2013-2019年全国卷立体几何空间向量汇编(带解析)2020新课改专用

全国卷立体几何题汇编2013-2019一、填空选择1、【2016高考新课标理数11】平面a过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A，a//平面CB1D1，平面ABCD=m，平面ABA1B1=n，则m，n所成角的正弦值为（）(A)(B)(C)(D)【答案】A2、【2018全国1卷，理12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．334B．233C．324D．32【答案】Aa322233133、【2016全国1卷．文11】平面过正方体1111ABCDABCD的顶点,//A平面11CBD，平面ABCDm，平面11ABBAn，则,mn所成角的正弦值为（）A．32B．22C．33D．13【答案】A考点：平面的截面问题，面面平行的性质定理，异面直线所成的角.4、【2017全国1卷．文6】如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（）ABCD【答案】A【解析】对于B，易知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；对于C，易知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；对于D，易知AB∥NQ，则直线AB∥平面MNQ．故排除B，C，D，选A．5、【2019全国1卷，文16】已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为___________．【答案】√26、（2018·理科II卷·9）在长方体1111ABCDABCD中，1ABBC，13AA，则异面直线1AD与1DB所成角的余弦值为A．15B．56C．55D．227、（2017·理科II卷·10）已知直三棱柱111CC中，C120，2，1CCC1，则异面直线1与1C所成角的余弦值为（）A．32B．155C．105D．338、（2014·理科II卷·11）直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90º，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为（）A．110B．25C．3010D．229、（2013·理科II卷·7）一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为（）【答案】A【解析】因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），几何体的直观图如图，是正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx平面为投影面，则得到正视图为：故选A．二、解答题1.【2013课标全国Ⅰ，理18】如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.A.B.C.D.(1)证明：AB⊥A1C；(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．(2)解：由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB.又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两相互垂直．以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.OAOA2.【2014课标Ⅰ，理19】如图，三棱柱中，侧面为菱形，.（Ⅰ）证明：;（Ⅱ）若，,,求二面角的余弦值.则，，，．111CBAABCCCBB11CBAB11ABAC1ACAB601CBBBCAB111CBAA3(0,0,)3A(1,0,0)B13(0,,0)3B3(0,,0)3C,,．设是平面的法向量，则即所以可取．设是平面的法向量，则同理可取．则．所以二面角的余弦值为．3.【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.∴，∴EG⊥FG，133(0,,)33AB113(1,0,)3ABAB113(1,,0)3BCBC(,,)nxyz11AAB1110,0,nABnAB330,3330,3yzxz(1,3,3)nm111ABC11110,0,mABmBC(1,3,3)m1cos,7nmnmnm111CBAA17222EGFGEF∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.……6分4.【2016高考新课标理数1】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，°，且二面角DAFE与二面角CBEF都是．（I）证明：平面ABEF平面EFDC；（II）求二面角EBCA的余弦值．【解析】⑴∵ABEF为正方形∴AFEF∵90AFD∴AFDF∵=DFEFF90AFD----60--∴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，设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5.【2017新课标1，理18】（12分）如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且°.（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，°，求二面角A−PB−C的余弦值.以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.由（1）及已知可得，，，.所以，，，.设是平面的法向量，则90BAPCDP90APDFFA||ABFxyz2(,0,0)2A2(0,0,)2P2(,1,0)2B2(,1,0)2C22(,1,)22PC(2,0,0)CB22(,0,)22PA(0,1,0)AB(,,)xyznPCB即可取.设是平面的法向量，则即可取.则，所以二面角的余弦值为.6.【2018新课标1，理18】如图，四边形ABCD为正方形，,EF分别为,ADBC的中点，以DF为折痕把DFC△折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.（1）证明：平面PEF平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.解：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.（2）作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，||BF为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz.0,0,PCCBnn220,2220,xyzx(0,1,2)n(,,)xyzmPAB0,0,PAABmm220,220.xzy(1,0,1)m3cos,||||3nmnmnmAPBC33由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=3.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.可得33,22PHEH.则3333(0,0,0),(0,0,),(1,,0),(1,,),2222HPDDP3(0,0,)2HP为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为，则334sin||4||||3HPDPHPDP.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.7.【2019新课标1，理18】如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．【分析】（1）过N作NH⊥AD，证明NM∥BH，再证明BH∥DE，可得NM∥DE，再由线面平行的判定可得MN∥平面C1DE；（2）以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面A1MN与平面MAA1的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．【解答】（1）证明：如图，过N作NH⊥AD，则NH∥AA1，且，又MB∥AA1，MB＝，∴四边形NMBH为平行四边形，则NM∥BH，由NH∥AA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，∴BE∥DH，BE＝DH，则四边形BEDH为平行四边形，则BH∥DE，∴NM∥DE，∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，∴MN∥平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则N（，，2），M（，1，2），A1（，﹣1，4），，，设平面A1MN的一个法向量为，由，取x＝，得，又平面MAA1的一个法向量为，∴cos＜＞＝＝＝．∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值为．8、【2014全国1卷．文19】如图，三棱柱111CBAABC中，侧面CCBB11为菱形，CB1的中点为O，且AO平面CCBB11.（1）证明：;1ABCB（2）若1ABAC,,1,601BCCBB求三棱柱111CBAABC的高.【答案】（1）详见解析;（2）三棱柱111ABCABC的高为217.【解析】又OHAD，所以OH平面ABC.PABDCGE9、【2016全国1卷．文18】如图，已知正三棱锥PABC的侧面是直角三角形，6PA，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连结PE并延长交AB于点G.（1）证明：G是AB的中点；（2）在图中作出点E在平面PAC内的正投影F（说明作法及理由），并求四面体PDEF的体积．【答案】（1）见解析；（2）作图见解析，体积为43.【解析】试题分析：证明.ABPG由PAPB可得G是AB的中点.（II）在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影.根据正三棱锥的侧面是直角三角形且6PA，可得2,22.DEPE在等腰直角三角形EFP中，可得2.EFPF四面体PDEF的体积114222.323V（II）在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影.理由如下：由已知可得PBPA，PBPC，又//EFPB,所以EFPAEFPC，,因此EF平面PAC，即点F为E在平面PAC内的正投影.连结CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心.由（I）知，G是AB的中点，所以D在CG上，故2.3CDCG由题设可得PC平面PAB，DE平面PAB，所以//DEPC，因此21,.33PEPGDEPC由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且6PA，可得2,22