近三年高考全卷理科立体几何真题

近三年高考全卷理科立体几何真题

‎ 新课标卷近三年高考题 ‎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．‎ ‎【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 ‎ ‎ ‎，，‎ 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、（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．‎ ‎【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、（2016年全国III高考）如图，四棱锥中，地面，，，，为线段上一点，，为的中点．‎ ‎（I）证明平面；‎ ‎（II）求直线与平面所成角的正弦值.‎ 设为平面的法向量，则，即，可取，‎ 于是.‎ ‎4、【2015高考新课标2，理19】‎ 如图，长方体中,，，，点，分别在 ‎，上，．过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．‎ D D1‎ C1‎ A1‎ E F A B C B1‎ ‎（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；‎ ‎（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．‎ ‎【考点定位】1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．‎ ‎【名师点睛】根据线面平行和面面平行的性质画平面与长方体的面的交线；由交线的位置可确定公共点的位置，坐标法是求解空间角问题时常用的方法，但因其计算量大的特点很容易出错，故坐标系的选择是很重要的，便于用坐标表示相关点，先求出面的法向量，利用求直线与平面所成角的正弦值．‎ 5、 ‎【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.‎ ‎【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 ‎【考点定位】空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力 ‎【名师点睛】对空间面面垂直问题的证明有两种思路，思路1：几何法，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；思路2：利用向量法，通过计算两个平面的法向量，证明其法向量垂直，从而证明面面垂直；对异面直线所成角问题，也有两种思路，思路1：几何法，步骤为一找二作三证四解，一找就是先在图形中找有没有异面直线所成角，若没有，则通常做平行线或中位线作出异面直线所成角，再证明该角是异面直线所成角，利用解三角形解出该角.‎ ‎6、[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 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＝××××＝.‎ ‎7、[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．‎ 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.‎