专题十七 立体几何解答题-2022届天津市各区高三二模数学试题分类汇编.docx

1、2022届天津市各区高三年级二模数学分类汇编专题十七 立体几何1. 【2022和平二模】如图，在四棱台中，底面四边形ABCD为菱形，平面.（1）若点是的中点，求证：平面（2）求直线与平面所成角的余弦值；（3）棱上存在点，使得，求平面与平面的夹角的正弦值.2. 【2022南开二模】如图，在多面体中，底面为正方形，平面，平面，（1）求证：平面；（2）若，求与平面所成角的正弦值；（3）若平面，求平面与平面夹角的余弦值3. 【2022河西二模】如图所示，在几何体中，四边形为直角梯形，底面，（1）求证：平面；（2）求直线与直线所成角的余弦值；（3）求点到直线的距离4. 【2022河北二模】如图，四边形A

2、BCD是边长为2的菱形，四边形PACQ是矩形，且平面平面ABCD（1）求直线BP与平面PACQ所成角的正弦值；（2）求平面BPQ与平面DPQ的夹角的大小；（3）求点C到平面BPQ的距离5. 【2022河东二模】如图所示，直角梯形ABCD中，AD垂直AB，四边形EDCF为矩形，平面平面ABCD（1）求证：平面ABE；（2）求平面ABE与平面EFB所成二面角的正弦值；（3）在线段DF上是否存在点P，使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为，若存在，求出线段BP的长，若不存在，请说明理由6. 【2020红桥二模】如图，在三棱柱中，平面，分别为，的中点，.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正

3、弦值；（3）求二面角的余弦值.7. 【2022滨海新区二模】在如图所示的多面体中，四边形ABCD为正方形，A，E，B，F四点共面，且和均为等腰直角三角形，平面平面AEBF，（1）求证：直线平面ADF；（2）求平面CBF与平面BFD夹角的正弦值；（3）若点P在直线DE上，求直线AP与平面BCF所成角的最大值8. 【2022部分区二模】如图，在长方体中，点在线段上.（1）求证：；（2）当是的中点时，求直线与平面所成角的大小；（3）若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长.9. 【2022耀华中学二模】如图，在三棱柱中，为等边三角形，过作平面平行于，交于点.（1）求证：点为的中点；（2）若四边形是边

4、长为2的正方形，且，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.10. 【2022天津一中五月考】如图，平面，点分别为的中点.（）求证：平面；（）求二面角的正弦值；（）若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求线段的长.专题十七 立体几何（答案及解析）1. 【2022和平二模】如图，在四棱台中，底面四边形ABCD为菱形，平面.（1）若点是的中点，求证：平面（2）求直线与平面所成角的余弦值；（3）棱上存在点，使得，求平面与平面的夹角的正弦值.【答案】（1）见解析 （2） （3）【解析】【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而得到要求证的线面平行.（2）在平面中，过作的垂线，与交于，则可建立如图

5、所示的空间直角坐标系，求出及平面的法向量后可求线面角的正弦值，进而可得余弦值.（3）求出平面的法向量与平面的法向量的夹角的余弦值后可求面面角的正弦值.【小问1详解】取的中点为，连接，在菱形中，因为，则，而平面，平面，故平面，由四棱台可得，而，故，故，故四边形为平行四边形，故，而平面，平面，故平面，因为， 平面，平面，故平面平面，而平面，故平面.【小问2详解】在平面中，过作的垂线，与交于，因为平面，平面，故，同理，故可建立如图所示的空间直角坐标系，故，故，所以，所以，故，而平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为，则，所以.【小问3详解】由可得，故，而，设平面的法向量为，则即，取，则，故，结合

6、（2）的平面的一个法向量为，故，设平面与平面的夹角为，则.故平面与平面的夹角的正弦值为.2. 【2022南开二模】如图，在多面体中，底面为正方形，平面，平面，（1）求证：平面；（2）若，求与平面所成角的正弦值；（3）若平面，求平面与平面夹角的余弦值【答案】（1）证明见解析 （2） （3）【解析】【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，计算及平面的法向量后可证平面.（2）求出及平面的法向量后可求线面角的正弦值.（3）根据平面可求的坐标，从而可求平面的法向量，利用向量法可求二面角的余弦值.【小问1详解】因为底面为正方形，平面，故可建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，则，故，设平面的法向量为，

