特选立体几何高考真题大题

立体几何高考真题大题

立体几何高考真题大题

1.(2023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,ZAFD=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.

【答案】(I)见解析；(II)一噜

【解析】

试题分析：(I)先证明AF，平面EFDC,结合AFu

平面ABEF,可得平面ABEF,平面EFDC.(II)建立

空间坐标系,分别求出平面BCE的法向量正及平

面BCE的法向量〃，再利用cos伍小*求二面

角.

试卷第2页，总27页

试题解析：（I）由可得AF_LDF,AF1FE,所以AFL平

面EFDC.

又AFu平面ABEF,故平面ABEF_L平面EFDC.

（II）过D作DGJ_EF,垂足为G,由（I）知DG_L平

面ABEF.

以G为坐标原点，而的方向为x轴正方向，国为

单位长度，建立如下列图的空间直角坐标系

G-xyz•

由（I）知ZDFE为二面角D—AF-E的平面角，故

ZDFE=60,那么|DF|=2,|DG|=3,可得

A（l,4,0）,B（-3,4,0）,E（-3,0,0）,D仅,0,6）・

由，AB//EF,所以AB//平面EFDC.

又平面ABCDA平面EFDC=DC,故AB//CD,CD//EF.

由BE//AF,可得BE_L平面EFDC,所以NCEF为二面角

C-BE-F的平面角，

ZCEF=60.从而可得C（-2,0,6）.

所以前=（1,0,EB=（O,4,O）,双十3,-4,6），AB=（^1,0,0）.

设”=（x,y,z）是平面BCE的法向量,那么

4.EC=0gpx+Gz=0

n-EB=0，[4y=0，

所以可取万=（3,0,

设历是平面ABCD的法向量,那么?”二°,

比•AB=0

同|理可取玩=（0,6,4）7.那么cos（耳同=♦

\同I网19

试卷第3页，总27页

故二面角E-BC-A的余弦值为

19

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.(2023高考新课标2理数)如图，菱形ABCD

的对角线AC与80交于点OfAB—5,AC—点及尸分

别在AD,CD_hfAE=CF=-fEF交BD于点、H.将AT呼

4

沿EF折到M)'EF位置，OD,=Vio.

(I)证明：。月,平面ABCD；

(II)求二面角B-D'A-C的正弦值.

试卷第4页，总27页

【答案】（I）详见解析；（II）噜.

【解析】

试题分析：（I）证ACHEF9再证DH10Hf最后

证力"平面ABCD；（II）用向量法求解.

试题解析：（I〕由得ACA.BDfAD=CD,又由AE=CF

得当=耳，故AC//EF.

ADCD

因此EFLHD，从而EFYDH.由AB=5,AC=6得

DO=B0=fAB2-AO2=4.

由即//AC得丝所以

OH=l9DH=DH=3.

DOAD4

2222

于是OH=lfD'H+OH^3+\^\Q=D'Of

故D'H±OH・

又D'H±EF，而OHcEF=Hf

所以。77_L平面ABC。.

（ID如图，以”为坐标原点，丽的方向为x轴

的正方向，建立空间直角坐标系“-斗，

那么〃（O,O,O）,A（-3,-2,0）,5（0,—5,0）,C（3,-l,0）,D（0,0,3）,

>45=（3,-4,0）,AC=（6,0,0）,AD'=（3,1,3）・设团=（M，y,zJ是平

试卷第5页，总27页

面板的法向量，那么上个°,即:。

m-AD'[3X[+y+3Z|=0

所以可以取注=（4,3,-5）.设3=（工2，%，22）是平面AC"的

法向量，那么?£=°,

[n-AD'=O

即俨=0,

[3X2+y2+3Z2=0

所以可以取n=（O,-3,I）.于是

--mn-1476.--2后

cos<in,n>=————=—f==——7==，sin<m,n>--------.

\m\-\n\屈义M2525

因此二面角B-D'A-C的正弦值是噜.

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的常用方法

有：①判定定理；②③〃〉a_La=bJ_a；③

a〃B,a_La=a_LB；④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.

3.（2023高考山东理数）在如下列图的圆台

中，AC是下底面圆0的直径，EF是上底面圆

0的直径，FB是圆台的一条母线.

试卷第6页，总27页

(I)G,H分别为EC,FB的中点，求证：GH

〃平面ABC；

(II)EF=FB=1AC=2V3,AB=BC.求二面角F-BC-A

的余弦值.

