立体几何高考真题大题

1．（2016 高考新课标 1 卷）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．

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）

2 19

【解析】

试题分析：（Ⅰ）先证明 F平面FDC ,结合F平面 F ,可得平面F

平面 FDC ．（Ⅱ）建立空间坐标系, 分别求出平面C的法向量 m 及平面 C 的法

向量 n ,再利用 cos n, m n m

求二面角．n m

试题解析：（Ⅰ）由已知可得F DF, F F, 所以F平面 FDC ．

又F平面F,故平面 F 平面FDC ．

（Ⅱ）过 D 作DG F ,垂足为 G ,由（Ⅰ）知 DG平面 F ．

以 G 为坐标原点,GF 的方向为 x 轴正方向, GF 为单位长度, 建立如图所示的空间直角坐标系 G xyz ．

由（Ⅰ）知DF为二面角D F的平面角,故DF60,则DF 2, DG3,可得1,4,0 ,3,4,0,3,0,0, D0,0, 3 ．

由已知 ,// F,所以//平面FDC ．

又平面CD平面FDC DC,故//CD , CD// F ．

由//F,可得平面FDC ,所以 C F为二面角 C F 的平面角,

C F60 ．从而可得C2,0,3．

设 n x, y, z 是平面C的法向量,则

n C 0, 即x

3z 0,

n0 4 y0

所以可取 n3,0, 3 ．

设 m 是平面

m C0 CD 的法向量,则,

同理可取 m0, 3, 4 ．则 cos n, m n m 2 19．

n m19

故二面角C

219的余弦值为．

考点：垂直问题的证明及空间向量的应用

【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明, 空间中线面位置关

系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系, 其中推理论证的关键是结

合空间想象能力进行推理, 要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面, 该类题目难度不

大 , 以中档题为主．第二问一般考查角度问题, 多用空间向量解决．

2 ．（ 2016 高考新课标 2 理数）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 5

，EF交BD于点H．将4

DEF 沿 EF 折到 D EF 位置，OD10．

（Ⅰ）证明： D H平面 ABCD ；

（Ⅱ）求二面角 B D A C 的正弦值．

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）295

．25

试题分析：（Ⅰ）证 AC / / EF ，再证D'H OH ，最后证D'H平面 ABCD ；（Ⅱ）用向量法求解．

试题解析：（Ⅰ）由已知得AC BD，AD CD ，又由 AE CF得AE

CF ，故AD CD

AC //EF ．

因此 E F H，从而EF DH．由AB5,AC6得DO B0AB2AO2 4 ．

由EF //AC 得OH

AE1．所以 OH1，DH DH 3 ．DO AD4

于是 OH1，DH OH 2321210 D O2，故 D H OH ．

又 D H EF ，而OH EF H ，

所以 DH平面 ABCD．

A E y

H D

B x

（Ⅱ）如图，以H 为坐标原点，HF 的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系

H xyz，

则 H0,0,0，A3,2,0 ，B0, 5,0 ，C 3, 1,0，D 0,0,3 ，AB(3, 4,0) ，AC6,0,0，AD3,1,3．设 m x1 , y1, z1是平面 ABD 的法向量，则

