近年高考理科立體幾何大題匯編

1、1 / 14 近幾年高考理科立體幾何大題匯編1.（2018 年 iii 卷）如圖，邊長為2 的正方形abcd所在的平面與半圓弧cd所在平面垂直，m 是cd上異于c， d 的點(diǎn)（1）證明：平面amd 平面bmc；（2）當(dāng)三棱錐mabc體積最大時，求面mab 與面mcd所成二面角的正弦值2、2014 新課標(biāo)全國卷 四棱錐 p-abcd 中，底面abcd 為矩形， pa平面 abcd，e 為 pd 的中點(diǎn)(1)證明：pb平面 aec；(2)設(shè)二面角d-ae-c 為 60， ap1，ad3，求三棱錐 e-acd 的體積3.（2017?新課標(biāo)卷）如圖，在四棱錐pabcd中，abcd，且bap=cdp=9

2、0 (1) 證明：平面pab平面 pad；(2) 若 pa=pd=ab=dc ，apd=90 ，求二面角apbc 的余弦值2 / 14 4.（菱形建系 ） 2014 新課標(biāo)全國卷 如圖三棱柱 abc -a1b1c1中，側(cè)面bb1c1c 為菱形，abb1c. (1)證明： acab1；(2)若 acab1，cbb160，abbc，求二面角 a -a1b1-c1的余弦值5.（菱形建系） 2015 高考新課標(biāo) 1 如圖，四邊形 abcd為菱形， abc=120 ，e，f是平面 abcd同一側(cè)的兩點(diǎn)， be平面 abcd，df平面 abcd，be=2df，aeec.（）證明：平面 aec平面 afc；

3、（）求直線 ae與直線 cf所成角的余弦值 . 3 / 14 6.（翻折） (2018 年 i 卷)如圖，四邊形abcd 為正方形，,e f分別為,ad bc的中點(diǎn)，以df 為折痕把dfc折起，使點(diǎn) c 到達(dá)點(diǎn) p 的位置，且 pfbf . （1）證明：平面pef平面 abfd ；（2）求 dp 與平面 abfd 所成角的正弦值 . 7.（翻折）（2016 年全國 ii 高考）如圖，菱形abcd的對角線ac與bd交于點(diǎn)o，5,6abac，點(diǎn),e f分別在,ad cd上，54aecf，ef交bd于點(diǎn)h將def沿ef折到d ef位置，10od（）證明： d h平面abcd；（）求二面角bd ac的

4、正弦值8.（動點(diǎn)問題）（ 2018 年 ii 卷）如圖，在三棱錐pabc中，2 2abbc，4papbpcac，o為ac的中點(diǎn)（1）證明：po平面abc；（2）若點(diǎn) m 在棱bc上，且二面角mpac為30，求pc與平面 pam 所成角的正弦值paocbm4 / 14 近幾年高考理科立體幾何大題匯編1.（2018 年 iii 卷）如圖，邊長為2 的正方形abcd所在的平面與半圓弧cd所在平面垂直，m 是cd上異于c， d 的點(diǎn)（1）證明：平面amd 平面bmc；（2）當(dāng)三棱錐mabc體積最大時，求面mab 與面mcd所成二面角的正弦值1.解：（ 1）由題設(shè)知 ,平面cmd平面abcd,交線為cd

5、.因為bccd,bc平面abcd,所以bc平面cmd,故bcdm. 因為m為cd上異于c，d的點(diǎn),且dc為直徑，所以dmcm. 又bccm=c,所以dm平面bmc. 而dm平面amd,故平面amd平面bmc. （2）以d為坐標(biāo)原點(diǎn) ,da的方向為x軸正方向 ,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系d-xyz. 當(dāng)三棱錐m-abc體積最大時，m為cd的中點(diǎn) . 由題設(shè)得(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)dabcm，5 / 14 ( 2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)amabda設(shè)( , )x y zn是平面mab的法向量 ,則0,0.amabnn即20

6、,20.xyzy可取(1,0,2)n. da是平面mcd的法向量 ,因此5cos,5|dadadannn，2 5sin,5dan，所以面mab與面mcd所成二面角的正弦值是2 55. 2、2014 新課標(biāo)全國卷 如圖 1-3，四棱錐 p-abcd 中，底面 abcd 為矩形， pa平面 abcd，e 為 pd 的中點(diǎn)(1)證明：pb平面 aec；(2)設(shè)二面角 d-ae-c 為 60，ap1，ad3，求三棱錐 e-acd 的體積圖 1-3 2，解： (1)證明：連接 bd 交 ac 于點(diǎn) o，連接 eo. 因為 abcd 為矩形，所以 o 為 bd 的中點(diǎn)又 e 為 pd 的中點(diǎn)，所以 eop

