全国卷历年高考立体几何真题归类分析(含答案)

全国卷历年高考立体几何真题归类分析（含答案）类型一：直建系——条件中已经有线面垂直条件，该直线可以作为z轴或与z轴平行，底面垂直关系直接给出或容易得出（如等腰三角形的三线合一）。

这类题入手比较容易，第（Ⅰ）小问的证明就可以用向量法，第（Ⅱ）小问往往有未知量，如平行坐标轴的某边长未知，或线上动点等问题，以增加难度。

该类问题的突破点是通过条件建立方程求解，对于向上动点问题这主意共线向量的应用。

1.（2014年全国Ⅱ卷）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD 的中点.(Ⅰ)证明:PB∥平面AEC；(Ⅱ)设二面角D-AE-C为60°，AP=1，AD=3，求三棱锥E-ACD的体积.2.（2015年全国Ⅰ卷）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.3.（2015年全国Ⅱ卷）如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4，过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形. (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α所成角的正弦值.4.（2016年全国Ⅲ卷）如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥底面面ABCD ，AD ∥BC ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，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.5.（2017全国Ⅱ卷）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，o 90BAD ABC ∠=∠=， E 是PD 的中点. （1）求证：直线//CE 平面PAB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成的锐角为45，求二面角M AB D --的余弦值.EM DCBAP类型二：证建系（1）——条件中已经有线面垂直条件，该直线可以作为z 轴或与z 轴平行，但底面垂直关系需要证明才可以建系（如勾股定理逆定理等证明平面线线垂直定理）。

这类题，第（Ⅰ）小问的证明用几何法证明，其证明过程中的结论通常是第（Ⅱ）问证明的条件。

第（Ⅱ）小问开始需要证明底面上两条直线垂直，然后才能建立空间直角坐标系。

6.（2011年全国卷）如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB=60°，AB=2AD ，PD ⊥底面ABCD .(Ⅰ)证明：P A ⊥BD ；(Ⅱ)若PD =AD ，求二面角A-PB-C 的余弦值.7.（2012年全国卷）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，112AC BC AA ==，D 是棱1AA 的中点，BD DC ⊥1.（Ⅰ）证明：BC DC ⊥1；（Ⅱ）求二面角11C BD A --的大小.8.（2013年全国Ⅱ卷）如图，直棱柱ABC-A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1=AC=CB=22AB. （Ⅰ）证明：BC 1//平面A 1CD ， （Ⅱ）求二面角D-A 1C-E 的正弦值类型三：证建系（2）——条件中没有线面垂直条件，底面垂直关系直接给出或容易得出。

