专题10立体几何大题-三年高考数学理试题分项版解析

三年高考（2014-2016）数学（理）试题分项版解析第十章几何【201516（14分（1）（2）BC1AB1BDEBDE 试题分析（1）BB1C1CEB1C的中点，从而由三角形中位线性DEACDE平面AA1C1C（2）ABCA1B1C1中BCCC1BB1C1CBC1B1CACBCACCC1（可由直三棱柱推导，AC平面BB1C1CACBC1BC1平面AB1C,BC1AB1（1）又D1的中点，因此D//C．又因为D1C1CC1C1C，所以D//1C1C．（2）因为棱柱C11C1是直三棱柱，所以CC1C．找到一条与已知直线平行的直线,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【2016高 理数（本小题满分13分O-EF-CHAFAH=3

HFBHCEF所成角的正弦值333

77（Ⅰ）试题解析：依题意，OF平面ABCD，如图，以OADBA,OFxy轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O(000)，D(1,

2x即

.z1n02,1EG0,12EG

0xy2z EG平面ADFEG平面ADF（II）OA1,10为平面OEF的一个法向量.EF1,10CF1,12.nxyz为平面CEF的法向量，则n2EF0，即xy

.x1 nCF

xy2zOA,n263OA,n3OAOA,n263OA,n3OAOA

因此有cos

，于是sin

3，所以，二面角OEFC3 33考点：利用空间向量解决几何问【2014江苏，理16】如图在三棱锥P-ABCDEF分别为棱PCACAB的中点，已知PAAC,PA6,BC8,DF5求证（1）PADEF（2）BDEABC试题解析DEPCACPA//DEPA平面DEF，DE平面DEF（2）由（1）PA

DEPAACPEACFAB中点，所以DE1PA322DE平面ABCDEBDEBDEABC找到一条与已知直线平行的直线,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.由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个而展开，这是化解空间垂直关系难点的技巧所在．证明【201522（10分PABCDPAABCDABCD为直角梯形ABCBADPAAD2ABBC12PABPCDQBPCQDPBQ（1）3（2）2 （1）因为D平面，所以D是平面D020．因为C1,12D022．设平面CDmxyzy1z1x1

mC0

mD

xy2z，即2y2z 从而

D

3，所以平面与平面CD3D （2）因为102，设Q02（0又C010，则CQCQ12，又D022CQ,DCQ,DCQD1 CQ102CQ,DCQ,D5t210t设12tt1,3，则

5

10t999 t99 当且仅当t9，即2cosCQ,D310 ycosx在0上是减函数，此时直线CQ与D 2又因为

5 ，所以Q225 |.2lαθαnlasin－〈n1，n2【201517DEFABCAB2DEGHACBC的中BD//FGH若CFABCABBCCF

，BAC

FGHACFD的角（锐角）（II）（I） ，设 GFO，连接OH，先证明OH//BD，从而由直线BD//HDF；思路二：先证明平面FGH//平面ABEDBD//HDF（II）思路一：连接D，设CD GFO，连接OH，证明GB,GC,GD两两垂直,以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz，利用空量向量的夹角公式求解；思路二：作HM于点M，作MN

NNH，证明

在三棱台DEFABC中，BC2EFHBC的中点可得BHEFBHEFBHFE可得BE在ABC中，GAC的中点，HBC所以GH//又

HFHF

FGH//平面因为BD平面所以BD//AB2，则CFDEFABCGACDF1ACGC2DGCF为平行四边形，DG//CFFCDG在ABCABBCBAC

GAC所以ABBCGB因此GBGCGD以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G所以G000B2,00C0,20D0H 2 可 2,0,F0, GH2GH2,,0,GF2nxyz

