而证明平面平面;(2)先找出的中点,找出相互垂直的线,建立以为坐标原点,的方向为轴的正方向,为单位长的空间直角坐标系,列出所需要的点的坐标,设是平面的法向量,是平面的法向量,根据垂直关系,求出和,利用数量积公式可求出二面角的平面角 【解析】(1)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

15、,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 【考点】面面垂直的证明,二面角平面角的求解 【点评】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面:求异面直线所成的角,关键是转化为两直线的方向向量的夹角;求直线与平面所成的角,关键是转化直线的方向向量和平面的法向量的夹角;求二面角,关键是转化为两平面的法向量的夹角建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键 13(2017年高考数学课标卷理科)如图，四面体中，是正三角形，是直角

16、三角形，(1)证明：平面平面；(2)过的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值【答案】()证明略;() 【解析】证明:(1)取的中点为,连接 为等边三角形 ,即为等腰直角三角形, 为直角又为底边中点 令,则 易得:, 由勾股定理的逆定理可得 即 又 由面面垂直的判定定理可得 (2)由题意可知即,到平面的距离相等即为中点 以为原点,为轴正方向,为轴正方向,为轴正方向,设,建立空间直角坐标系 则, 易得:, 设平面的法向量为,平面的法向量为, 则,解得 ,解得 若二面角为,易知为锐角,则 【考点】二面角的平面角;面面角的向量求法 【点评】(1)求解本题要注意两点:一是两平

17、面的法向量的夹角不一定是所求的二面角,二是利用方程思想进行向量运算,要认真细心,准确计算 (2)设m,n分别为平面,的法向量,则二面角与<m,n>互补或相等,故有|cos |=|cos<m,n>|=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 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 【答案】（1）证明略；（2）【基本解法1】（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，

18、所以因为平面，平面所以直线平面（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【基本解法2】（1）证明：取中点为，连接因为，所以，即所以四边形为平行四边形，所以因为平面，平面所以直线平面因为是的中点，所以因为平面，平面所以直线平面因为，所以平面平面因为平面所以直线平面（2）同上【命题意图】线面平行的判定，线面垂直的判定，面面垂直的性质，线面角

19、、二面角的求解【知识拓展】线面平行的证明一般有两个方向，线面平行的判定或面面平行的性质。角的求解多借助空间直角坐标系，需要注意两个问题：（1）题中没有现成的三条线两两垂直，需要先证明后建系；（2）是指两个法向量的夹角，与二面角相等或互补，需要观察所求二面角是锐二面角还是钝二面角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.【答案】()见解析;().【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,从而,且.以为坐

20、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【答案】（）详见答案；（）【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

21、12分)如图，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【答案】 (I)略；(II)【官方解答】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【民间解答】为正方形 面,面 平面平面由知 ,平面,平面平面,平面 面面 四边形为等腰梯形以为原点，如图建立坐标系，设 ，设面法向

22、量为，即 设面法向量为即, 设二面角的大小为 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()在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由)；()求直线与平面所成角的正弦值【答案】（）详见解析；（）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考点：1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角19(2015高考数学新课标

23、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【答案】（）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

24、6;，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

25、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()证明：PB平面AEC；()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/PB,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

26、积为考点：（1）线面平行（2）二面角（3）棱锥的体积（4）向量在立体几何中的运用难度：B备注：高频考点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 2