7、则即，取，故，故，而平面，故平面.【小问2详解】因为，故，故，而，设平面的法向量为，故即，取，则，故，设与平面所成角为，则.【小问3详解】由（1）可得，而，设平面的法向量为，则即，取，则，故，因为平面，故，故存在非零实数，使得即，故，解得，故，由（2）可得，故与平面夹角余弦值为.3. 【2022河西二模】如图所示，在几何体中，四边形为直角梯形，底面，（1）求证：平面；（2）求直线与直线所成角的余弦值；（3）求点到直线的距离【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）【解析】【分析】(1)证明平面BCF平面ADE即可；(2)以A为原点建立空间直角坐标系，求出各点坐标，利用向量夹角可求直线与直线所

8、成角的余弦值；(3)根据点到直线的距离为，利用向量方法即可求解【小问1详解】AECF，AE平面BFC，CF平面BFC，AE平面BCF，ADBC，同理可得AD平面BFC，又ADAE=A，平面ADE平面BFC，BF平面BFC，BF平面ADE；【小问2详解】以A为原点，AB、AD、AE分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则，则，直线与直线所成角的余弦值为【小问3详解】根据(2)可知：，点到直线的距离为：4. 【2022河北二模】如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，四边形PACQ是矩形，且平面平面ABCD（1）求直线BP与平面PACQ所成角的正弦值；（2）求平面BPQ与平面DPQ的夹角的大小；（3

9、）求点C到平面BPQ的距离【答案】（1） （2） （3）【解析】【分析】（1）连接，交于，连接，由平面平面，可推出平面，平面，故即所求；在中，由可得解；（2）取的中点，连接、，易证，故即为所求，在中，利用余弦定理求出，即可得到两平面的夹角；（3）由等体积法，即可得解【小问1详解】解：连接交于，连接，四边形是菱形，平面平面，平面平面，平面，平面，即为与平面所成角四边形为矩形，又平面平面，平面平面，平面，平面，在中，故与平面所成角的正弦值为【小问2详解】解：取的中点，连接、，由（1）知，平面，四边形是菱形，四边形为矩形，即为二面角的平面角，在中，由余弦定理知，故二面角的大小为，则平面与平面的夹角为

10、【小问3详解】解：设点到平面的距离为，故点到平面的距离为5. 【2022河东二模】如图所示，直角梯形ABCD中，AD垂直AB，四边形EDCF为矩形，平面平面ABCD（1）求证：平面ABE；（2）求平面ABE与平面EFB所成二面角的正弦值；（3）在线段DF上是否存在点P，使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为，若存在，求出线段BP的长，若不存在，请说明理由【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在，且，理由见解析【解析】【分析】（1）取为原点，所在直线为轴，过点且平行于直线的直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量，求得，由，即可求证平面；（2）求得平面的一个法向量，根据

11、，可求得答案；（3）设，求向量与平面的法向量所成角的余弦值，列出方程求解，即可得出的值，从而可求出结果.【小问1详解】取为原点，所在直线为轴，过点且平行于直线的直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，由得，不妨设，则，又，又平面，平面.【小问2详解】，设平面的一个法向量为，由得，不妨设，则，则，平面与平面所成二面角的正弦值为.【小问3详解】存在，理由如下，设，则，所以，又平面的一个法向量为，即直线与平面所成角为，则，整理得，解得或，当时，则；当时，则；综上，即在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时线段的长为.6. 【2020红桥二模】如图，在三棱柱中，

12、平面，分别为，的中点，.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析 （2） （3）【解析】【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，证明，再根据线面垂直的判定定理即可得解；（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得解；（3）利用向量法从而可得出答案.【小问1详解】证明：因为为的中点，所以，因为平面，所以平面，又平面，所以，又平面，所以平面；【小问2详解】解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，因为，所以，则，则，设为平面的一条法向量，则，令，则，所以，则，所以直线与平面所成角的正弦值为；【小问3详解】解：，因为平面，所以平面，则即为平

