2015年高考数学真题分类汇编：专题(10)立体几何(理科)及答案

1、专题十立体几何1. 【2022高考安徽、理5】m、n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m、n平行于同一平面、那么 m与n平行C 假设二、不平行、那么在内不存在与I平行的直线D假设m、n不平行、那么 m与n不可能垂直于同一平面【答案】D【解析】由A、假设：、 -垂直于同一平面、那么:-> -可以相交、平行、故 A不正确；由B、 假设m、n平行于同一平面、那么 m、n可以平行、重合、相交、异面、故B不正确；由C、假设、不平行、但:平面内会存在平行于1的直线、如:平面中平行于：、-交线的直线；由D项、其

2、逆否命题为“假设 m与n垂直于同一平面、那么 m、n平行是真命题、 故D项正确.所以选D.【考点定位】1.直线、平面的垂直、平行判定定理以及性质定理的应用【名师点睛】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. 【2022高考北京、理 4】设二、是两个不同的平面、m是直线且m?芒m / ： 是a : /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

3、不同的平面、 m是直线且m?:.假设“ m /、那么平面:、可 能相交也可能平行、 不能推出-/ :、反过来假设:/ :、m二：丄、那么有m / :、那么“ m / ： 是“： / 1 的必要而不充分条件.考点定位：此题考点为空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【名师点睛】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. 【2022高考新课标1、理6】?九章算术?是我国古代内容极为丰富的

4、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A14 斛 B22 斛 C36 斛D66 斛【答案】B【解析】设圆锥底面半径为那么扌心,1630故堆救的米约为三16222,应选氐9【考点定位】圆锥的性质与圆锥的体积公式【名师点睛】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1圆锥、底面周长是两个底

5、面半径与1圆的和、根据题中的条件列出关于底面半径的44方程、解出底面半径、是根底题4. 【2022高考陕西、理5】一个几何体的三视图如下列图、那么该几何体的外表积为A 3 二B 4 二C 2 4D. 3 二4【答案】D【解析】由三视图知：该几何体是半个圆柱、其中底面圆的半径为1、母线长为2、所以该几1何体的外表积是一 <2-112 y 2 2=3二4、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

6、积即可.5. 【2022高考新课标1、理111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列图.假设该几何体的外表积为 16 + 20 ：.、那么r=()(A) 1(B) 2(C) 4( D) 8【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径都为r、圆柱的高为2r、其外表积为1 4 2 r 2 r2 2r 2r =5： r2 4r2=16 +220二、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【名师点睛】此题考查简单组合体的三视图的识别、是常规提、对简

7、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. 【2022高考重庆、理5】某几何体的三视图如下列图、那么该几何体的体积为左视图題| 5與人1A、 _ : ：B31C、 一 ： 2 二D3【答案】A【解析】这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体、选A.1111V =12 2 ： -，：一 < < 1 2仁：一2323【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

8、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. 【2022高考北京、理5】某三棱锥的三视图如下列图、那么该三棱锥的外表积是I1 /正主视图侧左视图俯视图A 25B . 45C22 5D. 5【答案】C【解析】根据三视图恢复成三棱锥P-ABC*其中疋平面AEG取朋棱的中点D,连接 有PD _ AB疋D _ AB、底面AEC齿等腰三第形底边AB上的高CD为2,X12，三棱锥外表积= 2 52.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【名师点睛】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

9、图复原为 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PAB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(A)138. 【2022高考安徽、理7】一个四面体的三视图如下列图、那么该四面体的外表积是(B) 23(D) 2 2(C 1 2 2正视哥第(7)题罔【答案】B【解析】由题意、该四面体的直观图如下、ABD, BCD是等腰直角三角形、.IABCJACDS.BCD 二S ABDJ32 2 si n60所以四面2体的外表积 S = S BCD ' S ABD ' S ABC ' S.aCD.2 123=23、应选B.【考

