新课标全国卷历年高考立体几何真题(含答案)
立体几何(解答题)——大数据之五年(2018-2022)高考真题汇编(新高考卷与全国理科)(附解析)
立体几何（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）一、解答题1．如图， PO 是三棱锥 P−ABC 的高， PA =PB ， AB ⊥AC ，E 是 PB 的中点．（1）求证： OE ∥ 平面 PAC ；（2）若 ∠ABO =∠CBO =30° ， PO =3 ， PA =5 ，求二面角 C−AE−B 的正弦值．【答案】（1）证明：连接 BO 并延长交 AC 于点 D ，连接 OA 、 PD ，因为 PO 是三棱锥 P−ABC 的高，所以 PO ⊥ 平面 ABC ， AO ，BO ⊂ 平面 ABC ，所以 PO ⊥AO 、 PO ⊥BO ，又 PA =PB ，所以 △POA≅△POB ，即 OA =OB ，所以 ∠OAB =∠OBA ，又 AB ⊥AC ，即 ∠BAC =90° ，所以 ∠OAB +∠OAD =90° ， ∠OBA +∠ODA =90° ，所以 ∠ODA =∠OAD所以 AO =DO ，即 AO =DO =OB ，所以 O 为 BD 的中点，又 E 为 PB 的中点，所以 OE //PD ，又 OE⊄ 平面 PAC ， PD ⊂ 平面 PAC ，所以 OE // 平面 PAC（2）解：过点 A 作 AF‖OP ，以AB 为 x 轴，AC 为 y 轴，AF 为z 轴建立如图所示的空问直角坐标系. 因为 PO =3，PA =5 ，由(1) OA =OB =4 ，义 ∠ABO =∠CBO =30°，所以， AB =43 ，所以 P(23，2，3)，B(43，0，0) ， A(0，0，0) ， E (33，1，32) ，设 AC =a ，则 C(0，a ，0) ，平面AEB 的法向量设为 n 1=(x ，y ，z)，AB =(43，0，0)，AE =(33，1，32)AB ⋅n 1=0AE ⋅n 1=0，所以 43x =033x +y +32z =0，所以 x =0 ，设 z =−2 ，则 y =3 ，所以 n 1=(0，3，−2) ：平面AEC 的法向量设为 n 2=(x ，y ，z)，AC =(0，a ，0)，AE =(33，1，32)AC ⋅n 2=0AE ⋅n 2=0，所以 ay =033x +y +32z =0 ，所以 y =0 ，设 x =3 ，则 z =−6 ，阦以 n 2=(3，0，−6) ：所以 cos 〈n 1，n 2〉n 1n 22=1213×39=12133=4313二面角 C−AE−B 的平面角为 θ ，则 sin θ=1−cos 2θ=1113 ，所以二面角 C−AE−B 的正弦值为 1113。
历年高考立体几何真题+答案
历年高考真题1、2003（理科）（本题满分12分）已知平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥平面ABCD ，AB=4，AD=2.若B 1D ⊥BC ，直线B 1D 与平面ABCD 所成的角等于30°，求平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的体积.．[解]连结BD ，因为B 1B ⊥平面ABCD ，B 1D ⊥BC ，所以BC ⊥BD.在△BCD 中，BC=2，CD=4，所以BD=32.又因为直线B 1D 与平面ABCD 所成的角等于30°，所以 ∠B 1DB=30°，于是BB 1=31BD=2.故平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的体积为S ABCD ·BB 1=38. 2.2005（理科）(本题满分14分)本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分.已知正三棱锥ABC P -的体积为372，侧面与底面所成的二面角的大小为 60. （1）证明：BC PA ⊥；（2）求底面中心O 到侧面的距离.[证明]（1）取BC 边的中点D ，连接AD 、PD ，则BC AD ⊥，BC PD ⊥，故⊥BC 平面APD . BCPA ⊥[解]（2）如图， 由（1）可知平面⊥PBC 平面APD ，则PDA ∠面所成二面角的平面角.过点O 作E PD OE ,⊥为垂足，则OE 就是点O 到侧面的距离. 设OE 为h ，由题意可知点O 在AD 上，∴ 60=∠PDO ，h OP 2=.h BC h OD 4,32=∴=,∴ 2234)4(43h h S ABC ==∆， ∵ 3233823431372h h h =⋅⋅=，∴ 3=h . 即底面中心O 到侧面的距离为3.3、2006（理科）（本题满分 14分）本题共有 2个小题，第 1小题满分 5分，第 2小题满分满分 9分。
在三棱柱 ABC —A1B1C1 中，∠ABC=90°，AB=BC=1。
历年高考真题专题04立体几何
专题04 立体几何【2020年】1.（2020·新课标Ⅰ）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A. 51-B. 51-C. 51+D. 51+ 【解析】如图，设,CD a PE b ==，则22224a PO PE OEb =-=-， 由题意212PO ab =，即22142a b ab -=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得15b a +=（负值舍去）.2.（2020·新课标Ⅰ）已知A 、B 、C 为球O 球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A. 64πB. 48πC. 36πD. 32π【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=，由正弦定理可得2sin 6023AB r =︒=，123OO AB ∴==，根据圆截面性质1OO ⊥平面ABC ， 222211111,4OO O A R OA OO O A OO r ∴⊥==+=+=，∴球O 的表面积2464S R ππ==.3.（2020·新课标Ⅱ）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为（）A. EB. FC. GD. H【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，图中标出了根据三视图M点所在位置，可知在侧视图中所对应的点为E。
4.（2020·新课标Ⅲ）下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）2233【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDBS S S===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：22AB AD DB===∴ADB△是边长为2根据三角形面积公式可得：2113sin 60(22)23222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△ ∴该几何体的表面积是：2362332=⨯++.5.（2020·北京卷）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（ ）． A . 63+ B. 623+C. 123+D. 1223+ 【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形， 则其表面积为：()1322222sin 6012232S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+⎪⎝⎭. 6.（2020·山东卷）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为（ ）A. 20°B. 40°C. 50°D. 90°【解析】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥..由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒.7.（2020·天津卷）若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A. 12π B. 24π C. 36π D. 144π【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即()()()22223232332R ++==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=.8.（2020·浙江卷）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A. 73B. 143C. 3D. 6【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 9.（2020·山东卷）已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E 3=，111D E B C ⊥， 又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥，因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥， 因为球的半径为5，13D E =，所以2211||||||532EP D P D E =-=-=， 所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E 的距离为2，因为||||2EF EG ==，所以侧面11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EF C EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得2222FG ππ=⨯=. 10.（2020·浙江卷）已知圆锥展开图的侧面积为2π，且为半圆，则底面半径为_______．【解析】设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，则21222r l r l ππππ⨯⨯=⎧⎪⎨⨯⨯=⨯⨯⨯⎪⎩，解得1,2r l ==. 11.（2020·江苏卷）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半轻为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.【解析】正六棱柱体积为23622=123⨯；圆柱体积为21()222ππ⋅=；所求几何体体积为1232π 12.（2020·新课标Ⅲ）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．2【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于223122AM =-=，故1222222S =⨯⨯=△ABC ，设内切圆半径为r ，则： ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯ ()1332222r =⨯++⨯=，解得：22r ，其体积：34233V r ππ==. 【2019年】1．【2019·全国Ⅰ卷】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为( )A ．68πB ．64πC ．62πD ．6π 【解析】,PA PB PC ABC ==△为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CEAC C EF =∴⊥平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，2APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体的一部分，22226R =++=，即364466,π62338R V R =∴=π=⨯=π，故选D ．2．【2019·全国Ⅱ卷】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( )A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．3．【2019·全国Ⅲ卷】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则( )A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线；B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线；D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知3,12EO ON EN ===,，35,,722MF BF BM ==∴=，BM EN ∴≠，故选B ．4．【2019·浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：cm 3）是( )A ．158B ．162C ．182D ．324 【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭. 故选B.5．【2019·浙江卷】设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则( ) A ．β<γ，α<γ B ．β<α，β<γ C ．β<α，γ<α D ．