全国卷历年高考立体几何真题归类分析(含答案)

1全国卷历年高考立体几何真题归类分析（含答案）类型一：直建系——条件中已经有线面垂直条件，该直线可以作为z轴或与z轴平行，底面垂直关系直接给出或容易得出（如等腰三角形的三线合一）。这类题入手比较容易，第（Ⅰ）小问的证明就可以用向量法，第（Ⅱ）小问往往有未知量，如平行坐标轴的某边长未知，或线上动点等问题，以增加难度。该类问题的突破点是通过条件建立方程求解，对于向上动点问题这主意共线向量的应用。1.（2014年全国Ⅱ卷）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.2.（2015年全国Ⅰ卷）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.3.（2015年全国Ⅱ卷）如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4，过点E，F的平面α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α所成角的正弦值.24.（2016年全国Ⅲ卷）如图，四棱锥PABC中，PA底面面ABCD，AD∥BC，3ABADAC，4PABC，M为线段AD上一点，2AMMD，N为PC的中点．（I）证明MN平面PAB；（II）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.5.（2017全国Ⅱ卷）如图所示，在四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，12ABBCAD，o90BADABC，E是PD的中点.（1）求证：直线//CE平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成的锐角为45，求二面角MABD的余弦值.EMDCBAP类型二：证建系（1）——条件中已经有线面垂直条件，该直线可以作为z轴或与z轴平行，但底面垂直关系需要证明才可以建系（如勾股定理逆定理等证明平面线线垂直定理）。这类题，第（Ⅰ）小问的证明用几何法证明，其证明过程中的结论通常是第（Ⅱ）问证明的条件。第（Ⅱ）小问开始需要证明底面上两条直线垂直，然后才能建立空间直角坐标系。6.（2011年全国卷）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，AB=2AD，PD⊥底面ABCD.(Ⅰ)证明：PA⊥BD；(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值.37.（2012年全国卷）如图，直三棱柱111ABCABC中，112ACBCAA，D是棱1AA的中点，BDDC1.（Ⅰ）证明：BCDC1；（Ⅱ）求二面角11CBDA的大小.8.（2013年全国Ⅱ卷）如图，直棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1=AC=CB=22AB.（Ⅰ）证明：BC1//平面A1CD，（Ⅱ）求二面角D-A1C-E的正弦值类型三：证建系（2）——条件中没有线面垂直条件，底面垂直关系直接给出或容易得出。这类题关键在于第（Ⅱ）小问线面垂直的证明，常见有面面垂直条件推出。3，5，9，10，129.（2013年全国Ⅰ卷）如图，三棱柱111CBAABC中，CBCA，1AAAB，601BAA.（Ⅰ）证明CAAB1；（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.410.（2014年全国Ⅰ卷）如图三棱柱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.11.（2016年全国Ⅰ卷）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．12.（2016年全国Ⅱ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．513.（2017全国Ⅰ卷）如图所示，在四棱锥PABCD中，//ABCD，且90BAPCDP.(1)求证：平面PAB平面PAD；(2)若PAPDABDC，90APD，求二面角APBC的余弦值.DCBAP14.（2017全国Ⅲ卷）如图所示，四面体ABCD中，ABC△是正三角形，ACD△是直角三角形，ABDCBD，ABBD．（1）求证：平面ACD平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角––DAEC的余弦值．自我总结：向量法另外难点在于运算策略问题，即这样快速、准确的计算出结果，请参看我的《向量法解立体几何的运算策略》6新课标全国卷历年高考例题几何真题1.【解析】(1)连接BD交AC于点为G,连接EG.在三角形PBD中,中位线EG∥PB,且EG在平面AEC上，所以PB∥平面AEC.(2)设CD=m,分别以AD,AB,AP为x,y,z轴建立坐标系,则A(0,0,0),D(3,0,0),E31,0,22,C(3,m,0).所以AD=(3,0,0),AE=31,0,22,AC=3,,0m.设平面ADE的法向量为1n=(x1,y1,z1),则1nAD=0,1nAE=0,解得一个1n=(0,1,0).同理设平面ACE的法向量为2n=(x2,y2,z2),则2nAC=0,2nAE=0,解得一个2n=(m,-3,-3m).因为cos3=|cos12,nn|=1212nnnn=22333mm=12,解得m=32.