十年真題(2022-2023)高考數(shù)學(xué)真題分類匯編專題10立體幾何與空間向量解答題(理)(含解析)綜合文庫

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專題10立體幾何與空間向量解答題

歷年考題細目表

歷年高考真題匯編

1．【2023年新課標(biāo)1理科18】如圖，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點．

（1）證明：MN∥平面C1DE；

（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．

【解答】（1）證明：如圖，過N作NH⊥AD，則NH∥AA1，且，

又MB∥AA1，MB，∴四邊形NMBH為平行四邊形，則NM∥BH，

由NH∥AA1，N為A1D中點，得H為AD中點，而E為BC中點，

∴BE∥DH，BE＝DH，則四邊形BEDH為平行四邊形，則BH∥DE，

∴NM∥DE，

∵NM?平面C1DE，DE?平面C1DE，

∴MN∥平面C1DE；

（2）解：以D為坐標(biāo)原點，以垂直于DC得直線為x軸，以DC所在直線為y軸，以DD1所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則N（，，2），M（，1，2），A1（，﹣1，4），

，，

設(shè)平面A1MN的一個法向量為，

由，取x，得，

又平面MAA1的一個法向量為，

∴cos．

∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值為．

2．【2023年新課標(biāo)1理科18】如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點，以DF為折痕把△DFC折起，使點C到達點P的位置，且PF⊥BF．

（1）證明：平面PEF⊥平面ABFD；

（2）求DP與平面ABFD所成角的正弦值．

【解答】（1）證明：由題意，點E、F分別是AD、BC的中點，

則，，

由于四邊形ABCD為正方形，所以EF⊥BC．

由于PF⊥BF，EF∩PF＝F，則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，過P作PH⊥EF于點H，連接DH，

由于EF為面ABCD和面PEF的交線，PH⊥EF，

則PH⊥面ABFD，故PH⊥DH．

在三棱錐P﹣DEF中，可以利用等體積法求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，則PF⊥平面PDE，

故VF﹣PDE，

由于BF∥DA且BF⊥面PEF，

所以DA⊥面PEF，

所以DE⊥EP．

設(shè)正方形邊長為2a，則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為DP與平面ABFD所成角的正弦值為：．

3．【2023年新課標(biāo)1理科18】如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．（1）證明：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）證明：∵∠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，∴四邊形ABCD為平行四邊形，

由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，則四邊形ABCD為矩形，

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

設(shè)PA＝AB＝2a，則AD．

取AD中點O，BC中點E，連接PO、OE，

以O(shè)為坐標(biāo)原點，分別以O(shè)A、OE、OP所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則：D，B，P（0，0，），C．

，，．設(shè)平面PBC的一個法向量為，

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，則為平面PAB的一個法向量，．

∴cos．

由圖可知，二面角A﹣PB﹣C為鈍角，

∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值為．

4．【2023年新課標(biāo)1理科18】如圖，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點的五面體中，面ABEF為正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D﹣AF﹣E與二面角C﹣BE﹣F都是60°．

（Ⅰ）證明平面ABEF⊥平面EFDC；

（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣A的余弦值．

【解答】（Ⅰ）證明：∵ABEF為正方形，∴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為二面角D﹣AF﹣E的平面角；

由ABEF為正方形，AF⊥平面EFDC，

∵BE⊥EF，

∴BE⊥平面EFDC

即有CE⊥BE，

可得∠CEF為二面角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，

∴四邊形EFDC為等腰梯形．

以E為原點，建立如圖所示的坐標(biāo)系，設(shè)FD＝a，

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

∴（0，2a，0），（，﹣2a，a），（﹣2a，0，0）

設(shè)平面BEC的法向量為（x1，y1，z1），則，

則，?。?，0，﹣1）．

設(shè)平面ABC的法向量為（x2，y2，z2），則，

則，?。?，，4）．

設(shè)二面角E﹣BC﹣A的大小為θ，則cosθ

，

則二面角E﹣BC﹣A的余弦值為．

5．【2023年新課標(biāo)1理科18】如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝120°，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側(cè)的兩點，

BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC．

（Ⅰ）證明：平面AEC⊥平面AFC

（Ⅱ）求直線AE與直線CF所成角的余弦值．

【解答】解：（Ⅰ）連接BD，

設(shè)BD∩AC＝G，

連接EG、EF、FG，

在菱形ABCD中，

不妨設(shè)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，F(xiàn)D，可得EF，從而EG2+FG2＝EF2，則EG⊥FG，

