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立体几何高考真题大题立体几何高考真题大题1.(2 0 2 3高 考 新 课 标 1卷)如 图，在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中,面A B E F 为正方形,A F=2 F D,ZAFD=9 0 ,且二面角D-A F-E 与二面角C-B E-F 都是6 0 .(I )证明：平面A B E F,平面E F D C；(I I)求二面角E-B C-A 的余弦值.【答案】(I )见解析；(I I)一噜【解析】试题分析：(I )先证明A F，平面E F D C,结合 A F u平面A B E F,可得平面A B E F,平面 E F D C .(I I)建立空间坐标系,分别求出平面B C E 的法向量正及平面B C E 的法向量，再利用c o s 伍 小*求 二 面角.试卷第2页，总27页试题解析：（I）由可得AF_LDF,AF1FE,所以 AFL平面 EFDC.又A Fu平面ABEF,故平面ABEF_L平面 EFDC.（II）过D作DGJ_EF,垂足为G,由（I）知DG_L平面ABEF.以G为坐标原点，而的方向为x轴正方向，国为单位长度，建立如下列图的空间直角坐标系G-xyz 由（I）知ZDFE为二面角D A F-E的平面角，故ZDFE=60,那 么|DF|=2,|DG|=3,可 得A（l,4,0）,B（-3,4,0）,E（-3,0,0）,D仅,0,6）由，AB/EF,所以 AB/平面 EFDC.又平面ABCDA平面EFDC=DC,故 AB/CD,CD/EF.由BE/AF,可得BE_L平面EFD C,所以NCEF为二面角C-B E-F 的平面角，ZCEF=60.从而可得C（-2,0,6）.所以前=（1,0,EB=（O,4,O）,双十3,-4,6），AB=（1,0,0）.设”=（x,y,z）是平面 BCE 的法向量,那么4.EC=0 gp x+G z=0n-EB=0，4y=0，所以可取万=（3,0,设历是平面ABCD 的法向量,那么?”二 ,比 AB=0同|理可取玩=（0,6,4）.那么cos（耳 同=7 同I网 19试卷第3页，总27页故二面角 E-BC-A的余弦值为19考点：垂直问题的证明及空间向量的应用【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明，空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面，该类题目难度不大，以中档题为主.第二问一般考查角度问题，多用空间向量解决.2.(2023高考新课标2 理数)如图，菱形AB C D的对角线A C 与80交于点O f AB 5,AC 点及尸分别在AD,C D_hf AE =C F=-f E F 交 B D 于点、H.将 A T 呼4沿 E F 折到M)E F位置，OD,=V io.(I)证明：。月,平面AB C D；(I I)求二面角B-DA-C 的正弦值.试卷第4页，总27页【答 案】（I）详 见 解 析；（I I）噜.【解析】试 题 分 析：（I）证 ACHEF 9 再 证 DH 10H f 最 后证 力 平面ABCD；（I I ）用 向 量 法 求 解.试 题 解 析：（I由 得 AC A.BDf AD=CD,又 由 AE=CF得 当=耳，故AC/EF.AD CD因 此 E F L H D，从 而 E FYD H .由 AB=5,AC=6 得DO=B0=fAB2-AO2=4.由 即/A C得丝所以OH=l 9 DH=DH=3.DO AD 4于 是 OH=lf DH+OH2 32+2Q=DO2 f故 DH OH 又 DH EF，而 OHcEF=H f所 以。77 _L平面ABC。.（I D如 图，以”为 坐 标 原 点，丽 的 方 向 为x轴的 正 方 向，建 立 空 间 直 角 坐 标 系“-斗，那 么 （O,O,O）,A（-3,-2,0）,5（0,5,0）,C（3,-l,0）,D（0,0,3）,45=（3,-4,0）,AC=（6,0,0）,AD=（3,1,3）设 团=（M，y,zJ 是 平试卷第5页，总27页面板的法向量，那么上个,即:。m-AD 3X +y+3Z|=0所以可以取注=（4,3,-5）.设 3=（工2，%，2 2）是平面 AC的法向量，那么?=,n-AD=O即俨=0 ,3X2+y2+3Z2=0所以可以取n=（O,-3,I）.于 是-m n-14 7 6 .-2 后cos=f=7=，sin -.m-n 屈 义 M 25 25因此二面角 B-D A-C的正弦值是噜.考点：线面垂直的判定、二面角.【名师点睛】证明直线和平面垂直的常用方法有：判定定理；a _La=b J _a；a B ,a _L a =a _L B ；面面垂直的性质.线面垂直的性质，常用来证明线线垂直.求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.3.