10、点定位】1.空间几何体的三视图与直观图；2.空间几何体外表积的求法【名师点睛】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. 【2022高考新课标2、理9】A,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A. 36 n B.64 n C.144 n D.256 n【答案】C【解析】如下列图，当点亡位于垂直于面直径端点时，三棱锥O-一迪的体私最九 设球O册半 径为R.此时= = 36

11、.故R = 6 ,那么球0的外表积为3 26S=4tR: =144t,应选 C.【考点定位】外接球外表积和椎体的体积.【名师点睛】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. 【2022 高考山东、理 7】在梯形 ABCD 中、.ABC 、AD/BC,BC = 2AD = 2AB = 2 .2将梯形ABCD绕AD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()2兀4兀5兀小(A)(B)(C) ( D) 2 :333【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几何体是一个底面半径

12、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1 5以该组合体的体积为：v 圆柱-V圆锥八 12 212 1 =-33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.【名师点睛】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. 【2022高考浙江、理 8】如图、 ABC > D是AB的中点、沿直线 CD 将 ACD折成ACD、所成二面角A -CD - B的平面角为、那么()A. ADBE： B.ADB_： C. ACB

13、D.ACB<：【解析】试题分析：设 ADC - v、设AB =2、那么由题意AD =： BD =1、在空间图形中、设AB = t、在 ACB 中、cos. ADB 二 AD DB _AB2AD xDB1212 -t22-t22 11在空间图形中、过 A 作AN _ DC、过B作BM _ DC、垂足分别为 N、M、过 N 作 NP/MB、连结 A P、 NP _ DC、那么.ANP就是二面角 ACD-B的平面角、= ：、在 Rt AND 中、DN 二 AD cos A DC 二cos=、AN 二 A Ds in ADC 二 si 、同理、BM =PN=sin 、DM =cosv、故 BP

14、= MN=2cos v、显然 BP _ 面 A NP、故 BP _ A P、在 Rt ABP 中、A P2 二 A B2 BP2 二 t2 (2cos)2 二 t2 4cos2、在ANP中、cos：二 cos A NPAN2 NP2 -AP2sin2 J sin2 J -(t2 4cos2 J2 +2cos* 6t*2 r* cos* 61* cos* 8=?l : = cos 厶1DR + :2 sin* 92sin* 9 sirT8 sin* 9sin* 0->0, 竺呂Z0,二匸6疣仝8厶17?£ 当合=匚时取等号hsin* 9sin" 02Tg,厶TDBw0；

15、h,而v = cos.v在0町上为遥减函数，二彳兰厶应选及【考点定位】立体几何中的动态问题【名师点睛】此题主要考查立体几何中的动态问题、属于较难题、由于ABC的形状不确定、.A'CB与:的大小关系是不确定的、 再根据二面角的定义即可知 ADB 一、当且仅当AC二BC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【2022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

16、件的一个面内、那么原工件材料的利用率为材料利用率=新工件的体积 原工件的体积A. 8B.16C.4( 2 MD.12( 2-1)39 二9 二z 丄-2H卜一1H【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x、y、h、长方体上底面截圆锥的截面半径为a、那么x2 y2 = (2a)2 = 4a2、如以下列图所示、圆锥的轴截面如下列图、那么可知2*2V=xyhx y h=2a2h =2a2(2-2a)a 2 - h -:h = 2 - 2a、而长方体的体积1 2a +a +2 2a 3162-2 ()、当且仅当x = y、a=2

17、-2a= a时、等号成立、此时利2716用率为一27= 8、应选A.1兀汇12 乂 293【考点定位】1.圆锥的内接长方体；2.根本不等式求最值.【名师点睛】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:是化立体问题为平面问题、结合平面几何的相关知识求解；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. 【2022高考浙江、理 2】某几何体的三视图如下列图单位：cm、那么该几何体的体积是()33323403A. 8cm B. 1

