2012-2022年高考数学真题分类汇编 09.立体几何与向量方法 (1).docVIP

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立体几何与向量方法

一、解答题

1．(2021年高考全国甲卷理科)已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和中点，D为棱上的点．

(1)证明：；

(2)当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?

解析：因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以

因为，，所以，

又，所以平面．

所以两两垂直．

以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．

所以，

．

由题设（）．

（1）因为，

所以，所以．

（2）设平面的法向量为，

因为，

所以，即．

令，则

因为平面的法向量为，

设平面与平面的二面角的平面角为，

则．

当时，取最小值为，

此时取最大值为．

所以，

此时．

2．(2021年高考全国乙卷理科)如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．

(1)求；

(2)求二面角的正弦值．

解析：（1）平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，则、、、、，

则，，

，则，解得，故；

（2）设平面的法向量为，则，，

由，取，可得，

设平面的法向量为，，，

由，取，可得，

，

所以，，

因此，二面角的正弦值为．

3．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．

(1)证明：平面；

(2)求二面角的余弦值．

【解析】（1）由题设，知为等边三角形，设，

则，，所以，

又为等边三角形，则，所以，

，则，所以，

同理，又，所以平面；

（2）过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

，，，

设平面的一个法向量为，

由，得，令，得，

所以，

设平面的一个法向量为

由，得，令，得，

所以

故，

设二面角的大小为，则．

4．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．

(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；

(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．

解析：（1）分别为，的中点，

又

在中，为中点，则

又侧面为矩形，

由，平面

平面

又，且平面，平面，

平面

又平面，且平面平面

又平面

平面

平面

平面平面

（2）连接

平面，平面平面

根据三棱柱上下底面平行，

其面平面，面平面

故：四边形是平行四边形

设边长是()

可得：，

为的中心，且边长为

故：

解得：

在截取，故

且

四边形是平行四边形，

由（1）平面

故为与平面所成角

在，根据勾股定理可得：

直线与平面所成角的正弦值：．

5．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科)如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．

(1)证明：点平面内；

(2)若，，，求二面角的正弦值．

解析：（1）在棱上取点，使得，连接、、、，

在长方体中，且，且，

，，且，

所以，四边形为平行四边形，则且，

同理可证四边形为平行四边形，且，

且，则四边形为平行四边形，

因此，点在平面内；

（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，

，，，，

设平面的法向量为，

由，得取，得，则，

设平面的法向量为，

由，得，取，得，，则，

，

设二面角的平面角为，则，．

因此，二面角的正弦值为．

6．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．

(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；

(2)求图2中的二面角B?CG?A的大小．

解析：(1)由已知得，,所以，故确定一个平面．从而四点共面．

由已知得，故平面．

又因为平面,所以平面平面．

（2）作,垂足为．因为平面,平面平面，所以平面．

由已知，菱形的边长为，，可求得．

以为坐标原点，的方向为轴的的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则

．

设平面的法向量为，则

即所以可取．

又平面的法向量可取为，所以．

因此二面角的大小为．

7．(2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科)如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，．

证明：平面；

若，