（2 0 2 3高考山东理数）在如下列图的圆台中，A C是下底面圆0的直径，E F是上底面圆0的直径，F B是圆台的一条母线.试卷第6页，总27页(I )G,H分别为E C,F B的中点，求证：GH平面A B C；(I I)E F=F B=1 A C=2 V 3,A B=B C.求二面角F-B C-A的余弦值.【答案】(I )见解析；(I I)【解析】试题分析：(I )根据线线、面面平行可得与直线GH与平面A B C平行；(I I)立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，其中解法一建立空间直角坐标系求解；解 法 二 那 么 是 找 到 为 二 面 角F-B C-A 的平面角直接求解.试题解析：(I )证明：设爪的中点为/,连接川,试卷第7页，总27页在AC E F,因为G是CE的中点，所以G/E又 EF7/0B,所以 G/OB,在CF8中，因为“是用的中点，所以HI/B C,又HI cGI=I,所以平面G H/平面ABC,因为G u平面G”/,所以G a/平面ABC.(I I)解法一：连接。，那么 OOA.平面 AB C 9又A3=8C,且AC是圆。的直径，所以BO_LAC.以。为坐标原点，建立如下列图的空间直角坐标系 O-xyz,由题意得8(0,2 6,0),。(-2&,0,0),过点F作 人M垂直0B于点M 9所以 FM=l F B2-B M2=3,可 得 尸(0,6,3).故前=(-2 -2也0),丽=(0,一6,3)设康(z)是平面BCr的一个法向量.由 产 灰=0(m-5F=0，可得1 2八一2底=0-V3y+3z=O，试卷第8页，总27页可得平面B C F的一个法向量碗=(1,1,今,因为平面AB C的一个法向量3=(0,0,1),所 以 cos=竺=|m|H|7所以二面角 F-B C-A的余弦值为手.A解法二：连接OO,过点尸作FM 1OB于点那么有 FM/OO,又00 平面ABC,所以FM _L平面ABC,可得FM=y/FB2-B M2=3,过点M作MN垂 前C于点N,连接FN,可得FN1B C,从而NFNM为二面角尤A的平面角.又 AB =B C,AC是圆。的直径，所以 MN=BM sin 45。=当从而尸N=,可得cos NbNM=试卷第9页，总27页所以二面角 F-B C-A的余弦值为，.考点：L平行关系；2.异面直线所成角的计算.【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答此题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，给出标准的证明,立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法.此题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力 转化与化归思想及根本运算能力等.4.(2 0 2 3高考天津理数)如图，正方形A B C D的中心为0,四边形0 B E F为矩形，平 面0 B E F_ L平面A B C D,点G为A B的中点，A B=B E=2.(I )求证：E G平面A D F；(I I)求二面角0-E F-C的正弦值;试卷第10页，总27页(m)设H为线段A F上的点，且A H3 HF,求直线B H和平面C E F所成角的正弦值.【答案】(I )详 见 解 析(I I)f cm)【解析】试题分析：(I )利用空间向量证明线面平行,关键是求出面的法向量，利用法向量与直线方向向量垂直进行论证(I I)利用空间向量求二面角，关键是求出面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与二面角相等或互补关系求正弦值(I I I)利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与线面角互余关系求正弦值试题解析：依题意，OF liAB C D f 如图，以。为点，分别以而，而，面的方向为x轴，)轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得0(0,(),0),0),B(-l,-l,0),C(l,-l,0),ZXl,1,0),2),F(0,0,2),G(-l,0,0).试卷第11页，总 27页(I)证明：依题意，AZ)=(2,0,0),AF=(l,-l,2).设诂(”z)为 平 面 的 法 向 量，那么收吧二,即nl-AF=O产=。.不 妨 设z =l,可 得，=(0,2,1),又E G =(0,1,-2),可得反心0,又因为直线EG2平 面4 0户,所以 或；/平 面4。/7.(I I)解：易证,次=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量.