近三年高考全国卷理科立体几何真题

1新课标卷高考真题1、（2016年全国I高考）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，90AFD，且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60．（I）证明：平面ABEF平面EFDC；（II）求二面角E-BC-A的余弦值．22、（2016年全国II高考）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，5,6ABAC，点,EF分别在,ADCD上，54AECF，EF交BD于点H．将DEF沿EF折到'DEF位置，10OD．（Ⅰ）证明：DH平面ABCD；（Ⅱ）求二面角BDAC的正弦值．33【2015高考新课标1，理18】如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC.（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC；（Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值.44、[2014·新课标全国卷Ⅱ]如图1­3，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设二面角D­AE­C为60°，AP＝1，AD＝3，求三棱锥E­ACD的体积．图1­355、[2014·新课标全国卷Ⅰ]如图1­5，三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.图1­5(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A­A1B1­C1的余弦值．66、（2017•新课标Ⅱ）如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．（Ⅰ）证明：直线CE∥平面PAB；（Ⅱ）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．77、（2017•新课标Ⅲ）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ABC；（Ⅱ）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D﹣AE﹣C的余弦值．88、（2017•新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（12分）(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．91【解析】⑴∵ABEF为正方形∴AFEF∵90AFD∴AFDF∵=DFEFF∴AF面EFDCAF面ABEF∴平面ABEF平面EFDC⑵由⑴知60DFECEF∵ABEF∥AB平面EFDCEF平面EFDC∴AB∥平面ABCDAB平面ABCD∵面ABCD面EFDCCD∴ABCD∥,∴CDEF∥∴四边形EFDC为等腰梯形以E为原点，如图建立坐标系，FDa000020EBa，，，，3022022aCaAaa，，，，020EBa，，，3222aBCaa，，，200ABa，，设面BEC法向量为mxyz，，.00mEBmBC，即11112032022ayaxayaz111301xyz，，301m，，设面ABC法向量为222nxyz，，=00nBCnAB.即22223202220axayazax222034xyz，，034n，，设二面角EBCA的大小为.4219cos1931316mnmn∴二面角EBCA的余弦值为21919102【解析】⑴证明：∵54AECF，∴AECFADCD，∴EFAC∥．∵四边形ABCD为菱形，∴ACBD，∴EFBD，∴EFDH，∴EFDH．∵6AC，∴3AO；又5AB，AOOB，∴4OB，∴1AEOHODAO，∴3DHDH，∴222'ODOHDH，∴'DHOH．又∵OHEFHI，∴'DH面ABCD．⑵建立如图坐标系Hxyz．500B，，，130C，，，'003D，，，130A，，，430ABuuur，，，'133ADuuur，，，060ACuuur，，，设面'ABD法向量1nxyz，，ur，由1100nABnAD得430330xyxyz，取345xyz，∴1345nur，，．同理可得面'ADC的法向量2301nuur，，，∴12129575cos255210nnnnuruururuur，∴295sin25．3，【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）3311又∵AE⊥EC，∴EG=3，EG⊥AC，在Rt△EBG中，可得BE=2，故DF=22.在Rt△FDG中，可得FG=62.在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=2，DF=22可得EF=322，∴222EGFGEF，∴EG⊥FG，∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.……6分（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以,GBGC的方向为x轴，y轴正方向，||GB为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－3，0），E(1,0,2)，F（－1,0，22），C（0，3，0），∴AE=（1，3，2），CF=（-1，-3，22）.…10分12故3cos,3||||AECFAECFAECF.所以直线AE与CF所成的角的余弦值为33.……12分4，解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．如图，以A为坐标原点，AB→，AD，AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，|AP→|为单位长，建立空间直角坐标系A­xyz，则D()0，3，0，E0，32，12，AE→＝0，32，12.设B(m，0，0)(m0)，则C(m，3，0)，AC→＝(m，3，0)．设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，则n1·AC→＝0，n1·AE→＝0，即mx＋3y＝0，32y＋12z＝0，可取n1＝3m，－1，3.又n2＝(1，0，0)为平面DAE的法向量，由题设易知|cos〈n1，n2〉|＝12，即33＋4m2＝12，解得m＝32.因为E为PD的中点，所以三棱锥E­ACD的高为12.三棱锥E­ACD的体积V＝13×12×3×32×12＝38.135解：(1)证明：连接BC1，交B1C于点O，连接AO，因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1，且O为B1C及BC1的中点．又AB⊥B1C，所以B1C⊥平面ABO.由于AO⊂平面ABO，故B1C⊥AO.又B1O＝CO，故AC＝AB1.(2)因为AC⊥AB1，且O为B1C的中点，所以AO＝CO.又因为AB＝BC，所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB，从而OA，OB，OB1两两垂直．以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，|OB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又AB＝BC，则A0，0，33，B(1，0，0)，B10，33，0，C0，－33，0.AB1→＝0，33，－33，A1B1→＝AB＝1，0，－33，B1C→1＝BC＝－1，－33，0.设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则n·AB1＝0，n·A1B1→＝0，即33y－33z＝0，x－33z＝0.所以可取n＝(1，3，3)．设m是平面A1B1C1的法向量，则m·A1B1→＝0，m·B1C1→＝0，同理可取m＝(1，－3，3)．则cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝17.所以结合图形知二面角A­A1B1­C1的余弦值为17.6、【答案】（Ⅰ）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，14所以EFAD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC∥AD，∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面PAB，CF⊄平面PAB，∴直线CE∥平面PAB；（Ⅱ）解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD=2，则AB=BC=1，OP=，∴∠PCO=60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°，可得：BN=MN，CN=MN，BC=1，可得：1+BN2=BN2，BN=，MN=，作NQ⊥AB于Q，连接MQ，所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ==，二面角M﹣AB﹣D的余弦值为：=．7、【答案】（Ⅰ）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC．△ABD与△CBD中，AB=BD=BC，∠ABD=∠CBD，∴△ABD≌△CBD，∴AD=CD．∵△ACD是直角三角形，∴AC是斜边，∴∠ADC=90°．∴DO=AC．∴DO2+BO2=AB2=BD2．15∴∠BOD=90°．∴OB⊥OD．又DO∩AC=O，∴OB⊥平面ACD．又OB⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC．（Ⅱ）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为hD，hE．则=．∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，∴===1．∴点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设AB=2．则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，，0），E．=（﹣1，0，1），=，=（﹣2，0，0）．设平面ADE的法向量为=（x，y，z），则，即，取=．同理可得：平面ACE的法向量为=（0，1，）．∴cos===﹣．∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为．8、【答案】（1）证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵PA∩PD=P，且PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD；16（2）解：∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，在△APD中，由PA=PD，∠APD=90°，可得△PAD为等腰直角三角形，设PA=AB=2a，则AD=．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（）．，，．设平面PBC的一个法向量为，由，得，取y=1，得．∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥AD，又PD⊥PA，PA∩AB=A，∴PD⊥平面PAB，则为平面PAB的一个法向量，．∴cos＜＞==．由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为．