全国高考理科数学分类汇编——10立体几何

1、2021年全国高考理科数学分类汇编10立体几何1.【2021高考安徽，理5】，是两条不同直线，是两个不同平面，那么以下命题正确的选项是 A假设，垂直于同一平面，那么与平行 B假设，平行于同一平面，那么与平行 C假设，不平行，那么在内不存在与平行的直线 D假设，不平行，那么与不可能垂直于同一平面【答案】D【解析】由，假设，垂直于同一平面，那么，可以相交、平行，故不正确；由，假设，平行于同一平面，那么，可以平行、重合、相交、异面，故不正确；由，假设，不平行，但平面内会存在平行于的直线，如平面中平行于，交线的直线；由项，其逆否命题为“假设与垂直于同一平面，那么，平行是真命题，故项正确.所以选D.【考

2、点定位】1.直线、平面的垂直、平行判定定理以及性质定理的应用.【评注】空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图尤其是画长方体、现实实物判断法如墙角、桌面等、排除筛选法等；另外，假设原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.2.【2021高考北京，理4】设，是两个不同的平面，是直线且“是“的 A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】B【解析】因为，是两个不同的平面，是直线且假设“，那么平面可能相交也可能平行，不能推出，反过来假设，那么有，那么“是“的必要而不充分条件.考点定位：此题考点为空

3、间直线与平面的位置关系，重点考察线面、面面平行问题和充要条件的有关知识.【评注】此题考查空间直线与平面的位置关系及充要条件，此题属于根底题，此题以空间线、面位置关系为载体，考查充要条件考查学生对空间线、面的位置关系及空间面、面的位置关系的理解及空间想象能力，重点是线面平行和面面平行的有关判定和性质.3.【2021高考新课标1，理6】?九章算术?是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。问:积及为米几何?其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆

4、放的米各为多少?1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放斛的米约有 (A)14斛 (B)22斛 (C)36斛 (D)66斛【答案】B【解析】设圆锥底面半径为r，那么=，所以米堆的体积为=，故堆放的米约为÷22，应选B.【考点定位】圆锥的性质与圆锥的体积公式【评注】此题以?九章算术?中的问题为材料，试题背景新颖，解答此题的关键应想到米堆是圆锥，底面周长是两个底面半径与圆的和，根据题中的条件列出关于底面半径的方程，解出底面半径，是根底题.4.【2021高考陕西，理5】一个几何体的三视图如下图，那么该几何体的外表积为 A B C D【答案】D【解析】由三视图知：该几何体是半

5、个圆柱，其中底面圆的半径为，母线长为，所以该几何体的外表积是，应选D【考点定位】1、三视图；2、空间几何体的外表积【名师点晴】此题主要考查的是三视图和空间几何体的外表积，属于容易题解题时要看清楚是求外表积还是求体积，否那么很容易出现错误此题先根据三视图判断几何体的结构特征，再计算出几何体各个面的面积即可5.【2021高考新课标1，理11】圆柱被一个平面截去一局部后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如下图.假设该几何体的外表积为16 + 20，那么r= A1 B2 C4 D8【答案】B【解析】由正视图和俯视图知，该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半

6、径都为r，圆柱的高为2r，其外表积为=16 + 20，解得r=2，应选B.【考点定位】简单几何体的三视图；球的外表积公式、圆柱的测面积公式【评注】此题考查简单组合体的三视图的识别，是常规提，对简单组合体三三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状，再根据“长对正，宽相等，高平齐的法那么组合体中的各个量.6.【2021高考重庆，理5】某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为A、 B、C、 D、【答案】A【解析】这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，选A.【考点定位】组合体的体积.【名师点晴】此题涉及到三视图的认知，要求学生能由三视图画出几何体的直观图，从而分析出它

