近三年高考全卷理科立体几何真题Word文档格式.docx
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EF
AF面ABEF
AB平面EFDC
EF平面EFDC
•ABII平面ABCD
AB平面ABCD
•/面ABCDI面EFDCCD
•-ABIICD•-CDIIEF
J
•四边形EFDC为等腰梯形
以E为原点，如图建立坐标系，设FDa
B0,2a,0
A2a,2a,0
uurmui
EB0,2a,0,BC
2a，子
uuu
AB
2a,0,0
设面BEC法向量为mx,y,z.
IT
uur
2a
m
EB
即
a
3
BC
X
2ayi
■—az0
2
Xi
3,
y
0,
z
1
m3,o,i
设面ABC法向量为nx2,y2,z2
面角EBCA的余弦值为2空
19
2、（2016年全国II高考）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,
5
AB5,AC6，点E,F分别在AD,CD上,AECF，EF交BD于点H.将4
DEF沿EF折到D'
EF位置，OD.10.
DH平面ABCD;
（U）求二面角BDAC的正弦值.
•••EFIIAC.
•EFBD，•EFDH，•EFDH.
•/AC6，•AO3;
又AB5，AOOB，•OB4，
AE
二OHOD1,•••DHDH3,
AO
222
•|OD2|OH||D'
H|,•D'
HOH.
又TOHIEFH,•D'
H面ABCD.
⑵建立如图坐标系Hxyz.
B5,0,0,C1,3,0,D'
0,
设面abd'
法向量n
ir
试题解析；
（I〉由已知得型厶斗Q二」収恥的中点匚连接川仁由“为巩?
中点知
TX#BCfTN^\bC=1.
又TD.•眈，故平行且等于川Mj四边形AS/XT为平行四边形，于罡胚V口「
因为AT^l平面PABfXfNx平面PABf所以A&
M平面Mg.
（ID取的中点E,^AE?
由AB=AC^AE-^C?
从^AE-AD,&
ae二上曲_be；
=Jas：
-（~y=庚.
以川为坐标原点，川应的方向为x轴正万冋，建立如團所示的空间直角坐标系A-xyz｝由题知;
2x4z0
，即-5，可取
xy2z0
n（0,2,1），
|nAN|8、、5
于是|cosn,AN|
|n||AN|25
4、【2015高考新课标2,理19】
如图，长方体ABCDABiGU中,AB=16,BC=10,AA,8，点E,F分别在
AB,C,D,上,A,ED,F4•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）；
（U）求直线AF与平面所成角的正弦值.
【答案】
（I）详见解析；
（U）45.
15
（I）宏线围成的正方彪EZTGF如圈*
（II）作垂足冷4则=因为EZTGF丸正方形】所以
EH=EF=BC=10・于是曲==6,所乩也=10・以D为坐标原鼠丙的方向沖
工轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D—2则皿阿H（1CUO”EQCU罔,
—_G一盘=Q
F（0.4.£
）,F£
=（10.0.0）,肛=（0—6一股.设是平面的法向矍，则二—刀I小
riox=o.—口-
■所以可取^=（0.4.3）.：
匸疔=（-1CU=S）,故
coswn.AF>
I-6;
十&
=0=
座.所以直
5平航所唤正弦值为爭
【考点定位】1、直线和平面平行的性质；
2、直线和平面所成的角.
【名师点睛】根据线面平行和面面平行的性质画平面与长方体的面的交线；
由交线的位置可确定公共点的位置，坐标法是求解空间角问题时常用的方法，但因其计算量大的特点很容易出错，故坐标系的选择是很重要的，便于用坐标表示相
ruuu
关点，先求出面的法向量，利用sincosn,AF求直线AF与平面所成
角的正弦值.
5、【2015高考新课标1,理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丄平面ABCD，DF丄平面ABCD，BE=2DF，AE丄EC.
