近三年高考全国卷理科立体几何真题

近三年高考全国卷理科立体几何真题

‎ 新课标卷高考真题 ‎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，，且二面角DAFE与二面角CBEF 都是．‎ ‎（I）证明：平面ABEF平面EFDC；‎ ‎（II）求二面角EBCA的余弦值．‎ ‎2、（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．‎ ‎3【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.‎ ‎（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.‎ ‎4、[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 ‎5、[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图15，三棱柱ABC A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.‎ 图15‎ ‎(1)证明：AC＝AB1；‎ ‎(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A A1B1 C1的余弦值．‎ ‎6、（2017•新课标Ⅱ）如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点． （Ⅰ）证明：直线CE∥平面PAB； （Ⅱ）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值． ‎ ‎7、（2017•新课标Ⅲ）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD． （Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ABC； （Ⅱ）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值． ‎ ‎8、（2017•新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（12分） ‎ ‎(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． ‎ ‎1【解析】‎ ⑴ ∵为正方形 ∴∵ ∴‎ ‎∵ ∴面 面 ‎∴平面平面 ⑵ 由⑴知 ‎∵ 平面 平面∴平面 平面 ‎∵面面 ‎∴,∴‎ ‎∴四边形为等腰梯形 以为原点，如图建立坐标系，‎ ‎ ‎ ‎，，‎ 设面法向量为.‎ ‎，即 设面法向量为 ‎.即 ‎ 设二面角的大小为.‎ 二面角的余弦值为 ‎2【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，‎ ‎∴，∴．‎ ‎3，【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 ‎4，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＝××××＝.‎ ‎5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.‎ ‎6、【答案】（Ⅰ）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点， 所以EF AD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC∥ AD， ∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面PAB，CF⊄平面PAB， ∴直线CE∥平面PAB； （Ⅱ）解：四棱锥P﹣ABCD中， 侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD， ∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点． 取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD=2，则AB=BC=1，OP= ， ∴∠PCO=60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°， 可得：BN=MN，CN= MN，BC=1， 可得：1+ BN2=BN2 ， BN= ，MN= ， 作NQ⊥AB于Q，连接MQ， 所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ= = ， 二面角M﹣AB﹣D的余弦值为： = ． 7、【答案】（Ⅰ）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD． ∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC． ‎ ‎△ABD与△CBD中，AB=BD=BC，∠ABD=∠CBD， ∴△ABD≌△CBD，∴AD=CD． ∵△ACD是直角三角形， ∴AC是斜边，∴∠ADC=90°．∴DO= AC． ∴DO2+BO2=AB2=BD2 ． ∴∠BOD=90°．∴OB⊥OD． 又DO∩AC=O，∴OB⊥平面ACD．又OB⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC． （Ⅱ）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为hD ， hE ． 则 = ． ∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分， ∴ = = =1． ∴点E是BD的中点． 建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设AB=2． 则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0， ，0），E ． =（﹣1，0，1）， = ， =（﹣2，0，0）． 设平面ADE的法向量为 =（x，y，z），则 ，即 ，取 = ． 同理可得：平面ACE的法向量为 =（0，1， ）． ∴cos = = =﹣ ． ‎ ‎∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为 ． ‎ ‎8、【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 ． ‎