1、试卷第 1 页，总 4 页文科立体几何线面角二面角专题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、解答题1如图，在三棱锥 中， ， ， 为 的中点PABCAB=BC=22 PA=PB=PC=AC=4 O AC（1）证明： 平面 ；PO ABC（2）若点 在棱 上，且二面角 为 ，求 与平面 所成角的正弦值M BC MPAC30 PC PAM2如图，在三棱锥 中， ， ， 为 的中点PABCAB=BC=22 PA=PB=PC=AC=4 O AC（1）证明： 平面 ；PO ABC（2）若点 在棱 上，且 ，求点 到平面 的距离M BC MC=2MB C POM3 （ 2018 年浙江卷）如图，已知多面体
2、ABCA1B1C1，A 1A， B1B，C 1C 均垂直于平面ABC，ABC=120，A 1A=4，C 1C=1，AB=BC=B 1B=2试卷第 2 页，总 4 页（）证明：AB 1平面 A1B1C1；（）求直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值4如图，在三棱柱 中，点 P，G 分别是 ， 的中点，已知 平面ABCA1B1C1 AA1B1C1 AA1ABC， = =3， = =2.AA1B1C1 A1B1A1C1（I）求异面直线 与 AB 所成角的余弦值；A1G（II）求证： 平面 ；A1G BCC1B1（III）求直线 与平面 所成角的正弦值.PC1 BCC1B15如图，四棱锥 ，底面
3、 是正方形， ， ， ，P-ABCD ABCD PA=PD=AB=1 PB=PC= 2 E分别是 ， 的中点.F PBCD试卷第 3 页，总 4 页（1）求证 ；ABEF（2）求二面角 的余弦值.B-EF-C6如图，三棱柱 中，侧棱 底面 ，且各棱长均相等 . ， ， 分别ABCA1B1C1 AA1 ABC D E F为棱 ， ， 的中点.ABBCA1C1（1）证明： 平面 ；EF/ A1CD（2）证明：平面 平面 ；A1CD A1ABB1（3）求直线 与直线 所成角的正弦值 .EF A1B17如图，在四边形 ABCD 中，AB/CD，ABD=30， AB2CD2AD2，DE平面ABCD，EF
4、/BD，且 BD2EF（）求证：平面 ADE平面 BDEF；（）若二面角 C BF D 的大小为 60，求 CF 与平面 ABCD 所成角的正弦值 8如图，在四棱锥 中， 平面 ， ， ，PABCDPA ABCDPA=AB=BC= 3 AD=CD=1，点 是 与 的交点，点 在线段 上，且 .ADC=1200 M ACBD N PB PN=14PB试卷第 4 页，总 4 页（1）证明： 平面 ；MN/PDC（2）求直线 与平面 所成角的正弦值.MN PAC9在多面体 中，底面 是梯形，四边形 是正方形， ， ，ABCDEF ABCD ADEF AB/DCAB=AD=1， ，CD=2 AC=EC
5、= 5（1）求证：平面 平面 ；EBC EBD（2）设 为线段 上一点， ，求二面角 的平面角的余弦值 .M EC 3EM=EC MBDE10如图，在多面体 中，四边形 为等腰梯形， ，已知 ，ABCDEF ABCD BC/ADACEC， ，四边形 为直角梯形， ， .AB=AF=BC=2 AD=DE=4 ADEF AF/DEDAF=90（1）证明： 平面 ，平面 平面 ；AC CDE ABCD ADEF（2）求三棱锥 的体积.EABF本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 1 页，总 15 页参考答案1 （1）见解析（2）34【解析】分析：(1)根据等腰三角形性质得 PO
6、 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 .AP=CP=AC=4 O AC OPAC OP=23连结 .因为 ，所以 为等腰直角三角形，OB AB=BC=22AC ABC且 ， .OBACOB=12AC=2由 知 .OP2+OB2
7、=PB2 POOB由 知 平面 .OPOB,OPACPO ABC（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 .O OB x O-xyz由已知得 取平面 的法向量O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,23),AP=(0,2,23), PAC.OB=(2,0,0)设 ，则 .M(a,2-a,0)(0a2) AM=(a,4-a,0)设平面 的法向量为 .PAM n=(x,y,z)由 得 ，可取 ，APn=0,AMn=0 2y+23z=0ax+(4-a)y=0 n=( 3(a-4),3a,-a)所以 .由已知得 .cosOB,n
8、= 23(a-4)23(a-4)2+3a2+a2 |cosOB,n|=32本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 2 页，总 15 页所以 .解得 （舍去） ， .23|a-4|23(a-4)2+3a2+a2=32 a=-4 a=43所以 .又 ，所以 .n=(-833,433,-43) PC=(0,2,-23) cosPC,n=34所以 与平面 所成角的正弦值为 .PC PAM34点睛：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
9、“应用公式关”.2解：（1）因为 AP=CP=AC=4，O 为 AC 的中点，所以 OPAC，且 OP= 23连结 OB因为 AB=BC= ，所以ABC 为等腰直角三角形，且 OBAC， OB= =222AC 12AC由 知，OP OBOP2+OB2=PB2由 OPOB，OPAC 知 PO平面 ABC（2）作 CHOM，垂足为 H又由（ 1）可得 OPCH，所以 CH平面 POM故 CH 的长为点 C 到平面 POM 的距离由题设可知 OC= =2，CM= = ，ACB=4512AC 23BC423所以 OM= ，CH= = 253 OCMCsinACBOM 455所以点 C 到平面 POM
