2015年高考數(shù)學(xué)真題分類(lèi)匯編：專(zhuān)題(10)立體幾何(理科)及答案

所以平面 與平面 所成銳二面角的余弦值為3.1高1高5考浙江，理17】試題解析：（）設(shè)E為BC的中點(diǎn)，由題意得AE1平面ABC,AAE1AE,VAB=AC,11AAE1BC，故AE1平面ABC,由D,E分別BC,BC的中點(diǎn)，得DE//BB且TOC\o"1-5"\h\z1 11 1DE二BiB,從而DE//A，???四邊形AiAED為平行四邊形，故A1D//AE，又VAE1BD=F,連結(jié)BiF平面ABC,AAD1平面BD=F,連結(jié)BiF11 1 11 1 1由AE=EB=<2,^AEA=ZAEB=90，得AB=AA=4，由AD=BDii ii iiAB=BB，得AADB=ABDB，由AF1BD，得BF1BD，因此/AFB為二面角ii i i i i iiAi-BD-B1的平面角，由AiD八:工AB=4,/DAB=90，得BD=3d2i iAF=BF=AF=BF=4i7；■，由余弦定理得，cos/AFB=—3 ii8【3.【201高5考山東，理17】試題解析：證法一：連接DG,CD，設(shè)CDGF=O，連接OH在三棱臺(tái)DEF—ABC中，AB=2DE,G為AC的中點(diǎn)可得DF//GC,DF=GC p所以四邊形DFCG為平行四邊形則O為CD的中點(diǎn)又H為BC的中點(diǎn)所以O(shè)H//BD又OHu平面FGH,BDQ平面FGH,所以BD//平面FGH證法二：在三棱臺(tái)證法二：在三棱臺(tái)DEF—ABC中，由BC=2EF,H為BC的中點(diǎn)可得BHEF:BH=EF:所以四邊形BHFE為平行四邊形可得BEHF在"中，G為T(mén)C"的中點(diǎn)，H為沖；點(diǎn),所以GHAB又GH^HF=H,所以平面FGH平面一鋁ED因?yàn)锽Du平面ABED所以BD//平面FGH(I解法一：設(shè)AB=2，則CF=1在三棱臺(tái)DEF—ABC中，G為AC的中點(diǎn)1由DF=_AC=GC可得四邊形DGCF為平行四邊形，因此DG//CF又FC1平面ABC所以DG1平面ABCG是AC中點(diǎn)，在AABC中，由AB1BCG是AC中點(diǎn)，所以HM1平面ACFD因此GF1NH所以/MNH即為所求的角1 /在ABGC中"組BG.MH=-BG=—.2 7「啟.U.VGM可得——=——FCGF由_平面ACFD'、二平面ACFD得_WH_3B；因此tanAXH=—=/.V.V所以￡.狂入耳=60二所以平面FGH與平面ACFD所成角(銳角)的大小為60TOC\o"1-5"\h\z. 高考天津，理】【答案】 見(jiàn)解析； 嚕；6-2【解析】如圖，以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，依題意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0)，一、. ____ /1、 .，又因?yàn)镸,N分別為BC和DD的中點(diǎn)，得M1,-,1,N(1,-2,1)1 1 I2)證明：依題意，可得1=(0,0,1)為平面A5CO的一個(gè)法向量，MN二由此可得，MN-n=Q,又因?yàn)橹本€(xiàn)MNa平面ABC。，所以MN〃平面ABC。A。=(l,—2,2),AC=(2O0),設(shè)〃=(九％z)為平面AC。的法向量,則111n-AD=0 (x-2y+2z=Qv2 —― 即c八 ，不妨設(shè)Z=l,可得〃v2 —― TOC\o"1-5"\h\zn-AC=O [2x=Q 1iinAB=0設(shè)〃二(羽yz)為平面ACB的一個(gè)法向量，貝必2i,又AB=(。/,2),得1 n-AC=0 1L2(y+2z=0c八，不妨設(shè)z=l,可得〃=(0,-24)\2x=Q 2因此有cos(均_星J=_L?工=一@口,于是sin/rtpW-.)=之史\■■“' 10 1 7 10所以二面角D.-AC-B.的正弦值為嚕.5<?=(0=0=1)為3。依題意，可設(shè)港=上函，其中上w［0」］,5<?=(0=0=1)為平面ABCD的一個(gè)法向量，由已知得3，\冗并)=1二二=j J整理得/「+4上一3=0,'■‘阿卜忒_廳+0__紓-F3又因?yàn)樯险?」］,解得*=#—2,所以線(xiàn)段用E的長(zhǎng)為5―2.