新课标全国卷历年高考立体几何真题含答案 12页

新课标全国卷历年高考立体几何真题（含答案）‎ 班别： ______________________ 姓名：___________________‎ 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ 总分 得分 ‎1.（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.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎2.（2012年全国卷）如图，直三棱柱中，，是棱的中点，.‎ ‎（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）求二面角的大小.‎ ‎ ‎ ‎3.（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=AB.‎ ‎（Ⅰ）证明：BC1//平面A1CD， （Ⅱ）求二面角D-A1C-E的正弦值 ‎ ‎ ‎4.（2013年全国Ⅰ卷）如图，三棱柱中，，，.‎ ‎（Ⅰ）证明；‎ ‎（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.‎ ‎ ‎ ‎5.（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=，求三棱锥E-ACD的体积.‎ ‎ ‎ ‎6.（2014年全国Ⅰ卷）如图三棱柱中，侧面为菱形，.‎ ‎（Ⅰ） 证明：；‎ ‎（Ⅱ）若，，AB=BC，求二面角的余弦值.‎ ‎ ‎ ‎7.（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.‎ ‎ ‎ ‎8.（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.‎ ‎ ‎ ‎9.（2016年全国Ⅱ卷）如图，菱形的对角线与交于点，，点分别在上，，交于点．将沿折到位置，．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面； （Ⅱ）求二面角的正弦值．‎ ‎ ‎ 10. ‎（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，，且二面角DAFE与二面角CBEF都是．‎ ‎（I）证明：平面ABEF平面EFDC；（II）求二面角EBCA的余弦值．‎ ‎ ‎ ‎11.（2016年全国3卷）如图，四棱锥中，底面面，∥，，，为线段上一点，，为的中点．‎ ‎（I）证明平面；（II）求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎ ‎ 自我总结：‎ 新课标全国卷历年高考例题几何真题（广西多用2卷）‎ ‎1.解：（Ⅰ）因为, 由余弦定理得 从而BD2+AD2= AB2，故BD AD;又PD 底面ABCD，可得BD PD 所以BD 平面PAD. 故 PABD ‎（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴射线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-，则,,,.‎ 设平面PAB的法向量为=（x,y,z），则,即 因此可取= ‎ 设平面PBC的法向量为，则可取=（0，-1，）， ‎ 故二面角A-PB-C的余弦值为 .‎ ‎2.证明（Ⅰ）（1）在中，得：，‎ 同理：，得：‎ 又∵平面.‎ ‎（Ⅱ）（2）‎ 平面 ‎ 取的中点，过点作于点，连接， ，C1O⊥A1D 面 ‎ 得：点与点重合 ， ‎ 即是二面角的平面角 ‎ 设，则，‎ ‎ 即二面角的大小为.‎ ‎3.（1）连接，交于点F，连结，则F为的中点，因为D为AB的中点，所以DF//，又因为，所以.‎ ‎(2)由AA，可设：AB＝2a,则所以，又因为ABC-A1B1C1为直三棱柱，所以以点C为坐标原点，建立空间直角坐标系如图.则C（0,0,0）、、‎ ‎，‎ 设平面的法向量为则且可解得令得平面的一个法向量为，同理可得平面的一个法向量为，则，所以所以二面角的正弦值为 ‎4.【解析】（Ⅰ）取的中点，连结，，.因为，所以.由于，，故为等边三角形，所以.因为，所以面.又平面，故.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，又平面平面，交线为，所以平面，故，，两两互相垂直.以为坐标原点，的方向为轴的正方向，为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则有，,,.则， ， .设平面的法向量为，则有，即，可取.故，‎ 所以直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎5.【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(,0,0),E,C(,m,0).所以=(,0,0), =,=.设平面ADE的法向量为=(x1,y1,z1),则=0, =0,解得一个=(0,1,0).同理设平面ACE的法向量为=(x2,y2,z2),则=0, =0,解得一个=(m,- ,-m).因为cos=|cos<>|===,解得m=.‎ 设F为AD的中点,则PA∥EF,且PA==,EF⊥面ACD,即为三棱锥E-ACD的高.‎ 所以VE-ACD=·S△ACD·EF=××××=.所以,三棱锥E-ACD的体积为.‎ ‎6‎ 解：（1）连结BC1，交B1C于点O，连结AO，∵侧面BB1C1C为菱形，∴BC1⊥B1C，‎ 且O为BC1和B1C的中点，又∵AB⊥B1C，∴B1C⊥平面ABO，∵AO⊂平面ABO，‎ ‎∴B1C⊥AO，又B1O=CO，∴AC=AB1，‎ ‎（2）∵AC⊥AB1，且O为B1C的中点，∴AO=CO，‎ 又∵AB=BC，∴△BOA≌△BOC，∴OA⊥OB，∴OA，OB，OB1两两垂直，以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长度，的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，∵∠CBB1=60°，∴△CBB1为正三角形，又AB=BC，‎ ‎∴A（0，0，），B（1，0，0，），B1（0，，0），C（0，，0）‎ ‎∴=（0，，），==（1，0，），==（﹣1，，0），‎ 设向量=（x，y，z）是平面AA1B1的法向量，则，可取=（1，，），同理可得平面A1B1C1的一个法向量=（1，﹣，），‎ ‎∴cos＜，＞==，∴二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值为 ‎7.【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,.‎ 所以可取，又，故.‎ 所以与平面所成的角的正弦值.‎ ‎8.【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,,,，‎ 所以,. 故.‎ 所以直线与直线所成角的余弦值为 ‎9.【解析】⑴ ∵为正方形 ∴ ∵ ∴∵ ∴面 面 ∴平面平面⑵ 由⑴知∵ 平面 平面∴平面 平面∵面面 ∴,∴ ∴四边形为等腰梯形以为原点，如图建立坐标系，设 ‎ ‎，，设面法向量为.，即， ‎ 设面法向量为 .即，‎ 设二面角的大小为. ‎ 二面角的余弦值为 ‎10.【解析】⑴证明：∵，∴，∴．∵四边形为菱形，∴，∴，∴，∴．∵，∴；又，，∴，‎ ‎∴，∴，∴，‎ ‎∴．又∵，∴面．‎ ‎⑵建立如图坐标系．‎ ‎，，，，，，‎ ‎，设面法向量，由得，取，∴．同理可得面的法向量，∴， ∴．‎ ‎11.‎ 设为平面的法向量，则，‎ 即，可取，‎ 于是.‎