7、是哪些根本几何体的组合，应用相应的体积公式求出几何体的体积，关键是画出直观图，此题考查了学生的空间想象能力和运算求解能力.7.【2021高考北京，理5】某三棱锥的三视图如下图，那么该三棱锥的外表积是 A B C D5【答案】C【解析】根据三视图恢复成三棱锥，其中平面ABC，取AB棱的中点D，连接CD、PD，有，底面ABC为等腰三角形底边AB上的高CD为2，AD=BD=1,PC=1,三棱锥外表积.考点定位：此题考点为利用三视图复原几何体及求三棱锥的外表积，考查空间线线、线面的位置关系及有关线段长度及三角形面积数据的计算.【评注】此题考查三视图及多面体的外表积，此题属于根底题，正确利用三视图复原为

8、原几何体，特别是有关数据的复原，另外要利用线面垂直的性质，判断三角形的形状，特别是侧面的形状为等腰三角形，正确求出三个侧面的面积和底面的面积.8.【2021高考安徽，理7】一个四面体的三视图如下图，那么该四面体的外表积是 A B C D 【答案】B【解析】由题意，该四面体的直观图如下，是等腰直角三角形，是等边三角形，那么，所以四面体的外表积，应选B. 【考点定位】1.【评注】三视图是高考中的热门考点，解题的关键是熟悉三视图的排放规律：长对正，高平齐，宽相等.同时熟悉常见几何体的三视图，这对于解答这类问题非常有帮助，此题还应注意常见几何体的体积和外表积公式.9.【2021高考新课标2，理9】A,

9、B是球O的球面上两点，AOB=90,C为该球面上的动点，假设三棱锥O-ABC体积的最大值为36，那么球O的外表积为( )【答案】C【解析】如下图，当点C位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，那么球的外表积为，应选C【考点定位】外接球外表积和椎体的体积【评注】此题以球为背景考查空间几何体的体积和外表积计算，要明确球的截面性质，正确理解四面体体积最大时的情形，属于中档题10.【2021高考山东，理7】在梯形中， .将梯形绕所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为 A B C D 【答案】C【解析】直角梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的

10、几何体是一个底面半径为1，母线长为2的圆柱挖去一个底面半径同样是1、高为1的圆锥后得到的组合体，所以该组合体的体积为： 应选C.【考点定位】1、空间几何体的结构特征；2、空间几何体的体积.【评注】此题考查了空间几何体的结构特征及空间几何体的体积的计算，重点考查了圆柱、圆锥的结构特征和体积的计算，表达了对学生空间想象能力以及根本运算能力的考查，此题属中档题.11.【2021高考浙江，理8】如图，是的中点，沿直线将折成，所成二面角的平面角为，那么 A. B. C. D. 【答案】B.【解析】试题分析：设，设，那么由题意，在空间图形中，设，在中，在空间图形中，过作，过作，垂足分别为，过作，连结，那么

11、就是二面角的平面角，在中，同理，故，显然面，故，在中，在中，当时取等号，而在上为递减函数，应选B.【考点定位】立体几何中的动态问题【评注】此题主要考查立体几何中的动态问题，属于较难题，由于的形状不确定，与的大小关系是不确定的，再根据二面角的定义即可知，当且仅当时，等号成立以立体几何为背景的创新题是浙江高考数学试卷的热点问题，12年，13年选择题压轴题均考查了立体几何背景的创新题，解决此类问题需在平时注重空间想象能力的培养，加强此类问题的训练.【2021高考湖南，理10】某工件的三视图如图3所示，现将该工件通过切割，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，那

12、么原工件材料的利用率为材料利用率= A. B. C. D.【答案】A.【解析】试题分析：分析题意可知，问题等价于圆锥的内接长方体的体积的最大值，设长方体体的长，宽，高分别为，长方体上底面截圆锥的截面半径为，那么，如以下图所示，圆锥的轴截面如下图，那么可知，而长方体的体积，当且仅当，时，等号成立，此时利用率为，应选A.【考点定位】1.圆锥的内接长方体；2.根本不等式求最值.【评注】此题主要考查立体几何中的最值问题，与实际应用相结合，立意新颖，属于较难题，需要考生从实际应用问题中提取出相应的几何元素，再利用根本不等式求解，解决此类问题的两大核心思路：一是化立体问题为平面问题，结合平面几何的相关知识