α<β，γ<β 【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG ，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面的投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直于AC 于E ，连接PE ，BD ，易得PE VG ∥，过P 作PF AC ∥交VG 于F ，连接BF ，过D 作DH AC ∥，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠，结合△PFB ，△BDH ，△PDB 均为直角三角形，可得cos cos PF EG DH BD PB PB PB PBαβ===<=，即αβ>； 在Rt △PED 中，tan tan PD PD ED BD γβ=>=，即γβ>，综上所述，答案为B.6．【2019·全国Ⅲ卷】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【解析】由题意得，214642312cm 2EFGH S =⨯-⨯⨯⨯=四边形，∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ， ∴3112312cm 3O EFGH V -=⨯⨯=． 又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32466144cm V =⨯⨯=，所以该模型体积为3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=，其质量为0.9132118.8g ⨯=．7．【2019·北京卷】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=.8．【2019·北京卷】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ； ②m ∥α； ③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内；（3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α.故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.9．【2019·天津卷】已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________．【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5，借助勾股定理，可知四棱锥的高为512-=.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12，故圆柱的体积为21ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭. 10．【2019·江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD 的体积是 ▲ .【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=，因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =，由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ， 所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高，所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=. 【2018年】1．【2018·全国Ⅰ卷】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为A ．172B ．52C ．3D ．2【答案】B2．【2018·全国Ⅰ卷】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为 A ．33 B ．23 C ．324D ．3【解析】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体1111ABCD A B C D -中， 平面11AB D 与线11111,,AA A B A D 所成的角是相等的，所以平面11AB D 与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的， 同理，平面1C BD 也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面11AB D 与1C BD 中间，且过棱的中点的正六边形，且边长为22，所以其面积为232336424S ⎛⎫=⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选A. 3．【2018·全国Ⅲ卷】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是【解析】本题主要考查空间几何体的三视图.由题意知，俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形.故选A ．4．【2018·浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是俯视图正视图2211A ．2B ．4C ．6D ．8【解析】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上、下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为()112226,2⨯+⨯⨯=故选C. 5．【2018·全国Ⅲ卷】设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC -体积的最大值为 A ．123B ．183C ．243D ．543【解析】如图所示，设点M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 中点，当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===，2393ABC S AB ==△，6AB ∴=,点M 为三角形ABC 的重心，2233BM BE ∴==，Rt OBM ∴△中，有222OM OB BM =-=，426DM OD OM ∴=+=+=，()max 19361833D ABC V -∴=⨯⨯=，故选B.6．【2018·全国Ⅱ卷】在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为 A ．15B ．5C ．5 D ．2 【解析】方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则11B P AD ∥，连接DP ，易求得1=5DB DP =，12B P =，则1DB P ∠是异面直线1AD 与1DB 所成的角，由余弦定理可得222111115cos 2545DB B P DP DB P DB PB +-∠===⋅.故选C.方法二：以D 为坐标原点，DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系， 则()()((110,0,0,1,0,0,3,3D A B D ,所以()(111,0,3,3AD DB =-=, 因为1111115cos ,25AD DB AD DB AD DB ⋅===⨯， 所以异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为55，故选C. 7．【2018·浙江卷】已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ1【解析】设O 为正方形ABCD 的中心，M 为AB 中点，过E 作BC 的平行线EF ，交CD 于F ，过O 作ON 垂直EF 于N ，连接SO ，SN ，SE ，SM ，OM ，OE ，则SO 垂直于底面ABCD ，OM 垂直于AB ， 因此123,,,SEN SEO SMO ∠=∠=∠=θθθ 从而123tan ,tan ,tan ,SN SN SO SOEN OM EO OM====θθθ 因为SN SO EO OM ≥≥，，所以132tan tan tan ,≥≥θθθ即132≥≥θθθ，故选D.8．【2018·江苏卷】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．【答案】439．【2018·全国II 卷】已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为515__________．【解析】因为母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，所以母线SA ，SB 所成角的正弦值为158，因为SAB △的面积为515,l 所以22115515,802l l ⨯=∴=，因为SA 与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为π2cos ,42r l ==因此圆锥的侧面积为22ππ402π.2rl l == 【2017年】1．【2017·全国Ⅱ卷】已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=︒，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为A 3B 15C 10D 3【答案】C【解析】如图所示，补成直四棱柱1111ABCD A B C D -，则所求角为21111,2,21221cos603,5BC D BC BD C D AB ∠==+-⨯⨯⨯︒===，易得22211C D BD BC =+，因此111210cos 55BC BC D C D ∠===，故选C ． 2．【2017·全国Ⅰ卷】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为A ．10B ．12C ．14D ．16【解析】由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体各面内只有两个相同的梯形，则这些梯形的面积之和为12(24)2122⨯+⨯⨯=，故选B ． 3．【2017·北京卷】某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为A ．2B ．3C ．2D ．2【解析】几何体是四棱锥P ABCD -，如图.最长的棱长为补成的正方体的体对角线，即该四棱锥的最长棱的长度为22222223l =++=，选B ． 4．【2017·全国Ⅱ卷】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π【解析】由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积213436V =π⨯⨯=π，上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半，其体积221(36)272V =⨯π⨯⨯=π，故该组合体的体积12362763V V V =+=π+π=π．故选B ．5．【2017·全国Ⅲ卷】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 A ．πB ．3π4 C ．π2D ．π4【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示：由题意可得：11,2AC AB ==，结合勾股定理，底面半径2213122r ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭， 由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是2233ππ1π24V r h ⎛⎫==⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选B. 6．【2017·浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．12π+ B ．32π+ C ．312π+ D ．332π+ 【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所以，几何体的体积为21113(21)13222V π⨯π=⨯⨯+⨯⨯=+，故选A ．7．【2017·浙江卷】如图，已知正四面体–D ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP=PB ，2BQ CRQC RA==，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P 的平面角为αβγ,,，则A ． γαβ<<B ．αγβ<<C ．αβγ<<D ．βγα<<【解析】设O 为三角形ABC 中心，则O 到PQ 距离最小，O 到PR 距离最大，O 到RQ 距离居中，而三棱锥的高相等，因此αγβ<<，所以选B ．8．【2017·全国I 卷】如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△F AB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△F AB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm 3）的最大值为 .【解析】如下图，连接DO 交BC 于点G ，设D ，E ，F 重合于S 点，正三角形的边长为x (x >0)，则133OG x =⨯3x =.∴35FG SG x ==-， 222233566SO h SG GO x x ⎛⎫⎛⎫==-=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3553x ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭， ∴三棱锥的体积2113355333ABC V S h x x ⎛⎫=⋅=⨯⨯- ⎪ ⎪⎝⎭△451535123x x =-. 设()4535n x x x =-，x >0，则()345320n x x x '=-， 令()0n x '=，即43403x -=，得43x =，易知()n x 在43x =处取得最大值. ∴max 154854415V =⨯⨯-=.9．