近三年高考全卷理科立体几何真题

新课标卷近三年高考题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，AFD90o，且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60．ABEF为正方形∴AFEF∵AFD90∴AFDF∵DFIEF=F∴AF面EFDCAF面ABEFo（I）证明：平面ABEF平面o（I）证明：平面ABEF平面EFDC；（II）求二面角E-BC-A的余弦值．【解析】⑴∵⑵由⑴知60DFECEF∵ABEF∥AB平面EFDCEF平面EFDC∴AB∥平面ABCDAB平面ABCD∵面ABCDI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FDaE0，0，0B0，2a，0Ca2，0，23aA2a，2a，0uEBuur0，2a，0，uBCuura2，2a，32a，uABuur2a，0，03ur设面BEC法向量为mx，y，z. muurruuEBuuuurr0，即2aay10 3 mBC02x12ay12az10x3，y0，z1 11 1urm3，0，1r设面ABC法向量为nx，y，z 2 2 2nrruuBCuuuurr=0.即a2x22ay223az20x0，y3，z4 nAB0 2ax0 2 222rn0，3，4设二面角EBCA的大小为.urr mn 4 219 cosurr mn 31316 19∴二面角EBCA的余弦值为219192、（2016年全国II高考）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，5AB5,AC6，点E,F分别在AD,CD上，AECF，EF交BD于点H．将4DEF沿EF折到D'EF位置，OD10．（Ⅰ）证明：DH平面ABCD；（Ⅱ）求二面角BDAC的正弦值．【解析】⑴证明：∵AECF5，∴AECF，4ADCD∴EF∥AC．∵四边形ABCD为菱形，∴ACBD，∴EFBD，∴EFDH，∴EFDH．∵AC6，∴AO3；又AB5，AOOB，∴OB4，∴OHAEOD1，∴DHDH3，AO∴OD2OH2D'H2，∴D'HOH．又∵OHIEFH，∴D'H面ABCD．⑵建立如图坐标系Hxyz．B5，0，0，C1，3，0，D'0，0，3，A1，3，0， uuur uuur uuurAB4，3，0，AD'1，3，3，AC0，6，0，ur设面ABD'法向量nx，y，z，1 由nuuuurr1uuABuuuurur0得4x3y0 ，取xy34， n1AD0x3y3z0 z5ur∴n3，4，5．1uur同理可得面AD'C的法向量n3，0，1，2uruur∴cosnur1unur29575，nn 5210 25 1 2∴sin295．25（2016年全国III高考）如图，四棱锥PABC中，PA地面ABCD，ADPBC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，)1,2,)1,2,0(n，于是2558|||||||,cos|ANnANnANn.2AMMD，N为PC的中点．（I）证明MNP平面PAB；（II）求直线AN与平面PMN所成角的正弦 nPM0 2x4z0设n(x,y,z)为平面PMN的法向量，则，即5 ，可取 nPN0 2xy2z0【2015高考新课标2，理19】如图，长方体ABCDABCD中,AB=16，BC=10，AA8，点E，F分别在 1111 1AB，CD上，AEDF4．过点E，F的平面与此长方体的面相交，交11 11 1 1线围成一个正方形． DF CA B（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；D11A1ED11A1ECB145【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．15【考点定位】1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．AA1AB1BD1DC1CFEHGM【名师点睛】根据线面平行和面面平行的性质画平面与长方体的面的交线；由交线的位置可确定公共点的位置，坐标法是求解空间角问题时常用的方法，但因其计算量大的特点很容易出错，故坐标系的选择是很重要的，便于用坐标表示相ruuur关点，先求出面的法向量，利用sincosn,AF求直线AF与平面所成角的正弦值．5、【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.【答案】【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）3（Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值.3在Rt△EBG中，可得BE=2，故DF=22.在Rt△FDG中，可得FG=622262在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=2，DF=22可得EF=3222322∴EG2FG2EF2，∴EG⊥FG，∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，又∵AE⊥EC，∴又∵AE⊥EC，∴EG=3，EG⊥AC， uuuruuur uuur（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以GB,GC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(1,0,2uuuruuur22)，F（－1,0，），C（0，3，0），∴AE=（1，3，2），CF=（-1，22-3， ）.…10分2uuuruuur uuuruuur AE•CF3故cosAE,CFuuuruuur. |AE||CF| 3所以直线AE与CF所成的角的余弦值为3.……12分33【考点定位】空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力【名师点睛】对空间面面垂直问题的证明有两种思路，思路1：几何法，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；思路2：利用向量法，通过计算两个平面的法向量，证明其法向量垂直，从而证明面面垂直；对异面直线所成角问题，也有两种思路，思路1：几何法，步骤为一找二作三证四解，一找就是先在图形中找有没有异面直线所成角，若没有，则通常做平行线或中位线作出异面直线所成角，再证明该角是异面直线所成角，利用解三角形解出该角.6、[2014·新课标全国卷Ⅱ]如图1-3，四棱锥P-ABCD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D-AE-C为60°，AP＝1，AD＝3，求三棱锥E-ACD的体积．图1-3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A-xyz，则D(0，3，0)，E0，23，12，AE→31＝0，2，2.设B(m，0，0)(m>0)，则→C(m，3，0)，AC＝(m，3，0)．设n1→则n1·AC→＝0，即mx3＋13y＝0，n1·AE→＝0，2y＋2z＝0，3可取n1＝m，－1，3.又n2＝(1，0，0)为平面DAE的法向量，1由题设易知|cos〈n1，n2〉|＝2，即 1 333＋33＋4m1因为E为PD的中点，所以三棱锥E-ACD的高为2.三棱锥E-ACD的体积V＝.7、[2014·新课标全国卷Ⅰ]如图1-5，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.图1-5(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A-A1B1­C1的余弦值．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3 3 3A0，0，3，B(1，0，0)，B10，3，0，C0，－3，0.AB→1＝0，33，－33，A→1B1＝AB＝1，0，－33，B→1C1＝BC＝－1