近三年高考全国卷理科立体几何真题.doc

新课标卷高考真题
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．

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．

3【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.

4、[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

5、[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．

6、（2017•新课标Ⅱ）如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．
（Ⅰ）证明：直线CE∥平面PAB；
（Ⅱ）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．

7、（2017•新课标Ⅲ）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．
（Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ABC；
（Ⅱ）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．

8、（2017•新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（12分）
(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．

1【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【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，【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
4，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＝××××＝.

5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.
6、【答案】（Ⅰ）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，
所以EF AD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC∥ AD，
∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面PAB，CF⊄平面PAB，
∴直线CE∥平面PAB；
（Ⅱ）解：四棱锥P﹣ABCD中，
侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，
∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．
取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD=2，则AB=BC=1，OP= ，
∴∠PCO=60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°，
可得：BN=MN，CN= MN，BC=1，
可得：1+ BN2=BN2 ， BN= ，MN= ，
作NQ⊥AB于Q，连接MQ，
所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ=
= ，
二面角M﹣AB﹣D的余弦值为： = ．

7、【答案】（Ⅰ）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．
∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC．
△ABD与△CBD中，AB=BD=BC，∠ABD=∠CBD，
∴△ABD≌△CBD，∴AD=CD．
∵△ACD是直角三角形，
∴AC是斜边，∴∠ADC=90°．∴DO= AC．
∴DO2+BO2=AB2=BD2 ．
∴∠BOD=90°．∴OB⊥OD．
又DO∩AC=O，∴OB⊥平面ACD．又OB⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC．
（Ⅱ）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为hD ， hE ． 则 = ．

∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，
∴ = = =1．
∴点E是BD的中点．
建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设AB=2．
则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0， ，0），E ．
=（﹣1，0，1）， = ， =（﹣2，0，0）．
设平面ADE的法向量为 =（x，y，z），则 ，即 ，取 = ．
同理可得：平面ACE的法向量为 =（0，1， ）．
∴cos = = =﹣ ．
∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为 ．
8、【答案】（1）证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD， ∵AB∥CD，∴AB⊥PD，
又∵PA∩PD=P，且PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAD；
（2）解：∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形， 由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，
在△APD中，由PA=PD，∠APD=90°，可得△PAD为等腰直角三角形，
设PA=AB=2a，则AD= ．
取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，
以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则：D（ ），B（ ），P（0，0， ），C（ ）．
， ， ．
设平面PBC的一个法向量为 ，
由 ，得 ，取y=1，得 ．
∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥AD，
又PD⊥PA，PA∩AB=A，
∴PD⊥平面PAB，则 为平面PAB的一个法向量， ．
∴cos＜ ＞= = ．
由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，
∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为 ．

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