m AB0

，即

3x1 4 y10

3x1，

m AD 0y1 3z1 0

所以可以取 m 4,3, 5 ．设 n x2, y2 , z2是平面 ACD '的法向量，则n AC0，

n AD0 6x20

，

即

所以可以取 n

0, 3,1 ．于是 c o s m n,

m n 1 4 7 5 | m | | n |

50 10

，

sin m, n

2 95．

因此二面角 B

D A

C 的正弦值是

2 95

．

考点：线面垂直的判定、二面角．

【名师点睛】证明直线和平面垂直的常用方法有：

①判定定理； ②a ∥ b ，a ⊥α ? b ⊥ α； ③ α ∥ β，a ⊥ α ? a ⊥ β ；④面面垂直的性质．线面垂直的性质，常用来证明线线垂直．

求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个

平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是

钝角．

3．（ 2016 高考山东理数）在如图所示的圆台中， AC 是下底面圆 O 的直径， EF 是上底面

圆 O ' 的直径， FB 是圆台的一条母线．

（Ⅰ）已知 G,H 分别为 EC ， FB 的中点，求证： GH ∥平面 ABC ；

（Ⅱ）已知 EF=FB=1

AC=2 3 ， AB=BC ．求二面角 F BC

A 的余弦值．

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）

【解析】

试题分析：（Ⅰ）根据线线、面面平行可得与直线 GH 与平面 ABC 平行；（Ⅱ）立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，其中解法一建立空间直角坐标系求解；解法二则是找到

FNM 为二面角 F BC A 的平面角直接求

解．

试题解析：

（Ⅰ）证明：设FC 的中点为I,连接GI,HI,

在△CEF ,因为G是CE的中点，所以GI //E F ,

又EF //OB , 所以 GI //OB ,

在△CFB 中，因为H是FB的中点，所以HI / / BC ，

又 HI GI I,所以平面 GHI // 平面 ABC ，

因为 GH平面GHI，所以GH / /平面ABC．

（Ⅱ）解法一：

连接 OO',则OO'平面ABC，

又 AB BC, 且AC是圆O的直径，所以BO AC.

以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz，

由题意得 B(0,23,0) ， C( 23,0,0) ，过点F作 FM 垂直 OB 于点M，所以 FM FB 2BM 23,

可得 F (0,3,3)

故 BC(23,23,0), BF(0,3,3)．

设 m(x, y, z) 是平面BCF的一个法向量．

m BC0

由,

m BF0

可得23x 2 3 y 0

3 y3z0

可得平面 BCF 的一个法向量m(

), 1,1,

因为平面 ABC 的一个法向量n(0,0,1),

所以 cos m, n m n7 ．

| m || n |7

所以二面角 F BC A 的余弦值为7 ．

7解法二：

连接 OO'，过点F作 FM 则有 FM //OO',

又OO' 平面 ABC，

所以 FM⊥平面 ABC,

可得 FM FB2BM 2OB于点M，3,

过点 M 作MN垂直BC于点N，连接FN，

可得 FN BC,

从而FNM 为二面角 F BC A 的平面角．又 AB BC , AC 是圆 O的直径，

所以 MN BM sin45 6 ,

从而 FN 42

，可得cos FNM7 . 27

所以二面角 F BC A 的余弦值为7

．7

考点： 1．平行关系； 2．异面直线所成角的计算．

【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题．解答本题，关键在于能利用直线与直

线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，给出规范的证明．立体

几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目

条件，灵活选择方法．本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力转化与化归思想及基本运算能力等．

4．（ 2016 高考天津理数）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面 ABCD，点 G为 AB的中点， AB=BE=2．

（Ⅰ）求证：EG∥平面 ADF；（Ⅱ）求二面角O-EF-C 的正弦值；

（Ⅲ）设 H 为线段 AF 上的点，且2

AH= HF，求直线 BH和平面 CEF所成角的正弦值．3

【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）3

（Ⅲ）7 321

【解析】

试题分析：（Ⅰ）利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，利用法向量与

直线方向向量垂直进行论证（Ⅱ）利用空间向量求二面角，关键是求出面的法向量，再

利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与二面角相等或互补关系求正弦值（Ⅲ）利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，再利用向量数量积求出法

向量夹角，最后根据向量夹角与线面角互余关系求正弦值

试题解析：依题意，OF 平面 ABCD ，如图，以O为点，分别以AD, BA, OF 的方

向为x

轴， y 轴、

轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得

O(0, 0, 0)