FGH由nGF

可得

2yzFGHn11,2GB,nGB2|GB,nGB2|GB||n 21

2,0,所以cos 2所以平面与平面所成的解(锐角)的大小为在BGC中,MH//BG,MH1BG 2 由GNMMNGM 从而MN 6MHACFDMNMHMN3因此tanMNHHM3所以MNH.FGHACFD所成角（锐角）的大小为.【名师点睛本题涉及到了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；利用空间向量解决几何问题是一种成方法，要注意建立适当的空间直角坐标系以及运算的准确性.【201417（本小题满分12分ABCDA1B1C1D1ABCDDAB60AB2CD2M是线段AB的中点.3若CD1垂直于平面ABCD且CD1 ，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值35（I）（II）平面C1D1MABCD所成角（锐角）5（I）可得CD//MA且CDMA.AD1，可得C1D1MA,C1D1MA，AMC1D1为平行四边形，进一步可得C1M//CABABND1N，由CD1ABCDD1NAB得到D1NC为二面角C1ABC的平面角，利用直角三角形中的边角关系计算平面C1D1MABCD所成角（锐角）的余弦值（I）AB2CD，ABCDMAB的中点，因此CD//MA且CDMA.因为CDC1D1,CDC1D1，可得C1D1MA,C1D1MA，因此C1M//D1A，所以C1M//所以A(300B(0,10D1(00,3M

3 ,3 所以MD 3,1,3)，D

MB 3 1

, 设平面C1D1Mnxyz由

，得

3xy，3xy23z可得平面C1D1Mn1,3,1又CD100,3ABCDCD,nCD,nCD1n1|CD||n1555所以平面C1D1MABCD所成角（锐角）的余弦值为5由（I）知，平面D1C1M 过C向AB引垂线交AB于N，连接D1N，由CD1平面ABCD，可得D1NAB，因此D1NC为二面角C1ABCRtBNCBC1,NBC600可得CN 32CD2CD2CN1所以 2

CN

25所以平面C1D1MABCD所成角（锐角）的余弦值为5【2016年高 理数（本小题14分PABCDPADABCDPAPDPAPDABAD5AB1，AD2，ACCD5PDPABPBPCDPAMBM//PCD

的值；若不存在，说明理由 （2） （3） （1）面垂直判定定理可知PD平面PAB（2）取AD的中点O，连结POCO，以O为坐标原点建立空间（3）MAMAPBM//PCDBMn0，求如图建立空间直角坐标系Oxyz

的值PCDn(x,yz)nPD yznPC0即2xz z2x1y2n1,2,2又PB(1,1,1)，所以cosn,PBnPB 3n3n3所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值 332C1D2D是C与的交点．将沿折起到1的位置，如图2．1平面CD1C与平面1CD6（II） 63（I）（II）1C和平面1CD1C与平面1CD夹（I）因为C1D2DD，所以221从而又CD//，所以CDA1OC(IIA1BE平面CD，又由（I）OA1所以AOCA-BE-C的平面角，所以AOC 如图，以为原点，建立空间直角坐标系，A1B=A1E=BC=ED=1BC//ED

2,0,0), 2,0,0),A(0, 2, 得

2 2,0),A 2, 2)，CD=BE=

2,0,0) A1BCn1x1y1z1A1CD的法向量n2x2y2z2A1BCA1CD夹角为，则n1BC0，得x1y10，取n1,1,1nAC

yz

n2CD

x2

nAC

yz

从而cos|cosn1n2

3 6A1BCA1CD3BCBC【2016高考新课标3理数】如图，四棱锥PABCPA地面ABCDABADAC3PABC4M为线段AD上一点AM2MDNPC的中点证明 ANPMN8（Ⅱ）8（Ⅰ）PB的中点TAMNT为平行四边形，从而得到MNAT（Ⅱ）AADAPyz轴建立空间直角坐标系，然后通过求直线ANPMN法向量的夹角来处理AN与平面PMN所成角．由题意知P(0,0,4)M(0,2,0)

5,2,0)，N

2PM(0,2,4)，PN

2

2

nx,yz)PMN

nPM

2x4z

，可取n02,1 5xy2z

n,AN||n,AN||nAN|5|n||AN【技巧点拨（1）证明几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角（2）【201417ABCDABEADAHEHEDGF２主视