【2017·山东卷】由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为.【解析】由三视图可知,长方体的长、宽、高分别为2,1,1,圆柱的高为1,底面圆的半径为1,所以2π1π21121242V⨯=⨯⨯+⨯⨯=+.10．【2017·天津卷】已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为___________．【解析】设正方体的边长为a，则26183a a=⇒=，其外接球直径为233R a==，故这个球的体积34π3V R==4279ππ382⨯=．11．【2017·江苏卷】如图，在圆柱12O O内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱12O O的体积为1V，球O的体积为2V，则12VV的值是.【解析】设球半径为r，则213223423V r rV rπ⨯==π．故答案为32．12．【2017·全国Ⅲ卷】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）【解析】设1AC BC ==.由题意，AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由,AC a AC b ⊥⊥，又AC ⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点B ，作BD a ∥，交底面圆C 于点D ，如图所示，连接DE ，则DE ⊥BD ，DE b ∴∥，连接AD ，等腰ABD △中，2AB AD ==,当直线AB 与a 成60°角时，60ABD ∠=，故2BD =，又在Rt BDE △中，2,2BE DE =∴=，过点B 作BF ∥DE ，交圆C 于点F ，连接AF ，由圆的对称性可知2BF DE ==,ABF ∴△为等边三角形，60ABF ∴∠=，即AB 与b 成60°角，②正确，①错误.由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC ⊥直线a ，则直线AB 与a 所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.【2016年】1. 【2016高考新课标1卷】如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是283π,则它的表面积是（ ） （A ）17π （B ）18π （C ）20π （D ）28π【解析】该几何体直观图如图所示：是一个球被切掉左上角的18,设球的半径为R ,则37428V R 833ππ=⨯=,解得R 2=,所以它的表面积是78的球面面积和三个扇形面积之和2271=42+32=1784S πππ⨯⨯⨯⨯故选A ． 2.【2016高考新课标2理数】下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）（A ）20π （B ）24π （C ）28π （D ）32π【解析】由题意可知，圆柱的侧面积为12π2416πS =⋅⋅=，圆锥的侧面积为2π248πS =⋅⋅=，圆柱的底面面积为23π24πS =⋅=，故该几何体的表面积为12328πS S S S =++=，故选C.3.【2016年高考北京理数】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A.16B.13C.12D.1 【解析】分析三视图可知，该几何体为一三棱锥P ABC -，其体积111111326V =⋅⋅⋅⋅=，故选A. 4.【2016高考新课标3理数】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（ ）（A ）18365+（B ）54185+（C ）90 （D ）81【解析】由三视图该几何体是以侧视图为底面的斜四棱柱，所以该几何体的表面积236233233554185S =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=+，故选B ．5.【2016高考山东理数】一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示.则该几何体的体积为（ ）（A ）1233+π （B ）1233+π （C ）1236+π （D ）216+π 【解析】由三视图可知,2的半球,体积为31142223V =⨯π⨯=）,下面是底面积为1,高为1的四棱锥,体积2111133V =⨯⨯=,故选C. 6.【2016高考浙江理数】已知互相垂直的平面αβ，交于直线l .若直线m ，n 满足,m n αβ∥⊥， 则（ ）A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n【解析】由题意知,l l αββ=∴⊂，,n n l β⊥∴⊥．故选C ． 7.【2016年高考四川理数】已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是 .正视图331【解析】由三棱锥的正视图知，三棱锥的高为1，底面边长为232,2，所以，该三棱锥的体积为113322132V =⨯⨯⨯=.8.【2016高考浙江理数】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的表面积是 cm 2，体积是 cm 3.【解析】几何体为两个相同长方体组合，长方体的长宽高分别为4,2,2，所以体积为2(224)32⨯⨯⨯=，由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形，所以表面积为2(222244)2(22)72⨯⨯+⨯⨯-⨯=9.【2016高考新课标2理数】 ,αβ是两个平面，,m n 是两条直线，有下列四个命题：（1）如果,,//m n m n αβ⊥⊥，那么αβ⊥.（2）如果,//m n αα⊥，那么m n ⊥.（3）如果//,m αβα⊂，那么//m β.（4）如果//,//m n αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等.其中正确的命题有 ． (填写所有正确命题的编号）【解析】对于①，,,//m n m n αβ⊥⊥，则,αβ的位置关系无法确定，故错误；对于②,因为//n α，所以过直线n 作平面γ与平面β相交于直线c ，则//n c ，因为,,m m c m n α⊥∴⊥∴⊥，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，正确的有②③④.10.【2016高考浙江理数】如图，在△ABC 中，AB =BC =2，∠ABC =120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD =DA ，PB =BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是 .【解析】ABC △中，因为2,120AB BC ABC ==∠=，所以30BAD BCA ∠=∠=.由余弦定理可得2222cos AC AB BC AB BC B =+-⋅2222222cos12012=+-⨯⨯=，所以AC =设AD x =，则0x <<DC x =.在ABD ∆中，由余弦定理可得2222cos BD AD AB AD AB A =+-⋅22222cos30x x =+-⋅24x =-+.故BD =在PBD ∆中，PD AD x ==，2PB BA ==.由余弦定理可得222cos 2PD PB BD BPD PD PB +-∠===⋅，所以30BPD ∠=. 由此可得，将△ABD 沿BD 翻折后可与△PBD 重合，无论点D 在任何位置，只要点D 的位置确定，当平面PBD ⊥平面BDC 时，四面体PBCD 的体积最大（欲求最大值可不考虑不垂直的情况）.EDC B A P过P 作直线BD 的垂线，垂足为O .设PO d =，则11sin 22PBD S BD d PD PB BPD =⨯=⋅∠△，12sin 302d x =⋅，解得d = 而△BCD的面积111sin )2sin 30(2)222S CD BC BCD x x=⋅∠=⋅=.当平面PBD ⊥平面BDC 时：四面体PBCD 的体积111)332BCD V S d x=⨯=⨯△=.观察上式，易得)2x x x x +≤，当且仅当x x -，即x 时取等号，同时我们可以发现当x x PBCD 的体积最大，为1.211.【2016高考新课标1卷】平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ,α//平面CB 1D 1,α平面ABCD =m ,α平面AB B 1A 1=n ,则m 、n 所成角的正弦值为 (A)2(B )2(C)3 (D)13【解析】设平面11CB D 平面ABCD ='m ，平面11CB D 平面11ABB A ='n ，因为α∥平面11CB D ，所以','m m n n ∥∥，则,m n 所成的角等于','m n 所成的角.过1D 作11D E B C ∥，交AD 的延长线于点E,连接CE ，则CE 为'm .连接1A B ，过B 1作111B F A B ∥，交1AA 的延长线于点1F ，则11B F 为'n .连接BD ，则111,BD CE B F A B ∥∥，则','m n 所成的角即为1,A B BD 所成的角，为60︒，故,m n 所成角的正弦值为32，选A.12.【2016高考新课标3理数】在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是（ ）（A ）4π （B ）92π （C ）6π （D ）323π 【解析】要使球的体积V 最大，必须球的半径R 最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值32，此时球的体积为334439()3322R πππ==，故选B ． 13.【2016高考天津理数】已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m ），则该四棱锥的体积为_______m 3.【解析】由三视图知四棱锥高为3，底面平行四边形的一边长为2，其对应的高为1，因此所求四棱锥的体积1(21)323V =⨯⨯⨯=．故答案为2．。
五年(2018-22)高考数学真题汇编(全国卷新高考卷卷等)专题20 立体几何多选、填空(解析版)
解析：选择侧视图为③，俯视图为④，
如图所示，长方体 中， ，
分别为棱 的中点，
则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥 ．
故答案为：③④．
【点睛】三视图问题解决的关键之处是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系．
【题目栏目】立体几何\空间几何体的结构特征及其直观图、三视图\空间几何体的三视图
故 (或其补角)为异面直线 所成的角，在直角三角形 ， ， ，故 ，故 不成立，故A错误．
对于B，如图(2)所示，取 的中点为 ，连接 ， ，则 ， ，
由正方体 可得 平面 ，而 平面 ，故 ，而 ，故 平面 ，又 平面 ， ，而 ，
所以 平面 ，而 平面 ，故 ，故B正确．
对于C，如图(3)，连接 ，则 ，由B的判断可得 ，故 ，故C正确．
p4：若直线l 平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l
则 , , , , , , ，
因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以 ， ，
所以 , , ,
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，
因为 ，所以 ，因为 平面 ，所以 平面 ；
(II)由(1)得， ， 设直线 与平面 所成角为 ，则 ；
(III)由正方体的特征可得，平面 的一个法向量为 ，
对于D，如图(4)，取 的中点 ， 的中点 ，连接 ，则 ，
因为 ，故 ，故 ，所以 或其补角为异面直线 所成的角，
因为正方体的棱长为2，故 ， ，
， ，故 不是直角，故 不垂直，故D错误．故选BC
【题目栏目】立体几何\空间点、直线、平面之间的位置关系\空间中点线面的位置关系
【题目来源】2021年新高考全国Ⅱ卷·第10题
高考数学《立体几何》真题大题解析汇总
