新课标1、2卷立体几何高考题含答案(2013-2016)20161118

1DD1C1A1EFABCB1全国卷高考题（立体几何）20161118学号姓名2014新课标2卷18.（本小题满分12分）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）证明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）设二面角D-AE-C为60°，AP=1，AD=3，求三棱锥E-ACD的体积.2015新课标2卷如图，长方体1111ABCDABCD中,=16AB，=10BC，18AA，点E，F分别在11AB，11CD上，114AEDF．过点E，F的平面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所成角的正弦值．22013新课标2卷18．(2013课标全国Ⅱ，理18)(本小题满分12分)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝22AB.(1)证明：BC1∥平面A1CD；(2)求二面角D－A1C－E的正弦值．2013新课标1卷18．(2013课标全国Ⅰ，理18)(本小题满分12分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)证明：AB⊥A1C；(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．32014新课标1卷19.(本小题满分12分)如图三棱锥111ABCABC中，侧面11BBCC为菱形，1ABBC.（I）证明：1ACAB；（Ⅱ）若1ACAB，o160CBB，AB=Bc，求二面角111AABC的余弦值.2015新课标1卷（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。[来源:学&科&网]（1）证明：平面AEC⊥平面AFC（2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值[来源:学科网]42016新课标2卷如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，5,6ABAC，点,EF分别在,ADCD上，54AECF，EF交BD于点H．将DEF沿EF折到'DEF位置，10OD．（Ⅰ）证明：DH平面ABCD；（Ⅱ）求二面角BDAC的正弦值．2016新课标1卷如图，在已A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，90AFD，且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60．（I）证明；平面ABEF平面EFDC；（II）求二面角E-BC-A的余弦值．5答案：2014新课标2卷（18）解：（I）连接BD交AC于点O,连结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。EO平面AEC,PB平面AEC,所以PB∥平面AEC.（Ⅱ）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的方向为x轴的正方向，AP为单位长，建立空间直角坐标系Axyz，则(0,3,0),D31(0,,),22E31(0,,)22AE.设(,0,0)(0)bmm，则(,3,0),cm(,3,0)ACm。设1(,,)nxyz为平面ACE的法向量，则110,0,nACnAE即30,310,22mxyyz，可取13(,1,3)nm。又2(1,0,0)n为平面DAE的法向量，由题设121cos,2nn，即231342m，解得32m。因为E为PD的中点，所以三棱锥EACD的高为12.三菱锥EACD的体积11313332228V.6A1AB1BD1DC1CFEHGM2015新课标2卷（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF如图：（Ⅱ）作EMAB，垂足为M，则14AMAE，18EMAA，因为EHGF为正方形，所以10EHEFBC．于是226MHEHEM，所以10AH．以D为坐标原点，DA的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则(10,0,0)A，(10,10,0)H，(10,4,8)E，(0,4,8)F，(10,0,0)FE，(0,6,8)HE．设(,,)nxyz是平面EHGF的法向量，则0,0,nFEnHE即100,680,xyz所以可取(0,4,3)n．又(10,4,8)AF，故45cos,15nAFnAFnAF．所以直线AF与平面所成角的正弦值为4515．考点：1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．2013新课标2卷解：(1)连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点．又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF.因为DF⊂平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.(2)由AC＝CB＝22AB得，AC⊥BC.以C为坐标原点，CA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz.设CA＝2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，CD＝(1,1,0)，CE＝(0,2,1)，1CA＝(2,0,2)．设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则10,0,CDCAnn即11110,220.xyxz可取n＝(1，－1，－1)．同理，设m是平面A1CE的法向量，则10,0,CECAmm可取m＝(2,1，－2)．7从而cos〈n，m〉＝3||||3·nmnm，故sin〈n，m〉＝63.即二面角D－A1C－E的正弦值为63.2013新课标1卷(1)证明：取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B.因为CA＝CB，所以OC⊥AB.由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB.因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.又A1C平面OA1C，故AB⊥A1C.(2)解：由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB.又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两相互垂直．以O为坐标原点，OA的方向为x轴的正方向，|OA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.由题设知A(1,0,0)，A1(0，3，0)，C(0,0，3)，B(－1,0,0)．则BC＝(1,0，3)，1BB＝1AA＝(－1，3，0)，1AC＝(0，3，3)．设n＝(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，则10,0,BCBBnn即30,30.xzxy可取n＝(3，1，－1)．故cos〈n，1AC〉＝11ACACnn＝105.所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为105.2014新课标1卷(Ⅰ)连结1BC，交1BC于O，连结AO．因为侧面11BBCC为菱形，所以1BC1BC，且O为1BC与1BC的中点．又1ABBC，所以1BC平面ABO，故1BCAO又1BOCO，故1ACAB（Ⅱ）因为1ACAB且O为1BC的中点，所以又因为，所以BOABOC8故OA⊥，从而OA，OB，1OB两两互相垂直．以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，OB为单位长，建立如图所示空间直角坐标系O-xyz．因为0160CBB，所以1CBB为等边三角形．又，则30,0,3A，1,0,0B，130,,03B，30,,03C1330,,33AB，1131,0,,3ABAB1131,,03BCBC设,,nxyz是平面的法向量，则11100nABnAB，即33033303yzxz所以可取1,3,3n设m是平面的法向量，则111100mABnBC，同理可取1,3,3m则1cos,7nmnmnm，所以二面角111AABC的余弦值为17.2015新课标1卷∴222EGFGEF，∴EG⊥FG，∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，9∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.……6分（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以,GBGC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（－1,0，22），C（0，3，0），∴AE=（1，3，2），CF=（-1，-3，22）.…10分故3cos,3||||AECFAECFAECF.所以直线AE与CF所成的角的余弦值为33.……12分考点：空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力2016新课标2卷⑴证明：∵54AECF，∴AECFADCD，∴EFAC∥．∵四边形ABCD为菱形，∴ACBD，∴EFBD，∴EFDH，∴EFDH．∵6AC，∴3AO；又5AB，AOOB，∴4OB，∴1AEOHODAO，∴3DHDH，∴222'ODOHDH，∴'DHOH．又∵OHEFHI，∴'DH面ABCD．10⑵建立如图坐标系Hxyz．500B，，，130C，，，'003D，，，130A，，，430ABuuur，，，'133ADuuur，，，060ACuuur，，，设面'ABD法向量1nxyz，，ur，由1100nABnAD得430330xyxyz，取345xyz，∴1345nur，，．同理可得面'ADC的法向量2301nuur，，，∴12129575cos255210nnnnuruururuur，∴295sin25．2016新课标1卷【解析】⑴∵ABEF为正方形∴AFEF∵90AFD∴AFDF∵=DFEFF∴AF面EFDCAF面ABEF∴平面ABEF平面EFDC⑵由⑴知60DFECEF∵ABEF∥AB平面EFDCEF平面EFDC∴AB∥平面ABCDAB平面ABCD∵面ABCD面EFDCCD∴ABCD∥,∴CDEF∥∴四边形EFDC为等腰梯形11以E为原点，如图建立坐标系，设FDa000020EBa，，，，3022022aCaAaa，，，，020EBa，，，3222aBCaa，，，200ABa，，设面BEC法向量为mxyz，，.00mEBmBC，即11112032022ayaxayaz111301xyz，，301m，，设面ABC法向量为222nxyz，，=00nBCnAB.即22223202220axayazax222034xyz，，034n，，设二面角EBCA的大小为.4219cos1931316mnmn∴二面角EBCA的余弦值为21919