三年高考2016_2018高考数学试题分项版解析专题25立体几何中综合问题理含解析90.pdf
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1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 专题 25 立体几何中综合问题 专题 25 立体几何中综合问题 考纲解读明方向 考点内容解读要求高考示例常考题型 预测热度 空间向量 及其应用 理解直线的方向向量与平面的法向量; 能用向量语言表述直线与直线、直线与 平面、平面与平面的垂直、平行关系; 能用向量方法证明有关直线和平面位 置关系的一些定理(包括三垂线定理); 能用向量方法解决直线与直线、直线与 平面、平面与平面的夹角的计算问题,了 解向量方法在研究立体几何问题中的应 用 掌握 2017 浙江,9; 2017 课标全国,19; 2017 天津,17;2017 江 苏,22; 2017 北京
2、,16;2017 浙 江,19; 2017 山东,17; 2016 课标全国,19; 2016 山东,17;2016 浙 江,17; 2015 课标,19;2014 陕 西,17; 2013 课标全国,18 解答题 分析解读 1.能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理及有关结论证明点共线、点共面、线共面及 线线、线面的平行与垂直问题;会求线线角、线面角;会求点点距、点面距等距离问题,从而培养用向量法思 考问题和解决问题的能力.2.会利用空间向量的坐标运算、两点间距离公式、夹角公式以及相关结论解决有 关平行、垂直、长度、角、距离等问题,从而培养准确无误的运算能力.3.本节内容在高考中延续解答
3、题的 形式,以多面体为载体,求空间角的命题趋势较强,分值约为 12 分,属中档题. 2018 年高考全景展示 1 【2018 年理数天津卷】如图,且AD=2BC,,且EG=AD,且CD=2FG, ,DA=DC=DG=2. (I)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:; (II)求二面角的正弦值; (III)若点 P 在线段 DG 上,且直线 BP 与平面ADGE所成的角为 60,求线段 DP 的长. 【答案】()证明见解析;();(). 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 详解:依题意,可以建立以D为原点,分别以,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向的空间直角 坐标系(如图) ,可得D(
4、0,0,0) ,A(2,0,0) ,B(1,2,0) ,C(0,2,0) , E(2,0,2) ,F(0,1,2) ,G(0,0,2) ,M(0, ,1) ,N(1,0,2) ()依题意=(0,2,0) ,=(2,0,2) 设n0=(x,y,z)为平面CDE的法向量,则 即 不妨令z=1,可得n0=(1,0,1) 又=(1,1) ,可得,又因为直 线MN平面CDE,所以MN平面CDE ()依题意,可得=(1,0,0) ,=(0,1,2) 设n=(x,y,z)为平面BCE 的法向量, 则即不妨令z=1, 可得n=(0, 1, 1) 设m=(x,y,z) 为平面BCF 的法向量, 则 即 不妨令z
5、=1, 可得m=(0, 2, 1) 因此有cos= ,于是sin=所以,二面角EBCF的正弦值为 ()设线段DP的长为h(h0,2 ) ,则点P的坐标为(0,0,h) ,可得 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 易知,=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故,由题意,可 得=sin60=,解得h=0,2 所以线段的长为. 点睛:本题主要考查空间向量的应用,线面平行的证明,二面角问题等知识,意在考查学生的转化能力和 计算求解能力. 2 【2018 年理北京卷】如图,在三棱柱ABC-中,平面ABC,D,E,F,G分别为,AC, 的中点,AB=BC=,AC=2 ()求证:AC平面BEF
6、; ()求二面角B-CD-C1的余弦值; ()证明:直线FG与平面BCD相交 【答案】(1)证明见解析(2) B-CD-C1的余弦值为(3)证明过程见解析 【解析】分析 : (1)由等腰三角形性质得,由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得, 因此, 最后根据线面垂直判定定理得结论,(2) 根据条件建立空间直角坐标系 E-ABF, 设立各点坐标, 利用方程组解得平面 BCD 一个法向量,根据向量数量积求得两法向量夹角,再根据二面角与法向量夹角相 等或互补关系求结果, (3)根据平面 BCD 一个法向量与直线FG 方向向量数量积不为零,可得结论. 详解 : 解 : () 在三棱柱ABC-A1B1C1中
7、, CC1平面ABC, 四边形A1ACC1为矩形 又E,F分别为AC,A1C1 的中点,ACEFAB=BCACBE,AC平面BEF ()由(I)知ACEF,ACBE,EFCC1又CC1平面ABC,EF平面ABC BE平面ABC, EFBE 如图建立空间直角坐称系E-xyz 由题意得B(0, 2, 0) ,C(-1, 0, 0) ,D(1, 0, 1) ,F (0, 0, 2) ,G(0, 2, 1) , 设平面BCD的法向量为, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 , , 令a=2, 则b=-1,c=-4, 平面BCD的法向量, 又平面CDC1 的法向量为,由图可得二面角B-CD-C1
