2017-2018年高考真题解答题专项训练：立体几何(理科)教师版

1、2017-2018年高考真题解答题专项训练：立体几何（理科）教师版1如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5. （1）求三棱柱ABC-A1B1C1的体积；（2）设M是BC中点，求直线A1M与平面ABC所成角的大小. 【来源】2017年普通高等学校招生统一考试数学（上海卷）试题分析：（1）V=Sh=20（2）tan=55=5，线面角为arctan52（题文）（题文）（2017新课标全国理科）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

2、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.【来源】2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标3卷精编版）试题解析：（1）由题设可得，ABDCBD，从而AD=DC.又ACD是直角三角形，所以ADC=90.取AC的中点O，连接DO,BO,则DOAC,DO=AO.又由于ABC是正三角形，故BOAC.所以DOB为二面角D-AC-B的平面角.在RtAOB中，BO2+AO2=AB2.又AB=BD，所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2，故DOB=90.所以平面ACD平面ABC.（2）由题设及（1）知，OA,OB,OD两两垂直，以O为坐

3、标原点，OA的方向为x轴正方向，OA为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则A1,0,0,B0,3,0,C-1,0,0,D0,0,1.由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的12，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的12，即E为DB的中点，得E0,32,12.故AD=-1,0,1,AC=-2,0,0,AE=-1,32,12.设n=x,y,z是平面DAE的法向量，则nAD=0，nAE=0，即-x+z=0,-x+32y+12z=0. 可取n=1,33,1.设m是平面AEC的法向量，则mAC=0，mAE=0，同理可取m=0,-1,3.则cosn,m=nmnm=7

4、7.所以二面角D-AE-C的余弦值为77.3如图，已知四棱锥P-ABCD，PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BCAD，CDAD，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【来源】2017年全国普通高等学校招生统一考试数学（浙江卷精编版）试题解析：（）如图，设PA中点为F，连接EF，FB因为E，F分别为PD，PA中点，所以且，又因为， ，所以且，即四边形BCEF为平行四边形，所以，因此平面PAB（）分别取BC，AD的中点为M，N连接PN交EF于点Q，连接MQ因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点，

5、在平行四边形BCEF中，MQ/CE由PAD为等腰直角三角形得PNAD由DCAD，N是AD的中点得BNAD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，连接MHMH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=得CE=，在PBN中，由PN=BN=1，PB=得QH=，在RtMQH中，QH=，MQ=，所以sinQMH=， 所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是4如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，点在线段上， 平面， ， （1）求证： 为的中点；（2）求二面角的大

6、小；（3）求直线与平面所成角的正弦值【来源】2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（北京卷精编版）试题解析：（1）设， 的交点为，连接因为平面，平面平面，所以因为是正方形，所以为的中点，所以为的中点 （2）取的中点，连接， 因为，所以又平面平面，且平面，所以平面因为平面，所以因为是正方形，所以 如图，建立空间直角坐标系，则， ， ，所以， 设平面的法向量为，则，即令，则， ，于是平面的法向量为，所以由题知二面角为锐角，所以它的大小为 （3）由题意知， ， 设直线与平面所成角为，则 所以直线与平面所成角的正弦值为5如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底，

7、是的中点。（1）证明：直线平面；（2）点在棱上，且直线与底面所成角为，求二面角的余弦值。【来源】2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标2卷精编版）试题解析：（1）取中点，连结， 因为为的中点，所以, ,由得，又所以四边形为平行四边形， 又， ，故（2）由已知得,以A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A-xyz,则则， ， ， ，,则因为BM与底面ABCD所成的角为45，而是底面ABCD的法向量，所以， 即（x-1）+y-z=0又M在棱PC上，学|科网设由，得所以M，从而设是平面ABM的法向量，则所以可取m=（0，-，2）.于是因此二面角M

8、-AB-D的余弦值为6如图，在三棱锥中， 底面， 点， ， 分别为棱， ， 的中点， 是线段的中点， ， （1）求证： 平面；（2）求二面角的正弦值；（3）已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长【来源】2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（天津卷精编版）试题解析：如图，以A为原点，分别以， ， 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）.（）证明： =（0，2，0），=（2，0， ）.设，为平面BDE的法向量，则

9、，即.不妨设，可得.又=（1，2， ），可得.因为平面BDE，所以MN/平面BDE.（）解：易知为平面CEM的一个法向量.设为平面EMN的法向量，则，因为， ，所以.不妨设，可得.因此有，于是.所以，二面角CEMN的正弦值为.（）解：依题意，设AH=h（），则H（0，0，h），进而可得， .由已知，得，整理得，解得，或.所以，线段AH的长为或.7（题文）（2017新课标全国I理科）如图，在四棱锥PABCD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APBC的余弦值.【来源】2017年全国普通高等学校招生统一考试

10、理科数学（新课标1卷精编版）【解析】（1）由已知BAP=CDP=90，得ABAP，CDPD由于AB/CD ，故ABPD ，从而AB平面PAD又AB 平面PAB，所以平面PAB平面PAD（2）在平面PAD内作PFAD，垂足为F，由（1）可知，AB平面PAD，故ABPF，可得PF平面ABCD.以F为坐标原点，FA的方向为x轴正方向，|AB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.由（1）及已知可得A(22,0,0)，P(0,0,22)，B(22,1,0)，C(-22,1,0).所以PC=(-22,1,-22)，CB=(2,0,0)，PA=(22,0,-22)，AB=(0,1,0).设n=