（或由tan∠EGB?tan∠FGD??1，

可得∠EGB+∠FGD＝90°，則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）如圖，以G為坐標(biāo)原點，分別以GB，GC為x軸，y軸，|GB|為單位長度，

建立空間直角坐標(biāo)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，．

則有直線AE與直線CF所成角的余弦值為．

6．【2023年新課標(biāo)1理科19】如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)面BB1C1C為菱形，AB⊥B1C．（Ⅰ）證明：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）連結(jié)BC1，交B1C于點O，連結(jié)AO，

∵側(cè)面BB1C1C為菱形，

∴BC1⊥B1C，且O為BC1和B1C的中點，

又∵AB⊥B1C，∴B1C⊥平面ABO，

∵AO?平面ABO，∴B1C⊥AO，

又B10＝CO，∴AC＝AB1，

（2）∵AC⊥AB1，且O為B1C的中點，∴AO＝CO，

又∵AB＝BC，∴△BOA≌△BOC，∴OA⊥OB，

∴OA，OB，OB1兩兩垂直，

以O(shè)為坐標(biāo)原點，的方向為x軸的正方向，||為單位長度，

的方向為y軸的正方向，的方向為z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，

∵∠CBB1＝60°，∴△CBB1為正三角形，又AB＝BC，

∴A（0，0，），B（1，0，0，），B1（0，，0），C（0，，0）

∴（0，，），（1，0，），（﹣1，，0），

設(shè)向量（x，y，z）是平面AA1B1的法向量，

則，可?。?，，），

同理可得平面A1B1C1的一個法向量（1，，），

∴cos，，

∴二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值為

7．【2023年新課標(biāo)1理科18】如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°．（Ⅰ）證明AB⊥A1C；

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

【解答】解：（Ⅰ）取AB的中點O，連接OC，OA1，A1B，

由于CA＝CB，所以O(shè)C⊥AB，由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，

所以△AA1B為等邊三角形，所以O(shè)A1⊥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，交線為AB，

所以O(shè)C⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC兩兩垂直．

以O(shè)為坐標(biāo)原點，的方向為x軸的正向，||為單位長，建立如圖所示的坐標(biāo)系，

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

則（1，0，），（﹣1，，0），（0，，），

設(shè)（x，y，z）為平面BB1C1C的法向量，則，即，

可取y＝1，可得（，1，﹣1），故cos，，

又由于直線與法向量的余弦值的肯定值等于直線與平面的正弦值，

故直線A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值為：．

8．【2023年新課標(biāo)1理科19】如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝BCAA1，D是棱AA1的中點，DC1⊥BD（1）證明：DC1⊥BC；

（2）求二面角A1﹣BD﹣C1的大?。?/p>

【解答】（1）證明：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的中點O，過點O作OH⊥BD于點H，連接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，∴點H與點D重合且∠C1DO是二面角A1﹣BD﹣C1的平面角設(shè)AC＝a，則，，

∴sin∠C1DO

∴∠C1DO＝30°

即二面角A1﹣BD﹣C1的大小為30°

9．【2023年新課標(biāo)1理科18】如圖，四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD．

（Ⅰ）證明：PA⊥BD；

（Ⅱ）若PD＝AD，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．

【解答】（Ⅰ）證明：由于∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD，

從而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）如圖，以D為坐標(biāo)原點，AD的長為單位長，

射線DA為x軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz，則

A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣1，，0），P（0，0，1）．

（﹣1，，0），（0，，﹣1），（﹣1，0，0），

設(shè)平面PAB的法向量為（x，y，z），則

即，

因此可?。?，1，）

設(shè)平面PBC的法向量為（x，y，z），則，

即：

可?。?，1，），cos

故二面角A﹣PB﹣C的余弦值為：．

10．【2023年新課標(biāo)1理科18】如圖，已知四棱錐P﹣ABCD的底面為等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足為H，PH是四棱錐的高，E為AD中點