，

A1,1,0 , B( 1,1,0), C (1, 1,0), D (11,0),， E( 1, 1,2), F (0,0,2),G ( 1,0,0) ．（Ⅰ）证明：依题意，AD(2,0,0), AF1, 1,2 ．设 n1

x, y, z为平面 ADF 的n2x0

EG / /平面ADF ．

（Ⅱ）解：易证，OA1,1,0为平面 OEF的一个法向量．依题意，

EF1,1,0 , CF1,1,2 ．设

n2x, y, z为平面 CEF 的法向量，则n2EF0

n2CF

，

即x y0

．不妨设 x 1 ，可得n21, 1,1 ．x y2z0

因此有 cos OA ,n2OA n26

OA, n2

，所以，二面角

，于是 sin

OA n23

O EF C 的正弦值为 3 ．

（Ⅲ）解：由

，所以AH HF，得 AH AF．因为 AF 1, 1,2

AH 2

224334

，从而 BH

284

，因此55

,,，进而有H,,,,

5555555

cos BH ,n2BH n27

BH 和平面CEF所成角的正弦值为BH n2

．所以，直线

7 ．

考点：利用空间向量解决立体几何问题

5．（ 2016 年高考北京理数）如图，在四棱锥P ABCD 中，平面PAD平面 ABCD ，PA PD，PA PD，AB AD，AB 1， AD2，AC CD5．

EG / /平面ADF ．

（Ⅱ）解：易证，OA1,1,0为平面 OEF的一个法向量．依题意，

EF1,1,0 , CF1,1,2 ．设

n2x, y, z为平面 CEF 的法向量，则n2EF0

n2CF

，

即x y0

．不妨设 x 1 ，可得n21, 1,1 ．x y2z0

因此有 cos OA ,n2OA n26

OA, n2

，所以，二面角

，于是 sin

OA n23

O EF C 的正弦值为 3 ．

（Ⅲ）解：由

，所以AH HF，得 AH AF．因为 AF 1, 1,2

AH 2

224334

，从而 BH

284

，因此55

,,，进而有H,,,,

5555555

cos BH ,n2BH n27

BH 和平面CEF所成角的正弦值为BH n2

．所以，直线

7 ．

考点：利用空间向量解决立体几何问题

5．（ 2016 年高考北京理数）如图，在四棱锥P ABCD 中，平面PAD平面 ABCD ，PA PD，PA PD，AB AD，AB 1， AD2，AC CD5．

EG / /平面ADF ．

（Ⅱ）解：易证，OA1,1,0为平面 OEF的一个法向量．依题意，

EF1,1,0 , CF1,1,2 ．设

n2x, y, z为平面 CEF 的法向量，则n2EF0

n2CF

，

即x y0

．不妨设 x 1 ，可得n21, 1,1 ．x y2z0

因此有 cos OA ,n2OA n26

OA, n2

，所以，二面角

，于是 sin

OA n23

O EF C 的正弦值为 3 ．

（Ⅲ）解：由

，所以AH HF，得 AH AF．因为 AF 1, 1,2

AH 2

224334

，从而 BH

284

，因此55

,,，进而有H,,,,

5555555

cos BH ,n2BH n27

BH 和平面CEF所成角的正弦值为BH n2

．所以，直线

7 ．

考点：利用空间向量解决立体几何问题

5．（ 2016 年高考北京理数）如图，在四棱锥P ABCD 中，平面PAD平面 ABCD ，PA PD，PA PD，AB AD，AB 1， AD2，AC CD5．

EG / /平面ADF ．

（Ⅱ）解：易证，OA1,1,0为平面 OEF的一个法向量．依题意，

EF1,1,0 , CF1,1,2 ．设

n2x, y, z为平面 CEF 的法向量，则n2EF0

n2CF

，

即x y0

．不妨设 x 1 ，可得n21, 1,1 ．x y2z0

因此有 cos OA ,n2OA n26

OA, n2

，所以，二面角

，于是 sin

OA n23

O EF C 的正弦值为 3 ．

（Ⅲ）解：由

，所以AH HF，得 AH AF．因为 AF 1, 1,2

AH 2

224334

，从而 BH

284

，因此55

,,，进而有H,,,,

5555555

cos BH ,n2BH n27

BH 和平面CEF所成角的正弦值为BH n2

．所以，直线

7 ．

考点：利用空间向量解决立体几何问题

5．（ 2016 年高考北京理数）如图，在四棱锥P ABCD 中，平面PAD平面 ABCD ，PA PD，PA PD，AB AD，AB 1， AD2，AC CD5．

