2016年-2019年立体几何大题全国卷高考真题及答案

1、（2015年1卷18题）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.试题解析：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1，由∠ABC=120°，可得AG=GC=3.由BE⊥平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC，又∵AE⊥EC，∴EG=3，EG⊥AC，在Rt△EBG中，可得BE=2，故DF=22.在Rt△FDG中，可得FG=62.在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=2，DF=22可得EF=322，∴222EGFGEF，∴EG⊥FG，∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.（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33.2、（2016年1卷18题）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,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．试题解析：（I）由已知可得FDF,FF,所以F平面FDC．又F平面F,故平面F平面FDC．（II）过D作DGF,垂足为G,由（I）知DG平面F．以G为坐标原点,GF的方向为x轴正方向,GF为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz．由（I）知DF为二面角DF的平面角,故DF60,则DF2,DG3,可得1,4,0,3,4,0,3,0,0,D0,0,3．由已知,//F,所以//平面FDC．又平面CD平面FDCDC,故//CD,CD//F．由//F,可得平面FDC,所以CF为二面角CF的平面角,CF60．从而可得C2,0,3．所以C1,0,3,0,4,0,C3,4,3,4,0,0．设,,nxyz是平面C的法向量,则C00nn,即3040xzy,所以可取3,0,3n．CDF设m是平面CD的法向量,则C00mm,同理可取0,3,4m．则219cos,19nmnmnm．故二面角C的余弦值为21919．3（2016年2卷19题）（本小题满分12分）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，5AB，6AC，点E，F分别在AD，CD上，54AECF，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△DEF的位置10OD.（I）证明：DH平面ABCD；（II）求二面角BDAC的正弦值.【解析】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．⑵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4、（2017年1卷18题）如图，在四棱锥PABCD中，ABCD∥中，且90BAPCDP．（1）证明：平面PAB平面PAD；（2）若PAPDABDC，90APD，求二面角APBC的余弦值．【解析】（1）证明：∵90BAPCDP∴PAAB，PDCD又∵ABCD∥，∴PDAB又∵PDPAP，PD、PA平面PAD∴AB平面PAD，又AB平面PAB∴平面PAB平面PAD（2）取AD中点O，BC中点E，连接PO，OE∵ABCD∴四边形ABCD为平行四边形∴OEAB由（1）知，AB平面PAD∴OE平面PAD，又PO、AD平面PAD∴OEPO，OEAD又∵PAPD，∴POAD∴PO、OE、AD两两垂直∴以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz设2PA，∴002D，，、220B，，、002P，，、202C，，，∴022PD，，、222PB，，、2200BC，，设nxyz,,为平面PBC的法向量由00nPBnBC，得2220220xyzx令1y，则2z，0x，可得平面PBC的一个法向量012n,,∵90APD，∴PDPA又知AB平面PAD，PD平面PAD∴PDAB，又PAABA∴PD平面PAB即PD是平面PAB的一个法向量，022PD,,∴23cos323PDnPDnPDn,由图知二面角APBC为钝角，所以它的余弦值为335．（2018年1卷18题）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⊥．⑴证明：平面PEF⊥平面ABFD；⑵求DP与平面ABFD所成角的正弦值．解答：（1）,EF分别为,ADBC的中点，则//EFAB，∴EFBF，又PFBF，EFPFF，∴BF平面PEF，BE平面ABFD，∴平面PEF平面ABFD.（2）PFBF，//BFED，∴PFED，又PFPD，EDDPD，∴PF平面PED，∴PFPE，设4AB，则4EF，2PF，∴23PE，过P作PHEF交EF于H点，由平面PEF平面ABFD，∴PH平面ABFD，连结DH，则PDH即为直线DP与平面ABFD所成的角，由PEPFEFPH，∴23234PH，而4PD，∴3sin4PHPDHPD，∴DP与平面ABFD所成角的正弦值34.6.(2018年新课标Ⅱ理)如图,在三棱锥P­ABC中,AB＝BC＝22,PA＝PB＝PC＝AC＝4,O为AC的中点.（1）求证:PO⊥平面ABC；（2）若点M在棱BC上,且二面角M­PA­C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.【解析】（1）证明:∵AB＝BC＝22,AC＝4,∴AB2＋BC2＝AC2,即△ABC是直角三角形.又O为AC的中点,∴OA＝OB＝OC.∵PA＝PB＝PC,∴△POA≌△POB≌△POC.∴∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°.∴PO⊥AC,PO⊥OB,OB∩AC＝0,∴PO⊥平面ABC.（2）以O坐标原点,OB,OC,OP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图所示.易知A(0,－2,0),P(0,0,23),C(0,2,0),B(2,0,0),BC→＝(－2,2,0).设BM→＝λBC→＝(－2λ,2λ,0),0＜λ＜1,则AM→＝BM→－BA→＝(－2λ,2λ,0)－(－2,－2,0)＝(2－2λ,2λ＋2,0),则平面PAC的一个法向量为m＝(1,0,0).设平面MPA的法向量为n＝(x,y,z),则PA→＝(0,－2,23),则n·PA→＝－2y－23z＝0,n·AM→＝(2－2λ)x＋(2λ＋2)y＝0.令z＝1,则y＝－3,x＝(λ＋1)31－λ,即n＝(λ＋1)31－λ，－3，1.∵二面角M­PA­C为30°,∴cos30°＝m·n|m||n|＝32,即(λ＋1)3λ－1(λ＋1)31－λ2＋1＋3×1＝32,解得λ＝13或λ＝3(舍去).∴n＝(23,－3,1),PC→＝(0,2,－23).PC与平面PAM所成角的正弦值sinθ＝|cos〈PC→,n〉|＝－23－2316·16＝4316＝34.18．（2019年1卷18题）（12分）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．解答】（1）证明：如图，过N作NH⊥AD，则NH∥AA1，且，又MB∥AA1，MB＝，∴四边形NMBH为平行四边形，则NM∥BH，由NH∥AA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，∴BE∥DH，BE＝DH，则四边形BEDH为平行四边形，则BH∥DE，∴NM∥DE，∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，∴MN∥平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则N（，，2），M（，1，2），A1（，﹣1，4），，，设平面A1MN的一个法向量为，由，取x＝，得，又平面MAA1的一个法向量为，∴cos＜＞＝＝＝．∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值为．8．（12分）(2019年新课标Ⅱ理）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.解：（1）由已知得，11BC平面11ABBA，BE平面11ABBA，故11BCBE．又1BEEC，所以BE平面11EBC．（2）由（1）知190BEB．由题设知11RtRtABEABE△△，所以45AEB，故AEAB，12AAAB．以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，||DA为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则C（0，1，0），B（1，1，0），1C（0，1，2），E（1，0，1），(1,1,1)CE，1(0,0,2)CC．设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则0,0,CBCEnn即0,0,xxyz所以可取n=(0,1,1).设平面1ECC的法向量为m=（x，y，z），则10,0,CCCEmm即20,0.zxyz所以可取m=（1，1，0）．于是1cos,||||2nmnmnm．所以，二面角1BECC的正弦值为32．