这类题关键在于第（Ⅱ）小问线面垂直的证明，常见有面面垂直条件推出。

3，5，9，10，12 9.（2013年全国Ⅰ卷）如图，三棱柱111C B A ABC -中，CB CA =，1AA AB =， 601=∠BAA . （Ⅰ）证明C A AB 1⊥；（Ⅱ）若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB=CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值.10.（2014年全国Ⅰ卷）如图三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 为菱形，1AB B C ⊥. （Ⅰ） 证明：1AC AB =；（Ⅱ）若1AC AB ⊥，o160CBB ∠=，AB=BC ，求二面角111A A B C --的余弦值.11.（2016年全国Ⅰ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 ，90AFD ∠=，且二面角DAFE 与二面角CBEF 都是60．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；（II ）求二面角EBCA 的余弦值．12.（2016年全国Ⅱ卷）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到'D EF ∆位置，10OD '=．（Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．13.（2017全国Ⅰ卷）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，且90BAP CDP ∠=∠=. (1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA PD AB DC ===，90APD ∠=，求二面角A PB C --的余弦值.DCBAP14.（2017全国Ⅲ卷）如图所示，四面体ABCD 中，ABC △是正三角形，ACD △是直角三角形， ABD CBD ∠=∠，AB BD =．（1）求证：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．自我总结：向量法另外难点在于运算策略问题，即这样快速、准确的计算出结果，请参看我的《向量法解立体几何的运算策略》新课标全国卷历年高考例题几何真题1.【解析】(1) 连接BD 交AC 于点为G ,连接EG .在三角形PBD 中,中位线EG ∥PB, 且EG 在平面AEC 上，所以PB ∥平面AEC.(2)设CD=m,分别以AD,AB,AP 为x,y,z 轴建立坐标系,则A(0,0,0),D(3,0,0),E 31,0,22⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭,C(3,m,0).所以AD =(3,0,0), AE =31,0,22⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭,AC =()3,,0m .设平面ADE 的法向量为1n =(x 1,y 1,z 1),则1n AD ⋅=0, 1n AE ⋅=0,解得一个1n =(0,1,0).同理设平面ACE 的法向量为2n =(x 2,y 2,z 2),则2n AC ⋅=0, 2n AE ⋅=0,解得一个2n =(m,- 3,-3m).因为cos 3π=|cos<12,n n >|=1212n n n n ⋅=22333m m ++=12,解得m=32.设F 为AD 的中点,则PA ∥EF,且PA=2EF =12,EF ⊥面ACD,即为三棱锥E-ACD 的高. 所以V E-ACD =·S △ACD ·EF=13×12×32×3×12=38.所以,三棱锥E-ACD 的体积为38.2.【解析】(1)连结BD,设BD ∩AC=G ,连结EG ,FG ,EF.在菱形ABCD 中,不妨设GB=1. 由∠ABC=120°,可得AG=GC=.由BE ⊥平面ABCD,AB=BC可知AE=EC.又AE ⊥EC,所以EG=,且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=.从而EG 2+FG 2=EF 2,所以EG ⊥FG .,又AC ∩FG=G,可得EG ⊥平面AFC.又因为EG ⊂平面AEC,所以平面AEC ⊥平面AFC. (2)如图,以G 为坐标原点,分别以,的方向为x 轴,y 轴正方向,||为单位长度,建立空间直角坐标系G-xyz.由(1)可得(,,)A 0-30,(,,)E 102,(,,)F 2-10,(,,)C 030， 所以(,,)AE =132,(,,)CF 2=-1-3. 故cos ,||||AE CF AE CF AE CF ⋅3<>==-3.所以直线AE与直线CF 所成角的余弦值为3 33.【解析】(1)交线围成的正方形EHGF如图:(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA 1=8.因为四边形EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH==6,所以AH=10.以D为坐标原点,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),F(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,8).设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅HEnFEn,⎩⎨⎧=+-=8610zyx.所以可取)3,4,0(=n，又)8,4,10(-=AF，故1554|||||||,cos|=⋅=><AFnAFnAFn.所以AF与平面EHGF所成的角的正弦值1554.4.设),,(zyxn=为平面PMN的法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅PNnPMn，即⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-22542zyxzx，可取)1,2,0(=n，于是2558|||||,co s |==><A N n A N n A N n .5．解析 （1）令PA 的中点为F ，联结EF ，BF ，如图所示．因为点E ，F 为PD ，PA 的中点，所以EF 为PAD △的中位线，所以=1//2EF AD ．又因为90BAD ABC ∠=∠=︒，所以BC AD ∥．又因为12AB BC AD ==，所以=1//2BC AD ，于是=//EF BC ．从而四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥．又因为BF PAB ⊂面，所以CE ∥平面PAB .（2）以AD 的中点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设1AB BC ==，则()000O ，，，()010A -，，，()110B -，，，()100C ，，，()010D ，，，()003P ，，．点M 在底面ABCD 上的投影为M '，所以MM BM ''⊥，联结BM '．因为45MBM '∠=，所以MBM '△为等腰直角三角形．因为POC △为直角三角形，33OC OP =，所以60PCO ∠=． 设MM a '=，33CM a '=，313OM a '=-．所以3100M a ⎛⎫'- ⎪ ⎪⎝⎭，，． 2222316101332BM a a a a ⎛⎫'=++=+=⇒= ⎪ ⎪⎝⎭．