左视C 俯视EFGHABEFGH夹角的正弦值（2） 5（1）

AD,ADDC，BDDC2,AD由题设，BC∥面EFGH，面EFGH面BDCFG，面EFGH面ABCEH，所以BC∥FGBCEHFGEHEFHGEFGHEFFGEFGH（1）

AD,ADDC，BDDC2,ADBC面 BCFGBCEH，EFADHGADBD,ADBD,ADDC, DCADBC∥FG,EF∥EFEFGH

FG∥EHEF∥HG（2）DD(000)A(00,1B(200)C(02DA(0,0,1)，BC(2,2,0)，BC(2,2,zzAHEDGF BxEFGHnxyBCBC∥FG,EF∥nDA0,nBC即得

z=BA,nBABA,nBA2|BA||n 5sin|

5考点：面面平行的性质；线面角的求法【201418（12分P-ABCDABCD为矩形，PAABCD，EPD的中点D-AE-C60°，AP=1，AD=3E-ACD的体积（Ⅰ）OACBDOEABCD知：OBDEBDOE∥PBOEAEC，PBAECPBAEC（Ⅱ）AAB、AD、APx、y、zAB=mu ABm00AEDn(x,yz)AECru nAEr

y z z

3y，3ymxy1n

31,3mnACmx

3yru cosnAB

m 3ru

3 cos60om3，因为EPDE-ACD

n, 3 为1，所以三棱锥E-ACD的体积为1 1=11

3m=1133 3 【名师点睛】本题考查了直线与平面平行的判断与证明，三棱锥的体积的求法，属于中等题，考查学生分空间向量知识求解可避免作出二面角的平面角这一难点同时也了还可换底方法可用．【2016高考浙江理数】(15分)如图,ABCDEF中,BCFEABC,

(II)B-AD-F的平面角的余弦值3（II） 34（I）DCF相交于一点，如图所示．因为平面CFC，且CC，所以，C平面CF又因为F//CFFC1C2，所C为等边三角形，且F为C所以F平面CFDDCF相交于一点，则C取C的中点，则C，又平面CFCC．以点为原点，分别以射线xz的正方向，建立空间直角坐标系xyz1,0,0，C1,0,0，0,0,3，1,3,0，1,0,3，F1,0,3 2 2 C0,3,0，1,3,3，2,3,0设平面Cmx1y1z1的法向量为nx2y2z2 ，

m

3,0,

3y

3z

，

，取n32,3．

3y

3z

m,nmn 3m 3所以，二面角DF的平面角的余弦值 34【 理18三棱锥ABCD及其侧视图俯视图如图所示.设M，N分别为线段ADPBCMNNPPBCANPM的余弦值（2） 105yABDBCDDBDO，所以OBOAOCA(00,3B(100),C(0,30)， 100)N( ，设（1）BPBC(1,30,30 OPBC1,30NP1,33.MNPN,10001 PBC的中点ANANDCBPy（2）PMNn10,1,1BA10,3BC1,30ABCnxyzx03z0n(3,1,1，所以cos1110252 x3y0252BP1BCBP1BCPBC2可.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．【2015高考 ，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图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为NFGH标记在正方体相应的顶点处（不需说明理由MN//AEGM的余弦值（1）F、G、H的位置如图所示 FEF M 223（1）F、G、H的位置如图所示 FEF M BDOBD的中点 FEF M、NBC、GH所以OMCD，且OM1CD2NHCDNH1CD2所以OMNHOMNHMNHO是平行四边形，MN//OH，MNBDHOHBDH，所以MN//平面BDH.ACMMPAC FEF P ABCDEFGHACEG，所以MPEG.PPKEGKKM，EGPKM，从而KMEG所以PKMAEGM的平面角.AD2，则CM1PK2，在RtCMP中，PMCMsin45 22PK2PM32在RtKMPPK2PM32所以cosPKM

2232即二面角AEGM的余弦值23（另外，也可利用空间坐标系求解【名师点睛】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ABCDF、G、H的位置.（2）根据直线与平面平行的判定定理，应MNBDH内的一条直线.O、MMNHOMNOH，MN//BDH.（3）AEGMMAEGC的垂线，EGMAEGM的平面角.【2014课标Ⅰ，理19】(本小题满分12分)ACAB1CC1（Ⅱ）7AB 3, 3),A