【答案】(I)见解析；(II)

【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；(II)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，其中解法一建立空间直角

坐标系求解；解法二那么是找到为二面角

F-BC-A的平面角直接求解.

试题解析：

(I)证明：设爪的中点为/,连接〃川,

试卷第7页，总27页

在ACEF,因为G是CE的中点，所以G〃/E£

又EF7/0B,所以G///OB,

在△CF8中，因为“是用的中点，所以HI//BC,

又HIcGI=I,所以平面GH///平面ABC,

因为G"u平面G”/,所以Ga//平面ABC.

(II)解法一：

连接。。，那么OO'A.平面ABC9

又A3=8C,且AC是圆。的直径，所以BO_LAC.

以。为坐标原点，建立如下列图的空间直角坐

标系O-xyz,

由题意得8(0,26,0),。(-2&,0,0),过点F作人M垂直0B于

点M9

22

所以FM=\lFB-BM=3,

可得尸(0,6,3).

故前=(-2"-2也0),丽=(0,一6,3)•

设康("z)是平面BCr的一个法向量.

由产灰=0

(m-5F=0，

可得12八一2底=0

[-V3y+3z=O，

试卷第8页，总27页

可得平面BCF的一个法向量碗=(―1,1,今,

因为平面ABC的一个法向量3=(0,0,1),

所^以cos<m,n>=竺］=­•

|m||H|7

所以二面角F-BC-A的余弦值为手.

A

解法二：

连接OO',过点尸作FM1OB于点

那么有FM//OO',

又00」平面ABC,

所以FM_L平面ABC,

22

可得FM=y/FB-BM=3,

过点M作MN垂前C于点N,连接FN,

可得FN1BC,

从而NFNM为二面角〜尤―A的平面角.

又AB=BC,AC是圆。的直径，

所以MN=BMsin45。=当

从而尸N=@^,可得cosNbNM=

试卷第9页，总27页

所以二面角F-BC-A的余弦值为，.

考点：L平行关系；2.异面直线所成角的计

算.

【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问

题.解答此题，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，给出标准的证明,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.此题能较好的考查考生的空间想象能

力、逻辑推理能力'转化与化归思想及根本运

算能力等.

4.(2023高考天津理数)如图，正方形ABCD

的中心为0,四边形0BEF为矩形，平面0BEF

_L平面ABCD,点G为AB的中点，AB=BE=2.

(I)求证：EG〃平面ADF；

(II)求二面角0-EF-C的正弦值;

试卷第10页，总27页

(m)设H为线段AF上的点，且AH3HF,求

直线BH和平面CEF所成角的正弦值.

【答案】(I)详见解析(II)fcm)

【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(II)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(III)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，OFl^iABCDf如图，以。为

点，分别以而，而，面的方向为x轴，)轴、z轴的

正方向建立空间直角坐标系，依题意可得

0(0,(),0),

0),B(-l,-l,0),C(l,-l,0),ZXl,1,0),2),F(0,0,2),G(-l,0,0).

试卷第11页，总27页

(I)证明：依题意，AZ)=(2,0,0),AF=(l,-l,2).设

诂(”z)为平面的法向量，那么收吧二°,即

nl-AF=O

产=。.不妨设z=l,可得，=(0,2,1),又

EG=(0,1,-2),可得反心0,又因为直线EG2平面40户,

7

所以或；//平面4。/.

(II)解：易证,次=(-1,1,0)为平面OEF的一个法

向量.依题意，£F=(1,1,0),CF=(-1,1,2)•设&=(x,y,z)为

平面团的法向量，那么FE=0，即

[ZJ2-CF=0

x+y=0

•不妨设X=l,可得%=（1，T,1）•

-x+y+2z=0

OA•几y瓜于是疝<OA,n>=£

因此有cos<OA,n2>=1I二1=1,29

OA•%

所以，二面角O-EF-C的正弦值为当

（ni）解：由AH=-HF,得AH=^AF・因为AF=（1,-1,2）,

所以而=|而=51,扑进而有,从而

试卷第12页，总27页

叫浓卜因此8s〈而卮>=薛=-卓.所以，直

(555)阿卜闷21

线的和平面团所成角的正弦值为东

考点：利用空间向量解决立体几何问题

5.(2023年高考北京理数)如图，在四棱锥

P-ABCD中，平面平面ABC。,PALPD,PA=PD,

ABlADfAB=1,AD=2,AC=CD<.

(1)求证：尸“平面PAB；

(2)求直线即与平面P8所成角的正弦值；

(3)在棱PA上是否存在点M,使得BA///平面

PCD?假设存在，求噜AP的值；假设不存在，说

明理由.

