新課標卷近三年高考題1、（2016年全國I高考）如圖，在以A，B，C，D，E，F為頂點的五面體中，面ABEF為正方形，AF=2FD，，且二面角DAFE與二面角CBEF都是．（=1\*ROMANI）證明：平面ABEF平面EFDC；（=2\*ROMANII）求二面角EBCA的余弦值．【解析】=1\*GB2⑴ ∵為正方形∴∵∴∵∴面 面∴平面平面=2\*GB2⑵ 由=1\*GB2⑴知∵平面平面∴平面平面∵面面∴,∴∴四邊形為等腰梯形以為原點，如圖建立坐標系，設，，設面法向量為.，即設面法向量為.即設二面角的大小為.二面角的余弦值為2、（2016年全國II高考）如圖，菱形的對角線與交于點，，點分別在上，，交于點．將沿折到位置，．（Ⅰ）證明：平面；（Ⅱ）求二面角的正弦值．【解析】⑴證明：∵，∴，∴．∵四邊形為菱形，∴，∴，∴，∴．∵，∴；又，，∴，∴，∴，∴，∴．又∵，∴面．⑵建立如圖坐標系．，，，，，，，設面法向量，由得，取，∴．同理可得面的法向量，∴，∴．3、（2016年全國III高考）如圖，四棱錐中，地面，，，，為線段上一點，，為的中點．（I）證明平面；（II）求直線與平面所成角的正弦值.設為平面的法向量，則，即，可取，于是.4、【2015高考新課標2，理19】如圖，長方體中,，，，點，分別在，上，．過點，的平面與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形．DDD1C1A1EFABCB1（Ⅰ）在圖中畫出這個正方形（不必說出畫法和理由）；（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）．【考點定位】1、直線和平面平行的性質；2、直線和平面所成的角．【名師點睛】根據線面平行和面面平行的性質畫平面與長方體的面的交線；由交線的位置可確定公共點的位置，坐標法是求解空間角問題時常用的方法，但因其計算量大的特點很容易出錯，故坐標系的選擇是很重要的，便于用坐標表示相關點，先求出面的法向量，利用求直線與平面所成角的正弦值．【2015高考新課標1，理18】如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一側的兩點，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC.（Ⅰ）證明：平面AEC⊥平面AFC；（Ⅱ）求直線AE與直線CF所成角的余弦值.【答案】（Ⅰ）見解析（Ⅱ）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BD=2，BE=，DF=可得EF=，∴，∴EG⊥FG，∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.……6分（Ⅱ）如圖，以G為坐標原點，分別以的方向為軸，y軸正方向，為單位長度，建立空間直角坐標系G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－，0），E(1,0,)，F（－1,0，），C（0，，0），∴=（1，，），=（-1，-，）.…10分故.所以直線AE與CF所成的角的余弦值為.……12分【考點定位】空間垂直判定與性質；異面直線所成角的計算；空間想象能力，推理論證能力【名師點睛】對空間面面垂直問題的證明有兩種思路，思路1：幾何法，先由線線垂直證明線面垂直，再由線面垂直證明面面垂直；思路2：利用向量法，通過計算兩個平面的法向量，證明其法向量垂直，從而證明面面垂直；對異面直線所成角問題，也有兩種思路，思路1：幾何法，步驟為一找二作三證四解，一找就是先在圖形中找有沒有異面直線所成角，若沒有，則通常做平行線或中位線作出異面直線所成角，再證明該角是異面直線所成角，利用解三角形解出該角.6、[2014·新課標全國卷Ⅱ]如圖1-3，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點．(1)證明：PB∥平面AEC；(2)設二面角D-AE-C為60°，AP＝1，AD＝eq\r(3)，求三棱錐E-ACD的體積．圖1-3解：(1)證明：連接BD交AC于點O，連接EO.因為ABCD為矩形，所以O為BD的中點．又E為PD的中點，所以EO∥PB.因為EO?平面AEC，PB?平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)因為PA⊥平面ABCD，ABCD為矩形，所以AB，AD，AP兩兩垂直．如圖，以A為坐標原點，eq\o(AB,\s\up6(→))，AD，AP的方向為x軸、y軸、z軸的正方向，|eq\o(AP,\s\up6(→))|為單位長，建立空間直角坐標系A-xyz，則Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(3)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2))).設B(m，0，0)(m>0)，則C(m，eq\r(3)，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(m，eq\r(3)，0)．設n1＝(x，y，z)為平面ACE的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(mx＋\r(3)y＝0，,\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，))可取n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),m)，－1，\r(3))).又n2＝(1，0，0)為平面DAE的法向量，由題設易知|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(1,2)，即eq\r(\f(3,3＋4m2))＝eq\f(1,2)，解得m＝eq\f(3,2).因為E為PD的中點，所以三棱錐E-ACD的高為eq\f(1,2).三棱錐E-ACD的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(3,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),8).7、[2014·新課標全國卷Ⅰ]如圖1-5，三棱柱ABC-A1B1C1中，側面BB1C1C為菱形，AB⊥B1C.圖1-5(1)證明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A-A1B1-C1的余弦值．解：(1)證明：連接BC1，交B1C于點O，連接AO，因為側面BB1C1C為菱形，所以B1C⊥BC1，且O為B1C及BC1的中點．又AB⊥B1C，所以B1C⊥平面ABO.由于AO?平面ABO，故B1C⊥AO.又B1O＝CO，故AC＝AB1.(2)因為AC⊥AB1，且O為B1C的中點，所以AO＝CO.又因為AB＝BC，所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB，從而OA，OB，OB1兩兩垂直．以O為坐標原點，OB的方向為x軸正方向，|OB|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz.因為∠CBB1＝60°，所以△CBB1為等邊三角形，又AB＝BC，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),3)))，B(1，0，0)，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),3)，0)).eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)))，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝AB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(\r(3),3)))，eq\o(B1C,\s\up6(→))1＝BC＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(3),3)，0)).設n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·AB1＝0，,n·\o(A1B1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)y－\f(\r(3),3)z＝0，,x－\f(\r(3),3)z＝0.))所以可取n＝(1，eq\r(3)，eq\r(3))．設m是平面A1B1