高考湖北，理】【答案】（I）詳見(jiàn)解析；（II）?1九九2故當(dāng)面DEF與面ABCD所成二面角的大小為三時(shí)，D二年（解法2）（I）如圖2以D為原點(diǎn)，射線(xiàn)DA,DC,DP分別為羽y,工軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系設(shè)PD=DC=1,BC=X，則D(0,0,0),P(0,0』)，B九1,0),q0,1,0),PB=(九,1,-1),點(diǎn)E是PC的中點(diǎn),11 11所以E(0,—,2),DE=(0,2,2),于是PB.DE=0，即PB1DE又已知EF1PB，而DEEF=E，所以PB1平面DEF因PC=(0,1,-1)DE.PC=0則DE1PC所以DE1平面PBC由DE1平面PBC,PB1平面DEF，可知四面體BDEF的四個(gè)面都是直角三角形，【解析】（解法1）（I）因?yàn)殛?yáng)，底面初8,所以陽(yáng)_L5C,由底面會(huì)CD為長(zhǎng)方形，有5C_CD,而陽(yáng)9C,口=口，所以5C_L平面FCD.而口三二平面PCD,所以曳」又因?yàn)殛?yáng)=8,點(diǎn)E是汽，的中點(diǎn)，所以口￡_尸5而汽，所以Z）F_平面咫C\而咫匚平面咫C,所以咫_0瓦又PB_EF,DEhEF=E,所以咫，平面罩￡尸.由口￡_L平面郎C,PS_L平面口FF,可知四面體即琦■的四個(gè)面都是直角三角形，即四面體即正"是一個(gè)蟹嚅，其四個(gè)面的直角分別為乙門(mén)￡5,QER￡EFBZ.DF3.（II）如圖1，在面咫。內(nèi)，延長(zhǎng)5c與比交于點(diǎn)G,則DG是平面口EF與平面一臼CD的交線(xiàn).由（I）知，咫，平面口EF,所以咫一口G.又因?yàn)殛?yáng)_底面4C3,所以陽(yáng)_DG.而如nP5=P,所以ZX?_平面P53.故/BDF是面DEF與面ABCD所成二面角的平面角，設(shè)PD=DC=1,BC=%，有BD=\，1+Qn在△中由DF1PB得ZDPF=NFDB=—3貝ljtan—=tanZDPF=~^^=Yl+九2= 解得入=22所以DCBC3 所以DCBC即四面體BDEF是一個(gè)鱉臑，其四個(gè)面的直角分別為ZDEB,ZDEF，/EFB,ZDFB第19題解答圖第19題解答圖1第19題解答圖2（II）由PD1平面ABCD，所以DP=（0,0,1）是平面ABCD的一個(gè)法向量;由（I）知，PB1平面DEF，所以BP=（—九,—1,1）是平面DEF的一個(gè)法向量若面DEF與面ABCD所成二面角的大小為-31\22+1\22+2cos—二 3IBPl?lDPI解得九八6所以D=1二今故當(dāng)面DEF與面ABCD所成二面角的大小為-時(shí)，DC=旦3BC2【 高考陜西，理】【答案】（）證明見(jiàn)解析；（Iq-.【解析】試題分析：（工）先證BE_OAjBE.OC,再可證平面AQC,進(jìn)而可證CD_平面AQC；（II）先建立空間直角坐標(biāo)系，再算出平面和平面AQD的法向量，進(jìn)而可得平面與平面4CD夾角的余弦值.試題解析：（I）在圖1中，因?yàn)锳B=BC=LAB=2,E是AD的中點(diǎn)，/BAD=1,所以BE_NC即在圖2中，BE.OAi，BE.OC從而B(niǎo)E_平面AOCYCDBE,所以CD_平面

由)知，平面ABE1由)知，平面ABE1平面BCDE,又由()知，BE1OA,BE10C11 兀所以ZAOC為二面角A-BE-C的平面角，所以ZAOC=-11 i2如圖，以0為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)锳B=AE=BC=ED=1,BC//ED11所以B(￡,0,0),E(-^2,0,0),A(0,0,f),C(0,噂,0),2 2 12 2得bc(W,0),aic(0S-爭(zhēng)CD=BE=(-。2,0,0)設(shè)平面ABC的法向量n=(x,y,z)，平面ACD的法向量n=(x,y,z),平面ABC與TOC\o"1-5"\h\z1 1 111 1 2 222 1平面A1CD夾角為。n?BC=0 1—x+y=0則〈1 ，得\ 1 1八，取n=(1,1,1)，n?AC=0 〔y—z二0 111 1 1「n-CD=0fx=012 ，得7 2八，取n=QU),[n2.A1C=0 [y2-z2=0 22^/從^而cos6_Icos〈n,n〉I——zz 12 <3xJ26即平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值為年1高5考北京，理1】7試題解析：(I)由于平面/百.平面EFCB,^AEF為等邊三角形，◎?yàn)镋F的中點(diǎn)，則火。_胡，根據(jù)面面垂直性質(zhì)定理，所以_平面EFC&又5EU平面疔8,則且8_班.(口)取仃的中點(diǎn)口，連接0必以口為原點(diǎn)，分別以0E0D.