8、为钝角,所以二 面角B-CD-C1的余弦值为 ()平面BCD的法向量为,G(0,2,1) ,F(0,0,2) , , 与不垂直,GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内,GF与平面BCD相交 点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行. (2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直. (3)证明线线垂直,需转化为证明线面垂直. 3 【2018 年江苏卷】如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点P,Q分别为A1B1,BC的中点 (1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值; (2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值
9、 【答案】 (1)(2) 【解析】分析:(1)先建立空间直角坐标系,设立各点坐标,根据向量数量积求得向量的夹角,再 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 根据向量夹角与异面直线所成角的关系得结果;(2)利用平面的方向量的求法列方程组解得平面的一 个法向量,再根据向量数量积得向量夹角,最后根据线面角与所求向量夹角之间的关系得结果. 详解:如图,在正三棱柱ABCA1B1C1中,设AC,A1C1的中点分别为O,O1,则OBOC,OO1OC,OO1OB, 以为基底,建立空间直角坐标系Oxyz因为AB=AA1=2, 所以 (1)因为P为A1B1的中点,所以,从而, 故因此,异面直线BP与AC1所成
10、角的余弦值为 点睛:本题考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识,考查运用空间向量解决问题的能力.利用 法向量求解空间线面角的关键在于“四破” : 第一,破“建系关” ,构建恰当的空间直角坐标系 ; 第二,破“求 坐标关” ,准确求解相关点的坐标;第三,破“求法向量关” ,求出平面的法向量;第四,破“应用公式关”. 4 【2018 年江苏卷】在平行六面体中, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 求证:(1); (2) 【答案】答案见解析 【解析】分析:(1)先根据平行六面体得线线平行,再根据线面平行判定定理得结论;(2)先根据条件 得菱形ABB1A1,再根据菱形对角线相互垂直,以
11、及已知垂直条件,利用线面垂直判定定理得线面垂直,最后 根据面面垂直判定定理得结论. 详解:证明:(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,ABA1B1因为AB平面A1B1C,A1B1平面A1B1C, 所以AB平面A1B1C (2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为 菱形,因此AB1A1B又因为AB1B1C1,BCB1C1,所以AB1BC 又因为A1BBC=B,A1B平面A1BC,BC平面A1BC,所以AB1平面A1BC因为AB1平面ABB1A1, 所以平面ABB1A1平面A1BC 点睛:本题可能会出现对常见
12、几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误, 如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形,且对应边互相平行,侧面都是平行四边形” ,再如菱形对 角线互相垂直的条件,这些条件在解题中都是已知条件,缺少对这些条件的应用可导致无法证明. 5 【2018 年理新课标 I 卷】如图,四边形为正方形,分别为的中点,以为折痕把折 起,使点 到达点 的位置,且. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (1)证明:平面平面; (2)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析.(2) . 【解析】分析 : (1)首先从题的条件中确定相应的垂直关系,即BFPF,BFEF,又因为,
13、利用 线面垂直的判定定理可以得出BF平面PEF,又平面ABFD,利用面面垂直的判定定理证得平面PEF 平面ABFD. (2)结合题意,建立相应的空间直角坐标系,正确写出相应的点的坐标,求得平面ABFD的法向量,设DP与 平面ABFD所成角为 ,利用线面角的定义,可以求得,得到结果. 详解:(1)由已知可得,BFPF,BFEF,又,所以BF平面PEF. 又平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD. 点睛:该题考查的是有关立体几何的问题,涉及到的知识点有面面垂直的证明以及线面角的正弦值的求解, 属于常规题目,在解题的过程中,需要明确面面垂直的判定定理的条件,这里需要先证明线面垂直,所以 高清试卷
