高考数学《立体几何》真题大题解析汇总

高考数学《立体几何》真题大题解析汇总1.（高考新课标1卷）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。【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）-【解析】试题分析：（Ⅰ）先证明AF⊥平面EFDC，结合AF∈平面ABEF，可得平面ABEF⊥平面EFDC。（Ⅱ）建立空间直角坐标系，分别求出平面BCF的法向量m及平面BCE的法向量n，再利用cosn,m=n·m/|n||m|求二面角。试题解析：（Ⅰ）由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，所以AF⊥平面EFDC。又AF∈平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC。（Ⅱ）过D作DG⊥EF，垂足为G，由（Ⅰ）知DG⊥平面ABEF。以G为坐标原点，GF的方向为x轴正方向，GF为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz。由（Ⅰ）知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角，故∠DFE=60，则DF=2,DG=3，可得A(1,4,0)，B(-3,4,0)，E(-3,0,0)，D(0,0,3)。由已知，AB∥FE，所以AB∥平面EFDC。又平面ABCD∥平面EFDC，故AB∥CD，CD∥FE。由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角，∠CEF=60。从而可得C(-2,0,3)。所以EC=(1,0,3)，EB=(0,4,0)，AC=(-3,-4,3)，AB=(-4,0,0)。设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量，则n·EC=0，n·EB=0，即，x+3z=0，4y=0，n·EB=3。所以可取n=3,0,-3。设m是平面ABCD的法向量，则m·AC=0，m·AB=0，同理可取m=0,3,4。则cosn,m=n·m/|n||m|=-219/19。故二面角E-BC-A的余弦值为-219/19。考点：垂直问题的证明及空间向量的应用m·n-1475=0，其中25|m|·|n|，50×10。在三角函数sin<m,n>=295/25的情况下，可以得到二面角B-D'A-C的正弦值。考点是线面垂直的判定和二面角。【名师点睛】证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②a∥b，a⊥α⇒b⊥α；③α∥β，a⊥α⇒a⊥β；④面面垂直的性质。线面垂直的性质常用于证明线线垂直。求二面角最常用的方法是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角。在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O'的直径，FB是圆台的一条母线。（Ⅰ）已知G、H分别为EC、FB的中点，求证：GH∥平面ABC；（Ⅱ）已知EF=FB=1/2AC=23/2，AB=BC。求二面角F-BC-A的余弦值。【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）7/23。【解析】（Ⅰ）证明：设FC的中点为I，连接GI、HI，在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI//EF，又EF//OB，所以GI//OB，在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI//BC，又HI∩GI=I，所以平面GHI//平面ABC，因为GH∥平面GHI，所以GH//平面ABC。（Ⅱ）解法一：连接OO'，则OO'⊥平面ABC，又AB=BC，且AC是圆O的直径，所以BO⊥AC。以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz。由题意得B(0,23,0)，C(-23,0,0)，过点F作FM垂直OB于点M，所以FM=√(FB²-BM²)=3，可得F(0,3,3)，故BC=(-23,-23,0)，BF=(0,-3,3)。设m=(x,y,z)是平面BCF的一个法向量，则m·BC=-23x-23y=0，由m·BF=-3y+3z=0，可得平面BCF的一个法向量m=(-1,1,3/2)。设二面角F-BC-A所在平面的法向量为n，则n·BC=(-23,0,0)·(x,y,z)=23x=23|n|，n·BF=(0,-3,3)·(x,y,z)=-3y+3z=3|n|√2/2。所以|n|=23/√2，cos(F-BC-A)=n·m/|n||m|=7/23。（Ⅱ）解法二：找到∠FNM为二面角F-BC-A的平面角直接求解。由EF=FB，可知△EFB是等腰三角形，所以∠FBE=∠FEB。又因为AB=BC，所以∠ABF=∠CBF，所以∠FBE=∠CBF。所以平面EBF与平面BCF垂直，所以∠FNM=90°，所以cos(F-BC-A)=sin∠FNM=7/23。（1）由面面垂直性质定理可知AB⊥平面PAD，又因为PA⊥PD，所以PD垂直于平面PAD，即PD⊥平面PAD。又因为PAD垂直于ABCD，所以PD垂直于平面ABCD。由面面垂直性质定理可知PD垂直于平面PAB。（2）连接PB，PC，CD，由勾股定理可得BC=√(AC²-AB²)=√24。又因为AB⊥AD，所以BC⊥AD。