设F为AD的中点,则PA∥EF,且PA=2EF=12,EF⊥面ACD,即为三棱锥E-ACD的高.所以VE-ACD=·S△ACD·EF=13×12×32×3×12=38.所以,三棱锥E-ACD的体积为38.2.【解析】(1)连结BD,设BD∩AC=G,连结EG,FG,EF.在菱形ABCD中,不妨设GB=1.由∠ABC=120°,可得AG=GC=.由BE⊥平面ABCD,AB=BC可知AE=EC.又AE⊥EC,所以EG=,且EG⊥AC.在Rt△EBG中,可得BE=,故DF=.在Rt△FDG中,可得FG=.在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,DF=,可得EF=.从而EG2+FG2=EF2,所以EG⊥FG.,又AC∩FG=G,可得EG⊥平面AFC.又因为EG⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC.(2)如图,以G为坐标原点,分别以,的方向为x轴,y轴正方向,||为单位长度,建立空间直角坐标系G-xyz.由(1)可得(,,)A,(,,)E,(,,)F,(,,)C，所以(,,)AE,(,,)CF.故cos,||||AECFAECFAECF.7所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为3.【解析】(1)交线围成的正方形EHGF如图:(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8.因为四边形EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH==6,所以AH=10.以D为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,8).设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,则00HEnFEn,086010zyx.所以可取)3,4,0(n，又)8,4,10(AF，故1554|||||||,cos|AFnAFnAFn.所以AF与平面EHGF所成的角的正弦值1554.4.设),,(zyxn为平面PMN的法向量，则00PNnPMn，即0225042zyxzx，可取)1,2,0(n，8于是2558|||||||,cos|ANnANnANn.5．解析（1）令PA的中点为F，联结EF，BF，如图所示．因为点E，F为PD，PA的中点，所以EF为PAD△的中位线，所以=1//2EFAD．又因为90BADABC，所以BCAD∥．又因为12ABBCAD，所以=1//2BCAD，于是=//EFBC．从而四边形BCEF为平行四边形，所以CEBF∥．又因为BFPAB面，所以CE∥平面PAB.（2）以AD的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设1ABBC，则000O，，，010A，，，110B，，，100C，，，010D，，，003P，，．点M在底面ABCD上的投影为M，所以MMBM，联结BM．因为45MBM，所以MBM△为等腰直角三角形．因为POC△为直角三角形，33OCOP，所以60PCO．设MMa，33CMa，313OMa．所以31003Ma，，．2222316101332BMaaaa．从而321132OMa．所以21002M，，，261022M，，，261122AM，，，(100)AB，，．设平面ABM的法向量11(0)yz，，m，则11602AMyzm，所以(062)，，m，易知平面ABD的一个法向量为(001)，，n，从而10cos,5mnmnmn．故二面角MABD的余弦值为105．6.解：（Ⅰ）因为60,2DABABAD,由余弦定理得3BDAD从而BD2+AD2=AB2，故BDAD;又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD.故PABD（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴OzyxPM'MFEDCBA9的正半轴射线DB为y轴的正半轴，射线DP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系D-xyz，则1,0,0A,03,0B，,1,3,0C,0,0,1P.设平面PAB的法向量为n=（x,y,z），则00nABnPB,即3030xyyz因此可取n=(3,1,3)设平面PBC的法向量为m，则00mPBmBC可取m=（0，-1，3），427cos.727m,n故二面角A-PB-C的余弦值为277.7.证明（Ⅰ）（1）在RtDAC中，ADAC得：45ADC，同理：1114590ADCCDC，得：111,DCDCDCBDDC又∵111,DCDCDCBDDC平面1BCDDCBC.（Ⅱ）（2）11,DCBCCCBCBC平面11ACCABCAC取11AB的中点O，过点O作OHBD于点H，连接11,COCH，1111111ACBCCOAB，C1O⊥A1D1CO面1ABD1OHBDCHBD得：点H与点D重合，即1CDO是二面角11CBDA的平面角设ACa，则122aCO，1112230CDaCOCDO即二面角11CBDA的大小为30.8.（1）连接1AC，交1AC于点F，连结1,DFBC，则F为1AC的中点，因为D为AB的中点，所以DF//1BC，又因为111FDACDBCACD平面，平面，所以11//BCACD平面.1