历年立体几何高考题

历年立体几何高考题

‎（2018）‎ ‎18．（12分）‎ 如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）求与平面所成角的正弦值.‎ ‎（2017）‎ ‎18.（12分） 如图，在四棱锥中，中，且． （1）证明：平面平面； （2）若，，求二面角的余弦值．‎ ‎（2016）‎ ‎（18）（本小题满分为12分）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D-AF-E与二面角C-BE-F都是．‎ ‎（I）证明：平面ABEF平面EFDC；‎ ‎（II）求二面角E-BC-A的余弦值．‎ ‎（2015）‎ ‎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.‎ ‎（2014）‎ ‎19. (本小题满分12分)如图三棱锥中，‎ 侧面为菱形，.‎ ‎（I）证明：；‎ ‎（Ⅱ）若，，AB=BC，求二面角的余弦值.‎ ‎(2013)‎ ‎18．(2013课标全国Ⅰ，理18)(本小题满分12分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.‎ ‎(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．‎ ‎(2012)‎ ‎（19）（本小题满分12分）‎ 如图，直三棱柱中，，是棱的中点，。 ‎ ‎(1) 证明：；‎ ‎(2) 求二面角 的大小.‎ ‎(2011)‎ ‎18. (本小题满分12分)‎ 如图，四棱锥中，底面为平行四边形，‎ ‎∠，，⊥底面. ‎ (I) 证明：⊥；‎ (II) ‎(II)若，求二面角的余弦值.‎ 答案 ‎（2018）‎ ‎18.（12分）‎ 解：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.‎ 又平面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，的方向为y轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz.‎ 由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.‎ 可得.‎ 则为平面ABFD的法向量.‎ 设DP与平面ABFD所成角为，则.‎ 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.‎ ‎（2017）‎ ‎（1）证明：∵ ∴， 又∵，∴ 又∵，、平面 ∴平面，又平面 ∴平面平面 （2）取中点，中点，连接， ∵ ∴四边形为平行四边形 ∴ 由（1）知，平面 ∴平面，又、平面 ∴， 又∵，∴ ∴、、两两垂直 ∴以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 设，∴、、、， ∴、、 设为平面的法向量 由，得 令，则，，可得平面的一个法向量 ∵，∴ 又知平面，平面 ∴，又 ∴平面 即是平面的一个法向量， ∴ 由图知二面角为钝角，所以它的余弦值为 ‎（2016）‎ ‎（I）由已知可得,,所以平面．‎ 又平面,故平面平面．‎ ‎（II）过作,垂足为,由（I）知平面．‎ 以为坐标原点,的方向为轴正方向,为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 由（I）知为二面角的平面角,故,则,,可得,,,．‎ 由已知,,所以平面．‎ 又平面平面,故,．‎ 由,可得平面,所以为二面角的平面角,‎ ‎．从而可得．‎ 所以,,,．‎ 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．‎ 故二面角的余弦值为．‎ ‎（2015）‎ ‎（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1，由∠ABC=120°，可得AG=GC=.‎ 由BE⊥平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC，‎ 又∵AE⊥EC，∴EG=，EG⊥AC，‎ 在Rt△EBG中，可得BE=，故DF=.‎ 在Rt△FDG中，可得FG=.‎ 在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=，DF=可得EF=，‎ ‎∴，∴EG⊥FG，‎ ‎∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，‎ ‎∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC. ‎ ‎（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－，0），E（1,0, ），F（－1,0，），C（0，，0），∴=（1，，），=（-1，-，）.…10分 故.‎ 所以直线AE与CF所成的角的余弦值为.‎ ‎（2014）‎ ‎(Ⅰ)连结，交于O，连结AO．因为侧面为菱形，所以，且 O为与的中点．又，所以平面，故又 ，故 ………6分 ‎（Ⅱ）因为且O为的中点，所以AO=CO又因为AB=BC，所以 故OA⊥OB，从而OA，OB，两两互相垂直． ‎ 以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，OB为单位长，建立如图所示空间直角坐标系O-． 因为，所以为等边三角形．又AB=BC，则 ‎，，，‎ ‎，‎ 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.‎ ‎（2013）‎ ‎(1)证明：取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B.‎ 因为CA＝CB，所以OC⊥AB.‎ 由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，‎ 故△AA1B为等边三角形，‎ 所以OA1⊥AB.‎ 因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.‎ 又A1C平面OA1C，故AB⊥A1C.‎ ‎(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.‎ 由题设知A(1,0,0)，A1(0，，0)，C(0,0，)，B(－1,0,0)．‎ 则＝(1,0，)，＝＝(－1，，0)，＝(0，，)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，‎ 则即可取n＝(，1，－1)．‎ 故cos〈n，〉＝＝.‎ 所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.‎ ‎（2012）‎ ‎（1）在中，‎ ‎ 得：‎ ‎ 同理：‎ ‎ 得：面 ‎ （2）面 ‎ 取的中点，过点作于点，连接 ‎ ，面面面 ‎ 得：点与点重合 ‎ 且是二面角的平面角 ‎ 设，则，‎ ‎ 既二面角的大小为 ‎（18）解：（I）因为，，由余弦定理得. ‎ 从而，故. ‎ 又底面，可得. ‎ 所以平面. 故. ‎ ‎（II）如图，以为坐标原点，的长为单位长，射线为轴的正半轴建立空间直角坐标系，则 ‎，，，‎ ‎，，‎ 设平面的法向量为，则 即. ‎ 因此可取. ‎ 设平面的法向量为，则，可取. ‎ ‎. ‎ 故二面角的余弦值为.‎