近几年高考理科立体几何大题汇编1.(2018年III卷)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)当三棱锥M ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.2、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 四棱锥PABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明:PB∥平面AEC;(2)设二面角DAEC为60°,AP=1,AD=3,求三棱锥EACD的体积.3.(2017•新课标Ⅰ卷)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A﹣PB﹣C的余弦值.4.(菱形建系)[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图三棱柱ABCA1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.(1)证明:AC=AB1;(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角AA1B1C1的余弦值.5.(菱形建系)【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;(Ⅱ)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.AD BC的中点,以6.(翻折)(2018年I卷)如图,四边形ABCD为正方形,,E F分别为,DF为折痕把DFC⊥.△折起,使点C到达点P的位置,且PF BF(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.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 ,5,6AB AC ==,点,E F 分别在,AD CD 上,54AE CF ==,EF 交BD 于点H .将DEF ∆沿EF 折到'D EF ∆位置,10OD '=.(Ⅰ)证明:D H '⊥平面ABCD ; (Ⅱ)求二面角B D A C '--的正弦值.8.(动点问题)(2018年II 卷)如图,在三棱锥P ABC -中,AB BC ==4PA PB PC AC ====,O 为AC 的中点.(1)证明:PO ⊥平面ABC ;(2)若点M 在棱BC 上,且二面角M PA C --为30︒,求PC 与平面PAM 所成角的正弦值.近几年高考理科立体几何大题汇编1.(2018年III卷)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)当三棱锥M ABC-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BC CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(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.D A B C M,由题设得(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)(2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AM AB DA =-==设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量,则0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,2)=n .DA 是平面MCD 的法向量,因此5cos ,5||||DA DA DA ⋅==n n n ,2sin,DA =n 所以面MAB 与面MCD . 2、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图13,四棱锥P ABCD 中,底面ABCD 为矩形,PA ⊥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E ACD 的体积.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 →|为单位长,建立空间直角坐标系A xyz ,则D ⎝⎛⎭⎫0,3,0,E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0,32,12,AE →=⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0,32,12.设B (m ,0,0)(m >0),则C (m ,3,0),AC=(m ,3,0).设n 1=(x ,y ,z )为平面ACE 的法向量,则⎩⎨⎧n 1·AC →=0,n 1·AE →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧mx +3y =0,32y +12z =0, 可取n 1=⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3m ,-1,3.又n 2=(1,0,0)为平面DAE 的法向量, 由题设易知|cos 〈n 1,n 2〉|=12,即33+4m 2=12,解得m =32.因为E 为PD 的中点,所以三棱锥E ACD 的高为12.三棱锥E ACD 的体积V =13×12×3×32×12=38.3.(2017•新课标Ⅰ卷)如图,在四棱锥P ﹣ABCD 中,AB ∥CD ,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明:平面PAB ⊥平面PAD ;(2)若PA=PD=AB=DC ,∠APD=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 ⊂平面PAD , ∴AB⊥平面PAD ,又AB ⊂平面PAB, ∴平面PAB⊥平面PAD;(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,则四边形ABCD为矩形,在△APD 中,由PA=PD ,∠APD=90°,可得△PAD 为等腰直角三角形, 设PA=AB=2a ,则AD= . 取AD中点O,BC中点E,连接PO、OE,以O 为坐标原点,分别以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⊥平面PAD,AD⊂平面PAD,∴AB⊥AD,又PD⊥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.4.(菱形建系)[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图三棱柱ABCA1B1C1中,侧面BB1C1C 为菱形,AB⊥B1C.(1)证明:AC=AB1;(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角AA1B1C1的余弦值.4解:(1)证明: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 ⊥B 1C ,所以B 1C ⊥平面ABO . 由于AO ⊂平面ABO ,故B 1C ⊥AO . 又B 1O =CO ,故AC =AB 1.(2)因为AC ⊥AB 1,且O 为B 1C 的中点,所以AO =CO .