13、求解；二是建立目标函数的数学思想，选择合理的变量，或利用导数或利用根本不等式，求其最值.12.【2021高考浙江，理2】某几何体的三视图如下图单位：cm，那么该几何体的体积是 A. B. C. D. 【答案】C.【解析】试题分析：由题意得，该几何体为一立方体与四棱锥的组合，如以下图所示，体积，应选C.【考点定位】1.三视图；2.空间几何体的体积计算.【评注】此题主要考查了根据三视图判断空间几何体的形状，再计算其体积，属于容易题，在解题过程中，根据三视图可以得到该几何体是一个正方体与四棱锥的组合，将组合体的三视图，正方体与锥体的体积计算结合在一起，培养学生的空间想象能力、逻辑推理能力和计算能力，

14、会利用所学公式进行计算，表达了知识点的交汇.13.【2021高考福建，理7】假设 是两条不同的直线， 垂直于平面 ，那么“ 是“ 的 A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件【答案】B【解析】假设，因为垂直于平面，那么或；假设，又垂直于平面，那么，所以“ 是“ 的必要不充分条件，应选B【考点定位】空间直线和平面、直线和直线的位置关系【评注】此题以充分条件和必要条件为载体考查空间直线、平面的位置关系，要理解线线垂直和线面垂直的相互转化以及线线平行和线面平行的转化还有平行和垂直之间的内部联系，长方体是直观认识和描述空间点、线、面位置关系很好的载体，所以我们可以

15、将这些问题复原到长方体中研究14.【2021高考新课标2，理6】一个正方体被一个平面截去一局部后，剩余局部的三视图如右图，那么截去局部体积与剩余局部体积的比值为( )A B C D【答案】D【解析】由三视图得，在正方体中，截去四面体，如下图，设正方体棱长为，那么，故剩余几何体体积为，所以截去局部体积与剩余局部体积的比值为，应选D【考点定位】三视图【评注】此题以正方体为背景考查三视图、几何体体积的运算，要求有一定的空间想象能力，关键是能从三视图确定截面，进而求体积比，属于中档题【2021高考上海，理6】假设圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为，那么其母线与轴的夹角的大小为 【答案】【解析】由题意得

16、：母线与轴的夹角为【考点定位】圆锥轴截面【评注】掌握对应几何体的侧面积，轴截面面积计算方法.如 圆柱的侧面积 ，圆柱的外表积 ，圆锥的侧面积 ，圆锥的外表积 ，球体的外表积 ，圆锥轴截面为等腰三角形.【2021高考上海，理4】假设正三棱柱的所有棱长均为，且其体积为，那么 【答案】【解析】【考点定位】正三棱柱的体积【评注】,区别锥的体积；熟记正三角形面积为，正六边形的面积为.15.【2021高考四川，理14】如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点。设异面直线EM与AF所成的角为，那么的最大值为 .【答案】【解析】，那么.

17、设，那么，由于异面直线所成角的范围为，所以.，令，那么，当，当时，取得最大值.【考点定位】1、空间两直线所成的角；2、不等式.【评注】空间的角与距离的问题，只要便于建立坐标系均可建立坐标系，然后利用公式求解.解此题要注意，空间两直线所成的角是不超过90度的.几何问题还可结合图形分析何时取得最大值.当点M在P处时，EM与AF所成角为直角，此时余弦值为0最小，当M点向左移动时，EM与AF所成角逐渐变小，点M到达Q点时，角最小，从而余弦值最大.16.【2021高考天津，理10】一个几何体的三视图如下图单位：，那么该几何体的体积为 . 【答案】【解析】由三视图可知，该几何体是中间为一个底面半径为，高为

18、的圆柱，两端是底面半径为，高为的圆锥，所以该几何体的体积.【考点定位】三视图与旋转体体积公式.【评注】主要考查三视图与旋转体体积公式及空间想象能力、运算能力.识图是数学的根本功，空间想象能力是数学与实际生活必备的能力，此题将这些能力结合在一起，表达了数学的实用价值，同时也考查了学生对旋转体体积公式的掌握与应用、计算能力.17.【2021高考浙江，理13】如图，三棱锥中，点分别是的中点，那么异面直线，所成的角的余弦值是 【答案】.【解析】试题分析：如以下图，连结，取中点，连结，那么可知即为异面直线，所成角或其补角易得，即异面直线，所成角的余弦值为.【考点定位】异面直线的夹角.【评注】此题主要考查

