近年高考理科立体几何大题汇编doc.docx
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近年高考理科立体几何大题汇编doc
近几年高考理科立体几何大题汇编
1.（2018年
III
卷）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，
M是CD?
上异
于C，D的点．
（1）证明：
平面AMD⊥平面BMC；
（2）当三棱锥MABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．
2、[2014·新课标全国卷Ⅱ]四棱锥P-ABCD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D-AE-C为60°，AP＝1，AD＝
3，求三棱锥E-ACD的体积．
3.（2017?
新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．
（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．
4.（菱形建系）[2014新·课标全国卷Ⅰ]如图三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.
（1）证明：
AC＝AB1；
（2）若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A-A1B1-C1的余弦值．
5.（菱形建系）【2015高考新课标1】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.
6.（翻折）（2018年I卷）如图，四边形ABCD为正方形，E,F分别为AD,BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.
（1）证明：
平面PEF平面ABFD；
（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
7.（翻折）（2016年全国II高考）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：
DH平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角BDAC的正弦值．
8.（动点问题）（2018年II卷）如图，在三棱锥P
ABC中，AB
BC22，
PAPBPCAC
4，O为AC的中点．
P
（1）证明：
PO
平面ABC；
（2）若点M在棱BC上，且二面角MPA
C为
30，求PC与平面PAM所成角的正弦值．
O
AC
M
B
近几年高考理科立体几何大题汇编
1.（2018年III卷）如图，边长为2的正方形ABCD
所在的平面与半圆弧?
所在平面垂直，是?
上异
CDMCD
于C，D的点．
（1）证明：
平面AMD⊥平面BMC；
（2）当三棱锥MABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．
1.解：
（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,
所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因为M为?
CD上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM.
又BCICM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
uuur
（2）以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D?
xyz.
当三棱锥M?
ABC体积最大时，M为?
的中点.
CD
由题设得D（0,0,0）,A（2,0,0）,B（2,2,0）,C（0,2,0）,M（0,1,1），
uuuuruuuruuur
AM（2,1,1）,AB（0,2,0）,DA（2,0,0）
设n（x,y,z）是平面MAB的法向量,则
n
uuuur
0,
2x
yz0,
AM
n
uuur
0.
即
0.
AB
2y
可取n（1,0,2）.
uuur
DA是平面MCD的法向量,因此
uuur
uuur
5
nDA
cosn,DA
uuur
，
|n||DA|
5
uuur
25，
sinn,DA
5
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是
2
5.
5
2、[2014·新课标全国卷Ⅱ]如图1-3，四棱锥P-ABCD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D-AE-C为60°，AP＝1，AD＝
3，求三棱锥E-ACD的体积．
图1-3
2，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，AB，AD，AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，|AP|
D（0，
3，0），E0，
3
1
→
为单位长，建立空间直角坐标系
A-xyz，则
2
，2
，AE＝
3
1
0，2
，2.
→
3，0）．
设B（m，0，0）（m>0），则C（m，3，0），AC＝（m，
设n1＝，
，
z）
为平面
ACE
的法向量，
（xy
→
mx＋
3y＝0，
n1·AC＝0，
即3
则
1
→
2y＋2z＝0，
n1·AE＝0，
可取n1＝m3，－1，3.
又n2＝（1，0，0）为平面DAE的法向量，由题设易知|cos〈n1，n2〉|＝12，即
3
1
3
.
2＝，解得m＝
3＋4m
2
2
因为E为PD的中点，所以三棱锥
E-ACD的高为
1三棱锥
E-ACD
的体积
V
＝1×
2.
3
13132×3×2×2＝8.
3.（2017?
新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥
P﹣ABCD中，
AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．
（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．
3.【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
．
4.（菱形建系）[2014新·课标全国卷Ⅰ]如图三棱柱
菱形，AB⊥B1C.
（1）证明：
AC＝AB1；
（2）若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角
ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为
A-A1B1-C1的余弦值．
4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
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