新课标全国卷历年高考立体几何真题含答案.docx
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新课标全国卷历年高考立体几何真题含答案
新课标全国卷历年高考立体几何真题（含答案）
班别：
姓名：
题号
1
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8
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10
11
总分
得分
1.（2021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,PDL底面ABCD.
（I）证实：
PAXBD;（II）假设PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值.
一A……-1…
2.〔2021年全国卷〕如图,直三棱柱ABCAB1C1中,ACBC-AA,D是^^AA的中点,2
DC1BD.
（I）证实：
DC1BC；（n）求二面角ABDC1的大小.
3.（2021年全国n卷）如图,直棱柱
AAi=AC=CB=—AB.
2
ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BBi的中点,
（n）求二面角D-A1C-E的正弦值
4.（2021年全国I卷）如图,三棱柱
ABCAB1cl中,CACB,ABAA,BAA60.
（I）证实ABAC;
（n）假设平面ABC,平面AA1B1B
AB=CB,求直线
（I）证实：
BCi//平面AiCD,
5.
（2021年全国n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）证实：
PB//平面AEC;（n）设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=如,求三棱锥E-ACD的体积.
6.（2021年全国I卷）如图三棱柱ABCABG中,侧面BBGC为菱形,ABB1c.
（I）证实：
ACAB;
（n）假设ACAB1,CBB600,AB=BC,求二面角AABC1的余弦值.
7.〔2021年全国n卷〕如图,长方体ABCD-AiBiCiDi中,AB=16,BC=10,AAi=8,点E,F分别在AiBi,DiCi上,AiE=DiF=4,过点E,F的平面a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a所成角的正弦值.
8.〔20i5年全国I卷〕如图,四边形ABCD为菱形,/两点,BE,平面ABCD,DFL平面ABCD,BE=2DF,〔I〕证实：
平面AEC,平面AFC;〔n〕求直线AE与直线
ABC=i20°,E,F是平面ABCD同一侧的AE±EC.
CF所成角的余弦值
9.（2021年全国n卷）
如图,
菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB5,AC6,点E,F
5――___'
分别在AD,CD上,AECF—,EF交BD于点H,将DEF沿EF折到DEF位置,4
OD加
（I）证实：
DH平面ABCD;（n）求二面角BDAC的正弦值.
17
10.（2021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,AFD90,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60.
（I）证实：
平面ABEF
平面EFDC;（II）求二面角E—BC—A的余弦值.
11.（2021年全国3卷）如图,四棱锥PABC中,PA底面面ABCD,AD//BC,
ABADAC3,PABC4,M为线段AD上一点,AM2MD,N为PC的中
（I）证实MN〃平面PAB;（II）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
自我总结:
cosm,n
4
2.7
2^7.故二面角A-PB-C的余弦值为
7
2、.7
7
2.证实（I）
（1）在RtDAC中,ADAC得：
ADC45,
同理：
A1DC145
DCDC.,DC1BDDC1平面BCDDC1BC.
（n）
（2）
DC1BC,CC1BC
BC平面ACC1ABCAC
取ABi的中点O,过点O作OHBD于点H,连接CiO,CiH,
CDCi90,得：
DC1DC,DC
AC1B1C1C1OAB,Cioxaid
C1O面ABD
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）由于DAB60,AB2AD,由余弦定理得BDJ3AD从而BD2+AD2=AB2,故
BDAD;又PD底面ABCD,可得BDPD所以BD平面PAD.故PABD
（n）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,那么A1,0,0,B0,瓜0,C1,g,0,P0,0,1.
AB（1,a/3,0）,PB（0j3,1）,BC（1,0,0）设平面PAB的法向量为
nAB0x3y0
n=（x,y,z）,那么_,即因此可取n=（,3,1,J3）
nPB0%3yz0
mPB0一
设平面pbc的法向量为m,那么可取m=（0,-1,J3）,
mBC0
OHBDC1HBD得：
点h与点d重合,
即CiDO是二面角ABDCi的平面角
设ACa,那么C1O基,C1D五a2C1OC1DO30
2
即二面角ABDCi的大小为30.
3.
（1）连接AG,交AC于点F,连结DF,BG,那么F为AG的中点,由于D为AB的中点,所
以DF//BCi,又由于FD平面ACD,BCi平面AGD,所以BG//平面ACD.
