2022年新教材高考数学 临考题号押第19题 立体几何（含解析）.docx

1、押第19题 立体几何对于立体几何的解答题，在高考中常借助柱、锥体考查线面、平行与垂直，考查利用空间向量求二面角、线面角、线线角的大小，考查利用空间向量探索存在性问题及位置关系等，难度中等偏上1用向量法求异面直线所成的角（1）建立空间直角坐标系；（2）求出两条直线的方向向量；（3）代入公式求解，一般地，异面直线AC，BD的夹角的余弦值为.2用向量法求直线与平面所成的角（1）分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；（2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角3用向量法求二面角求二面角最常用的

2、方法就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4平面所成的二面角为，则，如图，AB，CD是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小如图，分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足|cos|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)1（2021湖南高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，E为PD的中点.（1）证明：平面ACE；（2）设，直线PB与平面ABCD所成的角为，求四棱锥的体积.【详解】（1）连接交于点，连接. 在中，因为，所以，因为平面，平

3、面，则平面.（2）因为平面ABCD，所以就是直线PB与平面ABCD所成的角，所以，又，所以，所以四棱锥的体积，所以四棱锥的体积为.2（2021天津高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点（I）求证：平面；（II）求直线与平面所成角的正弦值（III）求二面角的正弦值【详解】（I）以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，则,，因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，所以,设平面的一个法向量为，则，令，则，因为，所以，因为平面，所以平面；（II）由（1）得，设直线与平面所成角为，则；（III）由正方体的特征可得，平面的一个法向量为，则，所以二面角的正弦值为.

4、3（2021浙江高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，M，N分别为的中点，.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）在中，由余弦定理可得，所以，由题意且，平面，而平面，所以，又，所以（2）由，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系, 则,又为中点，所以.由（1）得平面，所以平面的一个法向量从而直线与平面所成角的正弦值为4（2021北京高考真题）如图：在正方体中，为中点，与平面交于点（1）求证：为的中点；（2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值【详解】(1)如图所示，取的中点，连结，由于为正方体，

5、为中点，故，从而四点共面，即平面CDE即平面，据此可得：直线交平面于点，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合，即点为中点.(2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，设，则：，从而：，设平面的法向量为：，则：，令可得：，设平面的法向量为：，则：，令可得：，从而：，则：，整理可得：，故（舍去）.5（2021全国高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值【详解】（1）取的中点为，连接.因为，则，而，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面.

6、（2）在平面内，过作，交于，则，结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.则，故.设平面的法向量，则即，取，则，故.而平面的法向量为，故.二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.1（2022河北秦皇岛二模）如图，在四棱锥中，.(1)证明：平面.(2)若为的中点，求二面角的大小.【解析】(1)证明：由题可知为等边三角形，所以，.在中，由余弦定理得，所以，所以.因为，且，所以平面.因为平面，所以.因为，且相交，所以平面.(2)以为坐标原点，以，的方向分别为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系则，.设平面的法向量为，则令，得.取平面的一个法向量为，则.由图可知二面角为锐角，所以二面角的大小为

7、.2（2022湖南永州三模）如图，在三棱柱中，.(1)求证：；(2)若，点满足，求二面角的余弦值.【解析】(1)连接交于点，连接，四边形为菱形，为中点，又，平面，平面，又平面，.(2)，在中，在中，有，又，平面，平面，则以为坐标原点，为轴可建立如图所示空间直角坐标系，则，设，则，解得：，设平面的法向量，令，解得：，；又平面，则平面的一个法向量为，又二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.3（2022江苏南京市第一中学三模）在正三棱柱中，D为中点，E为上一点(1)求四棱锥的体积；(2)若，求三棱锥的体积【解析】(1)解：取的中点为，因为三棱柱为正三棱柱，所以为正三角形，四边形为矩形，且平面，所以，又

8、，所以平面，即为四棱锥的高，又，所以，所以四棱锥的体积；(2)解：因为，即，所以为的中点，所以.4（2022广东汕头二模）如图所示，C为半圆锥顶点，O为圆锥底面圆心，BD为底面直径，A为弧BD中点是边长为2的等边三角形，弦AD上点E使得二面角的大小为30，且(1)求t的值；(2)对于平面ACD内的动点P总有平面BEC，请指出P的轨迹，并说明该轨迹上任意点P都使得平面BEC的理由【解析】(1)易知面，以所在直线为轴建立如图的空间直角坐标系，则，易知面的一个法向量为，设面的法向量为，则，令，则，可得，解得或3，又点E在弦AD上，故.(2)P的轨迹为过靠近的三等分点及中点的直线，证明如下：取靠近的三

