近三年高考(2014-2016)数学(理)试题分项版：专题10 立体几何(大题)(版)资料

三年高考（2014-2016）数学（理）试题分项版解析第十章立体几何三、解答题12.【2015江苏高考，16】（本题满分14分）如图，在直三棱柱111CBAABC中，已知BCAC，1CCBC，设1AB的中点为D，EBCCB11.求证：（1）CCAADE11//平面；（2）11ABBC.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】试题分析（1）由三棱锥性质知侧面11BBCC为平行四边形,因此点E为1BC的中点，从而由三角形中位线性质得//DEAC，再由线面平行判定定理得CCAADE11//平面（2）因为直三棱柱111CBAABC中1CCBC，所以侧面11BBCC为正方形，因此11BCBC，又BCAC，1ACCC（可由直三棱柱推导），因此由线面垂直判定定理得11ACBBCC平面,从而1ACBC，再由线面垂直判定定理得11BCABC平面,进而可得11ABBC试题解析：（1）由题意知，为1C的中点，又D为1的中点，因此D//C．又因为D平面11CC，C平面11CC，所以D//平面11CC．ABCDEA1B1C1（2）因为棱柱111CC是直三棱柱，所以1CC平面C．【考点定位】线面平行判定定理，线面垂直判定定理【名师点晴】不要忽视线面平行的判定定理中线在面外条件．证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线,常利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.证明线面垂直时，不要忽视面内两条线为相交线这一条件．证明直线与平面垂直的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与性质，注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活利用，这是证明空间垂直关系的基础．13.【2016高考天津理数】（本小题满分13分）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2.（I）求证：EG∥平面ADF；（II）求二面角O-EF-C的正弦值；（III）设H为线段AF上的点，且AH=23HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）33（Ⅲ）721【解析】试题分析：（Ⅰ）利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，利用法向量与直线方向向量垂直进行论证（Ⅱ）利用空间向量求二面角，关键是求出面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与二面角相等或互补关系求正弦值（Ⅲ）利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与线面角互余关系求正弦值试题解析：依题意，OFABCD平面，如图，以O为点，分别以,,ADBAOF的方向为x轴，y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得(0,0,0)O，1,1,0,(1,1,0),(1,1,0),(11,0),(1,1,2),(0,0,2),(1,0,0)ABCDEFG，.（I）证明：依题意，(2,0,0),1,1,2ADAF.设1,,nxyz为平面ADF的法向量，则1100nADnAF，即2020xxyz.不妨设1z，可得10,2,1n，又0,1,2EG，可得10EGn，又因为直线EGADF平面，所以//EGADF平面.（II）解：易证，1,1,0OA为平面OEF的一个法向量.依题意，1,1,0,1,1,2EFCF.设2,,nxyz为平面CEF的法向量，则2200nEFnCF，即020xyxyz.不妨设1x，可得21,1,1n.因此有2226cos,3OAnOAnOAn，于是23sin,3OAn，所以，二面角OEFC的正弦值为33.考点：利用空间向量解决立体几何问题14.【2014江苏，理16】如图在三棱锥-PABC中，,,DEF分别为棱,,PCACAB的中点，已知,6,8,5PAACPABCDF，求证（1）直线//PA平面DEF；（2）平面BDE平面ABC.【答案】证明见解析．【解析】试题解析：（1）由于,DE分别是,PCAC的中点，则有//PADE，又PADEF平面，DEDEF平面，所以//PADEF平面．（2）由（1）//PADE，又PAAC，所以PEAC，又F是AB中点，所以132DEPA，142EFBC，又5DF，所以222DEEFDF，所以DEEF，,EFAC是平面ABC内两条相交直线，所以DEABC平面，又DE平面BDE，所以平面BDE平面ABC．【考点定位】线面平行判定定理，面面垂直判定定理【名师点晴】不要忽视线面平行的判定定理中线在面外条件．证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线,常利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的技巧所在．证明线面垂直时，不要忽视面内两条线为相交线这一条件．证明直线与平面垂直的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与性质，注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活利用，这是证明空间垂直关系的基础．15.【2015江苏高考，22】（本小题满分10分）如图，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，2ABCBAD,2,1PAADABBC（1）求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；（2）点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成角最小时，求线段BQ的长【答案】（1）33（2）255【解析】（1）因为D平面，所以D是平面的一个法向量，D0,2,0．