十年真题(2022-2023)高考数学真题分类汇编专题10立体几何与空间向量解答题(理)(含解析)综合文库

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专题10立体几何与空间向量解答题

历年考题细目表

历年高考真题汇编

1．【2023年新课标1理科18】如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．

（1）证明：MN∥平面C1DE；

（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．

【解答】（1）证明：如图，过N作NH⊥AD，则NH∥AA1，且，

又MB∥AA1，MB，∴四边形NMBH为平行四边形，则NM∥BH，

由NH∥AA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，

∴BE∥DH，BE＝DH，则四边形BEDH为平行四边形，则BH∥DE，

∴NM∥DE，

∵NM?平面C1DE，DE?平面C1DE，

∴MN∥平面C1DE；

（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，

则N（，，2），M（，1，2），A1（，﹣1，4），

，，

设平面A1MN的一个法向量为，

由，取x，得，

又平面MAA1的一个法向量为，

∴cos．

∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值为．

2．【2023年新课标1理科18】如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．

（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；

（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．

【解答】（1）证明：由题意，点E、F分别是AD、BC的中点，

则，，

由于四边形ABCD为正方形，所以EF⊥BC．

由于PF⊥BF，EF∩PF＝F，则BF⊥平面PEF．

又由于BF?平面ABFD，所以：平面PEF⊥平面ABFD．

（2）在平面PEF中，过P作PH⊥EF于点H，连接DH，

由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PH⊥EF，

则PH⊥面ABFD，故PH⊥DH．

在三棱锥P﹣DEF中，可以利用等体积法求PH，

由于DE∥BF且PF⊥BF，

所以PF⊥DE，

又由于△PDF≌△CDF，

所以∠FPD＝∠FCD＝90°，

所以PF⊥PD，

由于DE∩PD＝D，则PF⊥平面PDE，

故VF﹣PDE，

由于BF∥DA且BF⊥面PEF，

所以DA⊥面PEF，

所以DE⊥EP．

设正方形边长为2a，则PD＝2a，DE＝a

在△PDE中，，

所以，

故VF﹣PDE，

又由于，

所以PH，

所以在△PHD中，sin∠PDH，

即∠PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为：．

3．【2023年新课标1理科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．（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．

【解答】（1）证明：∵∠BAP＝∠CDP＝90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，

∵AB∥CD，∴AB⊥PD，

又∵PA∩PD＝P，且PA?平面PAD，PD?平面PAD，

∴AB⊥平面PAD，又AB?平面PAB，

∴平面PAB⊥平面PAD；

（2）解：∵AB∥CD，AB＝CD，∴四边形ABCD为平行四边形，

由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，

在△APD中，由PA＝PD，∠APD＝90°，可得△PAD为等腰直角三角形，

设PA＝AB＝2a，则AD．

取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，

以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则：D，B，P（0，0，），C．

，，．设平面PBC的一个法向量为，

由，得，取y＝1，得．

∵AB⊥平面PAD，AD?平面PAD，∴AB⊥PD，

又PD⊥PA，PA∩AB＝A，

∴PD⊥平面PAB，则为平面PAB的一个法向量，．

∴cos．

由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，

∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为．

4．【2023年新课标1理科18】如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D﹣AF﹣E与二面角C﹣BE﹣F都是60°．

（Ⅰ）证明平面ABEF⊥平面EFDC；

（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣A的余弦值．

【解答】（Ⅰ）证明：∵ABEF为正方形，∴AF⊥EF．

∵∠AFD＝90°，∴AF⊥DF，

∵DF∩EF＝F，

∴AF⊥平面EFDC，

∵AF?平面ABEF，

∴平面ABEF⊥平面EFDC；

（Ⅱ）解：由AF⊥DF，AF⊥EF，

可得∠DFE为二面角D﹣AF﹣E的平面角；

由ABEF为正方形，AF⊥平面EFDC，

∵BE⊥EF，

∴BE⊥平面EFDC

即有CE⊥BE，

可得∠CEF为二面角C﹣BE﹣F的平面角．

可得∠DFE＝∠CEF＝60°．

∵AB∥EF，AB?平面EFDC，EF?平面EFDC，

∴AB∥平面EFDC，

∵平面EFDC∩平面ABCD＝CD，AB?平面ABCD，

∴AB∥CD，

∴CD∥EF，

∴四边形EFDC为等腰梯形．

以E为原点，建立如图所示的坐标系，设FD＝a，

则E（0，0，0），B（0，2a，0），C（，0，a），A（2a，2a，0），

∴（0，2a，0），（，﹣2a，a），（﹣2a，0，0）

设平面BEC的法向量为（x1，y1，z1），则，

则，取（，0，﹣1）．

设平面ABC的法向量为（x2，y2，z2），则，

则，取（0，，4）．

设二面角E﹣BC﹣A的大小为θ，则cosθ

，

则二面角E﹣BC﹣A的余弦值为．

5．【2023年新课标1理科18】如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，

BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC．

（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC

（Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．

【解答】解：（Ⅰ）连接BD，

设BD∩AC＝G，

连接EG、EF、FG，

在菱形ABCD中，

不妨设BG＝1，

由∠ABC＝120°，

可得AG＝GC，

BE⊥平面ABCD，AB＝BC＝2，

可知AE＝EC，又AE⊥EC，

所以EG，且EG⊥AC，

在直角△EBG中，可得BE，故DF，

在直角三角形FDG中，可得FG，

在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE，FD，可得EF，从而EG2+FG2＝EF2，则EG⊥FG，