平面AEC丄平面AFC;
（I）见解析⑴33
试題分析I（I［连接03设珀二06连接EGFG詁在菱形中，不妨设匚41易证EG丄通过计胃可证亘g丄芒，申瞬线面垂直判定定理可知前丄平面丄y由而面垂宜判宦定理知平而仝c丄平面_^C；
（ID取G为坐标原虽，分别\iXGB.GC的方向为工轴'
「轴正方向，至为单位民既崔立空阊直角坐标系g,利用向重法可求出异面直线总与疔所成角的余弦值
试題解析匚（I〉连援设站IOG,连接三G,56,口在觌萌中，不蛎设C-S=l,由厶l*O匕冃可得上G*=GC=.
由呢丄平面尙0.i3=3C可知，出
又•••AE丄EC,：
EG=3,EG丄AC,
厉
在RtAEBG中，可得BE=2，故DF=.
在RtAFDG中，可得FG=6.
J2o/2
在直角梯形BDFE中，由BD=2,BE=2,DF=可得EF=3,
22
•'
•EG2FG2EF2，二EG丄FG,
•••ACAFG=G,•EG丄平面AFC,
•••EG面AEC,：
平面AFC丄平面AEC.……6分
F
（n）如图，以G为坐标原点，分别以GB,GC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,—崩,0）,E（1,0,
J2）,F（—1,0,22）,C（0,+3,0）,•AE=（1,P3，、:
2）,CF=（-1,
-■73,—2）.…10分
uuuruuu
uuuuuAE?
CF
故cosAE,CFuuur'
uuu
|AE||CF|3
所以直线AE与CF所成的角的余弦值为3.
12分
【考点定位】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
【名师点睛】对空间面面垂直问题的证明有两种思路，思路1:
几何法，先由线
线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；
思路2:
利用向量法，通过计算两个平面的法向量，证明其法向量垂直，从而证明面面垂直；
对异面直线所成角问题，也有两种思路，思路1:
几何法，步骤为一找二作三证四解，一找就是先在图形中找有没有异面直线所成角，若没有，则通常做平行线或中位线作出异面直线所成角，再证明该角是异面直线所成角，利用解三角形解出该角
6[2014新课标全国卷U]如图1-3，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，
FA丄平面ABCD，E为PD的中点.
（1）证明：
PB//平面AEC；
（2）设二面角D-AE-C为60°
，AP=1,AD=3,求三棱锥E-ACD的体积.
解：
连接BD交AC于点0,连接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.
因为EO?
平面AEC，PB?
平面AEC，所以PB//平面AEC.
（2）因为PA丄平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直.
如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，
|AP|为单位长，建立空间直角坐标系A-xyz，则D（0，3,0），E0,土，琏
设B（m,0,0）（m>
0），则C（m,3,0）,AC=（m,3,0）.
设ni=（x,y,z）为平面ACE的法向量，
可取ni=m,—1,.3.
又n2=（1,0,0）为平面DAE的法向量,
由题设易知|cos〈ni,n2〉|=2,即卩
因为E为PD的中点，所以三棱锥E-ACD的高为㊁•三棱锥E-ACD的体积V
7、［2014新课标全国卷I］如图1-5,三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB丄B1C.
AC=AB1；
（2）若AC丄AB1,/CBB1=60°
AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.
连接BC1，交B1C于点O,连接AO,因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C丄BC1,且O为B1C及BC1的中点.
又AB丄B1C，所以BQ丄平面ABO.
由于AO?
平面ABO,故B1C丄AO.
又B1O=CO,故AC=AB1.
（2）因为AC丄AB1，且O为B1C的中点，所以AO=CO.
又因为AB=BC,所以△BOA也△BOC.故OA丄OB,从而OA,OB,OB1
两两垂直.
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
的空间直角坐标系0-xyz.
因为/CBBi
A0,0,f,
0）,Bi0,f,0,Co,
BC,则
又AB
i3,0.
B（1,
3，
—3,
J3
AiBi=AB=1,0,—-3,
BCi=BC=—1,-f,0-
z）是平面AAiBi的法向量，则
多-詐0，即
X-亍=0-
ABi=0,
设n=（x,y,
nABi=0,nA?
Bi=0,
所以可取n=（1,〔3,•.3）.
设m是平面AiBiCi的法向量，
mAiBi=0,则一
mbIci^0,
同理可取m=（1,—3,3）.
m>
所以结合图形知二面角A-AiBi
Ci的余弦值为7-
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