因为C1,1,2，D0,2,2．设平面CD的法向量为,,mxyz，则C0m，D0m，即20220xyzyz．令1y，解得1z，1x．所以1,1,1m是平面CD的一个法向量．从而D3cosD,3Dmmm，所以平面与平面CD所成二面角的余弦值为33．（2）因为1,0,2，设Q,0,2（01），又C0,1,0，则CQCQ,1,2，又D0,2,2，从而2CQD12cosCQ,DCQD102．设12t，1,3t，则2222229cosCQ,D5109101520999tttt．当且仅当95t，即25时，cosCQ,D的最大值为31010．因为cosyx在0,2上是减函数，此时直线CQ与D所成角取得最小值．又因为22125，所以225Q55．【考点定位】空间向量、二面角、异面直线所成角【名师点晴】1．求两异面直线a，b的夹角θ，须求出它们的方向向量a，b的夹角，则cosθ＝|cos〈a，b〉|.2．求直线l与平面α所成的角θ可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹角．则sinθ＝|cos〈n，a〉|.3．求二面角α­l­β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角，则θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．16.【2015高考山东，理17】如图，在三棱台DEFABC中，2,,ABDEGH分别为,ACBC的中点.（Ⅰ）求证：//BD平面FGH；（Ⅱ）若CF平面ABC，,ABBCCFDE，45BAC,求平面FGH与平面ACFD所成的角（锐角）的大小.【答案】（I）详见解析；（II）60【解析】试题分析：（I）思路一：连接,DGCD，设CDGFO，连接OH，先证明//OHBD，从而由直线与平面平行的判定定理得//BD平面HDF；思路二：先证明平面//FGH平面ABED，再由平面与平面平行的定义得到//BD平面HDF.（II）思路一：连接,DGCD，设CDGFO，连接OH，证明,,GBGCGD两两垂直,以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz，利用空量向量的夹角公式求解；思路二：作HMAC于点M，作MNGF于点N，连接NH，证明MNH即为所求的角，然后在三角形中求解.试题解析：证法二：在三棱台DEFABC中，由2,BCEFH为BC的中点可得//,,BHEFBHEF所以四边形BHFE为平行四边形可得//BEHF在ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以//GHAB又GHHFH，所以平面//FGH平面ABED因为BD平面ABED所以//BD平面FGH（II）解法一：设2AB，则1CF在三棱台DEFABC中，G为AC的中点由12DFACGC，可得四边形DGCF为平行四边形，因此//DGCF又FC平面ABC所以DG平面ABC在ABC中，由,45ABBCBAC，G是AC中点，所以,ABBCGBGC因此,,GBGCGD两两垂直,以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz所以0,0,0,2,0,0,0,2,0,0,0,1GBCD可得22,,0,0,2,122HF故22,,0,0,2,122GHGF设,,nxyz是平面FGH的一个法向量，则由0,0,nGHnGF可得020xyyz可得平面FGH的一个法向量1,1,2n因为GB是平面ACFD的一个法向量，2,0,0GB所以21cos,2||||22GBnGBnGBn所以平面与平面所成的解(锐角)的大小为60在BGC中,12//,,22MHBGMHBG由GNM∽GCF可得,MNGMFCGF从而66MN由MH平面,ACFDMN平面ACFD得,MHMN因此tan3HMMNHMN所以60MNH所以平面FGH与平面ACFD所成角（锐角）的大小为60.【考点定位】1、空间直线与平面的位置关系；2、二面角的求法；3、空间向量在解决立体几何问题中的应用.【名师点睛】本题涉及到了立体几何中的线面平行与垂直的判定与性质，全面考查立几何中的证明与求解，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；利用空间向量解决立体几何问题是一种成熟的方法，要注意建立适当的空间直角坐标系以及运算的准确性.17.【2014山东.理17】（本小题满分12分）如图，在四棱柱1111ABCDABCD中，底面ABCD是等腰梯形，60DAB，22ABCD，M是线段AB的中点.（Ⅰ）求证：111//CMAADD；（Ⅱ）若1CD垂直于平面ABCD且13CD，求平面11CDM和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值.【答案】（I）证明：见解析；（II）平面11CDM和平面ABCD所成角（锐角）的余弦值为55.【解析】试题分析：（I）由四边形ABCD是等腰梯形，且2ABCD，可得//CDMA且CDMA.连接1AD，可得1111//,CDMACDMA，从而得到四边形11AMCD为平行四边形，进一步可得1//CM平面11AADD.思路二：按照“一作，二证，三计算”.过C向AB引垂线交AB于N，连接1DN，由1CD平面ABCD，可得1DNAB，得到1DNC为二面角1CABC的平面角，利用直角三角形中的边角关系计算平面11CDM和平面ABCD所成角（锐角）的余弦值.试题解析：（I）证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，且2ABCD，所以//ABCD，又由M是AB的中点，因此//CDMA且CDMA.连接1AD，在四棱柱1111ABCDABCD中，因为1111//,CDCDCDCD，可得1111//,CDMACD