（或由tan∠EGB?tan∠FGD??1，

可得∠EGB+∠FGD＝90°，则EG⊥FG）

AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC，

由EG?平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC；

（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以GB，GC为x轴，y轴，|GB|为单位长度，

建立空间直角坐标系G﹣xyz，由（Ⅰ）可得A（0，，0），E（1，0，），

F（﹣1，0，），C（0，，0），

即有（1，，），（﹣1，，），

故cos，．

则有直线AE与直线CF所成角的余弦值为．

6．【2023年新课标1理科19】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．（Ⅰ）证明：AC＝AB1；

（Ⅱ）若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．

【解答】解：（1）连结BC1，交B1C于点O，连结AO，

∵侧面BB1C1C为菱形，

∴BC1⊥B1C，且O为BC1和B1C的中点，

又∵AB⊥B1C，∴B1C⊥平面ABO，

∵AO?平面ABO，∴B1C⊥AO，

又B10＝CO，∴AC＝AB1，

（2）∵AC⊥AB1，且O为B1C的中点，∴AO＝CO，

又∵AB＝BC，∴△BOA≌△BOC，∴OA⊥OB，

∴OA，OB，OB1两两垂直，

以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长度，

的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，

∵∠CBB1＝60°，∴△CBB1为正三角形，又AB＝BC，

∴A（0，0，），B（1，0，0，），B1（0，，0），C（0，，0）

∴（0，，），（1，0，），（﹣1，，0），

设向量（x，y，z）是平面AA1B1的法向量，

则，可取（1，，），

同理可得平面A1B1C1的一个法向量（1，，），

∴cos，，

∴二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值为

7．【2023年新课标1理科18】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°．（Ⅰ）证明AB⊥A1C；

（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB＝2，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．

【解答】解：（Ⅰ）取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，

由于CA＝CB，所以OC⊥AB，由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，

所以△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB，

又由于OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C，

又A1C?平面OA1C，故AB⊥A1C；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC⊥AB，OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，

所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两垂直．

以O为坐标原点，的方向为x轴的正向，||为单位长，建立如图所示的坐标系，

可得A（1，0，0），A1（0，，0），C（0，0，），B（﹣1，0，0），

则（1，0，），（﹣1，，0），（0，，），

设（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，则，即，

可取y＝1，可得（，1，﹣1），故cos，，

又由于直线与法向量的余弦值的肯定值等于直线与平面的正弦值，

故直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为：．

8．【2023年新课标1理科19】如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝BCAA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD（1）证明：DC1⊥BC；

