立体几何高考真题大题

1、标准文案立体几何高考真题大题1 . （2016高考新课标1卷）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, AFD 90°,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.2 19【答案】（I）见解析；（n）19【解析】F,可得平面LT试题分析：（I）先证明 F 平面 FDC ,结合 F 平面平面 FDC. （n）建立空间坐标系，分别求出平面 C 的法向量m及平面 C 的法向量n ,再利用c°s（ir,m）求二面角.试题解析：

2、（I）由已知可得 F DF, F又 F 平面（n）过D作DGF,故平面F 平面F ,垂足为G ,由（I）uuu以G为坐标原点，GF的方向为x轴正方向，F ,所以 FFDC .知DG 平面uuuGF为单位长度平面 FDC .F.,建立如图所示的空间直大全角坐标系G xyz.由（I）知 DF为二面角D F的平面角，故 DF60°,则DFDG3,可得 1,4,0 ,3,4,0 ,3,0,0 , D 0,0,73 .由已知，又平面/ F,所以CD I平面F,可得平面 FDC .FDC平面DC ,故FDC ,所以/CD , CD/ F .F为二面角CF的平面角，所以uuuC60°.从

3、而可得CJ uuu 1,0, 3 ,2,0, - 3uur0,4,0 , C- uur3, 4, . 3 ,4,0,0 r设 x,y,z是平面 C的法向量，则r uuu_nC 0x3z 0r uuu ，即,n 04y 0所以可取n 3,0, ，3.r uuur设m是平面 cd的法向量，则m uUC 0, m 0r r同理可取 m0,73,4 则 cos(n,m)7 mn|m2.1919故二面角的余弦值为2.1919考点：垂直问题的证明及空间向量的应用【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明，空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系，其中推理论证的关

4、键是结合空间想象能力进行推理 ，要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面 ，该类题目难度不 大，以中档题为主.第二问一般考查角度问题 ，多用空间向量解决.2. (2016高考新课标 2理数)如图，菱形 ABCD的对角线 AC与BD交于点O ,一 _5AB 5,AC 6,点 E, F 分别在 AD,CD 上，AE CF , EF交 BD于点 H .将4DEF沿EF折到 DEF位置，OD 屈.疗(I)证明：D H 平面ABCD ；(n)求二面角 B D A C的正弦值.【答案】(I)详见解析;/ 、 2 95()25试题分析：（I）证 AC/EF ,最后证D H平面 ABCD ； ( n )用向量法求

5、解.试题解析：（I）由已知得 ACBD , AD CD,又由AE/曰AE CF 小CF得，故AD CDAC/EF .因此 EFHD而 EFDH由 ABAC 6 得DO B0 . ABAO2OH由EF /AC得DOAEAD1所以OH41 , D H DH 3.是OH1, D HOH2_2232 1210DO2,故D H又DHOH .EF ,而 OH EF所以D H"ABCD.z4D'xC-yDEAHO（n）如图，以H为坐标原点,uuurHF的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系H xyz,则 H 0,0,03, 2,0 , Buur0, 5,0 , C 3, 1,0 , D

6、0,0,3 , AB (3, 4,0),uurAC6,0,0uuuu AD3,1,3ir设mx,y1,zi是平面ABD的法向量umumuur AB uuuu AD3x1所以可以取urm3x14,3, 56x203x2 y2 3z204y1 0y1 3zir' nx2,y2,z2是平面ACD的法向量，则rnuuur AC uuuu ADr所以可以取n 0, 3,1 .于是cosir rm, nir rm n14-trr-|m|n|.50 ,107.525ir r sin m, n2.9525因此二面角DA C的正弦值是2叵.25考点：线面垂直的判定、二面角.【名师点睛】证明直线和平面垂直

7、的常用方法有：判定定理；a/ b, a±a ? b±a ;“ / 3 , a±a ? a±3 ；面面垂直的性质.线面垂直的性质，常用来证明线线垂直. 求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是 钝角.AC是下底面圆O的直径，EF是上底面（I）已知 G,H分别为EG FB的中点，求证:3. （2016高考山东理数）在如图所示的圆台中, 圆O的直径，FB是圆台的一条母线.GH/平面ABC(n)已知 EF=FB=1 AC=2j3 AB=BC求二面角 F