18、2cm C. 一cm D. 一cm3 3-軒视腔【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，如以下列图所示体积厂二F +殳A d =J应选c【考点定位】1.三视图；2.空间几何体的体积计算【名师点睛】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、会利用所学公式进行计算、表达了知识点的交汇13.【2022高考福建、理7】假设l,m是两条不同的直线、m垂直于平面、那么“ I _

19、 m是“ I /八的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I _ m、因为m垂直于平面芒、那么l / /用或I二：£ ；假设l /、£、又m垂直于平面、那么l _ m、所以“ l _ m 是“ l /：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.【名师点睛】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、所以我们可以将这

20、些问题复原到长方体中研究.14.【2022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.【解析】由三视图得、在正方体ABCDABGU中、截去四面体 A1B1D1、如下列图、.1131331353设正方体棱长为a、那么Va出眄a a、故剩余几何体体积为 aa a、所3 26661以截去局部体积与剩余局部体积的比值为'、应选D.5【考点定位】三视图.Cl【名师点睛】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.【2022高考上海、理6】

21、假设圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2-、那么其母线与轴的夹角的大小为.【答案】-31 下【解析】由题意得：-：rl :( h 2r) =2-= I =2h=母线与轴的夹角为2 3【考点定位】圆锥轴截面【名师点睛】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S二2 rl、圆柱的外表积S2：r(r I)、圆锥的侧面积S=rl、圆锥的外表积S - ：r(r I)、球体的外表积S =4-R2、圆锥轴截面为等腰三角形【2022高考上海、理4】假设正三棱柱的所有棱长均为a、且其体积为16 3、那么a =【答案】4【解析】a 空a2 =16 3二 a3 =64n a =44【考点定位】正三

22、棱柱的体积【名师点睛】简单几何体的外表积和体积计算是高考的一个常见考点、解决这类问题、首先要熟练掌握各类简单几何体的外表积和体积计算公式、其次要掌握平几面积计算方法柱的体1MV心，区别锥的体积八3Sh ；熟记正三角形面积为3 2a 、正六边形的面积为463 a215.【2022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所成的角为二2(1-y)8y 14y2 516 1：一、当t =1时取等号t "一25t.所以2(1 - y)1 2 < x =5 寸4y2 55

23、5-：、当y = 0时、取得最大值.【答案】25【解析】 1 1 1崖立坐标齐如團所示设.13=1,刖 EU 二 i 二11,£M由于异面直线所成角的范围为o=£n所以-芒,二-勺 1 , 8v-lf.l<F<9,那么W + 5斗厂+ 5【考点定位】1、空间两直线所成的角；2、不等式.【名师点睛】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m 、那么该几何体的体积取得最大值当点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、E

24、M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. 【2022高考天津、理10】一个几何体的三视图如下列图单位:为图视【答案】8二3【解析】由三视图可知、该几何体是中间为一个底面半径为1、高为2的圆柱、两端是底面半径为1、高为1的圆锥、所以该几何体的体积 V =12汉庞汉2+2疋1汉12汉兀如兀33【考点定位】三视图与旋转体体积公式【名师点睛】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基本功、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. 【20

25、22 高考浙江、理 13】女口图、三棱锥 A-BCD 中、AB =AC =BD =CD =3,AD =BC =2、点M,N分别是 AD, BC的中点、那么异面直线AN、CM所成的角的余弦值是 【答案】【解析】试题分析：如以下列图，连结取DY中点P.连结Elf, PC.贝何知力目卩为异面盲 线丄V, C甘所成角(或其补角)易=pc=/px2 +cv: =71+1 = 3, cv = Jac：-应:二M,/. cosZAUC =- =-,祁异面直线CM所感角的余弦值九一2x272x28S【考点定位】异面直线的夹角.【名师点睛】此题主要考查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

26、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. 2022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】7解析】由体积相等得：工4汇兀><52+兀M22x8=1x：r2工兀乂4+匹><2><8= r =肓33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

