历年立体几何高考题.doc

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，∠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A1C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
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BD2，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），∴=（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AB的中点O，连结OC，OA1，A1B.
因为CA＝CB，所以OC⊥AB.
由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，
故△AA1B为等边三角形，
所以OA1⊥AB.
因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.
又A1C平面OA1C，故AB⊥A1C.
(2)解：由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB.
又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，
所以OC⊥平面AA1B1B，
故OA，OA1，OC两两相互垂直．
以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.

由题设知A(1,0,0)，A1(0，，0)，C(0,0，)，B(－1,0,0)．
则＝(1,0，)，＝＝(－1，，0)，＝(0，，)．
设n＝(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，
则即可取n＝(，1，－1)．
故cos〈n，〉＝＝.
所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.
（2012）
（1）在中，
得：
同理：
得：面
（2）面
取的中点，过点作于点，连接
，面面面
得：点与点重合
且是二面角的平面角
设，则，
既二面角的大小为
（18）解：（I）因为，，由余弦定理得.
从而，故.
又底面，可得.
所以平面. 故.
（II）如图，以为坐标原点，的长为单位长，射线为轴的正半轴建立空间直角坐标系，则
，，，
，，
设平面的法向量为，则
即.
因此可取.
设平面的法向量为，则，可取.
.
故二面角的余弦值为.