高考数学《立体几何》真题大题解析汇总高考数学《立体几何》真题大题解析汇总1.（髙考新课标1卷）如图，在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五而体中，而ABEF 为正方形,AF=2FD, ZAFD = 90 ,且二面角 D-AF-E 与二而角 C-BE-F 都是 60 ・（I ）证明：平而ABEF 丄平面EFDC ： （II ）求二而角E-BC-A 的余弦值.【解析】试题分析：（I ）先证明AF 丄平面EFDC ，结合AFu 平而ABEF,可得平而ABEF 丄 平而EFDC ・（II ）建立空间坐标系，分别求出平而BCE 的法向量乔及平面BCE 的法试题解析：（I ）由已知可得AF 丄DF, AF 丄FE,所以AF 丄平而EFDC. 又AF u 平而ABEF,故平而ABEF 丄平而EFDC ・（II ）过D 作DG 丄EF,垂足为G,由（I ）知DG 丄平而ABEF.以G 为坐标原点，市的方向为x 轴正方向，|石冃为单位长度，建立如图所示的空间直 角坐标系G-xyz ・ 由(I )知ZDFE 为二而角D-AF-E 的平而角，故ZDFE = 60 ,贝iJ|DF| = 2,|DG|=3,可得A(1,4,0), B(-3,4,0), E(-3,0,0), D (0,0 J).由已知，AB//EF,所以AB 〃平面EFDC.又平而 ABCDA 平面 EFDC = DC,故 AB//CD, CD//EF.由BE//AF ，可得EE 丄平而EFDC,所以ZCEF 为二而角C-BE-F 的平而角，ZCEF = 60\ 从而可得 C (-2,0,>/3).所以EC = (l,0,V3), EB = (O,4,O ), AC = (-3,^,^), AB = (M,0,0). 设历=(x, y, Z )是平面BCE 的法向星则【答案】（I ）见解析：（H ）2>/19^9-向量〃 ,再利用cos （njn}=呂“：求二而角・n-EC = O Jx +辰=0万・ EB = 0 [4y = 0 所以可取方=（3,0,—JJ ）・w-AC = 0设m 是平而ABCD 的法向量•则< 一fii ・ AB = 0同理可取/« =（0,73,4）.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而位置关系的证明，空间中线面位置关 系的证明主要包括线线、线而、而而三者的平行与垂直关系，苴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.（髙考新课标2理数）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O,AB = 5.AC = 69 点 EF 分别在 AD.CD 上，AE = CF = -, EF 交 BD 于点 H ・将 4 △DEF 沿 EF 折到 AD'EF 位萱,OD' = g（I ）证明：£）7/丄平而ABCD , （II ）求二面角B-D f A-C 的正弦值.【答案】（I ）详见解析；（1【）仝?.【解析】 试题分析：（I ）证AC//EF .再证QH 丄0H ,最后证£>7/丄平面ABCD ；（II ）用向量法求解・2A /1919高考数学《立体几何》真题大题解析汇总AF CF试题解析：(I )由已知得AC 丄BD, AD = CD,又由AE = CF 得二二=——,故 AD CD AC//EF.因此EF 丄HD , 从而EF 丄DH . 由 AB = 5, AC = 6得DO =BO =>J AB 2-AO 2 =4.OH AE i由EF//AC 得——=一=一・所以 0/7 = 1, DH = DH=3 ・DO AD 4 于是OH = i, D fH + OH 2=32+ 卩=1O = D02,故DH LOH .又 D'H 丄 EF ，而OHcEF = H ,所以DH 丄平而ABCD.(II)如图，以H 为坐标原点，丽的方向为x 轴的正方向，建立空间直角坐标系 H-xyz, 则 H(0,0,0), 4(-3,_2,0), 3(0,-5,0), C(3,_l,0), "(0,0,3)刀= (3,-4,0),AC = (6,0,0), 丽 =(3丄3).设m = (x p y pZ1)是平而ABD 的法向量,则所以可以取也=(4,3,-5)・设办=(可”2心)是平而ACD 的法向量，则6X 2 =03X 2 + y 2 + 3z 2 = 0一 - m - n -14 7>/5cos < m. n >=— =—==——==1加1•巾I >/50X >A0 25 sinv^/x 込.25因此二而角B-DA-C 的疋弦值是攀. 考点：线面垂宜的判定、二而角.【名师点睹】证明直线和平而垂直的常用方法有：①判定左理；②a 〃b, a 丄□ =b 丄« :③a 〃 B , a 丄« =a 丄B ;④而而垂直的性质.线而垂直的性质，常用来证明线线垂直. 求二m ・ AB = 0 m - AD f = 03召一4开=0 3州 + y } + 3石=0n ・ AC = 0 n-AD f = 0所以可以取齐=(0,—3,1)・于是而角最常用的方法就是分別求出二面角的两个而所在平而的法向量•然后通过两个平面的法向量的夹角得到二而角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角. 3.(高考山东理数)在如图所示的圆台中，AC是下底而圆0的宜径，EF是上底面圆0, 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=-AC=2>/3 , AB=BC.求二而角F-BC-A的余弦值.2【答案】门)见解析：“)¥【解析】试题分析：(I)根据线线、面而平行可得与直线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ZFNM为二而角F-BC-A的平面角直接求解.(I )证明：设FC的中点为连接在厶CEF,因为G是CE的中点，所以G///EF,高考数学《立体几何》真题大题解析汇总又 EF//OB,所以 G///OB,在△CFB 中，因为H 是阳的中点，所以HIIIBC 又HIcGI = I,所以平而GH///平面ABC.因为GHu 平面GH/ ,所以GH//平而ABC.（II ）解法一：连接00',则OO'丄平面ABC,又AB = BC y 且AC 是圆。
近三年高考真题(立体几何)
近三年全国卷高考试题（立体几何）2019年112．已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，PB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为A．B．C．D18．（12分）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．7．设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面17．（12分）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.8．如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则A ．BM =EN ，且直线BM 、EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM 、EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线 16．学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D 挖去四棱锥O —EFGH 后所得几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________.19．（12分）图1是由矩形ADEB 、R t △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的二面角B-CG-A 的大小.7．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为A ．B ．C ．3D ．212．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A BC ．D 18．（12分）如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且. （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值.M A N B M N 172524ABCD ,E F ,AD BC DF DFC△C P PF BF ⊥PEF ⊥ABFD DP ABFD9．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =1AD 与1DB 所成角的余弦值为 A ．15BCD20．（12分）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（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．C3．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是10．设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为 A ．B ．C ．D ．19．（12分）如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．A B C D ，，，ABC△D ABC-ABCD CD M CD C D AMD ⊥BMC M ABC -MABMCD7.某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为A.10B.12C.14D.1616.如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O 。
全国各地市历年高考立体几何题汇编(含参考答案).docx
全国各地市历年高考立体几何题汇编(含参考答案)(一)2018年高考立体几何题1.(北京理16)如图，在三棱柱ABC-me,中，CC~平面/此；D, E, F, G分别为必，AC,4G，B片的中点，AB=B(=yfs , A(=AA l=2.(I )求证：/以平面BEF-,(II )求二面角B-CAC、的余弦值；(III)证明：直线尸G与平面奶相交.2.(浙江-19)如图，已知多面体ABCAEG，AA, B、B,均垂直于平面,此；，"4，砂1，AB=B(=B Y B=2.(I )证明：刀3上平面(II)求直线WG与平面/蹈所成的角的正弦值.3.(课标III理T9)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, 肱是CQ上异于。
，。
的点.(1)证明：平面AMD1.平面BMC；(2)当三棱锥M -AB C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）。
为AC的中如图，在三棱锥P-A8C 中，AB = BC = 2g, PA = PB = PC = AC = 4 ,(1)证明：POL平面ABC；(2)若点肱在棱BC上，且二面角为30。
，求PC与平面月皈所成角的正弦值.5.（课标I理-18）如图，四边形A3CZ)为正方形，分别为AD,B C的中点，以DF为折痕把△DPC折起, 使点C到达点F的位置，且PF LBF .(1)证明：平面PEF L平面ABFD；(2)求QP与平面A8FD所成角的正弦值.(二)2017年高考立体几何题1.(课标IIIS-19)如图，四面体，夙力中，△ABC是正三角形，△，⑦是直角三角形，/ABAZCBD, AB^BD.(1)证明：平面ACDL平面D(2)过的平面交彻于点&若平面北T把四面体⑦分成体积相等的两部分，求二面角D-AE-C的余弦值.2.（课标II理-19）如图，四棱锥巴ABCD中，侧面0〃为等边三角形且垂直于底面/次，AB = BC = -AD,ZBAD = ZABC = 90°, B是切的中 2点.(1)证明：直线CE〃平面0B；(2)点〃在棱PC上，且直线伽与底面/次所成角为45。
2018-2022五年全国高考数学立体几何真题分类汇编(解析版)
2018-2022五年全国各省份高考数学真题分类汇编专题21立体几何解答题一、解答题1．(2022高考北京卷·第17题)如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N 分别为11A B ，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值．条件①：AB MN ⊥；条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】解析:(1)取AB 的中点为K ，连接,MK NK ，由三棱柱111ABC A B C -可得四边形11ABB A 为平行四边形，而11,B M MA BK KA ==，则1//MK BB ，而MK ⊄平面11CBB C ，1BB ⊂平面11CBB C ，故//MK 平面11CBB C ，而,CN NA BK KA ==，则//NK BC ，同理可得//NK 平面11CBB C ，而,,NK MK K NK MK =⊂ 平面MKN ，故平面//MKN 平面11CBB C ，而MN ⊂平面MKN ，故//MN 平面11CBB C ，(2)因为侧面11CBB C 为正方形，故1CB BB ⊥，而CB ⊂平面11CBB C ，平面11CBB C ⊥平面11ABB A ，平面11CBB C ⋂平面111ABB A BB =，故CB ⊥平面11ABB A ，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，因为AB Ì平面11ABB A ，故NK AB ⊥，若选①，则AB MN ⊥，而NK AB ⊥，NK MN N = ，故AB ⊥平面MNK ，而MK ⊂平面MNK ，故AB MK ⊥，所以1AB BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ，故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM === ，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z = ，则00n BN n BM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =-，则()2,2,1n =-- ，设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则42sin cos ,233n AB θ===⨯ ．若选②，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，而KM ⊂平面MKN ，故NK KM ⊥，而11,1B M BK NK ===，故1B M NK =，而12B B MK ==，MB MN =，故1BB M MKN ≅，所以190BB M MKN ∠=∠=︒，故111A B BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ，故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM === ，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z = ，则00n BN n BM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =-，则()2,2,1n =-- ，设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则42sin cos ,233n AB θ===⨯ ．