（2）求二面角A1﹣BD﹣C1的大小．

【解答】（1）证明：在Rt△DAC中，AD＝AC，∴∠ADC＝45°

同理：∠A1DC1＝45°，∴∠CDC1＝90°

∴DC1⊥DC，DC1⊥BD

∵DC∩BD＝D

∴DC1⊥面BCD

∵BC?面BCD

∴DC1⊥BC

（2）解：∵DC1⊥BC，CC1⊥BC，DC1∩CC1＝C1，∴BC⊥面ACC1A1，

∵AC?面ACC1A1，∴BC⊥AC

取A1B1的中点O，过点O作OH⊥BD于点H，连接C1O，OH

∵A1C1＝B1C1，∴C1O⊥A1B1，

∵面A1B1C1⊥面A1BD，面A1B1C1∩面A1BD＝A1B1，

∴C1O⊥面A1BD

而BD?面A1BD

∴BD⊥C1O，

∵OH⊥BD，C1O∩OH＝O，

∴BD⊥面C1OH∴C1H⊥BD，∴点H与点D重合且∠C1DO是二面角A1﹣BD﹣C1的平面角设AC＝a，则，，

∴sin∠C1DO

∴∠C1DO＝30°

即二面角A1﹣BD﹣C1的大小为30°

9．【2023年新课标1理科18】如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD．

（Ⅰ）证明：PA⊥BD；

（Ⅱ）若PD＝AD，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．

【解答】（Ⅰ）证明：由于∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD，

从而BD2+AD2＝AB2，故BD⊥AD

又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD

所以BD⊥平面PAD．故PA⊥BD

（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，

射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，则

A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣1，，0），P（0，0，1）．

（﹣1，，0），（0，，﹣1），（﹣1，0，0），

设平面PAB的法向量为（x，y，z），则

即，

因此可取（，1，）

设平面PBC的法向量为（x，y，z），则，

即：

可取（0，1，），cos

故二面角A﹣PB﹣C的余弦值为：．

10．【2023年新课标1理科18】如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD中点

（Ⅰ）证明：PE⊥BC

（Ⅱ）若∠APB＝∠ADB＝60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值．

【解答】解：以H为原点，HA，HB，HP分别为x，y，z轴，线段HA的长为单位长，

建立空间直角坐标系如图，则A（1，0，0），B（0，1，0）

（Ⅰ）设C（m，0，0），P（0，0，n）（m＜0，n＞0）

则．

可得．

由于

所以PE⊥BC．

（Ⅱ）由已知条件可得m

，n＝1，故C，设（x，y，z）为平面PEH的法向量则即因此可以取

，由

，可得所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为．

考题分析与复习建议

本专题考查的学问点为：直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等.历年考题主要以解答题题型消失，重点考查的学问点为：直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等.猜测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以学问点直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等为重点较佳.

最新高考模拟试题

1．如图，在三棱柱111ABCABC-中，侧面11ABBA是菱形，160BAA∠=?，E是棱1BB的中点，CACB=，F在线段AC上，且2AFFC=.

（1）证明：1//CB面1AEF；

（2）若CACB⊥，面CAB⊥面11ABBA，求二面角1FAEA--的余弦值．

【答案】（1）详见解析；（2）

52929

.【解析】解：（1）连接1AB交1AE于点G，连接FG．

由于11AGABGE??:，所以1112AAAGGBEB==，又由于2AFFC

=，所以1AFAGFCGB=，所以1//FGCB，又1CB?面1AEF，FG?面1AEF，所以1//CB面1AEF.

（2）过C作COAB⊥于O，由于CACB=，所以O是线段AB的中点．由于面CAB⊥面11ABBA，面CABI面11ABBAAB=，所以CO⊥面1ABA．连接1OA，由于1ABA?是等边三角形，O是线段AB的中点，所以1OAAB⊥.

如图以O为原点，OAuuuv，1OAuuur，OCuuur分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标，

不妨设2AB=，则(1,0,0)A，13,0)A，(0,0,1)C，(1,0,0)B-，1

2(,0,)33

F，由11AABB=uuuvuuuv，得(3,0)B-，1BB的中点33(,22E-，133(,,0)22

AE=--uuur，112(,3,)33AF=--uuuur.设面1AFE的一个法向量为1111(,,)nxyz=uv，则111100AEnAFn??=???=??uuuvuvuuuuvuv，即1111230333302

2xyzxy?+=????--=??，得方程的一组解为111135xyz=-??=??=?1(13,5)n=-ur.

面1ABA的一个法向量为2(0,0,1)n=uur，则1212

12

529cos,nnnnnn?==uruurur

uururuur，所以二面角1FAEA--的余弦值为52929.

2．如图，菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，它们所在平面互相垂直，FD⊥平面ABCD，EFP平面ABCD．

（1）求证：平面ACF⊥平面BDF；

（2）若60CBA∠=?，求二面角ABCF--的大小．

【答案】(1)见证明；(2)

4π【解析】

（1）∵菱形ABCD，∴ACBD⊥，

∵FD⊥平面ABCD，∴FDAC⊥，

∵BDFDD?=，∴AC⊥平面BDF，

∵AC?平面ACF，∴平面ACF⊥平面BDF．

（2）设ACBDO=I，以O为原点，OB为x轴，OA为y轴，

过O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，

则(3,0,0)B，0,1,0C-

，(3,0,3)F-，

(3,1,0)BC=--uuur，(23,0,3)BF=-uuur，

设平面BCF的法向量(,,)nxyz=r

，则302330

nBCxynBFxz??=--=???=-+=??uuuvvuuuvv，取1x=，得(1,3,2)n=-r，平面ABC的法向量(0,0,1)m=ur，

设二面角ABCF--的大小为θ，

则||2cos||||28

mnmnθ?===?rrrr，∴4π

θ=．

∴二面角ABCF--的大小为4

π．3．如图，在几何体1111ACDABCD-中，四边形1111ADDACDDC，为矩形，平面11ADDA⊥平面11CDDC，11BA⊥平面11ADDA，1111,2ADCDAAAB====，E为棱1AA的中点.

（Ⅰ）证明：11BC⊥平面1CCE；（Ⅱ）求直线11BC与平面1BCE所成角的正弦值.

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）

7

.【解析】（Ⅰ）因为11BA⊥平面11ADDA，所以111BADD⊥，

又11111111DDDABADAA⊥?=，，所以1DD⊥平面1111DCBA，又因为11//DDCC，

所以1CC⊥平面1111DCBA，11BC?平面1111DCBA，所以111CCBC⊥，因为平面11ADDA⊥平面11CDDC，平面11ADDA?平面111CDDCDD=，111CDDD⊥，

所以11CD⊥平面11ADDA，

经计算可得1111BEBCEC==