新课标高考数学立体几何大题汇编

2015-2018年高考立体几何题汇编（一）2018年高考立体几何题1.（北京理16）如图，在三棱柱ABC-ABC中，CC平面ABC，D，E，F，G分别为AA，AC，AC，1111111BB的中点，AB=BC=5，AC=AA=2．11（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B-CD-C的余弦值；1（Ⅲ） 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 ：直线FG与平面BCD相交．2.（浙江-19）如图，已知多面体ABCABC，AA，BB，CC均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，AA=4，1111111CC=1，AB=BC=BB=2．11（Ⅰ）证明：AB⊥平面ABC；1111（Ⅱ）求直线AC与平面ABB所成的角的正弦值．11第1页2．（全国卷III理-18）如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）当三棱锥MABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．4.（课标II理-20）如图，在三棱锥PABC中，ABBC22，PAPBPCAC4，O为AC的中点．（1）证明：PO平面ABC；P（2）若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值．OACMB第2页1.（全国卷I理-18）如图，四边形ABCD为正方形，E,F分别为AD,BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.（1）证明：平面PEF平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.（二）2017年高考立体几何题3.（课标III理-19）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）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.第3页2.（课标II理-19）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，1ABBCAD,BADABC90o,E是PD的中点．2（1）证明：直线CE∥平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45o，求二面角MABD的余弦值.3.（17全国卷I理-18）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.第4页（三）2016年高考立体几何题1.（课标III理-19）如图，四棱锥PABC中，PA地面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点．（I）证明MN平面PAB；（II）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.2.（课标II理-19）5如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB5，AC6，点E，F分别在AD，CD上，AECF，4EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△DEF的位置OD10.（I）证明：DH平面ABCD；（II）求二面角BDAC的正弦值.第5页3.（课标I理-19）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，AFD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．（四）2015年高考立体几何题1.（课标II理-19）如图，长方体ABCDABCD中,AB=16，BC=10，AA8，点E，F分别在AB，CD上，111111111AEDF4．过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．11（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；（Ⅱ）求直线AF与平面所成角的正弦值．第6页2015-2018年高考立体几何题汇编参考 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 （一）2018年高考立体几何题1.（北京理16）如图，在三棱柱ABC-ABC中，CC平面ABC，D，E，F，G分别为AA，AC，AC，1111111BB的中点，AB=BC=5，AC=AA=2．11（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B-CD-C的余弦值；1（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．1.解析：（Ⅰ）在三棱柱ABC-ABC中，111∵CC⊥平面ABC，∴四边形AACC为矩形．111又E，F分别为AC，AC的中点，∴AC⊥EF．11∵AB=BC，∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF．由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC．1又CC⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．1∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．如图，以EA，EB，EF为X，Y，Z轴建立空间直角坐称系E-xyz．由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．uuuruur∴CD=(2，，01)，CB=(1，，20)，设平面BCD的法向量为n(a，，bc)，uuurnCD02ac0∴uur，∴，a2b0nCB0令a=2，则b=-1，c=-4，∴平面BCD的法向量n(2，1，4)，uur又∵平面CDC的法向量为EB=(0，，20)，∴1uuruurnEB21cosnEBuur=．|n||EB|21由图可得二面角B-CD-C为钝角，所以二面角B-CD-C的余弦值为11第7页21．21（Ⅲ）平面BCD的法向量为n(2，1，4)，∵G（0，2，1），F（0，0，2），uuuruuuruuur∴GF=(0，2，1)，∴nGF2，∴n与GF不垂直，∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．2.（浙江-19）如图，已知多面体ABCABC，AA，BB，CC均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，AA=4，1111111CC=1，AB=BC=BB=2．11（Ⅰ）证明：AB⊥平面ABC；1111（Ⅱ）求直线AC与平面ABB所成的角的正弦值．112.解析：方法一：（Ⅰ）由AB2,AA4,BB2,AAAB,BBAB得ABAB22，1111111所以AB2AB2AA2.故ABAB.1111111由BC2，BB2,CC1,BBBC,CCBC得BC5，111111由ABBC2,ABC120得AC23，由CCAC，得AC13，所以AB2BC2AC2，故ABBC.111111111因此AB平面ABC.1111（Ⅱ）如图，过点C作CDAB，交直线AB于点D，连结AD.111111由AB平面ABC得平面ABC平面ABB，11111111由CDAB得CD平面ABB，11111所以CAD是AC与平面ABB所成的角.111由BC5,AB22,AC21得11111161cosCAB,sinCAB，11171117CD39所以CD3，故sinCAD1.11AC13139因此，直线AC与平面ABB所成的角的正弦值是.1113第8页如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下：A(0,3,0),B(1,0,0),A(0,3,4),B(1,0,2),C(0,3,1),111uuuruuuuruuuur因此AB(1,3,2),AB(1,3,2),AC(0,23,3),11111uuuruuuuruuuruuuur由ABAB0得ABAB.