14、下载可打印 高清试卷 下载可打印 要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系,从而证得结果;对于线面角的正弦值可以借助于平面的法 向量来完成,注意相对应的等量关系即可. 6 【2018 年全国卷理】如图,边长为 2 的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直,是上 异于 , 的点 (1)证明:平面平面; (2)当三棱锥体积最大时,求面与面所成二面角的正弦值 【答案】 (1)见解析(2) 【解析】分析:(1)先证平面 CMD,得,再证,进而完成证明。 (2) 先建立空间直角坐标系, 然后判断出的位置, 求出平面和平面的法向量, 进而求得平面 与平面所成二面角的正弦值。 详解 : (1) 由题设知,平面
15、CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BC DM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以 DMCM.又 BC CM=C,所以DM平面BMC.而DM平面AMD, 故平面AMD平面BMC. (2)以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz. 当三棱锥MABC体积最大时,M为的中点.由题设得, ,设是平面MAB的法向量,则 即可取.是平面MCD的法向量,因此 ,所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 点睛:本题主要考查面面垂直的证明,利用线线垂直得到线面垂直,再得到面
16、面垂直,第二问主要考查建 立空间直角坐标系,利用空间向量求出二面角的平面角,考查数形结合,将几何问题转化为代数问题进行 求解,考查学生的计算能力和空间想象能力,属于中档题。 7 【2018 年理数全国卷 II】如图,在三棱锥中, 为的 中点 (1)证明:平面; (2)若点在棱上,且二面角为,求与平面所成角的正弦值 【答案】 (1)见解析(2) 【解析】分析:(1)根据等腰三角形性质得 PO 垂直 AC,再通过计算,根据勾股定理得 PO 垂直 OB,最后根 据线面垂直判定定理得结论,(2)根据条件建立空间直角坐标系,设立各点坐标,根据方程组解出平面 PAM 一个法向量,利用向量数量积求出两个法向
17、量夹角,根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程,解 得 M 坐标,再利用向量数量积求得向量 PC 与平面 PAM 法向量夹角,最后根据线面角与向量夹角互余得结果. 详解:(1)因为, 为的中点,所以,且. 连结.因为,所以为等腰直角三角形,且,. 由知.由知平面. (2)如图,以 为坐标原点,的方向为 轴正方向,建立空间直角坐标系.由已知得 取平面的法向量.设 ,则.设平面的法向量为. 由得,可取,所以 .由已知得.所以.解得 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (舍去) ,.所以.又,所以.所以与平面所成 角的正弦值为. 点睛:利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”:第一,破
18、“建系关” ,构建恰当的空间直角坐标系; 第二,破“求坐标关” ,准确求解相关点的坐标 ; 第三,破“求法向量关” ,求出平面的法向量 ; 第四,破“应 用公式关”. 2017 年高考全景展示 1.【2017 课标 1,理 16】如图,圆形纸片的圆心为O,半径为 5 cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F 为圆O上的点, DBC, ECA, FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后, 分别以BC,CA,AB 为折痕折起DBC,ECA,FAB,使得D、E、F重合,得到三棱锥.当ABC的边长变化时,所得三棱锥体 积(单位:cm3)的最大值为_. 【答案】4 1
19、5 【解析】 试题分析:如下图,设正三角形的边长为 x,则 13 32 OGx 3 6 x. 3 5 6 FGSGx, 22 22 33 5 66 SOhSGGOxx 3 5 5 3 三棱锥的体积 2 1133 5 5 3343 ABC VShxx 45 153 5 123 xx. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 令 45 3 5 3 n xxx,则 34 5 3 20 3 nxxx, 令 0nx , 4 3 40 3 x x ,4 3x , max 75 48544 15 12 V. 【考点】简单几何体的体积 【名师点睛】对于三棱锥最值问题,肯定需要用到函数的思想进行解决,本题解
20、决的关键是设好未知量, 利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是 2 次时可以利用二次函数的性质进行解决,当变 量是高次时需要用到求导得方式进行解决. 2.【2017 课标 3, 理 19】 如图, 四面体ABCD中, ABC是正三角形, ACD是直角三角形, ABD=CBD,AB=BD (1)证明:平面ACD平面ABC; (2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角DAEC的 余弦值. 【答案】(1)证明略; (2) 7 7 . 【解析】 试题分析:(1)利用题意证得二面角的平面角为 90,则可得到面面垂直; 高清试卷 下载可打印 高
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- 三年 高考 2016 _2018 数学试题 分项版 解析 专题 25 立体几何 综合 问题 90
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