全国卷历年高考立体几何真题归类分析2019(含答案)

·S△ACD·EF=××××=.所以,三棱锥E-ACD的体积为.2.【解析】(1)连结BD,设BD∩AC=G,连结EG,FG,EF.在菱形ABCD中,不妨设GB=1.由∠ABC=120°,可得AG=GC=QUOTE.由BE⊥平面ABCD,AB=BC可知AE=EC.又AE⊥EC,所以EG=QUOTE,且EG⊥AC.在Rt△EBG中,可得BE=QUOTE,故DF=QUOTE.在Rt△FDG中,可得FG=QUOTE.在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=QUOTE,DF=QUOTE,可得EF=QUOTE.从而EG2+FG2=EF2,所以EG⊥FG.,又AC∩FG=G,可得EG⊥平面AFC.又因为EG⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC.(2)如图,以G为坐标原点,分别以QUOTE,QUOTE的方向为x轴,y轴正方向,|QUOTE|为单位长度,建立空间直角坐标系G-xyz.由(1)可得,,,，所以,.故.所以直线与直线所成角的余弦值为3.【解析】(1)交线围成的正方形EHGF如图:(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8.因为四边形EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH=QUOTE=6,所以AH=10.以D为坐标原点,QUOTE的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),QUOTE=(10,0,0),QUOTE=(0,-6,8).设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,则,.所以可取，又，故.所以与平面所成的角的正弦值.4.设为平面的法向量，则，即，可取，于是.5．解析（1）令的中点为，联结，，如图所示．因为点，为，的中点，所以为的中位线，所以．又因为，所以．又因为，所以，于是．从而四边形为平行四边形，所以．又因为，所以平面.（2）以的中点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设，则，，，，，．点在底面上的投影为，所以，联结．因为，所以为等腰直角三角形．因为为直角三角形，，所以．设，，．所以．．从而．所以，，，．设平面的法向量，则，所以，易知平面的一个法向量为，从而．故二面角的余弦值为．6.解：（1）由已知得，平面，平面，故．又，所以平面．（2）由（1）知．由题设知，所以，故，．以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，．设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则即所以可取n=.设平面的法向量为m=（x，y，z），则即所以可取m=（1，1，0）．于是．所以，二面角的正弦值为．7.解：（1）连接，，，分别为，中点为的中位线且，又为中点，且且，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面（2）设，，由直四棱柱性质可知：平面四边形为菱形，则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：则：，，，D（0，-1,0），取中点，连接，则四边形为菱形且为等边三角形，又平面，平面，平面，即平面为平面一个法向量，且设平面的法向量，又，，令，则，二面角的正弦值为：类型二：1.解：（Ⅰ）因为,由余弦定理得从而BD2+AD2=AB2，故BDAD;又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD.故PABD（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴射线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-，则,,,.设平面PAB的法向量为=（x,y,z），则,即因此可取=设平面PBC的法向量为，则可取=（0，-1，），故二面角A-PB-C的余弦值为.2.证明（Ⅰ）（1）在中，得：，同理：，得：又∵平面.（Ⅱ）（2）平面取的中点，过点作于点，连接，，C1O⊥A1D面得：点与点重合，即是二面角的平面角设，则，即二面角的大小为.3.（1）连接，交于点F，连结，则F为的中点，因为D为AB的中点，所以DF//，又因为，所以.(2)由AA，可设：AB＝2a,则所以，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）、、，设平面的法向量为则且可解得令得平面的一个法向量为，同理可得平面的一个法向量为，则，所以所以二面角的正弦值为类型三：21.【解析】（Ⅰ）取的中点，连结，，.因为，所以.由于，，故为等边三角形，所以.因为，所以面.又平面，故.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，又平面平面，交线为，所以平面，故，，两两互相垂直.以为坐标原点，的方向为轴的正方向，为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则有，,,.则，，.设平面的法向量为，则有，即，可取.故，所以直线与平面所成角的正弦值为.2.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3.【解析】=1\*GB2⑴ ∵为正方形∴∵∴∵∴面 面∴平面平面=2\*GB2⑵ 由=1\*GB2⑴知∵平面平面∴平面平面∵面面∴,∴∴四边形为等腰梯形以为原点，如图建立坐标系，设，，设面法向量为.，即，设面法向量为.即，设二面角的大小为.二面角的余弦值为4.【解析】⑴证明：∵，∴，∴．∵四边形为菱形，∴，∴，∴，∴．∵，∴；又，，∴，∴，∴，∴，∴．又∵，∴面．⑵建立如图坐标系．，，，，，，，设面法向量，由得，取，∴．同理可得面的法向量，∴，∴．5.解析（1）证明：因为，所以，.又因为，所以.又因为，，平面，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）取的中点，的中点，联结，，因为，所以四边形为平行四边形，所以.由（1）知，平面，所以平面.又，平面，所以，.又因为，所以，从而，，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，所以，，，，所以，，.设为平面的一个法向量，由，得.令，则，，可得平面的一个法向量.因为，所以，又知平面，平面，所以，又，所以平面.即是平面的一个法向量，，从而.由图知二面角为钝角，所以它的余弦值为.6．解析=1\*GB2⑴如图所示，取的中点为，联结，.因为为等边三角形，所以，.由，得，所以，即为等腰直角三角形，从而为直角.又为底边中点，所以.令，则，易得，，所以，从而由勾股定理的逆定理可得，即.由，所以平面.又因为平面，由面面垂直的判定定理可得平面平面.=2\*GB2⑵由题意可知，即，到平面的距离相等，即点为的中点.以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，设，建立空间直角坐标系，则，，，，，易得，，.设平面的法向量为，平面的法向量为，则，取；，取.设二面角为，易知为锐角，则.7.解：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，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.8.解：（1）因为，为的中点，所以，且.连结.因为，所以为等腰直角三角形，且，.由知.由知平面.（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.由已知得取平面的法向量.设，则.设平面的法向量为.由得，可取，所以.由已知得.所以.解得（舍去），.所以.又，所以.所以与平面所成角的正弦值为.9.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为上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM.又BCCM=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,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为的中点.由题设得，设是平面MAB的法向量,则即可取.是平面MCD的法向量,因此，，所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.10．解：（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．（2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，