【题目栏目】立体几何\空间角\直线与平面所成的角【题目来源】2022高考北京卷·第17题2．(2022年高考全国甲卷数学(理)·第18题)在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面,,1,2,3ABCD CD AB AD DC CB AB DP =====∥．(1)证明：BD PA ⊥；(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(25．【解析】(1)证明：在四边形ABCD 中，作DE AB ⊥于E ，CF AB ⊥于F ，因为//,1,2CD AB AD CD CB AB ====，所以四边形ABCD 为等腰梯形，所以12AE BF ==，故32DE =，223BD DE BE =+=，所以222AD BD AB +=，所以AD BD ⊥，因为PD ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PD BD ⊥，又PD AD D ⋂=，所以BD ⊥平面PAD ，又因PA ⊂平面PAD ，所以BD PA ⊥；(2)解：如图，以点D 为原点建立空间直角坐标系，3BD =，则()()(1,0,0,3,0,3A B P ，则(((3,0,3,3,0,0,3AP BP DP =-== ，设平面PAB 的法向量(),,n x y z = ，则有30{330n AP x z n BP ⋅=-+=⋅=+= ，可取()3,1,1n = ，则5cos ,5n DP n DP n DP ⋅== ，所以PD 与平面PAB 所成角的正弦值为5．【题目栏目】立体几何\空间角\直线与平面所成的角【题目来源】2022年高考全国甲卷数学(理)·第18题3．(2022年浙江省高考数学试题·第19题)如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE ∠=∠=︒，二面角F DC B --的平面角为60︒．设M ，N 分别为,AE BC 的中点．(1)证明：FN AD ⊥；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．【答案】解析:(1)过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点交于点G 、H ．∵四边形ABCD 和EFCD 都是直角梯形，//,//,5,3,1AB DC CD EF AB DC EF ===，60BAD CDE ∠=∠=︒，由平面几何知识易知，2,90DG AH EFC DCF DCB ABC ==∠=∠=∠=∠=︒，则四边形EFCG 和四边形DCBH 是矩形，∴在Rt EGD 和Rt DHA ，3EG DH ==∵,DC CF DC CB ⊥⊥，且CF CB C ⋂=，∴DC ⊥平面,BCF BCF ∠是二面角F DC B --的平面角，则60BCF ∠= ，∴BCF △是正三角形，由DC ⊂平面ABCD ，得平面ABCD ⊥平面BCF ，∵N 是BC 的中点，∴FN BC ⊥，又DC ⊥平面BCF ，FN ⊂平面BCF ，可得FN CD ⊥，而BC CD C ⋂=，∴FN ⊥平面ABCD ，而AD ⊂平面ABCD FN AD ∴⊥．(2)因为FN ⊥平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以以点N 为原点，NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N xyz -，设3,0),3,0),(3,3,0),(1,0,3)A B D E -，则333,22M ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，333,,(2,3,0),(2,3,3)22BM AD DE ⎛⎫∴=-=--=- ⎪ ⎪⎝⎭设平面ADE 的法向量为(,,)n x y z =由n ADn DE⎧⋅=⎨⋅=⎩，得20230xx z⎧--=⎪⎨-++=⎪⎩，取n=-，设直线BM与平面ADE所成角为θ，∴||sin cos,14|||n BMn BMn BMθ⋅=〈〉====⋅．【题目栏目】立体几何\空间角\直线与平面所成的角【题目来源】2022年浙江省高考数学试题·第19题4．(2022新高考全国II卷·第20题)如图，PO是三棱锥P ABC-的高，PA PB=，AB AC⊥，E是PB的中点．(1)证明：//OE平面PAC；(2)若30ABO CBO∠=∠=︒，3PO=，5PA=，求二面角C AE B--的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)1113解析:(1)证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，因为PO是三棱锥P ABC-的高，所以PO⊥平面ABC，,AO BO⊂平面ABC，所以PO AO⊥、PO BO⊥，又PA PB=，所以POA POB≅△△，即OA OB=，所以OAB OBA∠=∠，又AB AC ⊥，即90BAC ∠=︒，所以90OAB OAD ∠+∠=︒，90OBA ODA ∠+∠=︒，所以ODA OAD∠=∠所以AO DO =，即AO DO OB ==，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以//OE PD ，又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ，所以//OE 平面PAC(2)解：过点A 作//Az OP ，如图建立平面直角坐标系，因为3PO =，5AP =，所以224OA AP PO =-=，又30OBA OBC ∠=∠=︒，所以28BD OA ==，则4=AD ，43AB =所以12AC =，所以()3,2,0O ，()3,0,0B ，()3,2,3P ，()0,12,0C ，所以333,1,2E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则333,1,2AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，()43,0,0AB = ，()0,12,0AC = ，设平面AEB 的法向量为(),,n x y z = ，则3020n AE y z n AB ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩ ，令2z =，则3y =-，0x =，所以()0,3,2n =- ；设平面AEC 的法向量为(),,m a b c =，则302120m AE b c m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令a =则6c =-，0b =，所以)6m =- ；所以43cos ,13n m n m n m ⋅==- 设二面角C AE B --为θ，由图可知二面角C AE B --为钝二面角，所以cos 13θ=-，所以11sin 13θ==故二面角C AE B --的正弦值为1113；【题目栏目】立体几何\空间角\二面角【题目来源】2022新高考全国II 卷·第20题5．(2022新高考全国I 卷·第19题)如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为．(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【答案】(1(2)32解析：(1)在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ，则1111111111433333A A BC A A ABC A ABC A B BC C C B V S h h V S A A V ---=⋅===⋅==，解得h =，所以点A 到平面1A BC；(2)取1A B 的中点E ,连接AE ,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥,又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC 平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以AE ⊥平面1A BC ，在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥，又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由(1)得AE =12AA AB ==，1A B =，所以2BC =，则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1A C 的中点()1,1,1D ，则()1,1,1BD = ，()()0,2,0,2,0,0BA BC == ,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z = ，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩ ，可取()1,0,1m =- ，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c = ，则020m BD a b c m BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()0,1,1n =-r，则1cos ,2m n m n m n ⋅===⋅ ，所以二面角A BD C --32=．【题目栏目】立体几何\空间角\二面角【题目来源】2022新高考全国I 卷·第19题6．(2022年高考全国乙卷数学(理)·第18题)如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)CF 与平面ABD所成的角的正弦值为7解析：【小问1详解】因为AD CD =，E 为AC 的中点，所以AC DE ⊥；在ABD △和CBD 中，因为,,B A C D CD ADB DB DB D ∠=∠==，所以ABD CBD ≌△△，所以AB CB =，又因为E 为AC 的中点，所以AC BE ⊥；又因为,DE BE ⊂平面BED ，DE BE E ⋂=，所以AC ⊥平面BED ，因为AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD ．【小问2详解】连接EF ，由(1)知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ，所以AC EF ⊥，所以1=2AFC S AC EF ⋅△，当EF BD ⊥时，EF 最小，即AFC △的面积最小．因为ABD CBD ≌△△，所以2CB AB ==，又因为60ACB ∠=︒，所以ABC 是等边三角形，因为E 为AC 的中点，所以1AE EC ==，BE =，因为AD CD ⊥，所以112DE AC ==,在DEB 中，222DE BE BD +=，所以BE DE ⊥．以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E xyz -，则()()()1,0,0,,0,0,1A B D ，所以()()1,0,1,1,AD AB =-=- ，设平面ABD 的一个法向量为(),,n x y z = ，则00n AD x z n AB x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取y =，则()n = ，又因为()331,0,0,0,,44C F ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，所以331,,44CF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，所以cos ,7n CF n CF n CF ⋅=== ，设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为02πθθ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，所以43sin cos ,7n CF θ== ，所以CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为437．【题目栏目】立体几何\空间角\直线与平面所成的角【题目来源】2022年高考全国乙卷数学(理)·第18题7．(2021年高考浙江卷·第19题)如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120,1,4,ABC AB BC PA ∠=︒===M ，N 分别为,BC PC 的中点，,PD DC PM MD ⊥⊥．(1)证明：AB PM ⊥；(2)求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(215．解析:(1)在DCM △中，1DC =，2CM =，60DCM ∠= ，由余弦定理可得3DM =，所以222DM DC CM +=，∴DM DC ⊥．由题意DC PD ⊥且PD DM D ⋂=，DC ∴⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，所以DC PM ⊥，又//AB DC ，所以AB PM ⊥．(2)由PM MD ⊥，AB PM ⊥，而AB 与DM 相交，所以PM ⊥平面ABCD ，因为7AM =22PM =，取AD 中点E ，连接ME ，则,,ME DM PM 两两垂直，以点M 为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,则(3,2,0),2),3,0,0)A P D -,(0,0,0),(3,1,0)M C -又N 为PC 中点，所以313352,,22222N AN ⎛-=- ⎝⎝ ．由(1)得CD ⊥平面PDM ，所以平面PDM 的一个法向量(0,1,0)n = 从而直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为5||152sin 6||2725244AN n AN n θ⋅===++ ‖．