依题意，F =(1,1,0),C F =(-1,1,2)设&=(x,y,z)为平 面 团 的 法 向 量，那 么FE=0，即Z J2-CF=0 x+y =0-x+y +2 z =0 不妨设X=l,因此有c o s =1 I二1=1,O A%于是疝=可得%=（1，T,1）9所以，二面角 O-E F-C 的正弦值为当（ni）解：由 AH=-HF,得 AH=AF 因为A F =（1,-1,2）,所以而=|而=5 1,扑 进 而 有,从而试卷第12页，总27页叫 浓 卜 因 此 8s 而卮 =薛=-卓.所 以，直(5 5 5)阿 卜 闷 2 1线的和平面团所成角的正弦值为东考点：利用空间向量解决立体几何问题5.(2 0 2 3 年高考北京理数)如图，在四棱锥P-AB C D中，平 面 平 面 A B C。,PALPD,PA=PD,AB lADf A B =1,A D =2,AC =C D .(1)求证：尸“平面PAB；(2)求直线即与平面P8 所成角的正弦值；(3)在棱P A 上是否存在点M,使得B A/平面PC D?假设存在，求噜AP的值；假设不存在，说明理由.【答案】见解析；#;(3)存在,小3AP 4【解析】试题分析：(1)由面面垂直性质定理知AB平面 PAD；根据线面垂直性质定理可知 AB lPDf试卷第13页，总27页再由线面垂直判定定理可知P C平面PAB；(2)取AZ)的中点0,连结PO,C 0,以。为坐标原点建立空间直角坐标系。-乎，利用向量法可求出直线总与平面也。所成角的正弦值；(3)假设存在，根据A,P,M三点共线，设而=%而，根据B MH平面 PC D 9 即而G=0,求4的值,即可求出色AP的值.试题解析：(1)因为平面PAO J 平 面AB C Df ABLADJ所以AB J_平面PADf 所以 AB I PD,又因为PALP。，所以P)_L平面PAB；(2)取AD的中点O,连结POf C O 9因为 PA=PD,所以 POLAD.又因为POu平面PAD,平面尸AOJ_平面 AB C Df所以POJ 平面AB C D.因为CO u平面A8CD,所以POJ_CO.因为AC=C Df 所以C O AD.如图建立空间直角坐标系。-斗，由题意得，A(0,l,0),B(l,l,0),C(2,0,0),D(0,-l,0),P(0,0,D.设平面 PC D的法向量为 =(x,y,z)，那么n-PD=0,gp _ y_ z=0,n PC -0,2x z 0,令 z=2,那么 x=1,y=-2.所以n=(1-2,2).试卷第14页，总 27页所以c o s =酒=4./网3所以直线段与平面尸8所成角的正弦值为会.(3)设M是棱以上一点，那么存在义e 0,1 使得AM=AAP.因此点 M(O,1 -A,2),=(-1,-2,A)因为 B McZ 平面 PC D 9 所以8 M/平面PC D当且仅当B M-n =0 9即d)2=。，解得所以在棱P A上存在点M使得B M/平面P CD,此时AM _ 1AP49考点：L空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用.【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一试卷第15页，总27页个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直（必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系），构 造（寻找）二面角的平面角或得到点到面的距离等.6.（2 0 2 3 高考新课标3 理数）如图，四棱锥P-AB C中，地面AB C Df AD/B C f AB=AD=AC=3,以=3C=4,M为线段AZ）上一点,AM=2MD，N为PC的中点.（I ）证明M N 平 面 尸 A B；（I I）求直线A N 与平面P M N 所成角的正弦值.【答案】（I ）见解析；（I I）器.【解析】试题分析：（I ）取心的中点T,然后结合条件中的数据证明四边形A 限为平行四边形，从而得到MN/AT 9 由此结合线面平行的判断定理可证；（I I）以A 为坐标原点，以AD,AP所在直线分别为3轴建立空间直角坐标系，然后通过求直线A N 的方向向量与平面法向量的夹角来处理A N 与 平 面 所 成 角.试卷第16页，总27页试 题 解 析：(I)由 得A M=|AO=2,取3尸 的 中 点 T,连 接 AT,TN,由 N 为PC中 点 知 TNHBC9 TN=；BC=2又ADHBC,故 TN/AM 9 四 边 形 AMNT为 平 行 四 边 形,于 是 MN/AT.因 为 A Tu平面PABf M NU平面所以MN/平 面PAB.(II)取的 中 点 E,连 结 A E,由 AB=AC得A EBC f从 而 A E lA D f 且 AE=VAB2-BE2=A B (-)2=百.以 A为 坐 标 原 点，通 的 方 向 为 x轴 正 方 向，建 立如 下 列 图 的 空 间 直 角 坐 标 系 A.