8、 BC A的余弦值. 2，【答案】（I）见解析；（n）7【解析】试题分析：（I）根据线线、面面平行可得与直线GH与平面ABC平行；（n）立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，其中解法一建立FNM为二面角F BC A的平面角直接求空间直角坐标系求解；解法二则是找到 解.试题解析：(I)证明：设FC的中点为I ,连接GI,HI在40£5,因为G是CE的中点，所以GIEF,又 EF/OB ,所以 GI/OB ,在4CFB中，因为H是FB的中点，所以HI /BC又HI GI I,所以平面GHI/平面ABC,因为GH 平面GHI 所以GH/平面ABC.(n)解法

9、一：连接OO',则OO'平面ABC,又AB BC,且AC是圆O的直径，所以BO AC.以。为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz,由题意得B(0,2j3,0) , C( 273,0,0),过点F作FM垂直OB于点M ,所以 FM .FB2 BM23,可得 F(0, 3,3)uur故BC(0, 73,3)._uuir(2,3, 2.3,0), BFir设m (x, y, z)是平面BCF的一个法向量.ir uuir,m BC 0由 ir uuir,m BF 0，日 2.3x 2、Sy 0可得 _,、3y 3z 0ir.3可得平面BCF的一个法向量 m ( 1,1一),

10、3r因为平面ABC的一个法向量n (0,0,1),ir r _Lr r m n .7所以 cos m, n-uJ .|m|n|7所以二面角BC A的余弦值为7解法二：连接OO',过点F作FM OB于点M ,则有 FM /OO',又OO'平面ABC ,所以FML平面ABC,可得 FM. FB2BM2 3,过点M作MN垂直BC于点N ,连接FN ,可得FN BC ,从而 FNM为二面角F BC A的平面角.又AB BC, AC是圆。的直径，所以MNBM sin45o 62从而FN所以二面角FBCA的余弦值为42,可得 cos FNM 2考点：1.平行关系；2.异面直线所成角

11、的计算.【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答本题，关键在于能利用直线与直 线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，给出规范的证明.立体 几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目 条件，灵活选择方法.本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力转化与化归思想及基本运算能力等.4. （2016高考天津理数）如图，正方形ABCD勺中心为 O,四边形 OBEF为矩形，平面OBER平面 ABCD点G为AB的中点，AB=BE=2（I）求证：EG/平面ADB（II）求二面角 O-EF-C的正弦值；、一 ，一 一 2（出）设H为线段AF上的点

12、，且 AH=-HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.3【答案】（I）详见解析（n） -y （m） 7【解析】试题分析：（I）利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，利用法向量与 直线方向向量垂直进行论证（n）利用空间向量求二面角，关键是求出面的法向量，再 利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与二面角相等或互补关系求正弦值（出）利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，再利用向量数量积求出法 向量夹角，最后根据向量夹角与线面角互余关系求正弦值试题解析：依题意,OF 平面ABCD,如图，以O为点，分别以uur uui uurAD,BA,OF 的方向为x轴，y轴、z轴的

13、正方向建立空间直角坐标系,依题意可得O(0,0,0),1,1,0 ,B( 1, 1,0), C(1, 1,0), D(1,1,0), E( 1,1,2), F(0,0,2), G( 1,0,0).A（I）证明：依题意,uuuruurAD (2,0,0), AFur1, 1,2 .设r x, y,z为平面ADF的法向量，则ur uuurn1 AD 0 2x 0ur uuur，即n1 AF 0 x y 2zir.不妨设z 1 ,可得n10,2,1 ,又01uuir EGuuir ur0,1, 2 ，可得 EG n10 ,又因为直线EG平面ADF ,所以EG/平面ADF .uur(n )解：易证，O

14、A1,1,0为平面OEF的一个法向量.依题意，uuuuurEF 1,1,0 ,CFuu1,1,2 .设 n2uu uuir一一n2 EF 0x, y, z为平面CEF的法向重，则uu uuirn2 CF 0y 0x y 2z不妨设可得uu n21, 1,1uuuuuuuuuu因此有cos OA, n2OA n2uuu uuOA n2是sinuuu unOA,n2、33所以,面角O EF C的正弦值为(出)解：由AH?HF ,得 AH 32unr-AF .因为AF 51, 1,2 ，所以uuir 2 uurAH -AF53 3 45,5,5unr,从而BH2 8 45,5,5uuu uu111r