27、的体积公式计算.(2) 等积法：根据体积计算公式、通过转换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. 【2022高考新课标2、理19】(此题总分值12分)如图、长方体 ABCDARGU 中，AB=16、BC=10、AA=8、点 E、F 分别在 A1B1、C1D1上、AE = DrF =4 .过点E、F的平面g与此长方体的面相交、 交线围成一个正方形.(I)在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由)；(n)求直线 AF与平面所成角的正弦值.【答案】(I)详见解析；(n)4 5

28、 .15【解析】(I )交线围成的正方EHGF JS:(11 )作EM垂足为3,那么AV =-4£ = 4, EM = =S ,因沟EHGF为正方册，所以EH = EF = BC = 10.于是田=品于_血=6,所以仍=10 .以D为坐标原点，厉的方向沖耳轴的正方向，建立如下列图的空间直角坐标系D-gs WJ .4(10,0.0), H(IOJOQ), £(0:4:S),F(0.丄S), F£ = (10,0,0), J=(O,-SS).设"是平更阳GF的法向對那么护|片隹二610x=076y+Sz =0T所以可取n (0z4 J). X -iF = (

29、-10:4=S)，故 cos < n.AF > =n-Ai空.所以直线g平面'所成角证弦值沟誓【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.【名师点睛】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4>sin日=cos c n, AF >求直线AF与平面口所成角的正弦值.20. 【2022江苏高考、16】此题总分值14分如图、在直三棱柱 ABC - ABQ,中、A

30、C _ BC、BC二CG、设AB,的中点为D、BiC BG 二 E.求证：1 DE/ 平面AAGC ；(2) BG _ AB1.【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 BBGC为平行四边形，因此点E为B1C的中点、从而由三角形中位线性质得再由线而平行判定定理得D£平面纠匚匸2因为直三棱柱ABC-AC.中BC = CClt所以侧面财©C沖正方形，因jBC.lRC,又JC-5C,丄CQ 可由直三棱柱推导h因此由线面垂直判定定理得山-平面型06从而-必阻,再由线面垂直判定定理得毙平面/实,逬而可得EC】_卫：试题解析：1由题意知，E为中点，又D洵AB：

31、的中点，因此DE AC.又因为DE z平面.A_X；C:CAC二平面AA&1 C, 所以D E平面AAC：C". 因为棱柱ABC-AR：G是直三棱柱，所UWC】平面ABC.因 AC-平面 ABC,所 UAAC-CQ.又因为-.0 - me、CC1 平面 mcgn、三c：_ 平面三cgi、pC cg = c、所以.-.e _平面巳CCi已.又因为mG二平面mcgn、所以三G _ 一二C.因为三C=CG、所以矩形BCCi是正方形、因此2CiEjC .因为一-iC、_疋 平面_'-C、f C -C = C、所以_：G _平面三-C .又因为：1平面三1-二C、所以三Ci _

32、 三1.【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. 【2022高考安徽、理19】如下列图、在多面体ABQQCBA、四边形 AA1B1B、ADDAABCD均为正方形、E为B1D1的中点

33、、过A(，D,E的平面交CD1于F.(I)证明：EF/BQ ;(n)求二面角E AD B_!余弦值.第19题图【答案】(I) EF/BC ； (n) .3【解析】试题分析：(I)证明：依据正方形的性质可知AB /AB/DC、且AB = AB = DC、从而ABiCD为平行四边形、那么B.jC / /AD、根据线面平行的判定定理知 BC / /面A, DE、 再由线面平行的性质定理知 EF /B1C . (n)因为四边形 AABB、ADD1A、ABCD均 为正方形、所以 AA丄AB, AA丄AD, AD丄AB、且AA = AB = AD、可以建以A为原点、分别以 AB, AD, AA为x轴、y轴