圖為不y,e軸建立空間直角坐標(biāo)系，Ao,oJ5最，虱&Q0),J⑵20~依&0),M=但0,75瘋，逐=(2—耳2，5—&0),由于平面犯與歹軸垂直，則設(shè)平面出?1的法向量為凡=(OjLO),設(shè)平面^^的法向量名=(x3ys1),n._AEsax—^J3a=0,,=y/3,n._EB,(2—a)x(2^3—^3a)y=0?jz=—1,則n.=(J5,—1,1),二面角三一工豆一3的余弦值ccis(q,丹》=3―芻=~^==一步，由二面角zt-n.V55F-AE-3為鈍二面角，所以二面角—的余弦值為—J.TOC\o"1-5"\h\z(III)由()知 -L平面 ，則AO±BE，若be1平面AOC,只需 ,L ,= - 2-3a ，又=-,2-3a ,? =- - +2-3 =，解得=或=—,由于〈，貝|」=一2.【201高5考廣東，理1】877 9X【答案】()見(jiàn)解析；()三；(3士.J 乙D【解析】()證明：???PD=PC且點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)，??PE1DC，又平面PDC1平面ABCD，且平面PDC平面ABCD=CD,PEu平面PDC，??PE1平面ABCD，又FGu平面ABCD??PE1FG=CD,ADu平面AD1DC,又平面PDC1平面ABCD,且平面=CD,ADu平面ABCD,AD,平面尸CD,又C。、尸Du平面PDC,AD1DC,AD1PD,???/PDC即為二面角P—A?！?。的平面角,1 I _在放A尸。石中，PD=4,DE=-AB=3,PE=^PD^-DEi=77,

2rAtanZPDC=或二巨即二面角P-AD-C的正切值為4DE3 3（）如下圖所示，連接AC,AJ-1?「AF=2FB,CG=2GB即工=——=2,FBGBAC//FG,???/PAC為直線(xiàn)R4與直線(xiàn)/G所成角或其補(bǔ)角,在△尸AC中，PA= +ADi=5,AC=<AD2+CDi=3^/5,由余弦定理可得cosAPAC2x5x3<52PAAC259^5???直線(xiàn)PA與直線(xiàn)FG所成角的余弦值為-251高5考湖南，理1】9試題解析：解法一由題設(shè)知，AA,AB,AD兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB,AD1AA1線(xiàn)分別為工軸軸,1軸,建立如圖b所示的空間直角坐標(biāo)系,則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為忒0Q0）,為⑶0工）,D（0=6=0）,鼻（。36）,。（6二肛0）s其中明=30,0<Q 口）若尸是二的中點(diǎn)，則尸&亍3）,^-=（3:0:6）,于是1S=O,理—尸即,小1_尸0；（1）由題設(shè)知，詼=電明—6"），匹=電—上6）是平面產(chǎn)0D內(nèi)的兩個(gè)不共線(xiàn)向量.設(shè)勺=（工1；z）是平面PQD設(shè)勺=（工1；z）是平面PQD的一"t*法向量，則|區(qū)-5^=0' [-jj-6z=0取1=6,得均=（6_加:6:3）,又平面T0D的一個(gè)法向量是勺=（0=0」），——n?n 3 3???cos<n,n>= 1r= =- ,而二面角2 |n1|,|n2| J(6-m)2+62+32 ^(6-m)2+453 33P-QD-A的余弦值為,因此， .二,解得m=4,或者m=8(舍去)，7 弋(6-m)2+457此時(shí)Q(6,4,0)設(shè)DP八DD(0<X<1)，而DD=(0,-3,6)，由此得點(diǎn)P(0,6-3九,6九)11PQ=(6,3九-2,-6九),:PQ//平面ABBA,且平面ABBA的一個(gè)法向量是11 11n=(0,1,0)3. 八 公一八 A 2 .一. . ?PQ.n=0，即3九-2二0，亦即九二,從而P(0,4,4),于是，將四面體ADPQ視為3 3以AADQ為底面的三棱錐P-ADQ,則其高h(yuǎn)=4,故四面體ADPQ的體積V=1S -h=1X1X6X6X4=243adq32PRBC，又PQPRBC，又PQu平面PRBC，()如圖，過(guò)點(diǎn)P作PM//AA交AD于點(diǎn)M，則PM//平面ABBA,1 11解法二（）如圖，取AA的中點(diǎn)R，連結(jié)PR,BR，?;AA,DD是梯形AADD的TOC\o"1-5"\h\z1 1 1 11兩腰，P是DD的中點(diǎn)，??.PR//AD,于是由AD//BC知，PR//BC,aP,R,B,C1四點(diǎn)共面，由題設(shè)知，BC±AB,BC1AA,.?.BC±平面ABBA，因此BC1AB①，1 11 1AR3ABtanZABR=——=_=