近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MABC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PFBF.

（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，EF交BD于点

H．将DEF沿EF折到D'EF位置，OD10．

（Ⅰ）证明：DH平面ABCD；

（Ⅱ）求二面角BDAC的正弦值．

548.（动点问题）（2018年II卷）如图，在三棱锥PABC中，ABBC2PAPBPCAC4，O为AC的中点．

2，P（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．

ABOMC

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MABC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 BCCM=C,所以DM⊥平面BMC. 而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.

（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CD的中点. 由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1)，

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AM0,2xyz0,即 2y0.nAB0.可取n(1,0,2).

DA是平面MCD的法向量,因此

cosn,DAnDA5， 5|n||DA|25， 5sinn,DA所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是25. 52、[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，

31→|AP|为单位长，建立空间直角坐标系A-xyz，则D(0，3，0)，E0，，，

22

→AE＝

310，，.

22

设B(m，0，0)(m>0)，则C(m，3，0)，→AC＝(m，3，0)． 设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量， →＝0，mx＋3y＝0，n1·AC则即3 1→n1·AE＝0，2y＋2z＝0，

3可取n1＝，－1，3.

m

又n2＝(1，0，0)为平面DAE的法向量，

1

由题设易知|cos〈n1，n2〉|＝，即

2313

＝，解得m＝. 3＋4m222

1

因为E为PD的中点，所以三棱锥E-ACD的高为.三棱锥E-ACD的体积V211313＝××3××＝. 32228

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（ ，

设平面PBC的一个法向量为

），P（0，0，

， ，

），C（

．

）．

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．

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

333

A0，0，，B(1，0，0)，B10，，0，C0，－，0.

333

→AB＝

1

33→30，，－，A1B1＝AB＝1，0，－，

333

→BC＝BC＝

1

1

3－1，－，0.

3

设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则

n·AB1＝0，即

→n·A1B1＝0，



3

x－3z＝0.

33

y－z＝0，33

所以可取n＝(1，3，3)．

设m是平面A1B1C1的法向量，

→m·A1B1＝0，

则同理可取m＝(1，－3，3)．

→m·B1C1＝0，

则cos〈n，m〉＝

n·m1

＝.

|n||m|7

1

所以结合图形知二面角A -A1B1 - C1的余弦值为.

7

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.

5.，【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）3 3又∵AE⊥EC，∴EG=3，EG⊥AC，

在Rt△EBG中，可得BE=2，故DF=在Rt△FDG中，可得FG=6. 22. 2在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=2，DF=∴EG2FG2EF2，∴EG⊥FG， ∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，

232可得EF=， 22∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC. ……6分

（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以GB,GC的方向为x轴，y轴正方向，

|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－3，0），E(1,0, 2)，F（－1,0，2），CF=（-1，-3，2），C（0，3，0），∴AE=（1，3，22）.…10分 2故cosAE,CFAE•CF3. 3|AE||CF|3. ……12分 3所以直线AE与CF所成的角的余弦值为

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PFBF.

（1）证明：平面PEF平面ABFD； （2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.

6.解：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.

又BF平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.

（2）作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.

以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，|BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H?xyz.

由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=3.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF. 可得PH33,EH. 2233333),D(1,,0),DP(1,,),HP(0,0,)为平面ABFD22222则H(0,0,0),P(0,0,的法向量.

3HPDP3|4设DP与平面ABFD所成角为，则sin|.

4|HP||DP|3

所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为

3. 47.（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，EF交BD于点

H．将DEF沿EF折到D'EF位置，OD10．

（Ⅰ）证明：DH平面ABCD；

（Ⅱ）求二面角BDAC的正弦值．

547.【解析】⑴证明：∵AECF5，∴

4AECF， ADCD∴EF∥AC．∵四边形ABCD为菱形，∴ACBD，

∴EFBD，∴EFDH，∴EFDH．

∵AC6，∴AO3；又AB5，AOOB，∴OB4， ∴OHAEOD1AO，∴DHDH3，∴OD2OH2D'H2，∴

EFH，∴D'H面ABCD．

D'HOH．又∵OH⑵建立如图坐标系Hxyz．

B5，0，0，C1，3，0，D'0，0，3，A1，3，0，

AB4，3，0，AD'1，3，3，AC0，6，0，

设面ABD'法向量n1x，y，z，

x34x3y0n1AB0由得，取y4，∴n13，4，5．

x3y3z0z5n1AD0同理可得面AD'C的法向量n23，0，1， ∴cosn1n2n1n29552107525，∴sin295．

258.（动点问题）（2018年II卷）如图，在三棱锥PABC中，ABBC2PAPBPCAC4，O为AC的中点．

2，（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．

解：（1）因为APCPAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP23.

连结OB.因为ABBC122AC，所以△ABC为等腰直角三角形， 2且OBAC，OBAC2. 由OP2OB2PB2知POOB.

由OPOB,OPAC知PO平面ABC.

（2）如图，以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.

由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,2,0),C(0,2,0),P(0,0,23),AP(0,2,23),取平面PAC的法向量OB(2,0,0).

设M(a,2a,0)(0a2)，则AM(a,4a,0). 设平面PAM的法向量为n(x,y,z). 由APn0,AMn0得2y23z0，可取n(3(a4),3a,a)，

ax(4a)y0所以cosOB,n23(a4)23(a4)23a2a2=.由已知得|cosOB,n|3. 2所以23|a4|23(a4)23a2a234.解得a4（舍去），a. 23所以n(834343,,).又PC(0,2,23)，所以cosPC,n. 33343. 4所以PC与平面PAM所成角的正弦值为