34、、z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A|DE的法向量m = (r),s),t1).由口 _ A1E,n1 _ AD得r.|,s),t1应f0.5r( 0.5s = 0满足的方程组、(-1,1,1)为其一组解、所以可取口 =(-1,1,1).同理I s右=0Im e|mi |n212试题解析：(I)证明：由正方形的性质可知A1B1 / /AB/DC、且A四边形A1B1CD为平行四边形、从而BQ/AD、又ADu面A1DE、BC広面ADE、于是BiC/面ADE、又B-C 二面 BtCD 而面 ADE 宀 E B CD- = EF,所以 EF B C(II)因处四边_形 zLi

35、pER, ADD-A- - .ABCD均为正方賂 所以月凡AB. *4*4 一 ADl AB , 且述吉以V沏嵐執 分别为X轴，1轴，z轴单位正向量建立，如图所 示的a'SMffi坐标系，可得点的娜&o.oo)(iAgQ(：aw?(ooiaai)p(oij)而e B-D-的中点，所以E点的坐标为71).设SAJ)E的法向量分=的比"而该面上向® 4 =(0-5:05:0)1D = (0 1.-1)»由 -.0.5k + 0.5 = 0叫月E帥一為D得与两百应満足的方程组*-* (-1丄】)芳其一组解，所以可取I 勺一“0口 =(1,1,1).设面A

36、BiCD的法向量 比=(2芒2我2)、而该面上向量ABi =(1,O,O),AD =(0,1,-1)、由此同理可得 门2 =(0,1,1).所以结合图形知二面角e_a,d-b的余弦值为m 2I二 十.gin 323【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.此时建立恰【名师点睛】解答空间几何体中的平行、垂直关系时、一般要根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. 【2022江苏高考、2

37、2】本小题总分值10分如图、在四棱锥 P-ABCD中、PA_平面ABCD、且四边形 ABCD为直角梯形、.ABC 二.BAD , PA 二 AD = 2, AB 二 BC = 121求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；2 点Q是线段BP上的动点、当直线 CC与DP所成角最小时、求线段 BQ的长CD【答案】(1)一33(2) 2 55PCD法向量、故关【解析】 试题分析：1 求二面角、关键求出两个平面的法向量、此题中平面键求平面PAB的法向量、利用向量垂直关系可列出平面PAB的法向量两个独立条件、再根BQ = BP,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

38、那么cosvcQD "2丸0兰丸乞1,再利用导数求其最值、确定点Q坐标、最后利用向量10九 +2模求线段BQ的长试题解析：以二'为正交基底建立如下列图的空间直角坐标系-xyz、那么各点的坐标为 3 1,0,0、C 1,1,0、D 0,2,0、？ 0,0,2 .1因为ZD _平面 rm、所以u_D是平面 '-的一个法向量、-D = 0,2,0 .因为?C= 1,1,-2、mD = 0,2,-2 .设平面?CD的法向量为-： ：-：；:X y_2z = 0“x,y,z、那么 m o、mPD=0、即 2y_2z = 0令 y =1、解得 z =1、x =1.所以m二1,1,

39、1是平面？CD的一个法向量.cos(ji,mpg从而m 3 、所以平面二与平面?CD所成二面角的余弦值为m 3 一-)-(2)因为益-1,0,2、设m- ,0,2( 0_，_1 )、又CB = 0,-10b ®iJCQ = CB+BQ = (-<-l:2z), XDP = |O-2.2b从而口©阿用眄I|cq|dp|'iftl+2z = r- feL3,那么<220 W*+9cos2(CQ.DP=、A =1-10f+9 j AV - <才oCOS(QQ:DP)|ffig 值为響.92当且仅当r = ->即乂=二时,55因为y = cosx在上

40、是减函数，此时直线CQ与DP所成甬耶得最小值. 7T又因次BP = Jf + 2 =岳 fiTlBQ=-BP = -55【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B、须求出它们的方向向量 a、b的夹角、贝U cos0 = |cos a、b> |.2 .求直线l与平面a所成的角0可先求出平面 a的法向量n与直线I的方向向量a的夹角.贝U sin 0 = |cos n、a> |.3 .求二面角 a -I - 3的大小0、可先求出两个平面的法向量 ni、n2所成的角、贝U 0 =ni、n2>或n ni、n 2.23. 【2022高考福建、