19、了异面直线夹角的求解，属于中档题，分析条件中出现的中点，可以考虑利用三角形的中位线性质利用平移产生异面直线的夹角，再利用余弦定理的变式即可求解，在复习时应了解两条异面直线夹角的范围，常见的求异面直线夹角的方法等知识点.18.【2021江苏高考，9】现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个。假设将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，那么新的底面半径为 【答案】【解析】由体积相等得：【考点定位】圆柱及圆锥体积【名师点晴】求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换

20、空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体19.【2021高考新课标2，理19】此题总分值12分如图，长方体中,，点，分别在，上，过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形DD1C1A1EFABCB1在图中画出这个正方形不必说出画法和理由；求直线与平面所成角的正弦值【答案】详见解析；【解析】交线围成的正方形如图：作，垂足为，那么，因为为正方形，所以于是，所以以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如下图的空间直角坐标系，那么，设是平面的法向量，那么即所以可取又，故所以直线与平面所成

21、角的正弦值为【考点定位】1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角【评注】根据线面平行和面面平行的性质画平面与长方体的面的交线；由交线的位置可确定公共点的位置，坐标法是求解空间角问题时常用的方法，但因其计算量大的特点很容易出错，故坐标系的选择是很重要的，便于用坐标表示相关点，先求出面的法向量，利用求直线与平面所成角的正弦值20.【2021江苏高考，16】此题总分值14分如图，在直三棱柱中，设的中点为，.求证：1； 2.ABCDEA1B1C1【答案】1详见解析2详见解析【解析】试题分析1由三棱锥性质知侧面为平行四边形,因此点为的中点，从而由三角形中位线性质得，再由线面平行判定定理得2因为直

22、三棱柱中，所以侧面为正方形，因此，又，可由直三棱柱推导，因此由线面垂直判定定理得,从而，再由线面垂直判定定理得,进而可得试题解析：1由题意知，为的中点，又为的中点，因此又因为平面，平面，所以平面2因为棱柱是直三棱柱，所以平面因为平面，所以又因为，平面，平面，所以平面又因为平面，所以因为，所以矩形是正方形，因此因为，平面，所以平面又因为平面，所以【考点定位】线面平行判定定理，线面垂直判定定理【名师点晴】不要无视线面平行的判定定理中线在面外条件证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与直线平行的直线, 常利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明

23、两直线平行. 证明线面垂直时，不要无视面内两条线为相交线这一条件证明直线与平面垂直的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与性质，注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活利用，这是证明空间垂直关系的根底21.【2021高考安徽，理19】如下图，在多面体，四边形，均为正方形，为的中点，过的平面交于F. 证明：； 求二面角余弦值.【答案】；.【解析】试题分析：证明：依据正方形的性质可知，且，从而为平行四边形，那么，根据线面平行的判定定理知面，再由线面平行的性质定理知.因为四边形，均为正方形，所以，且，可以建以为原点，分别以为轴，轴，轴单位正向量的平面直角坐标系，写出相关的点的坐标，设出面的法向量.由得应

24、满足的方程组，为其一组解，所以可取.同理的法向量.所以结合图形知二面角的余弦值为.试题解析：证明：由正方形的性质可知，且，所以四边形为平行四边形，从而，又面，面，于是面，又面，而面面，所以. 因为四边形，均为正方形，所以，且，以为原点，分别以为轴，轴，轴单位正向量建立，如下图的空间直角坐标系，可得点的坐标.而点为的中点，所以点的坐标为. 设面的法向量.而该面上向量，由得应满足的方程组，为其一组解，所以可取.设面的法向量，而该面上向量，由此同理可得.所以结合图形知二面角的余弦值为.【考点定位】1.线面平行的判定定理与性质定理；2.二面角的求解.【评注】解答空间几何体中的平行、垂直关系时，一般要根