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年高考浙江卷·第19题8．(2021年新高考全国Ⅱ卷·第19题)在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若2,3AD QD QA QC ===．(1)证明：平面QAD ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B QD A --的平面角的余弦值．【答案】解析:(1)取AD 的中点为O ，连接,QO CO ．因为QA QD =，OA OD =，则QO ⊥AD ，而2,AD QA ==故2QO ==．在正方形ABCD 中，因为2AD =，故1DO =，故CO =，因为3QC =，故222QC QO OC =+，故QOC 为直角三角形且QO OC ⊥，因为OC AD O = ，故QO ⊥平面ABCD ，因为QO ⊂平面QAD ，故平面QAD ⊥平面ABCD ．(2)在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥，结合(1)中的QO ⊥平面ABCD ，故可建如图所示的空间坐标系．则()()()0,1,0,0,0,2,2,1,0D Q B -，故()()2,1,2,2,2,0BQ BD =-=- ．设平面QBD 的法向量(),,n x y z = ，则00n BQ n BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即220220x y z x y -++=⎧⎨-+=⎩，取1x =，则11,2y z ==，故11,1,2n ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．而平面QAD 的法向量为()1,0,0m = ，故12cos ,3312m n ==⨯ ．二面角B QD A --的平面角为锐角，故其余弦值为23．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年新高考全国Ⅱ卷·第19题9．(2021年新高考Ⅰ卷·第20题)如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD的中点．(1)证明：OA CD ⊥；(2)若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积．【答案】解析：(1)因为AB =AD ,O 为BD 中点，所以AO ⊥BD因为平面ABD 平面BCD =BD ,平面ABD ⊥平面BCD ，AO ⊂平面ABD ，因此AO ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，所以AO ⊥CD(2)作EF ⊥BD 于F ,作FM ⊥BC 于M ,连FM因为AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥BD ,AO ⊥CD所以EF ⊥BD ,EF ⊥CD ,BD CD D ⋂=,因此EF ⊥平面BCD ，即EF ⊥BC因为FM ⊥BC ，FM EF F =I ,所以BC ⊥平面EFM ，即BC ⊥MF则EMF ∠为二面角E -BC -D 的平面角,4EMF π∠=因为BO OD =,OCD 为正三角形,所以OCD 为直角三角形因为2BE ED =,1112(1)2233FM BF ∴==+=从而EF =FM =213AO ∴=AO ⊥Q 平面BCD ,所以11131133326BCD V AO S ∆=⋅=⨯⨯⨯⨯=【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年新高考Ⅰ卷·第20题10．(2021年高考全国乙卷理科·第18题)如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．(1)求BC ；(2)求二面角A PM B --的正弦值．【答案】(1；(2)7014解析：(1)PD ⊥ 平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -，设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ，则()2,1,1PB a =- ，(),1,0AM a =- ，PB AM ⊥ ，则2210PB AM a ⋅=-+=，解得2a =，故2BC a ==；(2)设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z =，则2AM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()AP = ，由11112020m AM x y m AP z ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，取1x =，可得)2m = ，设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z = ，2,0,02BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()1,1BP =- ，由22222020n BM x n BP y z ⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩ ，取21y =，可得()0,1,1n =r ，3314cos ,1472m n m n m n ⋅<>===⨯⋅ ，所以，270sin ,1cos ,14m n m n <>=-<>=，因此，二面角A PM B --的正弦值为7014．【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：(1)建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；(2)设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量(注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可)；(3)计算(2)中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年高考全国乙卷理科·第18题11．(2021年高考全国甲卷理科·第19题)已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥(1)证明：BF DE ⊥；(2)当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?【答案】(1)见解析；(2)112B D =解析：因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，所以1BB ⊥底面ABC ，所以1BB AB ⊥因为11//A B AB ，11BF A B ⊥，所以BF AB ⊥，又1BB BF B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．所以()()()()()()1110,0,0,2,0,0,0,2,0,0,0,2,2,0,2,0,2,2B A C B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a (02a ≤≤)．(1)因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==-- ，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-= ，所以BF DE ⊥．(2)设平面DFE 的法向量为(),,m x y z = ，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=-- ，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+- 因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA = ，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则cos m BA m BA θ⋅===⋅ ．当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ3=．所以()min sin 3θ==，此时112B D =．【点睛】本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出(),0,2D a (02a ≤≤)，在第二问中通过余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2021年高考全国甲卷理科·第19题12．(2021高考北京·第17题)如图：在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为11A D 中点，11B C 与平面CDE 交于点F．(1)求证：F 为11B C 的中点；(2)点M 是棱11A B 上一点，且二面角M FC E --的余弦值为53，求111A M A B 的值．【答案】(1)证明见解析；(2)11112A M A B =．解析：(1)如图所示，取11B C 的中点'F ，连结,','DE EF F C ，由于1111ABCD A B C D -为正方体，,'E F 为中点，故'EF CD ，从而,',,E F C D 四点共面，即平面CDE 即平面'CDEF ，据此可得：直线11B C 交平面CDE 于点'F ，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F 与点'F 重合，即点F 为11B C 中点．(2)以点D 为坐标原点，1,,DA DC DD 方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标系D xyz -，不妨设正方体的棱长为2，设()11101A M A B λλ=≤≤，则：()()()()2,2,2,0,2,0,1,2,2,1,0,2M C F E λ，从而：()()()2,22,2,1,0,2,0,2,0MC CF FE λ=---==- ，设平面MCF 的法向量为：()111,,m x y z = ，则：()111112222020m MC x y z m CF x z λ⎧⋅=-+--=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令11z =-可得：12,,11m λ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭，设平面CFE 的法向量为：()222,,n x y z = ，则：2222020n FE y n CF x z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令11z =-可得：()2,0,1n =- ，从而：5,m n m n ⋅===则：,cos 3m n m n m n ⋅===⨯ ，整理可得：()2114λ-=，故12λ=(32λ=舍去)．【题目栏目】立体几何\空间点、直线、平面之间的位置关系\平面的基本性质【题目来源】2021高考北京·第17题13．(2020年高考课标Ⅰ卷理科·第18题)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO上一点，6PO DO =．(1)证明：PA ⊥平面PBC ；(2)求二面角B PC E --的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2．【解析】(1)由题设，知DAE △为等边三角形，设1AE =，则2DO =，1122CO BO AE ===，所以64PO DO ==，,,44PC PB ====又ABC 为等边三角形，则2sin 60BA OA = ，所以32BA =，22234PA PB AB +==，则90APB ∠= ，所以PA PB ⊥，同理PA PC ⊥，又PC PB P = ，所以PA ⊥平面PBC ；(2)过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则121313(,0,0),((,,0)244444E P B C ----，132(,444PC =--- ，132(,,444PB =- ，12(,0,24PE =-- ，设平面PCB 的一个法向量为111(,,)n x y z = ，由00n PC n PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得11111100x x ⎧--=⎪⎨-+-=⎪⎩，令1x =，得111,0z y =-=，所以1)n =- ，设平面PCE 的一个法向量为222(,,)m x y z = 由00m PC m PE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22222020x x ⎧---=⎪⎨--=⎪⎩，令21x =，得2233z y ==，所以3(1,3m =故cos ,5||||n m m n n m ⋅<>===⋅ ，设二面角B PC E --的大小为θ，则25cos 5θ=．【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年高考课标Ⅰ卷理科·第18题14．(2020年高考课标Ⅱ卷理科·第20题)如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)10．