2024年至2024年全国新课标卷试题分类汇编2 立体几何。
1.2010.课标卷(18)(本小题满分12分)
如圈，己知四棱锥p-abcd的底面为等腰梯形，ab∥cd,⊥bd垂足为h,ph是四棱锥的高，e为ad中点。
ⅰ)证明：pe⊥bc
ⅱ）若==60°，求直线pa与平面peh所成角的正弦值。
2.2010辽宁（19）（本小题满分12分）
已知三棱锥p－abc中，pa⊥abc，ab⊥ac，pa=ac=ab，n为ab上一点，ab=4an,m,s分别为pb,bc的中点。
ⅰ）证明：cm⊥sn；
ⅱ）求sn与平面cmn所成角的大小。
3.2011辽宁 18．（本小题满分12分）
如图，四边形abcd为正方形，pd⊥平面abcd，pd∥qa，qa=ab=p d．
（i）证明：平面pqc⊥平面dcq；
（ii）求二面角q—bp—c的余弦值．
4.2011新课标(本小题满分12分)
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。
5.2012新课标（本小题满分12分）
如图，直三棱柱中，，是棱的中点，。
ⅰ）证明：
ⅱ）求二面角的大小。
6.2012辽宁 (18)(本小题满分12分)
如图，直三棱柱，点m，n分别为和的中点。
(ⅰ)证明：∥平面；
(ⅱ)若二面角为直二面角，求的值。
7.2013辽宁（本小题满分12分）
如图， ）求证：
8. 2013新课标一卷18、（本小题满分12分）
如图，三棱柱abc-a1b1c1中，ca=cb，ab=a a1，∠ba a1=60°.
ⅰ）证明ab⊥a1c;
ⅱ）若平面abc⊥平面aa1b1b，ab=cb=2，求直线a1c 与平面bb1c1c所成角的正弦值。
9.2013课标2卷（18）如图，直棱柱abc-a1b1c1中，d，e分别是ab，bb1的中点，aa1=ac=cb=ab。
ⅰ）证明：bc1//平面a1cd
ⅱ）求二面角d-a1c-e的正弦值。
10.2014辽宁19. （本小题满分12分）
如图，和所在平面互相垂直，且，，e、f分别为ac、dc的中点。
1）求证：；
2）求二面角的正弦值。
11. 2014课标1卷19. (本小题满分12分)如图三棱柱中，侧面为菱形，.
ⅰ) 证明：；
ⅱ）若，，ab=bc
求二面角的余弦值。
12.课标2卷18. （本小题满分12分）
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=，求三棱锥e-acd的体积。
1.证明：设pa=1，以a为原点，射线ab，ac，ap分别为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系如图。
则p（0,0,1），c（0,1,0），b（2,0,0），m（1,0,），n（,0,0），s（1, ,0）.…4分。
ⅰ）,因为，所以cm⊥sn6分。
ⅱ）,设a=（x，y，z）为平面cmn的一个法向量，则9分。
因为。所以sn与片面cmn所成角为4512分。
3.解析1：（ⅰ因为， 由余弦定理得
从而bd2+ad2= ab2，故bd ad;又pd 底面abcd，可得bd pd
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为轴的正半轴建立空间直角坐标系d-，则，。
设平面pab的法向量为n=（x,y,z），则，即
因此可取n=
设平面pbc的法向量为m，则
可取m=（0，-1
故二面角a-pb-c的余弦值为
4.解析1：（ⅰ因为， 由余弦定理得
从而bd2+ad2= ab2，故bd ad;又pd 底面abcd，可得bd pd
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为轴的正半轴建立空间直角坐标系d-，则，。
设平面pab的法向量为n=（x,y,z），则，即
因此可取n=
设平面pbc的法向量为m，则
可取m=（0，-1
故二面角a-pb-c的余弦值为
1)证明：由ab是圆的直径，得ac⊥bc.
由pa⊥平面abc，bc平面abc，得pa⊥bc.
又pa∩ac＝a，pa平面pac，ac平面pac，所以bc⊥平面pac.
因为bc平面pbc.
所以平面pbc⊥平面pac.
2)解法一：过c作cm∥ap，则cm⊥平面abc.
如图，以点c为坐标原点，分别以直线cb，ca，cm为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．
因为ab＝2，ac＝1，所以bc＝.
因为pa＝1，所以a(0,1,0)，b(，0,0)，p(0,1,1)．
故＝(，0,0)，＝0,1,1)．
设平面bcp的法向量为n1＝(x，y，z)，则。
所以。不妨令y＝1，则n1＝(0,1，－1)．
因为＝(0,0,1)，＝1,0)．
设平面abp的法向量为n2＝(x，y，z)，则所以。
不妨令x＝1，则n2＝(1，，0)，于是cos〈n1，n2〉＝.
所以由题意可知二面角cpba的余弦值为。
解法二：过c作cm⊥ab于m，因为pa⊥平面abc，cm平面abc，所以pa⊥cm，故cm⊥平面pab.
过m作mn⊥pb于n，连接nc，由三垂线定理得cn⊥pb.
所以∠cnm为二面角cpba的平面角．
在rt△abc中，由ab＝2，ac＝1，得bc＝，cm＝，bm＝，在rt△pab中，由ab＝2，pa＝1，得pb＝.
因为rt△bnm∽rt△bap，所以，故mn＝.
又在rt△cnm中，cn＝，故cos∠cnm＝.
所以二面角cpba的余弦值为。
8.【命题意图】本题主要考查空间线面、线线垂直的判定与性质及线面角的计算，考查空间想象能力、逻辑推论证能力，是容易题。
解析】（ⅰ取ab中点e，连结ce，ab=， 是正三角形，⊥ab， ∵ca=cb， ∴ce⊥ab， ∵e，∴ab⊥面，
ab6分。ⅱ）由（ⅰ）知ec⊥ab，⊥ab，又∵面abc⊥面，面abc∩面=ab，∴ec⊥面，∴ec⊥，ea，ec，两两相互垂直，以e为坐标原点，的方向为轴正方向，||为单位长度，建立如图所示空间直角坐标系，有题设知a(1,0,0), 0, ,0),c(0,0,),b(－1,0,0),则=（1,0，）,1,0,),09分。
设=是平面的法向量，则，即，可取=（，1，-1），=直线a1c 与平面bb1c1c所成角的正弦值为12分。
10. 【解析】
11.【解析】：(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。
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