,B

BC(1,

3,0) 1

1

3y

3z设n(x,y,z)是平面AAB的法向量，则nAB10,即

所以可取n1,3,3

x

3z3

3,3)11

n 则cosnm

nm7AA1B1C17ACACOy.加强对各种方法的训练，做到无误【2016年高 理数（本小题满分12分=2PACD

AD，EADP-CD-A45PAPCE所成角的正弦值BPBC 1（Ⅱ）3（Ⅰ）利用已知的平行，易得CD∥EB；从而知MDCAB的交点（Ⅱ）求线面角，可以先找到这个角，即．（APNAP=PNMN上任意一点（Ⅱ）CDPAD.所以∠PDAP-CD-A的平面角.AAH⊥CECEHPA⊥CE.AAQ⊥PHQAQPCE.所以∠APHPAPCE所成的角.Rt△AEH中，∠AEH=45°，AE=1，2所以 22PA2PA2AH 2 所以 CDPAD.从而∠PDAP-CD-A的平面角.Ay⊥ADAADAPx轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标A（0,0,0，P（0,0,2，C(2,1,0)，E(1,0,0)，2=（1,1,0PCE由

x2z得xy

|nAP PAPCE所成角为α，

1PAPCE3

|n||AP.

222(2)2 zMzMyBCEDxA考点：线线平行、线面平行、向量法，，三角形求出这个角．另法建立空间直角坐标系，用向量法求角，这种方法主要是计算，不需要“作【2015高考新课标1，理18】四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面AECF所成角的余弦值333ⅠEG⊥FGEGAFCAFC⊥平AEC（Ⅱ）G-xyzAECF所成角的余弦值.BDFEBDFE 23，2∴EG2FG2EF2∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面 ……6（Ⅱ）G为坐标原点，分别以GBGCx轴，y|GB|G-xyz，由（Ⅰ）A（0，－3，0，E(1,0,

22222

，C（0，∴AE=（1，3

2CF=（-1，-3 ）.…102AE,AE,CFAE|AE||CF33故cos 3AECF33

……1212先在图形中找有没有异面直线所成角，若没有，则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.求二A1-BD-B1的平面角的余弦值

，ABAC2，A1A41（2） 181（1）（2）作A1FBD，且A1F BDF，可证明A1FB1为二面角A1BDB1的平面角，再由1余弦定理即可求得cosA1FB18，从而求解（1）∴AEBC，故AE平面A1BC，由D，E分别B1C1，BC的中点，得DE//B1B且DEB1B，从而DE//A1A，∴四边形A1AED为平行四边形，故A1D//AE，又∵AE平面A1BC1，∴A1D平面A1BC1（2）作A1FBD，且A1F BDF，连结B1F，

A1BB1B，得A1DBB1DBA1FBDB1FBD，因此A1FB12 2，A1B4，DA1B90，得BD 2 A1FB1F3cosA1FB18【名师点睛】本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.【201420（15）ABCDEABC2 2DEACDBADEDADC （Ⅱ）6（Ⅰ）DEDCACDEADDEABCBCDE需证明ACBC，就得AC平面BCDE，即ACDE，而由已知AC 2,AB2，在直角梯BCDE中，易求BC 2，从而满足AB2AC2BC2，即得ACBC，问题得证（Ⅱ）求二面BADEBFADADF过点F作 AE交于点G，连结BG，由（I）知，DEAD，则FGAD所以BADE的平面角，求出BFGBADE的大D为ADE的法向量为mx1,y1,z1，平面ABD的法向量为nx2,y2,z2，求出它们的一个法向量，利用BADE的大小．2试题解析（在直角梯形BCDE中由DEBE1，CD2得，BDBC 2

AC

2,AB2AB2AC2BC2ACBCABCBCDEACBCDEACDEDEDCDEACD（II）方法一：作BFAD，与AD交于点F，过点F作 DE，与AE交于点G，连结BG，26知，DEADFGADBFGBADEBCDE中，由CD2BD2BC2BDBCABCBCDEBDABCBDAB，由于AC平面BCDE，得ACCD，在RtACD中，由CD2AC，得AD，26FDFDGC 6在RtAED中，DE1，AD ，得AE6

2，AB2，AD 6BF23AF2AD，从而GF26

ABG 55

GF2BF2 3cosBAE ,BG ，在BFG中，cosBFG 3

，所以BFG BADE6

2BF ZZADCYExB(钝角时取其补角)，取其余角即为所求．(2)sin2θ＋cos2θ＝1求.【2016高 ）绕的OO1旋转一周形成圆柱，AC2ABB与CAAOO 1 1