7、b. 因為 eo? 平面 aec，pb?平面 aec，所以 pb平面 aec. (2)因為 pa平面 abcd，abcd 為矩形，所以 ab，ad，ap 兩兩垂直如圖，以 a 為坐標(biāo)原點(diǎn)， ab，ad，ap的方向為 x 軸、y軸、 z軸的正方向， |ap|為單位長，建立空間直角坐標(biāo)系a-xyz，則d()0，3，0 ，e0，32，12， ae6 / 14 0，32，12. 設(shè) b(m，0，0)(m0)，則 c(m，3，0)，ac(m，3，0)設(shè) n1(x，y，z)為平面 ace的法向量，則n1ac0，n1ae0，即mx3y0，32y12z0，可取 n13m，1，3 . 又 n2(1，0，0)為平

8、面 dae 的法向量，由題設(shè)易知 |cos n1，n2|12，即334m212，解得 m32. 因為 e 為 pd 的中點(diǎn)，所以三棱錐e-acd 的高為12.三棱錐 e-acd的體積 v1312 3321238. 3.（2017?新課標(biāo)卷）如圖，在四棱錐pabcd中，abcd，且bap=cdp=90 (1) 證明：平面pab平面 pad；(2) 若 pa=pd=ab=dc ，apd=90 ，求二面角apbc的余弦值3. 答案 （ 1）證明：bap=cdp=90 ， pa ab，pd cd ， abcd ， ab pd，又pa pd=p ，且 pa ? 平面 pad ，pd ? 平面 pad ，

9、 ab 平面 pad ，又 ab ? 平面 pab ，平面pab 平面 pad ； （2）解： ab cd ，ab=cd ，四邊形abcd 為平行四邊形，由（1）知 ab 平面 pad ，ab ad ，則四邊形abcd為矩形，在 apd中，由pa=pd ， apd=90 ，可得 pad為等腰直角三角形，設(shè)pa=ab=2a ，則 ad= 取 ad中點(diǎn) o ， bc中點(diǎn) e，連接 po 、oe ，以 o為坐標(biāo)原點(diǎn)，7 / 14 分別以oa 、oe 、op 所在直線為x、 y、z 軸建立空間直角坐標(biāo)系，則：d（） ，b（） ，p（0，0，），c（） ，設(shè)平面pbc 的一個法向量為，由，得，取y=1，

10、得 ab 平面pad ，ad ? 平面 pad ， abad ，又 pd pa ，pa ab=a ， pd平面pab ，則為平面pab 的一個法向量， cos = = 由圖可知，二面角apb c 為鈍角，二面角apb c 的余弦值為4.（菱形建系 ） 2014 新課標(biāo)全國卷 如圖三棱柱abc -a1b1c1中，側(cè)面bb1c1c為菱形， abb1c. (1)證明： acab1；(2)若 acab1，cbb160，abbc，求二面角 a -a1b1- c1的余弦值4 解：(1)證明：連接bc1，交 b1c 于點(diǎn) o，連接 ao，因為側(cè)面bb1c1c 為菱形，所以 b1cbc1，且 o 為 b1c與

11、 bc1的中點(diǎn)又 abb1c，所以 b1c平面 abo. 由于 ao? 平面 abo，故 b1cao. 又 b1oco，故 acab1. (2)因為 acab1，且 o為 b1c的中點(diǎn)，所以 aoco. 又因為 abbc，所以 boaboc.故 oaob，從而 oa，ob，ob1兩兩垂直以 o 為坐標(biāo)原點(diǎn)， ob 的方向為 x 軸正方向， |ob|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 o-xyz. 8 / 14 因 為 cbb1 60 ， 所 以 cbb1為 等 邊 三 角 形 ， 又ab bc ， 則a 0，0，33，b(1，0，0)，b10，33，0 ，c0，33，0 . ab10，33