25、据条件把空间中的线线、线面、面面之间的平行、垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；求二面角，那么通过求两个半平面的法向量的夹角间接求解.此时建立恰当的空间直角坐标系以及正确求出各点的坐标是解题的关键所在.22.【2021江苏高考，22】本小题总分值10分如图，在四棱锥中，平面，且四边形为直角梯 形，, 1求平面与平面所成二面角的余弦值； 2点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成角最小时，求线段BQ的长PABCDQ【答案】12【解析】试题分析：1求二面角，关键求出两个平面的法向量，此题中平面法向量，故关键求平面的法向量，利用向量垂直关系可列出平面的法向量两个

26、独立条件，再根据向量数量积求二面角余弦值2先建立直线CQ与DP所成角的函数关系式：设,那么,再利用导数求其最值，确定点Q坐标，最后利用向量模求线段BQ的长试题解析：以为正交基底建立如下图的空间直角坐标系，那么各点的坐标为，1因为平面，所以是平面的一个法向量，因为，设平面的法向量为，那么，即令，解得，所以是平面的一个法向量从而，所以平面与平面所成二面角的余弦值为2因为，设，又，那么，又，从而设，那么当且仅当，即时，的最大值为因为在上是减函数，此时直线与所成角取得最小值又因为，所以【考点定位】空间向量、二面角、异面直线所成角【名师点晴】1求两异面直线a，b的夹角，须求出它们的方向向量a，b的夹角，

27、那么cos |cosa，b|.2求直线l与平面所成的角可先求出平面的法向量n与直线l的方向向量a的夹角那么sin |cosn，a|.3求二面角 ­l ­的大小，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角，那么n1，n2或n1，n223.【2021高考福建，理17】如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB平面BEC，BEEC，AB=BE=EC=2，G，F分别是线段BE，DC的中点.()求证：平面 ； ()求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值【答案】()详见解析；() 【解析】解法一：如图，取的中点，连接，又G是BE的中点，又F是CD中点，由四边形ABCD

28、是矩形得，所以从而四边形是平行四边形，所以，,又，所以()如图，在平面BEC内，过点B作,因为又因为AB平面BEC，所以ABBE，ABBQ以B为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，那么A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，F(2,2,1)因为AB平面BEC，所以为平面BEC的法向量，设由取得.从而所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为解法二：()如图，取中点，连接，又是的中点，可知，又面，面，所以平面在矩形ABCD中，由，分别是，的中点得又面，面，所以面又因为，面，面，所以面平面，因为面，所以平面同解法一【考点定位】1、直线和平面平行的判断

29、；2、面面平行的判断和性质；3、二面角【评注】此题考查直线和平面平行的证明和二面角求法，直线和平面平行首先是利用其判定定理，或者利用面面平行的性质来证，注意线线平行、线面平行、面面平行的转化；利用坐标法求二面角，主要是空间直角坐标系的建立要恰当，便于用坐标表示相关点，求出半平面法向量夹角后，要观察二面角是锐角还是钝角，正确写出二面角的余弦值24.【2021高考浙江，理17】如图，在三棱柱-中，在底面的射影为的中点，为的中点.1证明：D平面；2求二面角-BD-的平面角的余弦值.【答案】1详见解析；2.试题分析：1根据条件首先证得平面，再证明，即可得证；2作，且，可证明为二面角的平面角，再由余弦定

30、理即可求得，从而求解.试题解析：1设为的中点，由题意得平面，故平面，由，分别，的中点，得且，从而，四边形为平行四边形，故，又平面，平面；2作，且，连结，由，得，由，得，由，得，因此为二面角的平面角，由，得，由余弦定理得，.【评注】此题主要考查了线面垂直的判定与性质以及二面角的求解，属于中档题，在解题时，应观察各个直线与平面之间的位置关系，结合线面垂直的判定即可求解，在求二面角时，可以利用图形中的位置关系，求得二面角的平面角，从而求解，在求解过程当中，通常会结合一些初中阶段学习的平面几何知识，例如三角形的中位线，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等，在复习时应予以关注.25.【202