15、 uu BH n2 cos BH , n2uuur |iuBH n2二7.所以，直线21BH和平面CEF所成角的正弦值为21考点：利用空间向量解决立体几何问题5. (2016年高考北京理数)如图，在四锥P ABCD中，平面PAD 平面ABCD ,PA PD, PA PD, AB AD, AB 1, AD2, AC CD 品.(1)求证：PD 平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;(3)在棱PA上是否存在点不存在，说明理由.M ,使得BM /平面PCD ?若存在，求AMAP的值；若,一 一3【答案】(1)见解析；(2); (3)存在，型AP【解析】试题分析：(1)由面面垂直性质

16、定理知AB PD ,再由线面垂直判定定理可知AB，平面PAD ；根据线面垂直性质定理可知PD 平面PAB; (2)取AD的中点O ,连结PO , CO ,以O为坐标原点建立空间直角坐标系O xyz,利用向量法可求出直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)假设存在，根据A,P,M三点共线，设AM AP,AM根据BM /平面PCD，即BM n 0,求 的值，即可求出 CM的值.AP试题解析：(1)因为平面PAD 平面ABCD , AB AD,所以AB 平面PAD,所以AB PD , 又因为PA PD ,所以PD 平面PAB；(2)取AD的中点O ,连结PO , CO , 因为PA PD,所以PO

17、 AD .又因为PO 平面PAD ,平面PAD 平面ABCD , 所以PO 平面ABCD .因为CO 平面ABCD ,所以PO CO .因为AC CD ,所以CO AD .如图建立空间直角坐标系 O xyz,由题意得，A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0, 1,0), P(0,0,1).设平面PCD的法向量为n (x, y, z),则r uuurn PD0, y z 0,r uuur 即n PC0,2x z 0,令 z 2,则 x 1,y2.所以 n (1, 2,2).又 PB (1,1, 1),所以 cos n,PBn PB n pB所以直线PB与平面PCD所成角的正

18、弦值为0（3）设M是棱PA上一点，则存在 0,1使得AM因此点 M (0,1, ), BM ( 1, ) .因为BM平面PCD ,所以BM /平面PCD当且仅当BM n 0,即（1,)(1, 2,2) 0,解得所以在棱PA上存在点M使得BM /平面PCD ,此时AMAP考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算； 3.空间向量的运用.【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其 中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直（必要 时可以通过平面几何的知识证明垂直关系），构造（寻找）二面角的平面角或得到点到面的距离等.6.（2

19、016高考新课标3理数）如图，四棱锥P ABC中，PA 地面ABCD , AD P BC,AB AD AC 3, PA BC4, M为线段AD上一点，AM2MD , N 为 PC的中点.(I)证明MN P平面PAB;（n）求直线 AN与平面PMN所成角的正弦值.【答案】（I）见解析；（n） 8/5.25【解析】试题分析：（I）取PB的中点T ,然后结合条件中的数据证明四边形 AMNT为平行四边形，从而得到 MN PAT ,由此结合线面平行的判断定理可证；（n）以A为坐标原点，以AD,AP所在直线分别为 y,z轴建立空间直角坐标系，然后通过求直线AN的方向向量与平面PMN法向量的夹角来处理 AN

20、与平面PMN所成角.2 _ _试题解析：（I）由已知得 AM -AD 2 ,取BP的中点T ,连接AT,TN ,由N为1 -PC 中点知 TN / BC , TN -BC 2.2又AD / BC ,故TN PAM ,四边形AMNT为平行四边形，于是 MN / AT .因为AT 平面PAB, MN 平面PAB,所以MN /平面PAB.（n）取BC的中点E ,连结 AE,由AB AC得AE BC，从而AE AD ,且AE J前一Be7AB（-BC-）2 V5 .2uuu以A为坐标原点，Ae的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 A xyz,C/C C 一 小 c c c c5 / c由题

21、意知，P(0,0,4), M (0,2,0), C(<5,2,0) , N(y ,1,2),AN. 5(5,1,2).UULU5PM (0,2, 4), PN (y1, 2), r（x, y, z）为平面PMN的法向量,PMPN2x 4z 00 rr-，即J5，可取0x y 2z 02n (0,2,1), r uuir曰 r uuir|n AN | 8,5于是 | cos n, AN | 1f-uutr1 .|n|AN|25考点：1、空间直线与平面间的平行与垂直关系；2、棱锥的体积.【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平

22、行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理.7. （2016高考浙江理数）如图,在三台ABC DEF中，平面BCFE 平面ABC ,ACB =90o ,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3（I）求证：EFL平面 ACFD（n ）求二面角 B-AD-F的平面角的余弦值.【答案】（I ）证明见解析;(D)【解析】试题分析：（I）先证 FC,再证 F C ,进而可证 F 平面 CFD ; （n）方法一：先找二面角D F的平面角，再在 Rt QF中计算，即可得二面角D F的平面角的余弦值；方法二：先建立空间直角坐标系，