又因为AB =BC ,所以△BOA ≌ △BOC .故OA ⊥OB ,从而OA ,OB ,OB 1两两垂直.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∠CBB 1=60°,所以△CBB 1为等边三角形,又AB =BC ,则A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0,0,33,B (1,0,0),B 1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0,33,0,C ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0,-33,0. AB 1→=⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0,33,-33,A 1B 1→=AB =⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1,0,-33,B 1C →1=BC =⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫-1,-33,0. 设n =(x ,y ,z )是平面AA 1B 1的法向量,则⎩⎨⎧n ·AB 1=0,n ·A 1B 1→=0,即⎩⎪⎨⎪⎧33y -33z =0,x -33z =0.所以可取n =(1,3,3).设m 是平面A 1B 1C 1的法向量,则⎩⎨⎧m ·A 1B 1→=0,m ·B 1C 1→=0,同理可取m =(1,-3,3).则cos 〈n ,m 〉=n ·m |n ||m |=17.所以结合图形知二面角A A 1B 1 C 1的余弦值为17.5.(菱形建系)【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 ; (Ⅱ)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值. 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=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,∴222EG FG EF+=,∴EG⊥FG,∵AC∩FG=G,∴EG⊥平面AFC,∵EG⊂面AEC,∴平面AFC⊥平面AEC. ……6分(Ⅱ)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,-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||||AE CF AE CF AE CF •<>==-. 所以直线AE 与CF 所成的角的余弦值为33. ……12分6.(翻折)(2018年I 卷)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PF BF ⊥.(1)证明:平面PEF ⊥平面ABFD ; (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.6.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 . (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33,2PH EH ==. 则3333(0,0,0),(0,0,),(1,,0),(1,,),22H P D DP --=3(0,0,)HP =为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ,则334sin ||4||||3HP DP HP DP θ⋅===⋅.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为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 ,5,6AB AC ==,点,E F 分别在,AD CD 上,54AE CF ==,EF 交BD 于点H .将DEF ∆沿EF 折到'D EF ∆位置,10OD '=.(Ⅰ)证明:D H '⊥平面ABCD ; (Ⅱ)求二面角B D A C '--的正弦值.7.【解析】⑴证明:∵54AE CF ==,∴AE CFAD CD=,∴EF AC ∥.∵四边形ABCD 为菱形,∴AC BD ⊥, ∴EF BD ⊥,∴EF DH ⊥,∴EF D H '⊥.∵6AC =,∴3AO =;又5AB =,AO OB ⊥,∴4OB =, ∴1AE OH OD AO=⋅=,∴3DH D H '==,∴222'OD OH D H '=+,∴'D H OH ⊥.又∵OHEF H =,∴'D H ⊥面ABCD .⑵建立如图坐标系H xyz -.()500B ,,,()130C ,,,()'003D ,,,()130A -,,,()430AB =,,,()'133AD =-,,,()060AC =,,,设面'ABD 法向量()1n x y z =,,,由110n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩得430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩,取345x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩,∴()1345n =-,,.同理可得面'AD C 的法向量()2301n =,,, ∴12129575cos 5210n n n n θ⋅+==⋅,∴295sin θ=8.(动点问题)(2018年II 卷)如图,在三棱锥P ABC -中,22AB BC ==,4PA PB PC AC ====,O 为AC 的中点.(1)证明:PO ⊥平面ABC ;(2)若点M 在棱BC 上,且二面角M PA C --为30︒,求PC 与平面PAM 所成角的正弦值.解:(1)因为4AP CP AC ===,O 为AC 的中点,所以OP AC ⊥,且23OP =. 连结OB .因为22AB BC AC ==,所以ABC △为等腰直角三角形, 且OB AC ⊥,122OB AC ==. 由222OP OB PB +=知PO OB ⊥. 由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO ⊥平面ABC .(2)如图,以O 为坐标原点,OB 的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系O xyz -.由已知得(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,2,0),(0,0,23),(0,2,23),O B A C P AP -=取平面PAC 的法向量(2,0,0)OB =.设(,2,0)(02)M a a a -<≤,则(,4,0)AM a a =-. 设平面PAM 的法向量为(,,)x y z =n .由0,0AP AM ⋅=⋅=n n 得20(4)0y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩,可取,)a a =--n ,所以cos ,OB =n .由已知得|cos ,|OB =n.解得4a =-(舍去),43a =.所以4()3=-n .又(0,2,PC =-,所以cos ,PC =n .所以PC 与平面PAM。