（2）由AA1ACCB立AB,可设：
AB=2a那么AAACCB0a,2
所以ACBC,又由于ABC-AiBiCi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.那么C（0,0,0）、a亚a0j2a、D—a—a0、‘'2'2'
E0,4a,^^a,CAV2a,0,2%,CD0—a,a,0■）CE0z2a,^^a
2222
设平面ACD的法向量为nx,y,z,那么nCD0且nCA0,可解得yxz,令xi,得平
面ACD的一个法向量为n1,1,1,同理可得平面ACE的一个法向量为m
2,1,2,那么
cosn,m立,所以sin
3
n,m
—,所以二面角DAC3
4.【解析】（I）取AB的中点O,连结OC,OA,AiB.由于
CACB,所以OCAB.由于ABAA,BAA60,故
AAiB为等边三角形,所以OAAB.由于OCOAO,所以AB面OAC.又AC平面OAC,故ABA1c.
（n）由（I）知,OCAB,OAAB,又平面ABC平面
AA1BB1,交线为AB,所以OC平面AABB1,故OA,OC,
E的正弦值为
OA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Oxyz那么有A（1,0,0）,A1（0,V3,0）,C（0,0,V3）,B（1,0,0）.那么
bC（1,0,<3）,BB；AA-（1,亚0）,aC（0,J3,J3）.设平面BBiCiC的法向量为
nBC0x3z0
n（x,y,z）,那么有,即厂,可取n“3,1,1）.故
nBBi0x3y0
nAC10
cosn,A|C
|n||AiC|5
所以直线AC与平面BB1cle所成角的正弦值为
10
5
.n-....n.a.
//R
10x
6y
0
8z
7.【解析】
（1）交线围成的正方形EHGF如图：
（2）作EMXAB,垂足为M,那么AM=AiE=4,EM=AA1=8.
由于四边形EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.
于是MH=vEH*-EM之=6,所以AH=10.以D为坐标原点口会的方向为x轴的正方向,建立如下图的空间直角坐标系D-xyz,那么
A（10,0,0）,H（10,10,0）,E（10,4,8）,F（0,4,8）,FE=（10,0,0）,dE=（0,-68）.
.一nFE
设n=（x,y,z）是平面EHGF的法向量,那么,.
nHE
所以可取n
（0,4,3）,又AF（10,4,8）,故|cosn,AF|
|nAF|4、5
|n||AF|15
由BD=2,BE=42dF=T,可得EF=
.从而EG2+FG2=EF2,所以EGXFG.,
所以AF与平面EHGF所成的角的正弦值中5
8.【解析】
（1）连结BD,设BDAAC=G,连结EG,FG,EF.在菱形ABCD中,不妨设GB=1.由/ABC=120,可得AG=GC=、m.由BE,平面ABCD,AB=BC
可知AE=EC.又AE,EC,所以EG=*3,且EGLAC.在RtAEBG中,可得BE=\2,故口5==在RtAFDG中,可得FG」.在直角梯形BDFE中,
平面AFC.
又ACAFG=G,可得EG,平面AFC.又由于EG?
平面AEC,所以平面AEC
（2）如图,以G为坐标原点,分别以匚的方向为x轴,y轴正方向,卜日|为单位长度,建立空间直角坐标
C（,,）,
系G-xyz.
由
（1）可得A（,1）,E（,,1）,F（
所以AE（,v,:
）,CF（
.故cosAE,CF
AECF\一|AE||CF|
11.
试题解析；〔i?
由得皿=|此一,取上p的中点tj连接且6%由州为ac中点知
TN/!
EC,TV二;BC=2.
又皿*故TV平行且等于力心四边形4M丁为平行四边形1于是3；AT.
由于ATu平面PAS,XfNX平面PAS,所以J£V,,平面PAS.
CIJ〕取数的卬点心连络,匕由工3=工.得工E_3J从而*E_X,且
AE=?
庙-BE,=J的一〔萼〕,二亚
以T为坐标原点I4直的方向为X轴正方向,建立如下图的空间直角坐标系工-4人由题知:
厂.内
产〔0只明把82.八c〔#2叭阳夕JR3
产犷=〔027〕,网=〔孝」「＞耳=〔争Q.
设n〔x,y,z〕为平面PMN的法向量,那么
nPM0
nPN0
2x4z0
即5
—x2
于是|cos
可取n（0,2,1）,
y2z0
n,AN|
|nAN||n||AN|
85
25
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