解析：(1) ,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴又11//AA BB 1//MN AA ∴在ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM⊥又 侧面11BB C C 为矩形，1BC BB ∴⊥1//MN BB MN BC⊥由MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN∴BC ⊥平面1A AMN又 11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，11//B C ∴平面ABC又 11B C ⊂平面11EB C F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF=11//B C EF∴//EF BC∴又BC ⊥ 平面1A AMN∴EF ⊥平面1A AMNEF ⊂ 平面11EB C F∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN(2)连接NP//AO 平面11EB C F ，平面AONP ⋂平面11EB C F NP=∴//AO NP根据三棱柱上下底面平行，其面1A NMA ⋂平面ABC AM =，面1A NMA ⋂平面1111A B C A N=∴//ON AP故：四边形ONPA 是平行四边形设ABC 边长是6m (0m >)可得：ON AP =，6NP AO AB m=== O 为111A B C △的中心，且111A B C △边长为6m ∴16sin 6033ON m =⨯⨯︒=故：3ON AP m== //EF BC∴AP EP AM BM =∴3EP=解得：EP m=在11B C 截取1B Q EP m ==，故2QN m= 1B Q EP =且1//B Q EP∴四边形1B QPE 是平行四边形，∴1//B E PQ由(1)11B C ⊥平面1A AMN故QPN ∠为1B E 与平面1A AMN 所成角在Rt QPN △，根据勾股定理可得：PQ ===sin10QN QPN PQ ∴∠==∴直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值：10．【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其线面角，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和线面角的定义，考查了分析能力和空间想象能力，属于难题．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年高考课标Ⅱ卷理科·第20题15．(2020年高考课标Ⅲ卷理科·第19题)如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．(1)证明：点1C 在平面AEF 内；(2)若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)7．解析：(1)在棱1CC 上取点G ，使得112C G CG =，连接DG 、FG 、1C E 、1C F，在长方体1111ABCD A B C D -中，//AD BC 且AD BC =，11//BB CC 且11BB CC =，112C G CG = ，12BF FB =，112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =，所以，四边形BCGF 为平行四边形，则//AF DG 且AF DG =，同理可证四边形1DEC G 为平行四边形，1//C E DG ∴且1C E DG =，1//C E AF ∴且1C E AF =，则四边形1AEC F 为平行四边形，因此，点1C 在平面AEF 内；(2)以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系1C xyz -，则()2,1,3A 、()12,1,0A 、()2,0,2E 、()0,1,1F ，()0,1,1AE =-- ，()2,0,2AF =-- ，()10,1,2A E =- ，()12,0,1A F =- ，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z = ，由00m AE m AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-，得111x y ==，则()1,1,1m =- ，设平面1A EF 的法向量为()222,,n x y z = ，由1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，取22z =，得21x =，24y =，则()1,4,2n =，cos ,7m n m n m n ⋅<>===⋅ ，设二面角1A EF A --的平面角为θ，则cos 7θ=，sin 7θ∴==．因此，二面角1A EF A --的正弦值为7．【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计算能力，属于中等题．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020年高考课标Ⅲ卷理科·第19题16．(2020年新高考全国Ⅰ卷(山东)·第20题)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l．(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．【答案】(1)证明见解析；(2)3．解析：(1)证明：在正方形ABCD 中，//AD BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD 平面PBC l =，所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D = ，所以l ⊥平面PDC ；(2)如图建立空间直角坐标系D xyz -，因为1PD AD ==，则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ，设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===- ，设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z = ，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y mx z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则z m =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-，则cos ,n PB n PB n PB ⋅<>== 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>=r uur 3=33363333=≤≤=，当且仅当1m =时取等号，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为3．【题目栏目】立体几何\空间角\直线与平面所成的角【题目来源】2020年新高考全国Ⅰ卷(山东)·第20题17．(2020年新高考全国卷Ⅱ数学(海南)·第20题)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，QB ，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)63．解析：(1)证明：在正方形ABCD 中，//AD BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD 平面PBC l =，所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D = ，所以l ⊥平面PDC ；(2)如图建立空间直角坐标系D xyz -，因为1PD AD ==，则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ，设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-，设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z = ，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，即00y mx z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则z m =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-，则cos ,n PB n PB n PB ⋅<>== 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>=r uur 3=3333=≤≤=，当且仅当1m =时取等号，所以直线PB 与平面QCD所成角的正弦值的最大值为3．【题目栏目】立体几何\空间角\直线与平面所成的角【题目来源】2020年新高考全国卷Ⅱ数学(海南)·第20题18．(2020年浙江省高考数学试卷·第19题)如图，三棱台DEF —ABC 中，面ADFC ⊥面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC．(I )证明：EF ⊥DB ；(II )求DF 与面DBC 所成角的正弦值．【答案】(I )证明见解析；(II)3解析：(Ⅰ)作DH AC ⊥交AC 于H ，连接BH ．∵平面ADFC ⊥平面ABC ，而平面ADFC 平面ABC AC =，DH ⊂平面ADFC ，∴DH ⊥平面ABC ，而BC ⊂平面ABC ，即有DH BC ⊥．∵45ACB ACD ∠=∠=︒，∴2CD BC CH ==⇒=．在CBH 中，22222cos 45BH CH BC CH BC BC =+-⋅︒=，即有222BH BC CH +=，∴BH BC ⊥．由棱台的定义可知，//EF BC ，所以DH EF ⊥，BH EF ⊥，而BH DH H = ，∴EF ⊥平面BHD ，而BD ⊂平面BHD ，∴EF DB ⊥．(Ⅱ)因为//DF CH ，所以DF 与平面DBC 所成角即为与CH 平面DBC 所成角．作HG BD ⊥于G ，连接CG ，由(1)可知，BC ⊥平面BHD ，因为所以平面BCD ⊥平面BHD ，而平面BCD 平面BHD BD =，HG ⊂平面BHD ，∴HG ⊥平面BCD ．即CH 在平面DBC 内的射影为CG ，HCG ∠即为所求角．在Rt HGC △中，设BC a =，则CH =，BH DH HG BD ⋅==，∴sin3HG HCG CH ∠===．故DF 与平面DBC 所成角的正弦值为3．【题目栏目】立体几何\空间角\直线与平面所成的角【题目来源】2020年浙江省高考数学试卷·第19题19．(2020天津高考·第17题)如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且12,AD CE M ==为棱11A B 的中点．(Ⅰ)求证：11C M B D ⊥；(Ⅱ)求二面角1B B E D --的正弦值；(Ⅲ)求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．【答案】303．【解析】依题意，以C 为原点，分别以CA 、CB 、1CC 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得()0,0,0C 、()2,0,0A 、()0,2,0B 、()10,0,3C 、()12,0,3A 、()10,2,3B 、()2,0,1D 、()0,0,2E 、()1,1,3M ．(Ⅰ)依题意，()11,1,0C M = ，()12,2,2B D =-- ，从而112200C M B D ⋅=-+= ，所以11C M B D ⊥；(Ⅱ)依题意，()2,0,0CA = 是平面1BB E 的一个法向量，()10,2,1EB = ，()2,0,1ED =- ．设(),,n x y z = 为平面1DB E 的法向量，则100n EB n ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020y z x z +=⎧⎨-=⎩，不妨设1x =，可得()1,1,2n =- ．6cos ,626CA n CA CA n n ⋅<>==⋅⨯ ，sin,6CA n∴<>==．所以，二面角1B B E D--的正弦值为6；(Ⅲ)依题意，()2,2,0AB=-．由(Ⅱ)知()1,1,2n=-为平面1DB E的一个法向量，于是cos,AB nAB nAB n⋅<>==-⋅．所以，直线AB与平面1DB E所成角的正弦值为．【题目栏目】立体几何\空间点、直线、平面之间的位置关系\空间中点线面的位置关系【题目来源】2020天津高考·第17题20．(2020江苏高考·第24题)在三棱锥A BCD-中，已知CB CD==,2BD=，O为BD 的中点，AO⊥平面BCD，2AO=，E为AC的中点．(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；(2)若点F在BC上，满足14BF BC=，设二面角F DE C--的大小为θ，求sinθ的值．【答案】【答案】(1)15(2)13【解析】(1)连,CO BC CD BO OD CO BD==∴⊥Q以,,OB OC OA为,,x y z轴建立空间直角坐标系，则(0,0,2),(1,0,0),(0,2,0),(1,0,0)(0,1,1)A B C D E-∴(1,0,2),(1,1,1)cos,AB DE AB DE∴=-=∴<>==uu u r uuu r uu u r uuu r从而直线AB与DE所成角的余弦值为15(2)设平面DEC一个法向量为1(,,),n x y z=1120(1,2,0),x yn DCDCx y zn DE⎧+=⎧⋅=⎪=∴⎨⎨++=⋅=⎪⎩⎩,令112,1(2,1,1)y x z n=∴=-=∴=-u r设平面DEF一个法向量为2111(,,),n x y z=u u r1122111710171(,,0),4244200x yn DFDF DB BF DB BCn DE x y z⎧⎧+=⋅=⎪⎪=+=+=∴⎨⎨⋅=⎪⎩⎪++=⎩令111272,5(2,7,5)y x z n=-∴==∴=-u u r,12cos,n n∴<>==u r u u r因此239sin13θ==【题目栏目】立体几何\空间点、直线、平面之间的位置关系\空间中点线面的位置关系【题目来源】2020江苏高考·第24题21．