从而3211OM a '=-=-． 所以21002M ⎛⎫'- ⎪ ⎪⎝⎭，，，261022M ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，，，26112AM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，，(100)AB =，，． 设平面ABM 的法向量11(0)y z =，，m ，则1160AM y z ⋅=+=m ，所以(062)=-，，m ， 易知平面ABD 的一个法向量为(001)=，，n ，从而10cos ,⋅==⋅m n m n m n ．故二面角M AB D --的余弦值为10．6.解：（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=︒=, 由余弦定理得3BD AD = 从而BD 2+AD 2= AB 2，故BD ⊥AD;又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面P AD. 故 P A ⊥BD（Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴Oz yxPMF E D CA的正半轴射线DB 为y 轴的正半轴，射线DP 为z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D-xyz ，则()1,0,0A ,()03,0B ，,()1,3,0C -,()0,0,1P .设平面PAB 的法向量为n =（x,y,z ），则00⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n AB n PB,即因此可取n =(3,1,3) 设平面PBC 的法向量为m ，则0⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m PB m BC 可取m =（0，-1，3-），27cos .727<>==-m,n 故二面角A-PB-C 的余弦值为 27-. 7.证明（Ⅰ）（1）在Rt DAC ∆中，AD AC =得：45ADC ︒∠=，同理：1114590AD C C D C ︒︒∠=⇒∠=，得： 又∵11,D C D CD C B D D C ⊥⊥⇒⊥平面1B C D D C B C ⇒⊥. （Ⅱ）（2）11,D C B CC C B C B C ⊥⊥⇒⊥平面11ACC A BC AC ⇒⊥取11A B 的中点O ，过点O 作OH BD ⊥于点H ，连接11,C O C H ，1111111AC BC CO AB =⇒⊥，C 1O ⊥A 1D1C O ⇒⊥面1A BD 1O H B D CH B D ⊥⇒⊥ 得：点H 与点D 重合 ， 即1C DO ∠是二面角11C BD A --的平面角 设AC a =，则122aC O =，1112230CD a CO CD O ︒==⇒∠= 即二面角11C BD A --的大小为30︒.8.（1）连接1AC ，交1AC 于点F ，连结1,DF BC ，则F 为1AC 的中点，因为D 为AB 的中点，所以DF//1BC ，又因为111FD ACD BC AC D ⊂⊄平面，平面，所以11//BC ACD 平面.(2)由AA 122AC CB AB ===，可设：AB ＝2a,则12,AA AC CB a ===所以AC BC ⊥，又因为ABC-A 1B 1C 1为直三棱柱，所以以点C 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图.则C （0,0,0）、()1222,0,2,,022A a a D a a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭、、 20,2,,2E a a ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭()1222,0,2,,,022CA a a CD a a ⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭，20,2,.2CE a a ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭设平面1ACD 的法向量为(),,,n x y z =则0n CD ⋅=且10,n CA ⋅=可解得,y x z =-=令1,x =得平面1ACD 的一个法向量为()1,1,1n =--，同理可得平面1ACE 的一个法向量为()2,1,2m =-，则3cos ,3n m <>=，所以6sin ,,3n m <>=所以二面角1D AC E --的正弦值为6.35 9.解：（1）连结BC 1，交B 1C 于点O ，连结AO ，∵侧面BB 1C 1C 为菱形，∴BC 1⊥B 1C ，且O 为BC 1和B 1C 的中点，又∵AB ⊥B 1C ，∴B 1C ⊥平面ABO ，∵AO ⊂平面ABO ， ∴B 1C ⊥AO ，又B 1O=CO ，∴AC=AB 1，（2）∵AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，∴AO=CO ， 又∵AB=BC ，∴△BOA ≌△BOC ，∴OA ⊥OB ，∴OA ，OB ，OB 1两两垂直，以O 为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长度，的方向为y 轴的正方向，的方向为z 轴的正方向建立空间直角坐标系，∵∠CBB 1=60°，∴△CBB 1为正三角形，又AB=BC ， ∴A （0，0，），B （1，0，0，），B 1（0，，0），C （0，，0） ∴=（0，，），==（1，0，），==（﹣1，，0），设向量=（x ，y ，z ）是平面AA 1B 1的法向量，则，可取=（1，，），同理可得平面A 1B 1C 1的一个法向量=（1，﹣，），∴cos ＜，＞==，∴二面角A ﹣A 1B 1﹣C 1的余弦值为10.【解析】（Ⅰ）取AB 的中点O ，连结OC ，1OA ，B A 1.因为CB CA =，所以AB OC ⊥.由于1AA AB =，601=∠BAA ，故B AA 1∆为等边三角形，所以AB OA ⊥1.因为O OA OC =1 ，所以⊥AB 面C OA 1.又⊂C A 1平面C OA 1，故C A AB 1⊥.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，AB OC ⊥，AB OA ⊥1，又平面⊥ABC 平面11BB AA ，交线为AB ，所以⊥OC 平面11BB AA ，故OA ，OC ，1OA 两两互相垂直.以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，||OA 为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系xyz O -，则有)0,0,1(A ，)0,3,0(1A ,)3,0,0(C ,)0,0,1(-B .则)3,0,1(=BC ， )0,3,1(1-==AA BB ，)3,3,0(-=AC .设平面C C BB 11的法向量为),,(z y x n =，则有⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅001BB n BC n ，即⎪⎩⎪⎨⎧=+-=+0303y x z x ，可取)1,1,3(-=n .故510||||,cos 111-=⋅⋅>=<C A n C A n C A n ，所以直线C A 1与平面C C BB 11所成角的正弦值为510.