41、理17】如图、在几何体 ABODES、四边形 ABCD是矩形、ABA平面BEGBEA EG AB=BE=EC=2 G F分别是线段 BE DC的中点.(I )求证：GF /平面ADE ;(n )求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.又一匹 u 面 ADE , G.U w ADE ,所kAG.U 平面 ADE .在袒形AECD中，由皿F分别是AB, CD的中点得.辺.又 二面 ADE, MF Z 面所 I2A.UF 面 ADE.又因次 GmfF = M , G.U c 面 G_UMF 二面 G_U所决面GMF 平面ADE,因为GF二面GMF ,所以G_M 平面ADE.24.【2022高考

42、浙江、理17】如图、在三棱柱 ABC _ ABiG-中、.BAC =90、AB二AC = 2、AA=4、A在底面ABC的射影为BC的中点、D为BG的中点.1证明：AD_平面ABC ;2求二面角 A -BD- B1的平面角的余弦值.A【答案】1详见解析；2一1.8B试题分析：1根据条件首先证得 AE _平面ABC、再证明AD/AE、即可得证；2作AF丄BD、且AF BD = F、可证明NA1FB1为二面角 A - BD B,的平面角、再由1余弦定理即可求得cos A1FB1、从而求解.8试题解析：1设E为BC的中点、由题意得 AE_平面ABC、 AE_AE、： AB = AC、 AE丄BC、故A

43、E丄平面ABC、由D、E分别B1C1、BC的中点、得DE/B1B且DE=B1B、从而DE/AA、四边形 AAED为平行四边形、故 AD/AE、又t AE丄 平面 ABG、 AD _ 平面 ABG ; (2)作 AF _ BD、且 AF BD = F、连结 B1F、 由 AE=EB = J2、乙A1EA =NA,EB =90、得 AB = AA = 4、由 AD = BD、 A1B1B、得ADB三占RDB、由AF丄BD、得B丄BD、因此NA1FB1为二面角A - BD -B 的平面角、由 AD = 2、A1B =4、 DA1B =90、得 BD = 3 2、4 1A1F =B1F、由余弦定理得、

44、 cos A1FB1.38【考点定位】1.线面垂直的判定与性质；2.二面角的求解【名师点睛】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. 2022高考山东、理17】如图、在三棱台DEF-ABC中、AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点(I)求证：BD/平面FGH ;(H)假设 C

45、F 平面 ABC、AB_BC,CF=DE 、 BAC =45 ,求平面 FGH 与平面ACFD所成的角(锐角)的大小【答案】(I)详见解析；(II ) 60【解析】试题分析：(I )思路一：连接 DG,CD、设CD GF =O、连接OH、先证明OH/BD、从而由直线与平面平行的判定定理得BD/平面HDF ;思路二：先证明平面FGH/平面ABED、再由平面与平面平行的定义得到BD / /平面HDF .(II )思路一：连接 DG,CD、设CD GF =0、连接0H、证明GB,GC,GD 两两垂直，以G为坐标原点、建立如下列图的空间直角坐标系G-xyz、利用空量向量的夹角公式求解;思路二：作HM

46、_ AC于点M 、作MN _ GF于点N 、连接NH、证明.MNH 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 DG,CD、设CD GF =0、连接OH、在三棱台DEF-ABC中、AB =2DE,G为AC的中点可得 DF /GC, DF =GC所以四边形DFCG为平行四边形那么O为CD的中点又H为BC的中点所以OH /BD又OH 平面FGH , BD 平面FGH ,所以BD/平面FGH F证法 在三棱台DEF-ABC中、由BC =2EF ,H为BC的中点可得 BH EF/H = EF.所常四边形BHFE为平行四辺形可得BE HF在中，G为川C的中点，甘为5CW中点，所以GH