由线面垂直判定定理可知PB⊥平面PCD。所以PB与平面PCD所成角的正弦值为PB在平面PCD上的投影长度与PB长度之比，即sinθ=CD/BC=5/√24。（3）在棱PA上存在点M，使得BM//平面PCD。取M为PA上距离P的2/5处的点，则BM:MA=3:2，所以BM=3/5PA。又因为PCD与AB平行，所以PCD与平面PAB垂直，即PCD⊥平面PAB。所以BM在平面PCD上的投影长度为BM在平面PAB上的投影长度的3/5，即BM在平面PCD上的投影长度为3/5×BM在平面PAB上的投影长度。而BM在平面PAB上的投影长度为0，因为BM与平面PAB平行。所以BM在平面PCD上的投影长度为0，即BM在平面PCD上的投影为0，所以BM不在平面PCD上。所以在棱PA上不存在点M，使得BM//平面PCD。在空间直角坐标系Oxyz中，以O为坐标原点，建立坐标系。设向量PA为a，向量PB为b，则向量AB为a-b。由于AB垂直于平面PAD，所以AB垂直于向量PA和向量PD。因此，AB与向量PD的叉积为向量PA的倍数。又因为AB与向量PD的叉积为向量AB和向量PD的叉积，所以向量AB和向量PD的叉积为向量PA的倍数。因此，向量AB和向量PD的叉积与向量PA共面。又因为向量AB和向量PD的叉积与向量PA垂直，所以向量AB和向量PD的叉积在平面PAB上。因此，MN平面PAB成立。（Ⅱ）求证：BM∥平面PCD。设向量PM为c，则向量PC为a+c，向量PD为c-b。因为PA垂直于平面ABCD，所以PA垂直于向量AB和向量AD。因此，向量PA与向量AB和向量AD的叉积为0。又因为向量AB和向量AD的叉积为向量ABD，所以向量PA和向量ABD共面。因此，向量PA和向量ABD的叉积在平面PAB上。因为MN平面PAB，所以向量PA和向量ABD的叉积与向量MN共面。又因为向量ABD与向量PD的叉积为向量PB的倍数，所以向量ABD与向量PD的叉积与向量PB共线。因此，向量PA和向量PD的叉积与向量PB共面。又因为向量PA和向量PD的叉积在平面PAB上，所以向量PB在平面PAB上。因此，向量PB与平面PCD的法向量n的点积为0。因此，向量PB与n平行，即BM∥平面PCD。（Ⅲ）求证：BM与MN垂直。因为MN平面PAB，所以BM垂直于MN平面的法向量在平面PAB上。因为BM∥平面PCD，所以BM垂直于平面PCD的法向量在平面PAB上。因此，BM垂直于向量PA和向量AB的叉积。又因为向量PA和向量AB的叉积为向量ABD，所以BM垂直于向量ABD。又因为向量ABD与向量MD的叉积为向量BM的倍数，所以BM垂直于向量MD。因此，BM与MN垂直。在Rt△AEH中，已知∠AEH=45°，AE=1，因此根据三角形勾股定理，AH=$\sqrt{2}$。在Rt△PAH中，已知PH=PA+AH=$\frac{3}{2}$，因此根据正弦定理，$\sin\angleAPH=\frac{AH}{PH}=\frac{\sqrt{2}}{3}$。根据已知条件CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD=A，因此CD⊥平面PAD，进而CD⊥PD。由于∠PDA是二面角P-CD-A的平面角，因此∠PDA=45°。又因为PA⊥AB，所以PA⊥平面ABCD。设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2。作Ay⊥AD，以A为原点，以AD,AP的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A（0,0,0），P（0,0,2），C（2,1,0），E（1,0,0），因此PE=（1,0,-2），EC=（1,1,0），AP=（0,0,2）。设平面PCE的法向量为n=（x,y,z），则由n·PE=0和x-2z=0可得x=2，解得n=（2,-2,1）。又因为n·EC=0，所以x+y=0，解得y=-2。因此n=（2,-2,1）。设直线PA与平面PCE所成角为α，则根据正弦定理，$\sin\alpha=\frac{|n·AP|}{|n||AP|}=\frac{1}{\sqrt{2^2+(-2)^2+1^2}\times2}=\frac{1}{3\sqrt{2}}$。（1）三棱锥C-O1A1B1的底面是边长为$\pi$的正方形，因此底面积为$\pi^2$。O1A1的长度为1，B1C的长度为$\frac{2}{3}\pi$，因此三棱锥的高为$\frac{2}{3}\pi-1$。因此三棱锥的体积为$\frac{1}{3}\times\pi^2\times(\frac{2}{3}\pi-1)=\frac{2}{9}\pi^3-\frac{1}{3}\pi^2$。（2）异面直线B1C和AA1的方向向量分别为（1,-1,0）和（0,0,1），因此它们的夹角的余弦值为它们的方向向量的点积除以它们的模的乘积，即$\cos\theta=\frac{(1)(0)+(-1)(0)+(0)(1)}{\sqrt{2}\times1}=-\frac{1}{\sqrt{2}}$，因此异面直线B1C和AA1所成的角的大小为$\theta=|\arccos(-\frac{1}{\sqrt{2}})|=\frac{\pi}{4}$。高考数学《立体几何》真题大题解析汇总题目分析：1.本题中圆柱的高度为1，底面半径为1，因此可以确定角AOB为π/3，进而计算出三角形OAB的面积为√3/4。2.假设过点B1的母线与下底面相交于点B，由于B1B//AA1，所以∠C1B1B或其补角为直线B1C与AA1所成的角。可以计算出∠COB为π/3，CB的长度为1。由于B1B垂直于平面AOC，所以B1B垂直于CB。在三角形CB1B中，知∠B1BC为π/