3（2） 34（1）由题意可知，圆柱的高h1，底面半径r1．确定11

设过点1的母线与下底面交于点，则1//1所以C1或其补角为直线1C1由C2，可知C23又11

，所以C3从而C为等边三角形，得C1．因为1C，所以1C在C中，因为CC11，所以C 从而直线1C14【201419（13分,(Ⅰ)6分，(Ⅱ)7分如题（19）PABCD中，底面是以OPOABCDAB2,BAD3

，M为BC上一点，且BM ,MPAP121POAPMC的正弦值332

（Ⅱ） 5试题分析（Ⅰ连结AC、BD,因为是菱形ABCD的中心 BDO,以O为坐标原点，OA,OB,xy轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，根据题设条件写出OAM出点P的坐标0,0,a，根据空间两点间的距离公式和勾股定理列 a的值得到PO的长n1n2的坐标，再利用向量的夹角公式求出cosn1n2，进而求出二面角APMC的正弦值如答（19）图，连结AC,BD，因ABCD为菱形，则 BDO，且ACBD，以O为坐OAOBOPxyz轴的正方向，建立空间直角坐标系oxyz因BAD，故OAABcos 3,OBABsin

所以O000,

3,0,0,B0,1,0,C

3,0,0,OB0,1,0,BC

由BM1,BC2知，BM1 3,1,0 OMOBBMOMOBBM343从 ，即M ,0 ,0 P00aa0AP30aMP33aMPAP 故MPAP0,即3a20，所以a 3,a 3（舍去，即PO 3 3

3 （Ⅱ）由（Ⅰ）

3,0,2,MP4,

,CP3, 3 3

2 2n1,5APMn1x1y1z1PMCn2x2n1,5-3x

3znAP0,nMP

,2 得

故可取

x1

y1

2z13

3y

3z 2223由nMP0,nCP0,得 2223

3,3x22z2n,nn,n |n||n 从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为 故所求二面角APMC的正弦值 5【 理20】(本题满分13分如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A底面ABCD．四边形ABCD为梯形，ADBCAD2BCA1,CD三点的平面记为BB1与的交点为Q证明QBB1的中点求此四棱柱被平面A1A4CD2ABCD6，求平面ABCD （2）（3）（1）11BQBQBC1，即QBB（2）连接QAQD11

hABCD的高为d 四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为V和VBC=aAD2aV 7ahd和

11111 Q Q

V

下 下

V下2ahd12ahd12ahd，从而

（3）7种方法，用常规法，作出二面角．在ADCAEDCEA1EDEAA1 AEADEAEA1DEA1E．所以AEA1为平面ABCDDDADD1xz空间直角坐标系．设CDA=

a2a2sin6a2

C2cos,2sin,0，A

04DC2cos2sin0

DA411DA41 （1 所以平面QBCA1ADA1CD与这两个平面的交线相互平行，即QCA1D故QBC与A1AD的对应边相互平行，于是1BQBQBC1，即QBB1

解：如第（20）1，连接QAQDAA1hABCD的高为d，四棱柱被平面上下两部分的体积分别为V和VBC=aAD2a1VQA1V

112ahd1ahd3 1a2adh1ahd24 Q 24 所以V 7ahd Q Q 3111又VABCDABCD111所以V

V下=2 12 12ahd 故V11 解法1如第（20）题图1，在ADCAEDCEA1EDEAA1 AEADEAEA1DEA1E所以AEA1为平面ABCD所成二面角的平面角．BCADAD2BCSADC2SBCA．ABCD6DC2SADC4，AE于是tanAEAAA11AEAπ 故平面ABCDπ42如第（20）2DDADD1xz设CDA=

a2a2sin6a2

．从而C2cos,2sin,0，A ,0,41 DA41DC2cosDA41设平面A1DC的法向量nx,y,1

DAn x4由

xsinycosDCn2xcos2ysinn(sincos,1)n,mn,mnmnm n2故平面ABCDπ4【名师点睛】几何证明性问题有的看起来很显然，但不能想当然的写，一定要注意在每步证明时有定【2014福建,17（12分ABCDABBDCD1ABBD,CDBD.将ABDBD折起，使得平面ABD平面BCD，如图.求证：ABMADADMBC所成角的正弦值AA663试题解析：(1)因为ABD平面BCD,平面ABD平面BCDBD,AB平面ABD,ABBD,所ABBCD.又CDBCDABCD(2)BBCDBEBD,如图.由(1)ABBCDBEBCDBDABBEABBD.B为坐标原点,BEBDBAx轴,y轴,z1间直角坐标系.依题意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M ,).2BC1,10),BM011AD0,11.MBC