31、1高考山东，理17】如图，在三棱台中，分别为的中点.求证：平面；假设平面， ， ,求平面与平面 所成的角锐角的大小.【答案】I详见解析；II 【解析】试题分析：I思路一：连接，设，连接，先证明，从而由直线与平面平行的判定定理得平面；思路二：先证明平面 平面 ，再由平面与平面平行的定义得到平面.II思路一：连接，设，连接，证明 两两垂直, 以 为坐标原点，建立如下图的空间直角坐标系，利用空量向量的夹角公式求解；思路二：作 于点 ，作 于点 ，连接，证明 即为所求的角，然后在三角形中求解.试题解析： (I)证法一：连接，设，连接，在三棱台中，为的中点可得 所以四边形为平行四边形那么为的中点又为的中

32、点所以 又平面 平面所以平面证法二：在三棱台中，由为的中点可得 所以四边形为平行四边形可得 在 中， 为的中点， 为的中点，所以 又 ，所以平面 平面 因为 平面 所以 平面 II解法一：设 ，那么 在三棱台中，为的中点由 ，可得四边形 为平行四边形，因此 又平面 所以平面 在中，由 ，是中点，所以 因此 两两垂直,以为坐标原点，建立如下图的空间直角坐标系 所以 可得 故 设 是平面 的一个法向量，那么由 可得 可得平面 的一个法向量因为 是平面 的一个法向量，所以 所以平面与平面所成的解(锐角)的大小为 解法二：作 于点 ，作 于点 ，连接 由 平面 ，得 又 所以平面 因此所以 即为所求的

33、角在 中, 由 可得 从而 由平面平面 得 因此 所以 所以平面与平面所成角锐角的大小为 .【考点定位】1、空间直线与平面的位置关系；2、二面角的求法；3、空间向量在解决立体几何问题中的应用.【评注】此题涉及到了立体几何中的线面平行与垂直的判定与性质，全面考查立几何中的证明与求解，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；利用空间向量解决立体几何问题是一种成熟的方法，要注意建立适当的空间直角坐标系以及运算的准确性.26.【2021高考天津，理17】本小题总分值13分如图，在四棱柱中，侧棱,且点M和N分别为的中点.(I)求证：平面；(II)求二面角的正弦值；(III)设为棱上的点，假设直线和平面

34、所成角的正弦值为，求线段的长【答案】(I)见解析； (II) ； (III) .【解析】如图，以为原点建立空间直角坐标系，依题意可得，又因为分别为和的中点，得.(I)证明：依题意，可得为平面的一个法向量， 由此可得，又因为直线平面，所以平面(II)，设为平面的法向量，那么，即，不妨设，可得，设为平面的一个法向量，那么，又，得，不妨设，可得因此有，于是，所以二面角的正弦值为.(III)依题意，可设，其中，那么，从而，又为平面的一个法向量，由得，整理得，又因为，解得， 所以线段的长为.【考点定位】直线和平面平行和垂直的判定与性质，二面角、直线与平面所成的角，空间向量的应用.【评注】此题主要考查直线

35、和平面平行和垂直的判定与性质，二面角、直线与平面所成的角，空间向量的应用.将立体几何向量化，表达向量工具的应用，即把几何的证明与计算问题转化为纯代数的计算问题，是向量的最大优势，把空间一些难以想象的问题转化成计算问题，有效的解决了一些学生空间想象能力较差的问题.27.【2021高考重庆，理19】如题19图，三棱锥中，平面分别为线段上的点，且 1证明：平面 2求二面角的余弦值。【答案】1证明见解析；2.【解析】试题分析：1要证线面垂直，就是要证线线垂直，题中由平面，可知，再分析由得，这样与垂直的两条直线都已找到，从而可得线面垂直；2求二面角的大小，可心根据定义作出二面角的平面角，求出这个平面角的

36、大小，此题中，由于，平面，因此两两垂直，可以他们为轴建立空间直角坐标系，写出图中各点的坐标，求出平面和平面的法向量，向量的夹角与二面角相等或互补，由此可得结论试题解析：(1)证明：由PC平面ABC，DE平面，故PCDE由CE，CD=DE得为等腰直角三角形，故CDDE由PCCD=C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE平面PCD (2)解：由知，CDE为等腰直角三角形，DCE，如图，过点作DF垂直CE于，易知DFFCEF，又EB，故FB 由ACB得DFAC，故ACDF以为坐标原点，分别以的方程为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，那么(0,0,0,)，(0,0,3)，(,0,0),