(2020江苏高考·第15题)在三棱柱111ABC A B C-中，AB AC⊥，1B C⊥平面ABC，,E F分别是1,AC B C的中点．(1)求证：EF平面11AB C；(2)求证：平面1AB C⊥平面1ABB．【答案】【答案】(1)证明详见解析；(2)证明详见解析．【解析】(1)由于,E F分别是1,AC B C的中点，所以1//EF AB．由于EF⊂/平面11AB C,1AB⊂平面11AB C，所以//EF平面11AB C．(2)由于1B C⊥平面ABC，ABÌ平面ABC，所以1B C AB⊥．由于1,AB AC AC B C C⊥⋂=，所以AB⊥平面1AB C,由于AB Ì平面1ABB ，所以平面1AB C ⊥平面1ABB ．【题目栏目】立体几何\线面、面面平行的判定与性质\直线与平面平行的判定与性质【题目来源】2020江苏高考·第15题22．(2020北京高考·第16题)如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1BB 的中点．(Ⅰ)求证：1//BC 平面1AD E ；(Ⅱ)求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)23．【解析】(Ⅰ)如下图所示：在正方体1111ABCD A B C D -中，11//AB A B 且11AB A B =，1111//A B C D 且1111A B C D =，11//AB C D ∴且11AB C D =，所以，四边形11ABC D 为平行四边形，则11//BC AD ，1BC ⊄ 平面1AD E ，1AD ⊂平面1AD E ，1//BC ∴平面1AD E ；(Ⅱ)以点A 为坐标原点，AD 、AB 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系A xyz -，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则()0,0,0A 、()10,0,2A 、()12,0,2D 、()0,2,1E ，()12,0,2AD = ，()0,2,1AE = ，设平面1AD E 的法向量为(),,n x y z = ，由100n AD n AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22020x z y z +=⎧⎨+=⎩，令2z =-，则2x =，1y =，则()2,1,2n =- ．11142cos ,323n AA n AA n AA ⋅<>==-=-⨯⋅ ．因此，直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值为23．【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题【题目来源】2020北京高考·第16题23．(2019年高考浙江·第19题)如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，30BAC ∠=︒，11A A A C AC ==，E ，F 分别是AC ，11A B 的中点．(Ⅰ)证明：EF BC ⊥；(Ⅱ)求直线EF 与平面1A BC所成角的余弦值．【答案】【意图】本题主要考查空间点、线、面的位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力。
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新课标全国卷历年高考立体几何真题（含答案）班别： ______________________ 姓名：___________________1.（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：PA ⊥BD ； (Ⅱ)若PD =AD ，求二面角A-PB-C 的余弦值.2.（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.3.（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=2AB. （Ⅰ）证明：BC 1//平面A 1CD ， （Ⅱ）求二面角D-A 1C-E 的正弦值4.（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.5.（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，，求三棱锥E-ACD 的体积.6.（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.7.（2015年全国Ⅱ卷）如图，长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=16，BC=10，AA 1=8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E=D 1F=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.8.（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.9.（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，OD '=（Ⅰ）证明：D H'⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．10.（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．11.（2016年全国3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.自我总结：新课标全国卷历年高考例题几何真题（广西多用2卷）1.解：（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=︒=,由余弦定理得BD = 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PAD. 故 PA ⊥BD（Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴射线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,()0B,()C -,()0,0,1P.(1),(1,0,0)ABPB BC =-=-=-uu u v uu v uu u v设平面PAB 的法向量为n =（x,y,z ），则0⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n AB n PB ,即00x z -+=-= 因此可取n =设平面PBC 的法向量为m ，则0⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m PB m BC 可取m =（0，-1，，cos 7<>==-m,n 故二面角A-PB-C 的余弦值为 . 2.证明（Ⅰ）（1）在Rt DAC ∆中，AD AC =得：45ADC ︒∠=，同理：1114590A DC CDC ︒︒∠=⇒∠=，得：1,DC DC DC BD DC ⊥⊥⇒⊥又∵11,DC DC DC BD DC ⊥⊥⇒⊥平面1BCD DC BC ⇒⊥. （Ⅱ）（2）11,DC BC CC BC BC ⊥⊥⇒⊥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 B C C O A B =⇒⊥，C 1O ⊥A 1D 1C O ⇒⊥面1ABD 1OH BD C H BD ⊥⇒⊥ 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1C O =111230C D C O C DO ︒==⇒∠= 即二面角11C BD A --的大小为30︒.3.（1）连接1AC ，交1A C 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 1AC CB AB ===，可设：AB ＝2a,则1,AA AC CB ===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）、)1,0A D ⎫⎪⎪⎝⎭、、,E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭()122,0,2,,0CA a a CD a ⎛⎫== ⎪⎪⎝⎭，.CE ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭设平面1A CD 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1A CD 的一个法向量为()1,1,1n =--，同理可得平面1A CE 的一个法向量为()2,1,2m =-，则3cos ,n m <>=，所以6sin ,n m <>=所以二面角1D A C E -- 4.【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，的方向为x 轴的正方向，||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(=， )0,3,1(1-==AA BB ， )3,3,0(-=.设平面C C BB 11的法向量为),,(z y x =，则有⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅01BB ，即⎪⎩⎪⎨⎧=+-=+0303y x z x ，可取)1,1,3(-=.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510.5.【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(,0,0),E 12⎫⎪⎪⎝⎭,C(,m,0).所以AD=(,0,0), AE=12⎫⎪⎪⎝⎭,AC=),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因为cos 3π=|cos<12,n n >|=1212n n n n⋅==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=13×12×32×12.所以,三棱锥E-ACD .为坐标原点，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，∵∠，，（0，，0） =，，=，=设向量=，可取，）的一个法向量，），＞=A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(0,-6,8).=+080z .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 00,(,E 10,(,F -10,()C 00， 所以(AE =1,(,CF =-1. 故cos ,||||AE CF AE CF AE CF ⋅<>==-3.所以直线AE 与直线CF所成角的余弦值为3 9.【解析】⑴∵ABEF 为正方形 ∴AF EF ⊥ ∵90AFD ∠=︒ ∴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，如图建标系，设FD a =()()000020E B a ，，，， ()02202a CA a a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，， ()020EB a =，，，22a BC a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，()200AB a =-，，设面BEC 法向量为()m x y z =，，.00m EB m BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即111120202a y a x ay z ⋅=⎧⎪⎨⋅-+⋅=⎪⎩， ()301m =-，，设面ABC 法向量为()222n x y z =，， =00n BC n AB ⎧⋅⎪⎨⋅=⎪⎩.即222220220a x ay ax ⎧-+=⎪⎨⎪=⎩，()034n=， 设二面角E BC A --的大小为θ.cos 3m nm n θ⋅===+⋅ ∴二面角E BC A --的余弦值为 10.【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 =I ，∴'D H ⊥面ABCD ．⑵建立如图坐标系H xyz -．()500B ，，，()130C ，，，()'003D ，，，()130A -，，，()430AB =uu u r ，，，()'133AD =-uuur ，，，()060AC =uuu r ，，，设面'ABD 法向量()1n x y z =，，u r ，由1100n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩得430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩，取345xy z=⎧⎪=-⎨⎪=⎩，∴()1345n =-u r ，，．同理可得面'AD C 的法向量()2301n =u u r ，，，∴1212cos n n n n θ⋅===u r u u r u r u u r∴sin θ=11.设),,(z y x =为平面PMN 的法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00PN n PM ， 即⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-0225042z y x z x ，可取)1,2,0(=， 于是2558|||||,cos |==><AN n .。