型,由 题 意 知，户(0,0,4),M(0,2,0),C(V5,2,0),N吟,1,2),W =(0,2,-4),PN=(,1,-2),AN=(-,1,2).2 2设 n=(x,y,z)为 平 面 PMN 的 法 向 量，那 么)多 二 ,nPN=D即2x-4z=0，可 取 =(0,2,1),-x+y-2 z-02于 是|cos|=俞|875|n|A/V|25B)试卷第17页，总 27页考点：1、空间直线与平面间的平行与垂直关系；2、棱锥的体积.【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系,常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理.7.（20 23高考浙江理数）如图，在三棱台AB C-DE F中，平面B C FE L 平 面A B C,ZACB=9O0,B E=E F=F C=1,B C=2,A C=3.（I ）求证：E F_ L平面 A CFD；（I I）求二面角B-A D-F的平面角的余弦值.【答案】（I）证明见解析；i n i 4-4【解析】试题分析：（I ）先证BFAC,再证 BF1CK 9 进而可证BF1平面ACFD；（I I）方法一：先找二面角B A D-F的平面角，再在RtABQF中计算，即可得二面角 B-A D-F的平面角的余弦值；方法二：先建立空间直角坐标系，再计算平面ACK和平面试卷第18页，总27页ABK的法向量，进而可得二面角B-A D-F的平面角的余弦值.试题解析：(I)延长AD,BE,CF相交于一点K,如下列图.因为平面 BCFE平面 ABC，且 ACBC 9 所以，AC_L 平面 BCK，因此，BFAC.又因为EF/BC,BE=EF=FC=1，BC=2,所以 BCK为等边三角形，且F为CK的中点，那么BFCK.所以B F,平面ACFD.(I I)方法一：过点F作FQ _ L A K,连结BQ.因为BF1 平面 ACK，所以BF1AK,那么 A K I 平面B Q F,所以 BQJLAK.所以，NBQF是二面角B A D-F的平面角.在 RtAACK 中 9AC=3，CK=2,得FQ=.在 RtABQF 中 9FmQ =w3屈BF=&，得 COS/BQ F=E 4所以，二面角 B-A D-F的平面角的余弦值为手.4试卷第19页，总27页方法二：如图，延长AD,BE,CF相交于一点K,那么ABCK为等边三角形.取BC的中点0,那么KO BC,又平面 BCFE平面ABC，所以，KO_L平面 ABC.以点。为原点，分别以射线OB,O K的方向为x,z的正方向，建立空间直角坐标系。型.由题意得B（1,0,0）,C（-l,0,0）,K仅,0,因此，AC=（0,3,0）,AK=（1,3,V3）,AB=（2,3,0）.设平面 ACK 的法向量为比，X，z J，平面ABK的法向量为 元=（孙 必 必）由产，得产=。,取用=回川AK 玩=0%+3y+J3Z=0 7忖拓=0,得产+3-；,取”）.AK 力=0 X2+3J2+V3Z2=0 于 是,cos（方 =普 尚=乎 所以，二面角 B-A D-F的平面角的余弦值为日.4试卷第20页，总27页A y考点：1、线面垂直；2、二面角.【方法点睛 解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否那么很容易出现错误.证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一和菱形、正方形的对角线.8.（20 23年高考四川理数）如图，在四棱锥P-A B C D 中，A D B C,z A D C=z P A B=9 0 ,B C=C D=i A D,E为 边A D的中点，异面直线P A与C D所成的角为9 0.（I ）在 平 面P A B内找一点M,使得直线C M平面P B E,并说明理由；（I I）假设二面角P-C D-A的大小为4 5 ,求直线P A与平面P C E所成角的正弦值.【答案】（I ）详见解析；（I I）1.试卷第21页，总27页【解析】试题分析：（I）探索线面平行，根据是线面平行的判定定理，先证明线线平行，再得线面平行，而这可以利用的平行，易 得CDEB；从而知M为DC和AB的交点；（II）求线面角,可以先找到这个角，即作出直线在平面内的射影，再在三角形中解出，也可以利用图形中的垂直建立空间直角坐标系，用向量法求出线面角（通过平面的法向量与直线的方向向量的夹角来求得）.试题解析：（I）在梯形ABCD中，AB与CD不平行.延长AB,DC,相交于点M（M W平面PAB）,点M即为所求的一个点.理由如下：由，BCED,且 BC=ED.所以四边形BCDE是平行四边形.，所 以CDEB从而 CM/7EB.又EBu平面PBE,CM.平面PBE,所以CM平面PBE.