历年立体几何高考题.doc

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1、（2018）18．（12分）如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角的正弦值.（2017）18.（12分）如图，在四棱锥中，中，且．（1）证明：平面平面；（2）若，，求二面角的余弦值．（2016）（18）（本小题满分为12分）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D-AF-E与二面角C-BE-F都是．（I）证明：平面ABEF平面EFDC；（II）求二面角E-BC-A的余弦值．（2015）18．如图，四边形ABCD为菱形，

2、∠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.（2014）19.(本小题满分12分)如图三棱锥中，侧面为菱形，.（I）证明：；（Ⅱ）若，，AB=BC，求二面角的余弦值.(2013)18．(2013课标全国Ⅰ，理18)(本小题满分12分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)证明：AB⊥A1C；(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1

3、C与平面BB1C1C所成角的正弦值．(2012)（19）（本小题满分12分）如图，直三棱柱中，，是棱的中点，。(1)证明：；(2)求二面角的大小.(2011)18.(本小题满分12分)如图，四棱锥中，底面为平行四边形，∠，，⊥底面.(I)证明：⊥；(II)(II)若，求二面角的余弦值.答案（2018）18.（12分）解：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又平面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，的方向为y轴正方向，为单位长，建立如图所示的空

4、间直角坐标系H−xyz.由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.可得.则为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为，则.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.（2017）（1）证明：∵∴，又∵，∴又∵，、平面∴平面，又平面∴平面平面（2）取中点，中点，连接，∵∴四边形为平行四边形∴由（1）知，平面∴平面，又、平面∴，又∵，∴∴、、两两垂直∴以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系设，∴、、、，∴、、设为平面的法向量由，得令，则，，可得平面的一个法向量∵，∴又知平面，平面∴，又∴平面

5、即是平面的一个法向量，∴由图知二面角为钝角，所以它的余弦值为（2016）（I）由已知可得,,所以平面．又平面,故平面平面．（II）过作,垂足为,由（I）知平面．以为坐标原点,的方向为轴正方向,为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系．由（I）知为二面角的平面角,故,则,,可得,,,．由已知,,所以平面．又平面平面,故,．由,可得平面,所以为二面角的平面角,．从而可得．所以,,,．设是平面的法向量,则,即,所以可取．设是平面的法向量,则,同理可取．则．故二面角的余弦值为．（2015）（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD

6、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，∴EG=，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=，∴，∴EG⊥FG，∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－，0），E（1,0,），F（－1,0，），C（0，，0），

7、∴=（1，，），=（-1，-，）.…10分故.所以直线AE与CF所成的角的余弦值为.（2014）(Ⅰ)连结，交于O，连结AO．因为侧面为菱形，所以，且O为与的中点．又，所以平面，故又 ，故………6分（Ⅱ）因为且O为的中点，所以AO=CO又因为AB=BC，所以故OA⊥OB，从而OA，OB，两两互相垂直． 以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，OB为单位长，建立如图所示空间直角坐标系O-． 因为，所以为等边三角形．又AB=BC，则，，，，设是平面的法向量，则，即所以可取设是平面的法向量，则，同理可取则，所以二面角的余弦值为.（2013）(1)证明：取A

8、B的中点O，连结OC，OA1，A1B.因为CA＝CB，所以OC⊥AB.由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，