z.则nBC02x0y0

n(x0,n(x0,1y

0.z01MBCn11,1.ADMBC所成角为,n,AD2n,ADsincos

,即直线AD与平面MBC所成角的正弦值 66n66nn3【名师点睛】本题第一问是垂直问题的证明，空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.第二问是角度的计算问题,可用空间向量解决,利用向量求线面角的方法是求出平面的法向量及直线的方向向量,两向量所夹锐角的余角就是所求线面角.如图，在棱长为2ABCDA1B1C1D1EFMNABADA1B1A1D1P,QDD1BB1DPBQ0当1BC1EFPQ是否存在EFPQPQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不（2） 2（1）（2）O、G，连结OH、OG，证明GOHEFPQPQMN所成的二面角的平面角，设存在，使平面EFPQPQMN所成的二面角为直二面角，求出的值；解法2，D为原点，射线DADCDD1xyz3Dxyz，用向量法求解.（2）2BDEFABAD的中点，EF//BDEF1BDDPBQDP//BQ，2PQBD是平行四边形，PQ//BD，且PQBD，EFPQEF

1PQ2RtEBQRtFDPBQDPBEDF1，1EQ1

EFPQPQMNEFPQMNH、O、G，连结OH、OG，则GOPQHOPQ，而GOHOO，故GOHEFPQPQMN若存在EFPQPQMN所成的二面角为直二面角，则GOH90，连结EMFN，则由EFMN，且EFMN，知四边形EFNM是平行四边形，连结GH，因为H、GEFMN的中点，所以GHME2，在GOH中GH24OH2122)221 OG21(2)2(2)2(2)21 由OG2OH2GH2得(2)21214，解得1 2 故存在

EFPQPQMN2DDADCDD1xyz3DxyzBC12,0,2FP1,0)FE1,1,0)（1）证明：当1FP1,0,1BC12,0,2，所以BC12FP，即BC1FP，FPEFPQBC1EFPQ，故直线BC1平面EFPQ.（2）EFPQ的一个法向量nxyz)，由

xy可得xz0，于是取n,,1MNPQ的一个法向量为m2,2,1若存在EFPQPQMN所成的二面角为直二面角，则mn(2,2,1,,1)0，即(2)(2)10，解得1 22故存在

EFPQPQMN2第一问通过证明线线平行得出线面平行的结论；第二问正确求解的关键是正确地找出平面EFPQPQMN所成的二面角的平面角.充分体现了探究型学高的重要性ABC和BCDABBCBD2ABCDBC1200，E、F分AC、DC的中点.EFBCEBFC的正弦值225Ⅰ（2

BDBCBBCx轴，BCyABC内BBCz轴，建立如图所示的空间直角坐标系.33 33易得 ,0),所以EF ),BC(0,2,0)，因此EFBC0,从而 EFBC；(Ⅱ)（方法一）1OOG⊥BFGEGABCBDC，EOBDCEOBDCOG⊥BFEGBF，因此∠EGO1角E-BF-CEOC2

2

323

BGOBFC知，OGBOFC 3,tan∠EGO=EO2,sin∠EGO=25E-BF-C的正弦值 （Ⅰ）（方法一）EEO⊥BCO由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC2EFEFOEF⊥BC.