13、面的一条法向量，由（2）的平面的一条法向量，则，由图可知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.7. 【2022滨海新区二模】在如图所示的多面体中，四边形ABCD为正方形，A，E，B，F四点共面，且和均为等腰直角三角形，平面平面AEBF，（1）求证：直线平面ADF；（2）求平面CBF与平面BFD夹角的正弦值；（3）若点P在直线DE上，求直线AP与平面BCF所成角的最大值【答案】（1）证明见解析 （2） （3）【解析】【分析】（1）由线面平行的判定定理证明；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求两平面夹角的正弦值；（3）设P（0，l，），则，由向量法求出线面角的正弦值，由不等式的性质

14、得最大值【小问1详解】因为和均为等腰直角三角形，且，所以，所以，又平面ADF，平面ADF，所以平面ADF【小问2详解】因为四边形ABCD为正方形，所以，因为平面平面AEBF，平面ABCD，平面平面，所以平面AEBF，建立如图所示空间直角坐标系A-xyz，因为，所以B（2，0，0），C（2，0，2），F（1，0），A（0，0，0），设平面BCF的法向量为，则，得，令，则，设平面BFD的法向量，由，令，得因为平面CBF与平面BFD夹角的正弦值是【小问3详解】设P（0，l，），则，设AP与平面BCF所成的角为q，则要使最大，则，所以，时等号成立，所以，所以AP与平面BCF所成角的最大值为8. 【20

15、22部分区二模】如图，在长方体中，点在线段上.（1）求证：；（2）当是的中点时，求直线与平面所成角的大小；（3）若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长.【答案】（1）证明见解析 （2） （3）【解析】【分析】（1）连接，证明出平面，利用线面垂直性质可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的大小；（3）设点，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，结合的范围可求得的值，即可得解.【小问1详解】证明：连接，在矩形中，则四边形为正方形，所以，平面，平面，平面，平面，.【小问2详解】解：以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如

16、下图所示的空间直角坐标系，则、，设平面的法向量为，则，取，则，因为，则，因此，直线与平面所成角为.【小问3详解】解：设点，其中，设平面的法向量为，则，设平面，取，可得，易知平面的一个法向量为，由已知可得，因为，解得.因此，若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长为.9. 【2022耀华中学二模】如图，在三棱柱中，为等边三角形，过作平面平行于，交于点.（1）求证：点为的中点；（2）若四边形是边长为2的正方形，且，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析. （2）【解析】【分析】（1）连接，设与相交于点，连接，进而根据线面平行性质定理得，进而结合为中点即可证明；（2）由几何关系

17、可证明平面，进而取的中点为，的中点为，以为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.小问1详解】证明：连接，设与相交于点，连接，则为中点，平面，平面,平面平面，为的中点，【小问2详解】因为，所以，又，所以，又，所以平面，设的中点为，的中点为，以为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系.则，即，设平面的法向量为，由，得，令，得，由题可知，平面的一个法向量为可以为,所以，所以，平面与平面所成的锐二面角的余弦值为10. 【2022天津一中五月考】如图，平面，点分别为的中点.（）求证：平面；（）求二面角的正弦值；（）

18、若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求线段的长.【答案】（）证明见解析；（）；（）.【解析】【分析】（）连接，证得，利用用线面判定定理，即可得到；（）以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系，求得平面和平面法向量，利用向量的夹角公式，即可求解（）设，则，从而，由（）知平面的法向量为，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，即可求解【详解】（）连接，因为，所以，又因为，所以为平行四边形.由点和分别为和的中点，可得且，因为为的中点，所以且，可得且，即四边形为平行四边形，所以，又，所以.（）因为，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系.依题意可得，.设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得.，于是.所以，二面角的正弦值为.（）设，即，则.从而.由（）知平面的法向量为，由题意，即，整理得，解得或，因为所以，所以.【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.