EG / /平面ADF ．

（Ⅱ）解：易证，OA1,1,0为平面 OEF的一个法向量．依题意，

EF1,1,0 , CF1,1,2 ．设

n2x, y, z为平面 CEF 的法向量，则n2EF0

n2CF

，

即x y0

．不妨设 x 1 ，可得n21, 1,1 ．x y2z0

因此有 cos OA ,n2OA n26

OA, n2

，所以，二面角

，于是 sin

OA n23

O EF C 的正弦值为 3 ．

（Ⅲ）解：由

，所以AH HF，得 AH AF．因为 AF 1, 1,2

AH 2

224334

，从而 BH

284

，因此55

,,，进而有H,,,,

5555555

cos BH ,n2BH n27

BH 和平面CEF所成角的正弦值为BH n2

．所以，直线

7 ．

考点：利用空间向量解决立体几何问题

5．（ 2016 年高考北京理数）如图，在四棱锥P ABCD 中，平面PAD平面 ABCD ，PA PD，PA PD，AB AD，AB 1， AD2，AC CD5．

EG / /平面ADF ．

（Ⅱ）解：易证，OA1,1,0为平面 OEF的一个法向量．依题意，

EF1,1,0 , CF1,1,2 ．设

n2x, y, z为平面 CEF 的法向量，则n2EF0

n2CF

，

即x y0

．不妨设 x 1 ，可得n21, 1,1 ．x y2z0

因此有 cos OA ,n2OA n26

OA, n2

，所以，二面角

，于是 sin

OA n23

O EF C 的正弦值为 3 ．

（Ⅲ）解：由

，所以AH HF，得 AH AF．因为 AF 1, 1,2

AH 2

224334

，从而 BH

284

，因此55

,,，进而有H,,,,

5555555

cos BH ,n2BH n27

BH 和平面CEF所成角的正弦值为BH n2

．所以，直线

7 ．

考点：利用空间向量解决立体几何问题

5．（ 2016 年高考北京理数）如图，在四棱锥P ABCD 中，平面PAD平面 ABCD ，PA PD，PA PD，AB AD，AB 1， AD2，AC CD5．

EG / /平面ADF ．

（Ⅱ）解：易证，OA1,1,0为平面 OEF的一个法向量．依题意，

EF1,1,0 , CF1,1,2 ．设

n2x, y, z为平面 CEF 的法向量，则n2EF0

n2CF

，

即x y0

．不妨设 x 1 ，可得n21, 1,1 ．x y2z0

因此有 cos OA ,n2OA n26

OA, n2

，所以，二面角

，于是 sin

OA n23

O EF C 的正弦值为 3 ．

（Ⅲ）解：由

，所以AH HF，得 AH AF．因为 AF 1, 1,2

AH 2

224334

，从而 BH

284

，因此55

,,，进而有H,,,,

5555555

cos BH ,n2BH n27

BH 和平面CEF所成角的正弦值为BH n2

．所以，直线

7 ．

考点：利用空间向量解决立体几何问题

5．（ 2016 年高考北京理数）如图，在四棱锥P ABCD 中，平面PAD平面 ABCD ，PA PD，PA PD，AB AD，AB 1， AD2，AC CD5．