47、 AB又GHCHF = Hf所以平面FGH 平面ABED因为BD二平面ABED所以BD/平面FGH(II )解法一：设 AB =2、那么 CF =1在三棱台DEF-ABC中、G为AC的中点, 1由 DF = AC =GC、2可得四边形DGCF为平行四边形、因此DG/CF又FC _平面ABC所以DG _平面ABC在 ABC 中、由 AB _ BC, BAC = 45 、G 是 AC 中点、所以 AB 二 BC,GB _GC因此GB,GC,GD两两垂直以G为坐标原点、建立如下列图的空间直角坐标系G - xyz在 NGC 中W7 RGNH £bG 二芈可得GHGF由MH 平面ACFD.MX

48、 u平面ACFD得册_S：LJl/因此tan=石JAY所以上MVH = 6所以平面FGH与平面ACFD所成角锐角的大小为 60【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.【名师点睛】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. 【2022高考天津、理17】本小题总分值13分如图、在四棱柱 ABCD- A1B1C1D1中、侧棱 AA 底面ABCD , AB

49、AC , AB =1,AC = AA = 2, AD = CD =5,且点M和N分别为BQ和DQ的中点.求证：MN /平面ABCD ；(II)求二面角Di - AC - B的正弦值;(III)设E为棱ABf上的点、假设直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为、求线段A,E3的长【答案】(I)见解析；(II) 3 10 ； (III) 7-2.10【解析】如图、以 A为原点建立空间直角坐标系、依题意可得A(0,0,0), B(0,1,0), C(2,0,0), D(1,-2,0)、C、又因为M,N分别为BQ和DfD的中点、得M 1,1 ,1 ,N(1,-2,1).I 2丿(I)证明：依题意、可得n

50、=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量=0亠0 1 2丿由此可得、 MN r =0、又因为直线 MN二平面ABCD、所以MN /平面ABCD) T(II) ADi =(1,-2,2), AC =(2,0,0)、设 n(x,y,z)为平面 ACDi 的法向量、贝Ux _2y 2z =0>、不妨设z = i、可得口 =(o,i,i)、2x =01 AU =0T?1 、即彳i n ac = o !_LT 彳 I k、n2 AE =0 设n2 =(x,y,z)为平面ACB|的一个法向量、那么)-、又AB (0,1,2)、得门2 AC = 0y 2z = 0?、不妨设z =1、可得压=(0,

51、2,1)302x 二 0工X二-並，于是sin无兀10' 】710所以二面角D.-AC- $的正弦值为上浮.依题意，可设=其中zetOJ,那么£©入习，从而旺=V-21，又 = 0#刀为又因JZSO±1T解得?=忑7、所以线段凡E的长为7-2.【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.【名师点睛】此题主要考查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

52、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. 【2022高考重庆、理19】如题19图、三棱锥P - ABC中、PC 平面ABC,PC =3厂ACB = .D,E 分别为线段 AB,BC 上的点、且2CD =DE2,CE =2EB =2.1证明：DE _平面PCD2求二面角A -PD -C的余弦值。【答案】IIIIIIIIIC题19图1证明见解析;【解析】 试题分析：1要证线面垂直、就是要证线线垂直、 题中由PC _平面ABC、可知PC _ DE、再分析由DC =CE二2,CE =2得CD _ DE、这样与DE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

53、据定义作出二面角的平面角、求出这个平3T面角的大小、此题中、由于 .ACB 、PC _平面ABC、因此CA,CB,CP两两垂直、可2求出平面APD和平面CPD的以他们为x, y,z轴建立空间直角坐标系、写出图中各点的坐标、 法向量n 1,压、向量n ,门2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丄平面ABC D圧平面ABC、故P DE由CE=2、CD=DE= 2得."： CDE为等腰直角三角形、故 CD_ DE由PC C!=C、DE垂直于平面 PCD内两条相交直线、故 DE_平面PCD 解：由1知、 CDE为等腰直角三角形、 DCE=、如19图、过点 D作DF4,垂直CE