11、(x,y,z)是平面PCB的法向量，则nPC=0,nCB=0,即-22x+y-22z=0,2x=0,可取n=(0,-1,-2).设m=(x,y,z)是平面PAB的法向量，则mPA=0,mAB=0,即22x-22z=0,y=0.可取m=(1,0,1).则cos=nm|n|m|=-33，所以二面角A-PB-C的余弦值为-33.8（2018年浙江卷）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC=120，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2（）证明：AB1平面A1B1C1；（）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值【来源】2018年全国普通高等学校

12、招生统一考试数学（浙江卷）详解：方法一：（）由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1AB,BB1AB得AB1=A1B1=22，所以A1B12+AB12=AA12.故AB1A1B1.由BC=2，BB1=2,CC1=1, BB1BC,CC1BC得B1C1=5，由AB=BC=2,ABC=120得AC=23，由CC1AC，得AC1=13，所以AB12+B1C12=AC12，故AB1B1C1.因此AB1平面A1B1C1.（）如图，过点C1作C1DA1B1，交直线A1B1于点D，连结AD.由AB1平面A1B1C1得平面A1B1C1平面ABB1，由C1DA1B1得C1D平面ABB1，所以C1AD是AC1与

13、平面ABB1所成的角.学科.网由B1C1=5,A1B1=22,A1C1=21得cosC1A1B1=67,sinC1A1B1=17，所以C1D=3，故sinC1AD=C1DAC1=3913.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.方法二：（）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下：A(0,-3,0),B(1,0,0),A1(0,-3,4),B1(1,0,2),C1(0,3,1),因此AB1=(1,3,2),A1B1=(1,3,-2),A1C1=(0,23,-3),由AB1A1B1=0得AB1A1B1

14、.由AB1A1C1=0得AB1A1C1.所以AB1平面A1B1C1.（）设直线AC1与平面ABB1所成的角为.由（）可知AC1=(0,23,1),AB=(1,3,0),BB1=(0,0,2),设平面ABB1的法向量n=(x,y,z).由nAB=0,nBB1=0,即x+3y=0,2z=0,可取n=(-3,1,0).所以sin=|cosAC1,n|=|AC1n|AC1|n|=3913.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.9如图， 且AD=2BC， , 且EG=AD， 且CD=2FG， ，DA=DC=DG=2.（I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证： ；（II）求二面角的

15、正弦值；（III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60，求线段DP的长.【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（天津卷）【答案】()证明见解析；() ；() .详解：依题意，可以建立以D为原点，分别以， ， 的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0， ，1），N（1，0，2）（）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，则 即 不妨令z=1，可得n0=（1，0，1

16、）又=（1， ，1），可得，又因为直线MN平面CDE，所以MN平面CDE（）依题意，可得=（1，0，0）， =（0，1，2）设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，则 即 不妨令z=1，可得n=（0，1，1）设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，则 即 不妨令z=1，可得m=（0，2，1）因此有cos=，于是sin=所以，二面角EBCF的正弦值为（）设线段DP的长为h（h0，2），则点P的坐标为（0，0，h），可得易知， =（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故，由题意，可得=sin60=，解得h=0，2所以线段的长为.10如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC，D，

17、E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB=BC=5，AC=AA1=2（1）求证：AC平面BEF；（2）求二面角BCDC1的余弦值；（3）证明：直线FG与平面BCD相交【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（北京卷）详解：解：（）在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1平面ABC，四边形A1ACC1为矩形又E，F分别为AC，A1C1的中点，ACEFAB=BCACBE，AC平面BEF（）由（I）知ACEF，ACBE，EFCC1又CC1平面ABC，EF平面ABCBE平面ABC，EFBE如图建立空间直角坐称系E-xyz由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1

18、，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）CD=(2，0，1)，CB=(1，2，0)，设平面BCD的法向量为n=(a，b，c)，nCD=0nCB=0，2a+c=0a+2b=0，令a=2，则b=-1，c=-4，平面BCD的法向量n=(2，-1，-4)，又平面CDC1的法向量为EB=(0，2，0)，cos=nEB|n|EB|=-2121由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为-2121（）平面BCD的法向量为n=(2，-1，-4)，G（0，2，1），F（0，0，2），GF=(0，-2，1)，nGF=-2，n与GF不垂直，GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，G

19、F与平面BCD相交11在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AB,AB1B1C1。求证：（1）AB/平面A1B1C；（2）平面ABB1A1平面A1BC【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试数学（江苏卷）详解：证明：（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，ABA1B1因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB平面A1B1C（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1A1B又因为AB1B1C1，BCB1C1，所以AB1BC又因为A1BBC=B，A1B平面A1BC，

20、BC平面A1BC，所以AB1平面A1BC因为AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1平面A1BC12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PFBF.（1）证明：平面PEF平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I卷）详解：（1）由已知可得，BFPF，BFEF，又PFEF=F，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.（2）作PHEF，垂足为H.由（1）得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，|B

21、F|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由（1）可得，DEPE.又DP=2，DE=1，所以PE=3.又PF=1，EF=2，故PEPF.可得PH=32,EH=32.则H(0,0,0),P(0,0,32),D(-1,-32,0),DP=(1,32,32), HP=(0,0,32)为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为，则sin=|HPDP|HP|DP|=343=34.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.13如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点（1）证明：平面AMD平面BMC；（2）当三棱锥M-ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值【来源】2018年全国卷理数高考试题文档版详解：（1）由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因为M为CD上异于C，D的点,且