37、(0,2,0)，(1,1,0)，设平面的法向量，由，得.由1可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量可取为,即.从而法向量，的夹角的余弦值为，故所求二面角A-PD-C的余弦值为.【考点定位】考查线面垂直，二面角考查空间想象能力和推理能力【名师点晴】立体几何解答题的一般模式是首先证明线面位置关系(一般考虑使用综合几何方法进行证明)，然后是与空间角有关的问题，综合几何方法和空间向量方法都可以，但使用综合几何方法要作出二面角的平面角，作图中要伴随着相关的证明，对空间想象能力与逻辑推理能力有较高的要求，而使用空间向量方法就是求直线的方向向量、平面的法向量，按照空间角的计算公式进行计算，也就是把几何问题

38、完全代数化了，这种方法对运算能力有较高的要求两种方法各有利弊，在解题中可根据情况灵活选用28.【2021高考四川，理18】一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如下图，在正方体中，设的中点为，的中点为1请将字母标记在正方体相应的顶点处不需说明理由2证明：直线平面3求二面角的余弦值.【答案】1点F、G、H的位置如下图.2详见解析.3【解析】1点F、G、H的位置如下图.2连结BD，设O为BD的中点.因为M、N分别是BC、GH的中点，所以，且，且，所以，所以是平行四边形，从而，又平面，平面，所以平面.3连结AC，过M作于P. 在正方形中，所以.过P作于K，连结KM，所以平面，从而.所以是二

39、面角的平面角.设，那么，在中，.在中，.所以.即二面角的余弦值为.另外，也可利用空间坐标系求解【考点定位】此题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行的判定与性质、空间面面夹角的计算等根底知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.【评注】立体几何解答题的考查内容，不外乎线面、面面位置关系及空间夹角与距离的计算. 1注意ABCD是底面，将平面展开图复原可得点F、G、H的位置. 2根据直线与平面平行的判定定理，应考虑证明MN平行于平面BDH内的一条直线.连结O、M，易得是平行四边形，从而，进而证得平面.3要作出二面角的平面角，首先要过M作平面AEGC的垂线，然后再过垂足作棱EG的垂线，

40、再将垂足与点M连结，即可得二面角的平面角. 29.【2021高考湖北，理19】?九章算术?中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接 证明：试判断四面体是否为鳖臑，假设是，写出其每个面的直角只需写出结论；假设不是，说明理由；假设面与面所成二面角的大小为，求的值【答案】详见解析；.【解析】解法1因为底面，所以，由底面为长方形，有，而，所以. 而，所以. 又因为，点是的中点，所以. 而，所以平面. 而，所以.又，所以平面. 由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个

41、鳖臑，其四个面的直角分别为. 如图1，在面内，延长与交于点，那么是平面与平面 的交线. 由知，所以. 又因为底面，所以. 而，所以. 故是面与面所成二面角的平面角， 设，有，在RtPDB中, 由, 得, 那么 , 解得. 所以 故当面与面所成二面角的大小为时，. 解法2如图2，以为原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系. 设，那么，点是的中点，所以，于是，即. 又，而，所以. 因, , 那么, 所以.由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为. 由，所以是平面的一个法向量；由知，所以是平面的一个法向量. 假设面与面所成二面角的大小为，那么，

42、解得. 所以 故当面与面所成二面角的大小为时，. 【考点定位】四棱锥的性质，线、面垂直的性质与判定，二面角.【评注】立体几何是高考的重点和热点内容，而求空间角是重中之重，利用空间向量求空间角的方法固定，思路简洁，但在利用平面的法向量求二面角大小时，两个向量夹角与二面角相等还是互补是这种解法的难点，也是学生的易错易误点解题时正确判断法向量的方向，同指向二面角内或外那么向量夹角与二面角互补，一个指向内另一个指向外那么相等30.【2021高考陕西，理18】本小题总分值12分如图，在直角梯形中，是的中点，是与的交点将沿折起到的位置，如图 I证明：平面；II假设平面平面，求平面与平面夹角的余弦值【答案】