由ABAC0得ABAC.所以AB平面ABC.1111111111111111（Ⅱ）设直线AC与平面ABB所成的角为.11uuuruuuruuur由（Ⅰ）可知AC(0,23,1),AB(1,3,0),BB(0,0,2),11设平面ABB的法向量n(x,y,z).1uuurnAB0,x3y0,由uuur即可取n(3,1,0).nBB0,2z0,1uuuruuur|ACn|39所以sin|cosAC,n|uuur1.1|AC||n|13139因此，直线AC与平面ABB所成的角的正弦值是.11133.（课标III理-19）如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）当三棱锥MABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．3.解析：（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CD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.第9页而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.（2）以D为坐标原点,DA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CD的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1)，AM(2,1,1),AB(0,2,0),DA(2,0,0)nAM0,2xyz0,设n(x,y,z)是平面MAB的法向量,则即可取n(1,0,2).nAB0.2y0.nDA525DA是平面MCD的法向量，因此cosn,DA，sinn,DA，|n||DA|5525所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.5P4.（课标II理-20）如图，在三棱锥PABC中，ABBC22，PAPBPCAC4，O为AC的中点．（1）证明：PO平面ABC；OAC（2）若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所M成角的正弦值．B4.解：（1）因为APCPAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP23.2连结OB.因为ABBCAC，所以△ABC为等腰直角三角形，21且OBAC，OBAC2.2由OP2OB2PB2知POOB.由OPOB,OPAC知PO平面ABC.uuur（2）如图，以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.uuur由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,2,0),C(0,2,0),P(0,0,23),AP(0,2,23),取平面PAC的uuur法向量OB(2,0,0).uuur设M(a,2a,0)(0a2)，则AM(a,4a,0).第10页设平面PAM的法向量为n(x,y,z).uuuruuur2y23z0由APn0,AMn0得，可取n(3(a4),3a,a)，ax(4a)y0uuur23(a4)uuur3所以cosOB,n.由已知得|cosOB,n|.23(a4)23a2a2223|a4|34所以=.解得a4（舍去），a.23(a4)23a2a22383434uuuruuur3所以n(,,).又PC(0,2,23)，所以cosPC,n.33343所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.45.（课标I理-18）如图，四边形ABCD为正方形，E,F分别为AD,BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.（1）证明：平面PEF平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.5.解：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又BF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，HF的方向为y轴正方向，|BF|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=1，33所以PE=3.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.可得PH,EH.2233333则H(0,0,0),P(0,0,),D(1,,0),DP(1,,),HP(0,0,)为平面ABFD的法向量.222223HPDP43设DP与平面ABFD所成角为，则sin||.|HP||DP|34第11页3所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.4（二）2017年高考立体几何题1.（课标III理-19）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）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.1.【解析】（1）由题设可得，△ABD≌△CBD，从而ADDC.又△ACD是直角三角形，所以ADC=90.取AC的中点O，连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.又由于△ABC是正三角形，故BOAC.所以DOB为二面角DACB的平面角.在Rt△AOB中，BO2AO2AB2.又ABBD，所以BO2DOBO2AOAB2BD2，故DOB90.所以平面ACD⊥平面ABC.（2）由题设及（1）知，OA,OB,OD两两垂直，以O为坐标原点，OA的方向为x轴正方向，OA为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.则A1,0,0,B0,3,0,C1,0,0,D0,0,1.1由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，21从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，231E0,,即E为DB的中点，得.2231AD1,0,1,AC2,0,0,AE1,,故.22xz0,nAD0，3n=x,y,zn1,,1设是平面DAE的法向量，则即31可取.nAE0，xyz0.322mAC0，设m是平面AEC的法向量，则同理可取m0,1,3.mAE0，nm77则cosn,m.所以二面角D-AE-C的余弦值为.nm77第12页2.（课标II理-19）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，1ABBCAD,BADABC90o,E是PD的中点．2（1）证明：直线CE∥平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45o，求二面角MABD的余弦值.2.解析：（1）取PA中点F，连结EF，BF．1因为E为PD的中点，所以EFAD,EFAD,由BADABC90得BC//AD，21又BCAD2所以EF//BC．四边形BCEF为平行四边形，CE//BF．