23、再计算平面 C 和 平面的法向量，进而可得二面角D F的平面角的余弦值.试题解析：因为平面C 平面 CF C.又因为 F/ C,CF相交于一点，如图所示.C C ,所以，,因此，F FCC为等边三角形，且F为CF C .1 , C 2 ,所以 的中点，则所以 F平面 CFD .(n)方法过点F作FQ ，连结 Q .因为 F平面 C ,所以 F平面QF,所以 Q所以,QF是二面角F的平面角.在RtC 中,3, C3.1313在RtQF中,FQ3 1313，cosQ±所以，二面角F的平面角的余弦值为方法二：如图，延长 取C的中点CF相交于一点C ,又平面以点为原点，分别以射线,则CF的方

24、向为平面为等边三角形.C ,所以，z的正方向，平面建立空间直角坐标系xyz.由题意得1,0,0 ， C1,0,00,0, .31,2,0,10二,w,22因此,uuuCuuir设平面0,3,01,3,、,3uur2,3,0 .的法向量为x, %,乙平面的法向量为nX2,y2,z2 uuur 由盂rmrm3y1uuur由 uuurr nr ncos .m, n所以，二面角X13y1,373,0,1 ；2x2X2rm丁m3, 2,73 .r n T nF的平面角的余弦值为、3考点：1、线面垂直；2、二面角.【方法点睛】解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错 误.证明线面垂直

25、的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等 腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线.8. （2016年高考四川理数）如图，在四棱锥P-ABCD, AD/ BC,ADC= PAB=90 ,1BC=CD=AR E为边AD的中点，异面直线 PA与CD所成的角为90 .2AC（I）在平面 PAB内找一点M,使得直线 CM/平面PBE,并说明理由；（II）若二面角 P-CD-A的大小为45° ,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.【答案】（I）详见解析；（II） 1 . 3【解析】试题分析：（I）探索线面平行，根据是线面平行的判定定理，先证明线线平行，再得线面平行，而

26、这可以利用已知的平行， 易得CD/ EB;从而知M为DC和AB的交点；（II） 求线面角，可以先找到这个角，即作出直线在平面内的射影，再在三角形中解出，也可 以利用已知图形中的垂直建立空间直角坐标系，用向量法求出线面角 （通过平面的法向量与直线的方向向量的夹角来求得）.试题解析：（I）在梯形 ABCD, AB与CD不平行.延长AB, DG相交于点 M （MC平面PAB,点M即为所求的一个点.理由如下：由已知，BC/ ED,且 BC=ED所以四边形BCD比平行四边形.，所以CD/ EB从而CM/ EB.又EB 平面PBE, CM 平面PBE所以CM/平面PBE（说明：延长 AP至点N,使得AP=

27、PN则所找的点可以是直线 MNk任意一点）（II）方法一：由已知，CDL PA, CDL AD, PA AD=A所以CDL平面PAD从而CDL PD.所以/ PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以/ PDA=45 .设 BC=1,贝U在 RtPAD中，PA=AD=2过点A作AHU CE,交CE的延长线于点 H,连接PH易知PA!平面ABCD从而PA! CE于是 CE1平面PAH所以平面PCEL平面PAH过A作AQL PH于Q,则AQL平面PCE所以/ APH PA与平面PC即成的角.在 RtMEH中，/ AEH=45 , AE=1,所以AH=在 RtPAH中， PH= . PA2市=3J2所

28、以 sin / APH=AH =1方法二：由已知，CD± PA, CD± AD, PA AD=A所以CDL平面PAD于是CDL PD.从而/ PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以/ PDA=45 .由PA! AB,可得 PAL平面 ABCD设 BC=1,贝U在 RtPAD中，PA=AD=2uuur uum作Ay, AD,以A为原点，以AD , AP的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz ,则 A (0,0,0 ), P (0,0,2 ), C (2,1,0 ), E (1,0,0 ),uuuuuuuuur所以 PE= (1,0,-2 ), EC= (1,1,0 ), AP= (0,0,2 )设平面PCE的法向量为n= (x,y,z ),UULUJUULUn PE 0,x 2z 0,由UUUT得设 x=2,解得 n= (2,-2,1 ).n EC 0,x y