43、I证明见解析；II【解析】试题分析：I先证，再可证平面，进而可证平面；II先建立空间直角坐标系，再算出平面和平面的法向量，进而可得平面与平面夹角的余弦值试题解析：I在图1中，因为，是的中点，所以即在图2中，从而平面又，所以平面.(II)由，平面平面，又由I知，所以为二面角的平面角，所以.如图，以为原点，建立空间直角坐标系，因为，所以得 ，.设平面的法向量，平面的法向量，平面与平面夹角为，那么，得，取，得，取，从而，即平面与平面夹角的余弦值为.考点：1、线面垂直；2、二面角；3、空间直角坐标系；4、空间向量在立体几何中的应用.【名师点晴】此题主要考查的是线面垂直、二面角、空间直角坐标系和空间向量

44、在立体几何中的应用，属于中档题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31.【2021高考新课标1，理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，AEEC.证明：平面AEC平面AFC；求直线AE与直线CF所成角的余弦值.【答案】见解析【解析】试题分析：连接BD，设BDAC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1易证EGAC，通过计算可证

45、EGFG，根据线面垂直判定定理可知EG平面AFC，由面面垂直判定定理知平面AFC平面AEC；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，利用向量法可求出异面直线AE与CF所成角的余弦值.试题解析：连接BD，设BDAC=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AEEC，EG=，EGAC，在RtEBG中，可得BE=，故DF=.在RtFDG中，可得FG=.在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=，DF=可得EF=，EGFG，ACFG=G，E

46、G平面AFC，EG面AEC，平面AFC平面AEC. 6分如图，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，由可得A0，0，E(1,0, )，F1,0，C0，0，=1，=-1，-，.10分故.所以直线AE与CF所成的角的余弦值为. 12分【考点定位】空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力【评注】对空间面面垂直问题的证明有两种思路，思路1：几何法，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；思路2：利用向量法，通过计算两个平面的法向量，证明其法向量垂直，从而证明面面垂直；对异面直线所成角问题，也有两种思路，思路1：几

47、何法，步骤为一找二作三证四解，一找就是先在图形中找有没有异面直线所成角，假设没有，那么通常做平行线或中位线作出异面直线所成角，再证明该角是异面直线所成角，利用解三角形解出该角.32.【2021高考北京，理17】如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，为的中点() 求证：；() 求二面角的余弦值；() 假设平面，求的值【答案】(1)证明见解析，2，3【解析】试题分析：证明线线垂直可寻求线面垂直，利用题目提供的面面垂直平面平面，借助性质定理证明平面EFCB，进而得出线线垂直，第二步建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，平面AEF的法向量易得，只需求平面AEB的法向量，设平面AEB的法向量，利用线

48、线垂直，数量积为零，列方程求出法向量，再根据二面角公式求出法向量的余弦值；第三步由于，要想平面，只需，利用向量的坐标，借助数量积为零，求出的值，根据实际问题予以取舍.试题解析：()由于平面平面，为等边三角形，为的中点，那么，根据面面垂直性质定理，所以平面EFCB，又平面，那么.()取CB的中点D，连接OD,以O为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，由于平面与轴垂直，那么设平面的法向量为，设平面的法向量，那么，二面角的余弦值，由二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为.有1知平面EFCB，那么，假设平面，只需，又，解得或，由于，那么.考点定位：此题考点为线线垂直的证明和求二面角，要求学生掌握空间线线、线面的平行与垂直的判定与性质，利用法向量求二面角以及利用数量积为零解决垂直问题.【评注】此题考查线线、线面垂直及求二面角的相关知识及运算，此题属于中档题，熟练利用有关垂直的判定定理和性质定理进行面面垂直、线面垂直、线线垂直之间的转化与证明，另外利用空间向量解题时，要建立适当的直角坐标系，准确写出空间点的坐标，利用法向量求二面角，利用数量积为零，解决线线、线面垂直问题.33.【2021高考广东，理18】如图2，三角形所在的平面与长方形所在的平面垂直，.点是边的中点，点、分别在线段、上，且，1