又BF平面PAB，CE平面PAB，故CE//平面PAB（2）由已知得BAAD,以A为坐标原点，AB的方向为x轴正方向，AB为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则则A0，，00，B1，，00，C1，，10，P0，，13，PC1，0，3,AB1，0，0，则BMx1，y，z,PMx，y1，z3因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n0，01，是底面ABCD的法向量，所以z2cosBM,nsin450，x12y2z22即（x-1）²+y²-z²=0又M在棱PC上，学|科网设PMPC,则x,y1,z3322x=1+x=1-22由①，②得y=1舍去，y=166zz22第13页26261-,1，AM1-,1，所以M，从而2222m·AM02-2x2y6z0设mx,y,z是平面ABM的法向量，则即000000m·AB0x00m·n10所以可取m=（0，-6，2）.于是cosm,nmn510因此二面角M-AB-D的余弦值为53.（课标I理-18）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.【解析】（1）由已知BAPCDP90，得AB⊥AP，CD⊥PD.由于AB//CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.（2）在平面PAD内作PFAD，垂足为F，由（1）可知，AB平面PAD，故ABPF，可得PF平面ABCD.以F为坐标原点，FA的方向为x轴正方向，|AB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.2222由（1）及已知可得A(,0,0)，P(0,0,)，B(,1,0)，C(,1,0).22222222所以PC(,1,)，CB(2,0,0)，PA(,0,)，2222AB(0,1,0).设n(x,y,z)是平面PCB的法向量，则22nPC0,xyz0,即22可取n(0,1,2).nCB0,2x0,设m(x,y,z)是平面PAB的法向量，则22mPA0,xz0,即22可取m(1,0,1).mAB0,y0.第14页nm33则cos，所以二面角APBC的余弦值为.|n||m|33（三）2016年高考立体几何题1.（课标III理-19）如图，四棱锥PABC中，PA地面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点．（I）证明MN//平面PAB；（II）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.21.解析：（Ⅰ）由已知得AMAD2.3取BP的中点T，连接AT,TN，由N为PC中点知TN//BC，1TNBC2.2又AD//BC，故TNAM,TN//AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN//AT.因为AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN//平面PAB.取BC的中点E，连结AE.由ABBC得AEBC，从而AEAD，且.以A为坐标原点，AE的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知，5，，，N(,1,2)，255PM0,2,4PN,1,2AN,1,2，，.22设nx,y,z为平面PMN的一个法向量，则2y4z0,nPM0,即5可取n0,2,1.nPN0,xy2z0,2nAN85于是cosn,AN.nAN252.（课标II理-19）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB5，AC6，5点E，F分别在AD，CD上，AECF，EF交BD于点H.将△DEF4第15页沿EF折到△DEF的位置OD10.（I）证明：DH平面ABCD；（II）求二面角BDAC的正弦值.5AECF2.【解析】⑴证明：∵AECF，∴，∴EF∥AC．4ADCD∵四边形ABCD为菱形，∴ACBD，∴EFBD，∴EFDH，∴EFDH．∵AC6，∴AO3；又AB5，AOOB，AE∴OB4，∴OHOD1，AO∴DHDH3，∴OD2OH2D'H2，∴D'HOH．又∵OHIEFH，∴D'H面ABCD．⑵建立如图坐标系Hxyz．B5，0，0，C1，3，0，D'0，0，3，A1，3，0，uuuruuuruuurAB4，3，0，AD'1，3，3，AC0，6，0，ur设面ABD'法向量nx，y，z，1x3nAB04x3y0ur由1得，取y4，∴n3，4，5．nAD0x3y3z011z5uruuruurnn9575295同理可得面AD'C的法向量n3，0，1，∴cosur1uur2，∴sin．2nn52102525123.（课标I理-19）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，AFD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．3.【解析】试题 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 ：（Ⅰ）证明AF平面FDC，结合AF平面ABEF，可得平面ABEF平面EFDC．（Ⅱ）建立空间坐标系，利用向量求解.试题解析：（Ⅰ）由已知可得AFDF，AFFE，所以AF平面EFDC．又AF平面ABEF，故平面ABEF平面EFDC．第16页（Ⅱ）过D作DGEF，垂足为G，由（Ⅰ）知DG平面ABEF．以G为坐标原点，GF的方向为x轴正方向，GF为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz．由（Ⅰ）知DFE为二面角DAFE的平面角，故DFE60，则DF2，DG3，可得A1,4,0，B3,4,0，E3,0,0，D0,0,3．由已知，AB//EF，所以AB//平面EFDC．又平面ABCD平面EFDCDC，故AB//CD，CD//EF．由BE//AF，可得BE平面EFDC，所以CEF为二面角CBEF的平面角，CEF60．从而可得C2,0,3．所以EC1,0,3，EB0,4,0，AC3,4,3，AB4,0,0．设nx,y,z是平面BCE的法向量，则nEC0x3z0，即，所以可取n3,0,3．nEB04y0mC0设m是平面ABCD的法向量，则，m0nm219同理可取m0,3,4．则cosn,m．nm19219故二面角EBCA的余弦值为．19（四）2015年高考立体几何题1.（课标II理-19）如图，长方体ABCDABCD中,AB=16，BC=10，AA8，点E，F分别在AB，CD上，111111111AEDF4．过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．11（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；（Ⅱ）求直线AF与平面所成角的正弦值．1.【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF如图：（Ⅱ）作EMAB，垂足为M，则AMAE4，1EMAA8，因为EHGF为正方形，所以1第17页EHEFBC10．于是MHEH2EM26，所以AH10．以D为坐标原点，DA的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，nFE0,F(0,4,8)，FE(10,0,0)，HE(0,6,8)．设n(x,y,z)是平面EHGF的法向量，则nHE0,10x0,nAF45即所以可取n(0,4,3)．又AF(10,4,8)，故cosn,AF．所6y8z0,nAF1545以直线AF与平面所成角的正弦值为．15考点：1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．第18页