9、等分点即中点，中点，连接，由为中点，易知，又面，面，所以平面BEC，又，面，面，所以平面BEC，又，所以面平面BEC，即和所在直线上任意一点连线都平行于平面BEC，又面，故P的轨迹即为所在直线，即过靠近的三等分点及中点的直线.5（2022福建模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，.(1)证明：平面平面；(2)若二面角的余弦值为，求二面角的正弦值.【解析】(1)设，连接，在菱形中，为中点，且，因为，所以，又因为，且，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；(2)作平面，以为，轴，建立空间直角坐标系，易知，则，因为，所以为二面角的平面角，所以，则，所以，设平面的法向量为，由，得取，则，所以，设

10、平面的法向量为，由，得取，则，所以，设二面角为，则，又，则.（限时：30分钟）1如图（1），平面四边形中，将沿边折起如图（2），使_，点，分别为，中点在题目横线上选择下述其中一个条件，然后解答此题为四面体外接球的直径平面平面（1）判断直线与平面的位置关系，并说明理由；（2）求二面角的正弦值【详解】（1）若选：，在中，可得，所以，又由，且,平面，所以平面，又因为平面，所以，又由，且,平面，所以平面，又因为，分别为，中点，可得，所以平面若选：为四面体外接球的直径，则，可得，又由，且,平面，所以平面，因为，分别为，中点，可得，所以平面若选：平面平面，平面平面，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以

11、，又由，且,平面，所以平面，因为，分别为，中点，可得，所以平面（2）以为原点，射线为轴建立如图直角坐标系，则，可得，设平面的法向量为，则，取，可得，所以设平面的法向量为，则,取，可得，所以，故二面角的正弦值.2如图，在三棱锥中，是边长为3的等边三角形，平面，点、分别为、的中点，点为线段上一点，且平面.（1）求证：；（2）求平面与平面所成角的正弦值.【详解】（1）证明：因为面，面，所以.又正中，面，.（2）解：连接交于点，连接，因为平面，所以，由重心性质知为靠近点的三等分点.，设面的法向量为，令，则，平面的法向量为，平面与平面所成角的正弦值为.3如图（1），平面四边形中，将沿边折起如图（2），使

12、_，点，分别为，中点在题目横线上选择下述其中一个条件，然后解答此题为四面体外接球的直径平面平面（1）判断直线与平面的位置关系，并说明理由；（2）求三棱锥的体积【详解】（1）若选：，在中，可得，又由，所以，所以，因为，且，平面，所以平面，又因为平面，所以，又由，且平面，所以平面，又因为，分别为，中点，所以，所以平面若选：为四面体外接球的直径，则，因为，可证得平面，又，分别为，中点，所以平面若选：平面平面，平面平面，因为，且平面，所以平面，又由平面，所以，因为，且平面，所以平面，又因为，分别为，中点，所以平面（2）由（1）知平面，其中为直角三角形，可得，故三棱锥的体积为4如图，在四棱锥中，平面，是

13、的中点.（1）证明：平面平面；（2）求三棱锥的体积.【详解】（1）取中点，连接，因为，所以，由平面，平面，所以，又由，且平面，所以平面，因为是中位线，所以，四边形是平行四边形，于是平而，平面，所以平面平面.（2）由（1）可得，且平面，所以平面， 所以，因为平面，可得，又由，所以，所以.5如图，三棱柱中，分别是和的中点，点在棱上，且.（1）证明：平面；（2）若底面，求二面角的余弦值.【详解】（1）证明：如图，连接交于点，连接，.因为，分别是和的中点，故，故.又，故，故.又平面，所以平面.（2）由题意知，两两垂直，以为坐标原点，以的方向为轴正方向，分别以，为轴和轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系.则，.设为平面的法向量，则，即，可取.设为平面的法向量，则，即，可取.所以.由题意知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.