EG / /平面ADF ．

（Ⅱ）解：易证，OA1,1,0为平面 OEF的一个法向量．依题意，

EF1,1,0 , CF1,1,2 ．设

n2x, y, z为平面 CEF 的法向量，则n2EF0

n2CF

，

即x y0

．不妨设 x 1 ，可得n21, 1,1 ．x y2z0

因此有 cos OA ,n2OA n26

OA, n2

，所以，二面角

，于是 sin

OA n23

O EF C 的正弦值为 3 ．

（Ⅲ）解：由

，所以AH HF，得 AH AF．因为 AF 1, 1,2

AH 2

224334

，从而 BH

284

，因此55

,,，进而有H,,,,

5555555

cos BH ,n2BH n27

BH 和平面CEF所成角的正弦值为BH n2

．所以，直线

7 ．

考点：利用空间向量解决立体几何问题

5．（ 2016 年高考北京理数）如图，在四棱锥P ABCD 中，平面PAD平面 ABCD ，PA PD，PA PD，AB AD，AB 1， AD2，AC CD5．

EG / /平面ADF ．

（Ⅱ）解：易证，OA1,1,0为平面 OEF的一个法向量．依题意，

EF1,1,0 , CF1,1,2 ．设

n2x, y, z为平面 CEF 的法向量，则n2EF0

n2CF

，

即x y0

．不妨设 x 1 ，可得n21, 1,1 ．x y2z0

因此有 cos OA ,n2OA n26

OA, n2

，所以，二面角

，于是 sin

OA n23

O EF C 的正弦值为 3 ．

（Ⅲ）解：由

，所以AH HF，得 AH AF．因为 AF 1, 1,2

AH 2

224334

，从而 BH

284

，因此55

,,，进而有H,,,,

5555555

cos BH ,n2BH n27

BH 和平面CEF所成角的正弦值为BH n2

．所以，直线

7 ．

考点：利用空间向量解决立体几何问题

5．（ 2016 年高考北京理数）如图，在四棱锥P ABCD 中，平面PAD平面 ABCD ，PA PD，PA PD，AB AD，AB 1， AD2，AC CD5．

EG / /平面ADF ．

（Ⅱ）解：易证，OA1,1,0为平面 OEF的一个法向量．依题意，

EF1,1,0 , CF1,1,2 ．设

n2x, y, z为平面 CEF 的法向量，则n2EF0

n2CF

，

即x y0

．不妨设 x 1 ，可得n21, 1,1 ．x y2z0

因此有 cos OA ,n2OA n26

OA, n2

，所以，二面角

，于是 sin

OA n23

O EF C 的正弦值为 3 ．

（Ⅲ）解：由

，所以AH HF，得 AH AF．因为 AF 1, 1,2

AH 2

224334

，从而 BH

284

，因此55

,,，进而有H,,,,

5555555

cos BH ,n2BH n27

BH 和平面CEF所成角的正弦值为BH n2

．所以，直线

7 ．

考点：利用空间向量解决立体几何问题

5．（ 2016 年高考北京理数）如图，在四棱锥P ABCD 中，平面PAD平面 ABCD ，PA PD，PA PD，AB AD，AB 1， AD2，AC CD5．

EG / /平面ADF ．

（Ⅱ）解：易证，OA1,1,0为平面 OEF的一个法向量．依题意，

EF1,1,0 , CF1,1,2 ．设

n2x, y, z为平面 CEF 的法向量，则n2EF0

n2CF

，

即x y0

．不妨设 x 1 ，可得n21, 1,1 ．x y2z0

因此有 cos OA ,n2OA n26

OA, n2

，所以，二面角

，于是 sin

OA n23

O EF C 的正弦值为 3 ．

（Ⅲ）解：由

，所以AH HF，得 AH AF．因为 AF 1, 1,2

AH 2

224334

，从而 BH

284

，因此55

,,，进而有H,,,,

5555555

cos BH ,n2BH n27

BH 和平面CEF所成角的正弦值为BH n2

．所以，直线

7 ．

考点：利用空间向量解决立体几何问题

5．（ 2016 年高考北京理数）如图，在四棱锥P ABCD 中，平面PAD平面 ABCD ，PA PD，PA PD，AB AD，AB 1， AD2，AC CD5．