（方法二）BDBCBBCx轴，BCy轴，ABCBBCz轴，建立如图所示的空间直角坐标系.33 33易得B（0,0,0，A(0，-1，3),D(3,-1,0)，C(0,2,0),因而 ,0),所 EF

30 3BC020EFBC0,EFBCEFBC （方法二）在图2中，平面BFCn100,1，设平面BEF的法向量n2xyzBF(3,1,0),BE

13,由n2BF

n1

n,nn,n1 |n||n 为，且由题意知为锐角，则cos|cos

2 52角E-BF-C的正弦值25考点：1线面垂直的判定；2.二面角【 ,理19（本题满分12分的体积V.223的射影是底面ABC的中心，由相应的直角三角形可求得高，得到体积．因此P1P2P34．PABC内的投影为OBOACDACO为ABCPO∴BO

2BD ，PO ，V1122 22322 3 22322类简单几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握平几面积计算方法.柱的体积为VSh,V13

；熟记正三角形面积为

633

3 【 理19（本小题满分13分）A1DE的平面交CD1F.EFB1C6（Ⅰ）EFB1C（Ⅱ）3（Ⅰ）B1CA1DB1C//A1DE知EFB1C.（）

，ABCDABADAA1AA1 ADADABAA1ABABADAA1xyz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A1DE的法向量t.nAEnADrs,t应满足的方程组0.5r10.5s11

11

st n11,1,1.A1B1CDn20,1,1.EA1DB

6|n|n1n2|n1||n223（Ⅰ）为平行四边形，从B1C//A1DA1DA1DEB1CA1DE，于B1C//A1DE，又B1C面B1CD1，而面A1DE面B1CD1EF，所以EF//B1C.（Ⅱ）因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1AB B1D1E点的坐标为(0.50.5,1A1DEn1r1s1t1.A1E0.50.50A1D0,11nAEnADrs,t应满足的方程组0.5r10.5s10(1,1,1

11

st |n1|n1n2|n1||n2233【201517ABCDEABCD是矩形，AB^BEC，BE^EC，AB=BE=EC=2，G，FBE，DC的中点.(Ⅰ)求证：GF//平面ADE (Ⅱ)AEFBECBGBGC2 3（Ⅰ）所以

AB AB2FCD所以DF=1CDABCDABCD，AB=CD2GHDF，且GH=DFHGFD是平行四边形，所以GFDH，,

平面ADE，所以

HBHBGADHADHBFQG C(Ⅱ)BECB作BQEC,因为BE^CE，所以BQ^BEAB^BECAB^BE，AB^BBEBQBAx轴，y轴，zA(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，F(2,2,1)AB^BECBA=(0,0,2)BEC的法向量，2AF=(2,2,-nAE=0， 2x-2z=由 取z=2 nAF

î2x+2y-z=n 从而cosn,BA =|n|×|BA 3´ 2AEFBEC所成锐二面角的余弦值为．3解法二：(Ⅰ)ABMMGMF，又GBE的中点，可知GM//AE，AEADEGMADE，所以GM//ADE．ABCDMF//AD．ADADEMFADEMF//ADE．又因为 MFM，GM面GMF，MF面GMF所以面GMF//ADE，因为GF面GMF，所以GM//ADEMBMBGC同解法一．【2015理19（本小题满分12分PABCDPDABCDPDCDPCEEFPBPB于点F，连接DE,DF,BD,BE.PB平面DEFDBEF是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写DEFABCDπDC 2（Ⅱ） 22（Ⅱ）1PBCBCFE交于点GDGDEF的交线.由（Ⅰ）PB平面DEFPBDG又因为PD底面ABCD，所以PDDG.而 PBP，所以DG平面PBD故BDFDEFABCD1设PDDC1，BC，有BD1Rt△PDB中DFPB,得DPFFDBπ3则tanπtanDPFBD

13 ,解得13 所以DC1 2 故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π时，DC 2（

2DDADCDPxyzPDDC1BCD(000),P(00,1),B(,10),C(0,10PB,11EPC1 2

，DE

1 )2又已知EFPB，而 PC011,DEPC0DEPCDE平面PBCDEPBCPBDEFBDEF的四个面都是直角三角形，由（Ⅰ）PB平面DEFBP11DEF的一个法向量.DEFABCDπ3则cosπ3解得

|BP||DPDC1

11122 故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π时，DC 2 【名师点睛】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PDD1AB1PQPQ//ABBAPQDA3ADPQ的体积1 （2）9PDD

AB306ABPQ18180ABPQ 2（2）nxyzPQD的一个法向量，则n1DQ0，即6xm6y0 nDD 3y6z y6n1(6m6,3AQD的一个法向量是n200,1∴cosn,n

PQDA |

||n3(63(6m)2623(6m)2

3m4m8（舍去，此时Q(