10、的距离为 455【解析】分析：（1）连接 ，欲证 平面 ，只需证明 即可；（2）OB PO ABC POAC,POOB过点 作 ，垂足为 ，只需论证 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.C CHOM M CH详解：（1）因为 AP=CP=AC=4，O 为 AC 的中点，所以 OPAC，且 OP= 23本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 3 页，总 15 页连结 OB因为 AB=BC= ，所以ABC 为等腰直角三角形，且 OBAC， OB= =222AC 12AC由 知，OP OBOP2+OB2=PB2由 OPOB，OPAC 知 PO平面 ABC（2）作 CHOM，
11、垂足为 H又由（ 1）可得 OPCH，所以 CH平面 POM故 CH 的长为点 C 到平面 POM 的距离由题设可知 OC= =2，CM= = ，ACB=4512AC 23BC423所以 OM= ，CH= = 253 OCMCsinACBOM 455所以点 C 到平面 POM 的距离为 455点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.3 （ ）见解析；（） .3913【解析】分析:方法一：（）通过计算，根据勾股定理得 ,再根据线面AB1A1B
12、1,AB1B1C1垂直的判定定理得结论， （）找出直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角，再在直角三角形中求解.方法二：（）根据条件建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，根据向量之积为 0 得出,再根据线面垂直的判定定理得结论， （）根据方程组解出平面AB1A1B1,AB1A1C1的一个法向量，然后利用 与平面 法向量的夹角的余弦公式及线面角与向量夹ABB1 AC1 ABB1角的互余关系求解.本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 4 页，总 15 页详解：方法一：（）由 得 ，AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1AB,BB1ABAB1=A1B1=22所以 .A1B21
13、+AB21=AA21故 .AB1A1B1由 ， 得 ，BC=2 BB1=2,CC1=1,BB1BC,CC1BCB1C1= 5由 得 ，AB=BC=2,ABC=120AC=23由 ，得 ，所以 ，故 .CC1AC AC1= 13 AB21+B1C21=AC21 AB1B1C1因此 平面 .AB1 A1B1C1（）如图，过点 作 ，交直线 于点 ，连结 .C1 C1DA1B1 A1B1 D AD由 平面 得平面 平面 ，AB1 A1B1C1 A1B1C1 ABB1由 得 平面 ，C1DA1B1 C1D ABB1所以 是 与平面 所成的角.学科.网C1ADAC1 ABB1由 得 ，B1C1= 5,A
14、1B1=22,A1C1= 21cosC1A1B1=67,sinC1A1B1=17所以 ，故 .C1D= 3 sinC1AD=C1DAC1=3913因此，直线 与平面 所成的角的正弦值是 .AC1 ABB13913方法二：（）如图，以 AC 的中点 O 为原点，分别以射线 OB，OC 为 x，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 O-xyz.本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 5 页，总 15 页由题意知各点坐标如下：A(0,- 3,0),B(1,0,0),A1(0,- 3,4),B1(1,0,2),C1(0,3,1),因此 AB1=(1,3,2),A1B1=(1,3,-2
15、),A1C1=(0,23,-3),由 得 .AB1A1B1=0 AB1A1B1由 得 .AB1A1C1=0 AB1A1C1所以 平面 .AB1 A1B1C1（）设直线 与平面 所成的角为 .AC1 ABB1 由（）可知 AC1=(0,23,1),AB=(1,3,0),BB1=(0,0,2),设平面 的法向量 .ABB1 n=(x,y,z)由 即 可取 .nAB=0,nBB1=0, x+ 3y=0,2z=0, n=(- 3,1,0)所以 .sin=|cosAC1,n|=|AC1n|AC1|n|=3913因此，直线 与平面 所成的角的正弦值是 .AC1 ABB13913点睛：利用法向量求解空间线面
16、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 （ ） （）见解析（）74 75【解析】分析：（）由题意得 AB， 故G 是异面直线 与 AB 所成的角，解三角A1B1 A1B1 A1G本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 6 页，总 15 页形可得所求余弦值 （）在三棱柱 中，由 平面 ABC 可得 A 1G，于是ABC-A1B1C1 A1 AA1A 1G，又 A1G ，根据线面垂直的判定定理可得结论成立 （）取 的中点 H，BB1 B1
17、C1 BC连接 AH，HG；取 HG 的中点 O，连接 OP， 由 PO/A1G 可得 平面 ， OC1 PO BCC1B1故得PC 1O 是 PC1 与平面 所成的角，然后解三角形可得所求BCC1B1详解：(I) AB，A1B1G 是异面直线 与 AB 所成的角 A1B1 A1G = =2，G 为 BC 的中点，A1B1A1C1A 1GB 1C1，在 中， ，RtGA1B1 A1GB1=90 ， GA1B1=A1GA1B1=22-(32)22 =74即异面直线 AG 与 AB 所成角的余炫值为 74（II）在三棱柱 中，ABC-A1B1C1 平面 ABC， 平面 ABC， AA1 A1G A 1G， AA1 A 1G， BB1又 A1G ， ，B1C1BB1B1C1=B1 平面 A1G BCC1B1