（说明：延长AP至点N,使得AP=PN,那么所找的点可以是直线MN上任意一点）（II）方法一：由，CDPA,CDAD,PAcAD二A,试卷第22页，总27页所以C D _ L 平面P A D.从而C D P D.所以N P D A 是二面角P-C D-A 的平面角.所以 N P D A=4 5。.设 B C=L 那么在 R t a P A D 中，P A=A D=2.过点A作 A H J_ C E,交 C E 的延长线于点H,连接 P H.易知PA平面A B C D,从而P A C E.于是C E _ L 平面P A H.所以平面P C E J_ 平面P A H.过 A作 A Q J_ P H 于 Q,那么A Q J_ 平面P C E.所以NA P H 是 P A 与平面P C E 所成的角.在 R t Z A E H 中，Z A E H=45,A E=1,所以A H 二 孝.在 R t Z k P A H 中，标=半,所以 s i n NA P H=-.PH 3试卷第23页，总27页方法二：由，C D P A,C D A D,P A c A D 二 A,所以C D _ L 平面P A D.于是C D P D.从而NP D A 是二面角P-C D-A 的平面角.所以 NP D A=45.由 P A _ L A B,可得 P A _ L 平面 A B C D.设 B C=L 那么在 R t Z P A D 中，P A=A D=2.作 A y _ L A D,以 A为原点，以 而，丽的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如下列图的空间直角坐标系A-x y z,那 么 A 0,0,0),P 0,0,2),C 2,1,0),E 1,0,0),所以而二(1,0,-2),EC=1,1,0),通=(0,0,2)设平面P C E 的法向量为n=(x,y,z),由 卜 尸 得f 2z=，设x=2,解得n=(2,-2,l).n-E C =0,1x+y =0,设直线P A 与平面P C E 所成角为a ,那么s i na 二 -2 _ 1n-AP 2X722+(-2)2+12-3 ,试卷第24页，总27页所以直线P A与平面P C E所成角的正弦值为！.考点：线线平行、线面平行、向量法.【名师点睛】此题考查线面平行、线线平行、向量法等根底知识，考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力.证明线面平行时，可根据判定定理的条件在平面内找一条平行线，而这条平行线一般是由过面外的直线的一个平面与此平面相交而得，证明时注意定理的另外两个条件（线在面内，线在面外）要写全，否那么会被扣分，求 线 面 角（以及其他角），一种方法可根据定义作出这个角（注意还要证明），然后通过解三角形求出这个角.另一种方法建立空间直角坐标系，用向量法求角，这种方法主要是计算，不需要“作角、证明，关键是记住相应公式即可.9.（2023高考上海理数）将边长为1的正方形。及其内部）绕的。a旋转一周形成圆柱,试卷第25页，总27页如图，AC长为2 A4长 为+其 中 与C在平面大。0的同侧。L/I/一 上 一 C（1）求三棱锥C-O A B 的体积；（2）求异面直线BC与。所成的角的大小。【答案】（1）（2）卜12 4【解析】试题分析：（1）由题意可知，圆柱的高仁I,底面半径r=l.确定NAQB=1-计 算 ,岫,后即得.（2）设过点瓦的母线与下底面交于点B,根据BB,/AA,知ZCB,B或其补角为直线B,c与AA|所成的角.确定NC0B=（,CB=1 .得出 NCB1B=（.试题解析：（1）由题意可知，圆柱的高底面半径r=l.由A R的长为W，可知N A Q B=g.S&0 A B=-0 AQ B .sin NA0B=,ZAM,A D|2 I i 4,试卷第26页，总 27页V _ l c丫00八四一1 3A0小 月1 J2*(2)设过点、的母线与下底面交于点B,那么BB./AA,所以 ZCB.B或其补角为直线B 6与AA1所成的角.由AC长为言，可知ZAOC=,又 ZAOB=NAQF=1,所以ZCOB=1,从而 ACOB为等边三角形，得CB=.因为B|B_L平面A O C,所以B|B_LCB.在 CB|B中，因为ZB,BC=1,CB=1 9 B,B=1,所以c 71NCB|B=a，从而直线B,C与AA所成的角的大小为会考点：1.几何体的体积；2.空间的角.【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答此题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，将空间问题转化成平面问题.立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方试卷第27页，总27页法.此题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力 转化与化归思想及根本运算能力等.试卷第28页，总27页