（Ⅰ）證明：PE⊥BC

（Ⅱ）若∠APB＝∠ADB＝60°，求直線PA與平面PEH所成角的正弦值．

【解答】解：以H為原點，HA，HB，HP分別為x，y，z軸，線段HA的長為單位長，

建立空間直角坐標(biāo)系如圖，則A（1，0，0），B（0，1，0）

（Ⅰ）設(shè)C（m，0，0），P（0，0，n）（m＜0，n＞0）

則．

可得．

由于

所以PE⊥BC．

（Ⅱ）由已知條件可得m

，n＝1，故C，設(shè)（x，y，z）為平面PEH的法向量則即因此可以取

，由

，可得所以直線PA與平面PEH所成角的正弦值為．

考題分析與復(fù)習(xí)建議

本專題考查的學(xué)問點為：直線、平面平行、垂直的判定與性質(zhì)，空間向量及其運算，立體幾何中的向量方法（證明平行與垂直、求空間角和距離）等.歷年考題主要以解答題題型消失，重點考查的學(xué)問點為：直線、平面平行、垂直的判定與性質(zhì)，空間向量及其運算，立體幾何中的向量方法（證明平行與垂直、求空間角和距離）等.猜測明年本考點題目會比較穩(wěn)定，備考方向以學(xué)問點直線、平面平行、垂直的判定與性質(zhì)，空間向量及其運算，立體幾何中的向量方法（證明平行與垂直、求空間角和距離）等為重點較佳.

最新高考模擬試題

1．如圖，在三棱柱111ABCABC-中，側(cè)面11ABBA是菱形，160BAA∠=?，E是棱1BB的中點，CACB=，F(xiàn)在線段AC上，且2AFFC=.

（1）證明：1//CB面1AEF；

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

【答案】（1）詳見解析；（2）

52929

.【解析】解：（1）連接1AB交1AE于點G，連接FG．

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

=，所以1AFAGFCGB=，所以1//FGCB，又1CB?面1AEF，F(xiàn)G?面1AEF，所以1//CB面1AEF.

（2）過C作COAB⊥于O，由于CACB=，所以O(shè)是線段AB的中點．由于面CAB⊥面11ABBA，面CABI面11ABBAAB=，所以CO⊥面1ABA．連接1OA，由于1ABA?是等邊三角形，O是線段AB的中點，所以1OAAB⊥.

如圖以O(shè)為原點，OAuuuv，1OAuuur，OCuuur分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)，

不妨設(shè)2AB=，則(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的中點33(,22E-，133(,,0)22

AE=--uuur，112(,3,)33AF=--uuuur.設(shè)面1AFE的一個法向量為1111(,,)nxyz=uv，則111100AEnAFn??=???=??uuuvuvuuuuvuv，即1111230333302

2xyzxy?+=????--=??，得方程的一組解為111135xyz=-??=??=?1(13,5)n=-ur.

面1ABA的一個法向量為2(0,0,1)n=uur，則1212

12

529cos,nnnnnn?==uruurur

uururuur，所以二面角1FAEA--的余弦值為52929.

2．如圖，菱形ABCD與正三角形BCE的邊長均為2，它們所在平面互相垂直，F(xiàn)D⊥平面ABCD，EFP平面ABCD．

（1）求證：平面ACF⊥平面BDF；

（2）若60CBA∠=?，求二面角ABCF--的大小．

【答案】(1)見證明；(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）設(shè)ACBDO=I，以O(shè)為原點，OB為x軸，OA為y軸，

過O作平面ABCD的垂線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

則(3,0,0)B，0,1,0C-

，(3,0,3)F-，

(3,1,0)BC=--uuur，(23,0,3)BF=-uuur，

設(shè)平面BCF的法向量(,,)nxyz=r

，則302330

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

設(shè)二面角ABCF--的大小為θ，

則||2cos||||28

mnmnθ?===?rrrr，∴4π

θ=．

∴二面角ABCF--的大小為4

π．3．如圖，在幾何體1111ACDABCD-中，四邊形1111ADDACDDC，為矩形，平面11ADDA⊥平面11CDDC，11BA⊥平面11ADDA，1111,2ADCDAAAB====，E為棱1AA的中點.

（Ⅰ）證明：11BC⊥平面1CCE；（Ⅱ）求直線11BC與平面1BCE所成角的正弦值.

【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）

7

.【解析】（Ⅰ）因為11BA⊥平面11ADDA，所以111BADD⊥，

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

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

所以11CD⊥平面11ADDA，

經(jīng)計算可得1111BEBCEC==