近年高考理科立体几何大题汇编

近年高考理科立体几何大题汇编

近几年高考理科立体几何大题汇编 ‎1.（2018年III卷）如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．‎ ‎2、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 四棱锥PABCD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DAEC为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥EACD的体积．‎ ‎3.（2017•新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．‎ ‎(1)证明：平面PAB⊥平面PAD； ‎ ‎(2)若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值． ‎ ‎ ‎ ‎4.（菱形建系） [2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图三棱柱ABC A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.‎ ‎(1)证明：AC＝AB1；‎ ‎(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A A1B1 C1的余弦值．‎ ‎5.（菱形建系）【2015高考新课标1】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.‎ ‎6.（翻折）(2018年I卷)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.‎ ‎7.（翻折）（2016年全国II高考）如图，菱形的对角线与交于点，，点分别在上，，交于点．将沿折到位置，．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的正弦值．‎ ‎8.（动点问题）（2018年II卷）如图，在三棱锥中，，，为的中点．‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．‎ 近几年高考理科立体几何大题汇编 ‎1.（2018年III卷）如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．‎ ‎1.解：（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.‎ 因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以 DM⊥CM.‎ 又 BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.‎ 而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.‎ ‎（2）以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.‎ 当三棱锥M−ABC体积最大时，M为的中点.‎ 由题设得，‎ 设是平面MAB的法向量,则 即 可取.‎ 是平面MCD的法向量,因此 ‎，‎ ‎，‎ 所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.‎ ‎2、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图13，四棱锥PABCD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DAEC为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥EACD的体积．‎ 图13‎ ‎2，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，，AD，AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系Axyz，则D，E，＝.‎ 设B(m，0，0)(m>0)，则C(m，，0)，＝(m，，0)．‎ 设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，‎ 则即 可取n1＝.‎ 又n2＝(1，0，0)为平面DAE的法向量，‎ 由题设易知|cos〈n1，n2〉|＝，即 ＝，解得m＝.‎ 因为E为PD的中点，所以三棱锥EACD的高为.三棱锥EACD的体积V＝××××＝.‎ ‎3.（2017•新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．‎ ‎(1)证明：平面PAB⊥平面PAD； ‎ ‎(2)若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值． ‎ ‎3.【答案】（1）证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD， ∵AB∥CD，∴AB⊥PD， 又∵PA∩PD=P，且PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD， ∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB， ∴平面PAB⊥平面PAD； （2）解：∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形， 由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形， 在△APD中，由PA=PD，∠APD=90°，可得△PAD为等腰直角三角形， ‎ 设PA=AB=2a，则AD= ． 取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE， 以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则：D（ ），B（ ），P（0，0， ），C（ ）． ， ， ． 设平面PBC的一个法向量为 ， 由 ，得 ，取y=1，得 ． ∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥AD， 又PD⊥PA，PA∩AB=A， ∴PD⊥平面PAB，则 为平面PAB的一个法向量， ． ∴cos＜ ＞= = ． 由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角， ∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为 ． 4.（菱形建系） [2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图三棱柱ABC A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.‎ ‎(1)证明：AC＝AB1；‎ ‎(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A A1B1 C1的余弦值．‎ ‎4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O　xyz.‎ 因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又AB＝BC，则A，B(1，0，0)，B1，C.‎ ＝，＝AB＝，‎ 1＝BC＝.‎ 设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则 即所以可取n＝(1，，)．‎ 设m是平面A1B1C1的法向量，‎ 则同理可取m＝(1，－，)．‎ 则cos〈n，m〉＝＝.‎ 所以结合图形知二面角A A1B1 C1的余弦值为.‎ ‎5.（菱形建系）【2015高考新课标1】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.‎ ‎5.，【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）‎ 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. ……6分 ‎（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. ……12分 ‎6.（翻折）(2018年I卷)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.‎ ‎6.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.‎ ‎7.（翻折）（2016年全国II高考）如图，菱形的对角线与交于点，，点分别在上，，交于点．将沿折到位置，．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的正弦值．‎ ‎7.【解析】⑴证明：∵，∴，‎ ‎∴．∵四边形为菱形，∴，‎ ‎∴，∴，∴．‎ ‎∵，∴；又，，∴，‎ ‎∴，∴，∴，∴．又∵，∴面．‎ ‎⑵建立如图坐标系．‎ ‎，，，，‎ ‎，，，‎ 设面法向量，‎ 由得，取，∴．‎ 同理可得面的法向量，‎ ‎∴，∴．‎ ‎8.（动点问题）（2018年II卷）如图，在三棱锥中，，，为的中点．‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．‎ 解：（1）因为，为的中点，所以，且.‎ 连结.因为，所以为等腰直角三角形，‎ 且，.‎ 由知.‎ 由知平面.‎ ‎（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.‎ 由已知得取平面的法向量.‎ 设，则.‎ 设平面的法向量为.‎ 由得，可取，‎ 所以.由已知得.‎ 所以.解得（舍去），.‎ 所以.又，所以.‎ 所以与平面所成角的正弦值为.‎