【答案】⑴见解析；⑵#;(3)存在,小

3AP4

【解析】

试题分析：(1)由面面垂直性质定理知AB±

平面PAD；根据线面垂直性质定理可知ABlPDf

试卷第13页，总27页

再由线面垂直判定定理可知PC平面PAB；(2)

取AZ)的中点0,连结PO,C0,以。为坐标原点建

立空间直角坐标系。-乎，利用向量法可求出直

线总与平面也。所成角的正弦值；(3)假设存

在，根据A,P,M三点共线，设而=%而，根据

BMH平面PCD9即而G=0,求4的值,即可求出色AP

的值.

试题解析：(1)因为平面PAOJ■平面ABCDfABLADJ

所以ABJ_平面PADf所以ABIPD,

又因为PALP。，所以P£)_L平面PAB；

(2)取AD的中点O,连结POfCO9

因为PA=PD,所以POLAD.

又因为POu平面PAD,平面尸AOJ_平面ABCDf

所以POJ"平面ABCD.

因为COu平面A8CD,所以POJ_CO.

因为AC=CDf所以CO±AD.

如图建立空间直角坐标系。-斗，由题意得，

A(0,l,0),B(l,l,0),C(2,0,0),D(0,-l,0),P(0,0,D.

设平面PCD的法向量为〃=(x,y,z)，那么

n-PD=0,gp_y_z=0,

n•PC-0,2x—z—0,

令z=2,那么x=1,y=-2.

所以n=(1-2,2).

试卷第14页，总27页

所以cos<7,而>=酒=—4.

/网3

所以直线段与平面尸8所成角的正弦值为会.

(3)设M是棱以上一点，那么存在义e[0,1]使得

AM=AAP.

因此点M(O,1-A,2),=(-1,-2,A)•

因为BMcZ平面PCD9所以8M//平面PCD当且仅当

BM-n=09

即d)2=。，解得

所以在棱PA上存在点M使得BM//平面PCD,此时

AM_1

~AP~49

考点：L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

试卷第15页，总27页

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.（2023高考新课标3理数）如图，四棱锥P-ABC

中，地面ABCDfAD//BCfAB=AD=AC=3,以=3C=4,

M为线段AZ）上一'点,AM=2MD，N为PC的中点.

（I）证明MN〃平面尸AB；

（II）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.

【答案】（I）见解析；（II）器.

【解析】

试题分析：（I）取心的中点T,然后结合条件

中的数据证明四边形A限为平行四边形，从而

得到MN//AT9由此结合线面平行的判断定理可

证；（II）以A为坐标原点，以AD,AP所在直线分

别为3轴建立空间直角坐标系，然后通过求直

线AN的方向向量与平面法向量的夹角来处

理AN与平面所成角.

试卷第16页，总27页

试题解析：(I)由得AM=|AO=2,取3尸的中点T,

连接AT,TN,由N为PC中点知TNHBC9TN=；BC=2・

又ADHBC,故TN//AM9四边形AMNT为平行四边形,

于是MN//AT.

因为ATu平面PABfMNU平面所以MN//平面

PAB.

(II)取"的中点E,连结AE,由AB=AC得AE±BCf

从而AElADf且AE=VAB2-BE2=^AB^(-)2=百.

以A为坐标原点，通的方向为x轴正方向，建立

如下列图的空间直角坐标系A.型,

由题意知，户(0,0,4),M(0,2,0),C(V5,2,0),N吟,1,2),

W=(0,2,-4),PN=(^,1,-2),AN=(^-,1,2).

22

设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量，那么)多二°,

n・PN=D

2x-4z=0

即，可取«=(0,2,1),

----x+y-2z-0

2

于是|cos<n,AN>|=俞|875

|n||A/V|25

B)

试卷第17页，总27页

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.（2023高考浙江理数）如图，在三棱台

ABC-DEF中，平面BCFEL平面

ABC,ZACB=9O0,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.

（I）求证：EF_L平面ACFD；

（II）求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.

【答案】（I）证明见解析；ini4-

4

【解析】

试题分析：（I）先证BF±AC,再证BF1CK9进

而可证BF1平面ACFD；（II）方法一：先找二面

角B—AD-F的平面角，再在RtABQF中计算，即可得

二面角B-AD-F的平面角的余弦值；方法二：先

建立空间直角坐标系，再计算平面ACK和平面

试卷第18页，总27页

ABK的法向量，进而可得二面角B-AD-F的平面

角的余弦值.