∴AF DF ⊥∵=DF EF F ∴AF ⊥面EFDC AF ⊥面ABEF ∴平面ABEF ⊥平面EFDC ⑵ 由⑴知60DFE CEF ∠=∠=︒∵AB EF ∥ AB ⊄平面EFDC EF ⊂平面EFDC ∴AB ∥平面ABCD AB ⊂平面ABCD ∵面ABCD 面EFDC CD = ∴AB CD ∥,∴CD EF ∥ ∴四边形EFDC 为等腰梯形以E 为原点，如图建立坐标系，设FD a =()()000020E B a ，，，，()302202a C a A a a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，，，()020EB a =，，，3222a BC a a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，，()200AB a =-，，设面BEC 法向量为()m x y z =，，.00m EB m BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即11112032022a y a x ay a z ⋅=⎧⎪⎨⋅-+⋅=⎪⎩，()301m =-，，设面ABC 法向量为()222n x y z =，， =00n BC n AB ⎧⋅⎪⎨⋅=⎪⎩.即2222320220a x ay az ax ⎧-+=⎪⎨⎪=⎩，()034n =，， 设二面角E BC A --的大小为θ.219cos 31316m n m nθ⋅===-+⋅+⋅ ∴二面角E BC A --的余弦值为21919-12.【解析】⑴证明：∵54AE CF ==，∴AE CF AD CD=，∴EF AC ∥．∵四边形ABCD 为菱形，∴AC BD ⊥，∴EF BD ⊥，∴EF DH ⊥，∴EF D H '⊥．∵6AC =，∴3AO =；又5AB =，AO OB ⊥，∴4OB =， ∴1AE OH OD AO=⋅=，∴3DH D H '==，∴222'OD OH D H '=+， ∴'D H OH ⊥．又∵OH EF H =，∴'D H ⊥面ABCD ． ⑵建立如图坐标系H xyz -．()500B ，，，()130C ，，，()'003D ，，，()130A -，，，AB ()430AB =，，，AD ()'133AD =-，，， AC()060AC =，，，设面'ABD 法向量1n ()1n x y z =，，，由1100n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩得430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩，取345x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩， ∴1n ()1345n =-，，．同理可得面'AD C 的法向量2n ()2301n =，，， ∴2121cos n n n ⋅=θ12129575cos 255210n n n n θ⋅+===⋅， ∴295sin 25θ=．13. 解析 （1）证明：因为90BAP CDP ∠=∠=，所以PA AB ⊥，PD CD ⊥.又因为AB CD ∥，所以PD AB ⊥.又因为PD PA P =，PD ，PA ⊂平面PAD ，所以AB ⊥ 平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .（2）取AD 的中点O ，BC 的中点E ，联结PO ，OE ，因为AB CD ∥，所以四边形ABCD 为平行四边形，所以OE AB ∥.由（1）知，AB ⊥平面PAD ，所以OE ⊥平面PAD .又PO ， AD ⊂平面PAD ，所以OE PO ⊥，OE AD ⊥.又因为PA PD =，所以PO AD ⊥，从而PO ， OE ，AD 两两垂直.以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，设2PA =，所以()002D -，，，()220B ，，，()002P ，，，()202C -，，，所以()022PD =--，，，()222PB =-，，，()2200BC =-，，.设()x y z =n ,,为平面PBC 的一个法向量，由0PB BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得2220220x y z x ⎧+-=⎪⎨-=⎪⎩. 令1y =，则2z =，0x =，可得平面PBC 的一个法向量()012=n ,,.因为90APD ∠=︒，所以PD PA ⊥，又知AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD ， 所以PD AB ⊥，又PA AB A =，所以PD ⊥平面PAB .即PD 是平面PAB 的一个法向量，()022PD =--,,，从而3cos 23PD PD PD ⋅===-⋅n n n,. 由图知二面角A PB C --为钝角，所以它的余弦值为3-.14．解析 ⑴如图所示，取AC 的中点为O ，联结BO ，DO . 因为ABC △为等边三角形，所以BO AC ⊥，AB BC =. 由AB BC BD BD ABD DBC =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，得ABD CBD ≅△△，所以AD CD =，即ACD △为等腰直角三角形， 从而ADC ∠为直角.又O 为底边AC 中点，所以DO AC ⊥.令AB a =，则AB AC BC BD a ====，易得2a OD =，3aOB =，所以222OD OB BD +=，从而由勾股定理的逆定理可得2DOB π∠=，即OD OB ⊥.由OD AC OD OB AC OB O AC ABC OB ABC ⊥⎧⎪⊥⎪⎪=⎨⎪⊂⎪⊂⎪⎩平面平面，所以OD ⊥平面ABC . 又因为OD ⊂平面ADC ，由面面垂直的判定定理可得平面ADC ⊥平面ABC .⑵由题意可知V V D ACE B ACE --=，即B ，D 到平面ACE 的距离相等，即点E 为BD 的中点.以O 为坐标原点，OA 为x 轴正方向，OB 为y 轴正方向，OD 为z 轴正方向，设AC a =，建立空间直角坐标系，则()0,0,0O ，,0,02a A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,0,2a D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，30,,0a B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，30,,4a E a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭， B E C D AO易得24a a AE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，,0,22a a AD ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，,0,02a OA ⎛⎫= ⎪⎝⎭.设平面AED 的法向量为()1111=,,x y z n ，平面AEC 的法向量为()2222=,,x y z n ， 则1100AE AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，取1=n ；220AE OA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，取(20,1,=n .设二面角D AE C --为θ，易知θ为锐角，则1212cos 7θ⋅==⋅n n n n .。