近年高考理科立体几何大题汇编docxWord格式文档下载.docx
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）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
3
7.（翻折）（2016年全国II高考）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，
AB5,AC6，点E,F分别在AD,CD上，AECF5，EF交BD于点H．将
4
DEF沿EF折到D'
EF位置，OD10．
（Ⅰ）证明：
DH平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角BDAC的正弦值．
8.（动点问题）（2018年II卷）如图，在三棱锥PABC中，ABBC22，
PAPBPCAC
4，O为AC的中点．
P
（1）证明：
PO
平面ABC；
（2）若点M在棱BC上，且二面角MPA
C为30
求PC与平面PAM所成角的正弦值．
A
O
C
M
B
（2）当三棱锥MABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．
1.解：
（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,
所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因为M为CD上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM.
又BCICM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
uuur
（2）以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系
D-xyz.
当三棱锥M-ABC体积最大时，M为CD的中点.
由题设得D（0,0,0）,A（2,0,0）,B（2,2,0）,C（0,2,0）,M（0,1,1），
uuuuruuuruuur
AM（2,1,1）,AB（0,2,0）,DA（2,0,0）
设n（x,y,z）是平面MAB的法向量,则
5
n
uuuur
0,
2x
y
z0,
AM
0.
即
AB
2y
可取n
（1,0,2）.
DA是平面MCD的法向量,因此
nDA
cosn,DA
|n||DA|
sin
25
n,DA
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是
5.
新课标全国卷Ⅱ]如图1-3，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥
平面ABCD，E为PD的中点．
，AP＝1，AD＝
3，求三棱锥E-ACD的体积．
图1-3
2，解：
（1）证明：
连接BD交AC于点O，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⊥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
|
D（0，
为单位长，建立空间直角坐标系
A-xyz，则
3，0），E0，2
，2
，AE＝
0，
，2.
6
3，0）．
设B（m，0，0）（m>
0），则C（m，3，0），AC＝（m，
设n1＝，
z）
为平面
ACE
的法向量，
（xy
n1
mx＋
3y＝0，
·
AC＝0，
即3
则
＝0，
y＋z＝0，
AE
可取n1＝m3，－1，3.
又n2＝（1，0，0）为平面DAE的法向量，
由题设易知|cos〈n1，n2〉|＝2，即
.
2＝，解得m＝
3＋4m
因为E为PD的中点，所以三棱锥
E-ACD的高为
1三棱锥
E-ACD
的体积
V
＝1×
2.
13132×
3×
2×
2＝8.
新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，
AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°
，求二面角A﹣PB﹣C
的余弦值．
3.【答案】
（1）证明：
∵∠
BAP=∠CDP=90°
，∴PA⊥AB，PD⊥CD，
∵AB∥CD，∴AB⊥PD，
又
∵PA∩PD=P
且
PA?
平
面
PAD，
PD
面PAD
∴
⊥
PAD
PAB
；
（2）解：
∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形
ABCD为平行四边形，
由
（1）知
AB⊥平面PAD，∴AB⊥
AD
四
边
形
ABCD
为
矩
7
在△APD中，由PA=PD，∠APD=90°
，可得△PAD为等
腰直角三角形，
设PA=AB=2a，则
取AD中点O，BC中点以O为坐标原点，分别以
AD=．
E，连接PO、OE，
OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则：
D（），B（），P（0，0，），C（）．
，，．
设平面PBC的一个法向量为，
由
，得
取
y=1，
得
∵
AB⊥平
AD?
AB⊥
AD，
PA
PA∩AB=A
∴PD⊥平面PAB，则为平面PAB的一个法向量，．
∴cos＜＞==．
由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，
∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为．
课标全国卷Ⅰ]如图三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.
（2）若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°
，AB＝BC，求二面角A-A1B1-C1的余弦值．
4解：
连接BC1，交B1C于点O，连接AO，因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1，且O为B1C及BC1的中点．
又AB⊥B1C，所以B1C⊥平面ABO.
8
由于AO?
平面ABO，故B1C⊥AO.
又B1O＝CO，故AC＝AB1.
（2）因为AC⊥AB1，且O为B1C的中点，所以AO＝CO.
又因为AB＝BC，所以△BOA≌△BOC.故OA⊥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O-xyz.
因为∠CBB1＝60°
，所以△CBB1
为等边三角形，又
AB＝BC，则A
，，
3，
B（1，0，0），B1
3，0，C，－
3，0
，，－
AB1＝，
，－
，A1B1＝AB＝
，0.
B1C1＝BC＝－1，－
设n＝（x，y，z）是平面AA11的法向量，则
n·
AB＝0，
y－
z＝0，
所以可取n＝（1，
3，3）．
11＝0，
AB
x－3z＝0.
设m是平面A1
BC
m·
A1B1＝0，
同理可取m＝（1，－
1＝0，
则cos〈n，m〉＝
m
|n||m|＝
7.
9
所以结合图形知二面角A-A1B1-C1的余弦值为7.
【2015高考新课标1】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；
5.，【答案】
（Ⅰ）见解析（Ⅱ）33
又∵AE⊥EC，∴EG=3，EG⊥AC，
在Rt△EBG中，可得BE=
2，故DF=
2.
在Rt△FDG中，可得FG=6.
在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=
2，DF=
可得EF=
2，
∴EG2
FG2
EF2，∴EG⊥FG，
∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，
10
EG
面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC
⋯⋯6分
uuuruuuruuur
（Ⅱ）如，以G坐原点，分以GB,GC的方向x，y正方向，|GB|
位度，建立空直角坐系
G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－
3，0），E（1,0,
2），F（－1,0，2
），（
，3
），∴
=（1，
2），CF=（-1，
C0
2）
-3，
⋯分
uuuruuur
故cos
AE?
CF
AE,CF
|AE||CF|
所以直AE与CF所成的角的余弦
3.
分⋯⋯12
（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
5.解：
（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.
又BF平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.
11
（2）作PH⊥EF，垂足为H.由
（1）得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，|BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.
由
（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=3
.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.
可得PH
EH
则H（0,0,0）,
P（0,0,
3）,D（1,
（1,3
3）,
3）为平面ABFD的
0）,DP
HP（0,0,
法向量.
设DP与平面ABFD所成角为
HPDP
，则sin|uuur
uuur|
|HP||DP|
43.
34
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为
（翻折）（
2016
年全国
II
高考）如图，菱形ABCD的对角线AC与
BD
交于点O，
AB5,AC
6，点E,F分别在AD,CD上，AECF
5，EF交BD于点H．将
EF位置，OD10．
DH
平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角B
DAC的正弦值．
7.【解析】⑴证明：
∵AECF5，∴AECF，
4ADCD
∴EF∥AC．∵四边形ABCD为菱形，∴
12
ACBD，
∴EFBD，∴EFDH，∴EFDH．
∵AC6，∴AO3；
又AB5，AOOB，∴OB4，
∴OHAEOD1，∴DHDH3，∴OD2OH2D'
H2，∴
AO
D'
HOH．又∵OHIEFH，∴D'
H面ABCD．
⑵建立如图坐标系Hxyz．
B5，0，0，C1，3，0，D'
0，0，3，A1，3，0，
1，3，3
AD'
AB430
ur
设面ABD'
法向量n1
x，y，z，
AC0，6，0，
uur
4x3y0
x
n1AB0
，取y
由uur
4，∴n1
45
3y3z
z
同理可得面AD'
C的法向量n2
3，0
，1
∴cos
n2
75，∴sin
95．
52
25
PAPBPCAC4，O为AC的中点．
13
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．
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