试题解析：(I)延长AD,BE,CF相交于一点K,

如下列图.

因为平面BCFE±平面ABC，且AC±BC9所以，

AC_L平面BCK，因此，

BF±AC.

又因为EF//BC,BE=EF=FC=1，BC=2,所以

△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，那么

BF±CK.

所以BF,平面ACFD.

(II)方法一：

过点F作FQ_LAK,连结BQ.

因为BF1平面ACK，所以BF1AK,那么AKI平面

BQF,所以BQJLAK.

所以，NBQF是二面角B—AD-F的平面角.

在RtAACK中9AC=3，CK=2,得FQ=^.

在RtABQF中FmQ=w3屈BF=&，得COS/BQF=E・

94

所以，二面角B-AD-F的平面角的余弦值为手.

4

试卷第19页，总27页

方法二：

如图，延长AD,BE,CF相交于一点K,那么ABCK

为等边三角形.

取BC的中点0,那么KO±BC,又平面BCFE±平面

ABC，所以，KO_L平面ABC.

以点。为原点，分别以射线OB,OK的方向为x,

z的正方向，

建立空间直角坐标系。型.

由题意得

B（1,0,0）,C（-l,0,0）,K仅,0,@,

因此，

AC=（0,3,0）,AK=（1,3,V3）,AB=（2,3,0）.

设平面ACK的法向量为比，X，zJ，平面ABK的法

向量为元=（孙必必）•

由产•…，得产=。,取用=回川

AK•玩=0[%+3y+J3Z]=0'7

■忖拓=0,得产+3-；,取”…）.

AK•力=0[X2+3J2+V3Z2=0''

于是,cos（方㈤=普尚=乎・

所以，二面角B-AD-F的平面角的余弦值为日.

4

试卷第20页，总27页

A

"y

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，否那么很容易出现错

误.证明线面垂直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.（2023年高考四川理数）如图，在四棱锥

P-ABCD中，AD〃BC,zADC=zPAB=90°,

BC=CD=iAD,E为边AD的中点，异面直线PA

与CD所成的角为90°.

（I）在平面PAB内找一点M,使得直线CM

〃平面PBE,并说明理由；

（II）假设二面角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.

试卷第21页，总27页

【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，而这可以利用的平行，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中，AB与CD不

平行.

延长AB,DC,相交于点M（MW平面PAB）,点

M即为所求的一个点.理由如下：

由，BC〃ED,且BC=ED.

所以四边形BCDE是平行四边形.，所以CD〃

EB

从而CM/7EB.

又EBu平面PBE,CM.平面PBE,

所以CM〃平面PBE.

（说明：延长AP至点N,使得AP=PN,那么所

找的点可以是直线MN上任意一点）

（II）方法一：

由，CD±PA,CD±AD,PAcAD二A,

试卷第22页，总27页

所以CD_L平面PAD.

从而CD±PD.

所以NPDA是二面角P-CD-A的平面角.

所以NPDA=45。.

设BC=L那么在RtaPAD中，PA=AD=2.

过点A作AHJ_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CE_L平面PAH.

所以平面PCEJ_平面PAH.

过A作AQJ_PH于Q,那么AQJ_平面PCE.

所以NAPH是PA与平面PCE所成的角.

在RtZ\AEH中，ZAEH=45°,AE=1,

所以AH二孝.

在RtZkPAH中，标=半,

所以sinNAPH=^=-.

PH3

试卷第23页，总27页

方法二：

由，CD±PA,CD±AD,PAcAD二A,

所以CD_L平面PAD.

于是CD±PD.

从而NPDA是二面角P-CD-A的平面角.

所以NPDA=45°.

由PA_LAB,可得PA_L平面ABCD.

设BC=L那么在RtZ\PAD中，PA=AD=2.

作Ay_LAD,以A为原点，以而，丽的方向分

别为x轴，z轴的正方向，建立如下列图的空

间直角坐标系A-xyz,那么A[0,0,0),P

[0,0,2),C[2,1,0),E[1,0,0),

所以而二(1,0,-2),EC=[1,1,0),通=(0,0,2)

设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),

由卜尸得f—2z=°，设x=2,解得n=(2,-2,l).

n-EC=0,1x+y=0,

设直线PA与平面PCE所成角为a,那么sin

a二-2_1

\n\-\AP\2X722+(-2)2+12-3,

试卷第24页，总27页

所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为！.

考点：线线平行、线