新课标全国卷历年高考立体几何真题(含答案)

.. 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111ABCABC中，112ACBCAA，D是棱1AA的中点，BDDC1.

（Ⅰ）证明：BCDC1；（Ⅱ）求二面角11CBDA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=22AB.

（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111CBAABC中，CBCA，1AAAB，601BAA.

（Ⅰ）证明CAAB1；

（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=3，求三棱锥E-ACD的体积.

6.（2014年全国Ⅰ卷）如图三棱柱111ABCABC中，侧面11BBCC为菱形，1ABBC.

（Ⅰ） 证明：1ACAB；

（Ⅱ）若1ACAB，o160CBB，AB=BC，求二面角111AABC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ABCD的对角线AC与BD交于点O，5,6ABAC，点,EF

.. 分别在,ADCD上，54AECF，EF交BD于点H．将DEF沿EF折到'DEF位置，10OD．

（Ⅰ）证明：DH平面ABCD； （Ⅱ）求二面角BDAC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，90AFD，且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60．

（I）证明：平面ABEF平面EFDC；（II）求二面角E-BC-A的余弦值．

11.（2016年全国3卷）如图，四棱锥PABC中，PA底面面ABCD，AD∥BC，

.. 3ABADAC，4PABC，M为线段AD上一点，2AMMD，N为PC的中点．

（I）证明MN平面PAB；（II）求直线AN与平面PMN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60,2DABABAD, 由余弦定理得3BDAD 从而BD2+AD2= AB2，故BD

AD;又PD 底面ABCD，可得BD PD 所以BD 平面PAD. 故 PABD

（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x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-xyz，则1,0,0A,03,0B，,1,3,0C,0,0,1P.

(1,3,0),(0,3,1),(1,0,0)ABPBBCuuuvuuvuuuv设平面PAB的法向量为n=（x,y,z），则00nABnPB,即 3030xyyz 因此可取n=(3,1,3)

设平面PBC的法向量为m，则00mPBmBC可取m=（0，-1，3），

427cos.727m,n故二面角A-PB-C的余弦值为 277.

2.证明（Ⅰ）（1）在RtDAC中，ADAC得：45ADC，

同理：1114590ADCCDC，得：1,DCDCDCBDDC

又∵11,DCDCDCBDDC平面1BCDDCBC.

（Ⅱ）（2）

11,DCBCCCBCBC平面11ACCABCAC

取11AB的中点O，过点O作OHBD于点H，连接11,COCH，

1111111ACBCCOAB，C1O⊥A1D 1CO面1ABD

1OHBDCHBD 得：点H与点D重合 ，

即1CDO是二面角11CBDA的平面角

设ACa，则122aCO，1112230CDaCOCDO

即二面角11CBDA的大小为30.

3.（1）连接1AC，交1AC于点F，连结1,DFBC，则F为1AC的中点，因为D为AB的中点，所以

.. DF//1BC，又因为111FDACDBCACD平面，平面，所以11//BCACD平面.

(2)由AA122ACCBAB，可设：AB＝2a,则12,AAACCBa所以ACBC，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）、1222,0,2,,022AaaDaa、、

20,2,,2Eaa1222,0,2,,,022CAaaCDaa，20,2,.2CEaa

设平面1ACD的法向量为,,,nxyz则0nCD且10,nCA可解得,yxz令1,x得平面1ACD的一个法向量为1,1,1n，同理可得平面1ACE的一个法向量为2,1,2m，则3cos,3nm，所以6sin,,3nm所以二面角1DACE的正弦值为6.3

4.【解析】（Ⅰ）取AB的中点O，连结OC，1OA，BA1.因为CBCA，所以ABOC.由于1AAAB，601BAA，故BAA1为等边三角形，所以ABOA1.因为OOAOC1，所以AB面COA1.又CA1平面COA1，故CAAB1.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，ABOC，ABOA1，又平面ABC平面11BBAA，交线为AB，所以OC平面11BBAA，故OA，OC，1OA两两互相垂直.以O为坐标原点，OA的方向为x轴的正方向，||OA为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系xyzO，则有)0,0,1(A，)0,3,0(1A,)3,0,0(C,)0,0,1(B.则)3,0,1(BC， )0,3,1(1AABB， )3,3,0(AC.设平面CCBB11的法向量为),,(zyxn，则有001BBnBCn，即0303yxzx，可取)1,1,3(n.故510||||,cos111CAnCAnCAn，

所以直线CA1与平面CCBB11所成角的正弦值为510.

.. 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(3,0,0),E31,0,22,C(3,m,0).所以AD=(3,0,0),

AE=31,0,22,AC=3,,0m.设平面ADE的法向量为1n=(x1,y1,z1),则1nAD=0, 1nAE=0,解得一个1n=(0,1,0).同理设平面ACE的法向量为2n=(x2,y2,z2),则2nAC=0, 2nAE=0,解得一个2n=(m,- 3,-3m).因为cos3=|cos<12,nn>|=1212nnnn=22333mm=12,解得m=32.

设F为AD的中点,则PA∥EF,且PA=2EF=12,EF⊥面ACD,即为三棱锥E-ACD的高.

所以VE-ACD=·S△ACD·EF=13×12×32×3×12=38.所以,三棱锥E-ACD的体积为38.

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