12、，33，a1b1ab1，0，33，b1c1bc 1，33，0 . 設(shè) n(x，y，z)是平面 aa1b1的法向量，則n ab10，n a1b10，即33y33z0，x33z0.所以可取 n(1，3，3)設(shè) m 是平面 a1b1c1的法向量，則m a1b10，m b1c10，同理可取 m(1，3，3)則 cosn，mnm|n|m|17. 所以結(jié)合圖形知二面角a -a1b1-c1的余弦值為17. 5.（菱形建系） 2015 高考新課標(biāo) 1 如圖，四邊形 abcd為菱形， abc=120 ，e，f是平面 abcd同一側(cè)的兩點(diǎn)， be平面 abcd，df平面 abcd，be=2df，aeec.（）證明

13、：平面 aec平面 afc；（）求直線 ae與直線 cf所成角的余弦值 . 9 / 14 5.，答案（）見解析（ ）33又aeec，eg=3 ，egac，在 rtebg中，可得 be=2 ，故 df=22. 在 rtfdg中，可得 fg=62. 在直角梯形 bdfe中，由 bd=2，be=2 ，df=22可得 ef=3 22，222egfgef，egfg，acfg=g，eg平面 afc，eg面 aec，平面 afc平面 aec. 6分10 / 14 （）如圖，以 g為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以,gb gc的方向為 x 軸，y 軸正方向，|gb為單位長度，建立空間直角坐標(biāo)系g-xyz，由（ ）可得 a（0

14、，3 ，0），e(1,0, 2 )，f（1,0，22），c（0，3，0），ae= （1，3 ，2 ）， cf =（-1，-3 ，22）. 10 分故3cos,3|aecfae cfaecf?. 所以直線 ae與 cf所成的角的余弦值為33. 12分6.（翻折） (2018 年 i 卷)如圖，四邊形abcd 為正方形，,e f分別為,ad bc的中點(diǎn)，以df 為折痕把dfc折起，使點(diǎn) c 到達(dá)點(diǎn) p 的位置，且 pfbf . （1）證明：平面pef平面 abfd ；（2）求 dp 與平面 abfd 所成角的正弦值 . 6.解：（ 1）由已知可得，bfpf，bfef，所以bf平面pef. 又 bf

15、平面abfd，所以平面pef平面abfd. （2）作phef，垂足為h.由（ 1）得，ph平面abfd. 以h為坐標(biāo)原點(diǎn)，hf的方向為y軸正方向，|bf為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系h-xyz. 11 / 14 由（1）可得，depe.又dp=2 ，de=1 ，所以pe=3.又pf=1 ，ef=2 ，故pepf. 可得33,22pheh. 則3333(0,0,0),(0,0,),( 1,0),(1,),2222hpddp3(0,0,)2hp為平面abfd的法向量 . 設(shè)dp與平面abfd所成角為，則334sin|4| |3hp dphpdp. 所以dp與平面abfd所成角的正弦值為34

16、. 7.（翻折）（2016 年全國 ii 高考）如圖，菱形abcd的對角線ac與bd交于點(diǎn)o，5,6abac，點(diǎn),e f分別在,ad cd上，54aecf，ef交bd于點(diǎn)h將def沿ef折到d ef位置，10od（）證明：d h平面abcd；（）求二面角bd ac的正弦值7.解析證明：54aecf，aecfadcd，efac四邊形abcd為菱形，acbd，efbd，efdh，efd h6ac，3ao；又5ab，aoob，4ob，1aeohodao，3dhd h，222odohd h，d hoh又ohefh，d h面abcd建立如圖坐標(biāo)系hxyz12 / 14 500b， ，130c， ， 00

17、3d， ，130a，430ab， ，133ad， ，060ac， ，設(shè)面abd法向量1nxyz， ，由1100nabnad得430330 xyxyz，取345xyz，1345n，同理可得面ad c的法向量2301n， ，1212957 5cos255 210nnn n，2 95sin258.（動點(diǎn)問題）（ 2018 年 ii 卷）如圖，在三棱錐pabc中，2 2abbc，4papbpcac，o為ac的中點(diǎn)（1）證明：po平面abc；（2）若點(diǎn) m 在棱bc上，且二面角mpac為30，求pc與平面 pam 所成角的正弦值解：（ 1）因為4apcpac，o為ac的中點(diǎn)，所以opac，且2 3op. 13 / 14 連結(jié)ob.因為22abbcac，所以abc為等腰直角三角形，且obac，122obac. 由222opobpb知poob. 由,opob opac知po平面abc. （2）如圖，以o為坐標(biāo)原點(diǎn)，ob的方向為x軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系oxyz. 由已知得(0,0,0),(2,0,0),(0, 2,0),(0,2,0),(0,0,23),(0,2,23),obacpap取平面pac的法向量(2,0,