2022版高考数学 3-2-1精品系列 专题09 立体几何 理

2022版高考数学3-2-1精品系列专题09立体几何理（教师版1）【考点定位】2022考纲解读和近几年考点分布2022考纲解读考纲原文：（1）空间几何体　①认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.②能画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合）的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图.③会用平行投影与中心投影两种方法，画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.④会画某些建筑物的视图与直观图（在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求）.⑤了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）.关性质与判定定理.　理解以下判定定理.　◆如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行.◆如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面平行.◆如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直.◆如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂直.理解以下性质定理，并能够证明.◆如果一条直线与一个平面平行，经过该直线的任一个平面与此平面相交，那么这条直线就和交线平行.◆如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线相互平行.◆垂直于同一个平面的两条直线平行.◆如果两个平面垂直，那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直.③能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.考纲解读：空间几何体的三视图是考查的重点，以小题为主；由给出的三视图（或其一部分），然后想像其直观图并求其体积与表面积，是常见题型；注意由给出的三视图（或其一部分），然后想像或作出其直观图，从而与点、线、面的位置关系问题相结合；注意由空间几何体可以画出它的三视图，反之由三视图也可还原几何体，两者之间相互转化；注意与球有关的问题（表面积、体积、组合体及其三视图）；注意三视图与不等式（求棱长的范围、体积的最值等）的结合；点、线、面的位置关系是考查的重点，尤其是文科；注意符号语言、文字语言、图形语言的转换（尤其在选择填空题中）；注意总结常见的一些几何体，以及它们非常规放置的情况；理科要注意与空间向量的结合。【考点pk】名师考点透析\n(1)证明：由已知…2分,又因为，……4分(2)连AC交BD于点O，连PO，由(1)知则，为与平面所成的角.8分,则…10分(3)解：以正方形为底面，为高补成长方体，此时对角线的长为球的直径，,.考点二、空间几何体的表面积和体积例2：已知某几何体的俯视图是如图5所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的侧面积S解:由已知可得该几何体是一个底面为矩形,高为4,顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥V-ABCD。(1)(2)该四棱锥有两个侧面VAD.VBC是全等的等腰三角形,且BC边上的高为\n,另两个侧面VAB.VCD也是全等的等腰三角形,AB边上的高为因此例3：如图1，在空间四边形ABCD中，点E、H分别是边AB、AD的中点，F、G分别是边BC、CD上的点，且＝＝，则（　　）图1（A）EF与GH互相平行（B）EF与GH异面（C）EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上（D）EF与GH的交点M一定在直线AC上解：依题意，可得EH∥BD，FG∥BD，故EH∥FG，由公理2可知，E、F、G、H共面，因为EH＝BD，＝，故EH≠FG，所以，EFGH是梯形，EF与GH必相交，设交点为M，因为点M在EF上，故点M在平面ACB上，同理，点M在平面ACD上，即点M是平面ACB与平面ACD的交点，而AC是这两个平面的交线，由公理3可知，点M一定在平面ACB与平面ACD的交线AC上。选（D）。【名师点睛】理解空间中点、线、面的位置关系，了解四个公理及其推论；空间两直线的三种位置关系及其判定；异面直线的定义及其所成角的求法。通过大量图形的观察、实验，实现平面图形到立体图形的飞跃，培养空间想象能力。会用平面的基本性质证明共点、共线、共面的问题。考点四、直线与平面、平面与平面平行的判定与性质例4：在棱长为的正方体中,是线段的中点,.(Ⅰ)求证:^；(Ⅱ)求证:∥平面；(Ⅲ)求三棱锥的体积.解:(Ⅰ)证明：根据正方体的性质，……2分因为，所以，又所以，，所以^；………5分(Ⅱ)证明：连接，\n因为，所以为平行四边形，因此由于是线段的中点,所以，8分因为面，平面，所以∥平面…………10分(Ⅲ)………12分【名师点睛】掌握直线与平面平行、平面与平面平行的判定与性质定理，能用判定定理证明线面平行、面面平行，会用性质定理解决线面平行、面面平行的问题。通过线面平行、面面平行的证明，培养学生空间观念及及观察、操作、实验、探索、合情推理的能力。考点五、直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质例5：如图，已知⊥平面，∥，=2，且是的中点．（Ⅰ）求证：∥平面；（Ⅱ）求证：平面BCE⊥平面；(III)求此多面体的体积．∴AF⊥CD∵AB⊥平面ACD，DE//AB∴DE⊥平面ACD又AF平面ACD∴DE⊥AF又AF⊥CD，CD∩DE=D∴AF⊥平面CDE8分又BP∥AF∴BP⊥平面CDE又∵BP平面BCE∴平面BCE⊥平面CDE…10分\n(III)此多面体是一个以C为定点，以四边形ABED为底边的四棱锥，，等边三角形AD边上的高就是四棱锥的高【名师点睛】掌握直线与平面垂直、平面与平面垂直的判定与性质定理，能用判定定理证明线线垂直、线面垂直、面面垂直，会用性质定理解决线面垂直、面面垂直的问题。通过线面垂直、面面垂直的证明，培养学生空间观念及及观察、操作、实验、探索、合情推理的能力。考点六、空间中的夹角与距离例6：如图，四面体ABCD中，O、E分别BD、BC的中点,CA=CB=CD=BD=2（Ⅰ）求证：AO⊥平面BCD；（Ⅱ）求异面直线AB与CD所成角的余弦值；（Ⅲ）求点E到平面的距离.本小题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成的角以及点到平面的距离基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力。方法一：（I）证明：连结OC（III）解：设点E到平面ACD的距离为在中，\n而点E到平面ACD的距离为方法二：（I）同方法一。（II）解：以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为【名师点睛】空间中的各种角包括异面直线所成的角，直线与平面所成的角和二面角，要理解各种角的概念定义和取值范围，其范围依次为0°，90°、[0°，90°]和[0°，180°]。（1）两条异面直线所成的角求法：先通过其中一条直线或者两条直线的平移，找出这两条异面直线所成的角，然后通过解三角形去求得；通过两条异面直线的方向量所成的角来求得，但是注意到异面直线所成角得范围是，向量所成的角范围是，如果求出的是钝角，要注意转化成相应的锐角（2）直线和平面所成的角求法：“一找二证三求”，三步都必须要清楚地写出来。除特殊位置外，主要是指平面的斜线与平面所成的角，根据定义采用“射影转化法”（3）二面角的度量是通过其平面角来实现的解决二面角的问题往往是从作出其平面角的图形入手，所以作二面角的平面角就成为解题的关键。通常的作法有：（Ⅰ）定义法；（Ⅱ）利用三垂线定理或逆定理；（Ⅲ\n）自空间一点作棱垂直的垂面，截二面角得两条射线所成的角，俗称垂面法．此外，当作二面角的平面角有困难时，可用射影面积法解之，cosq＝，其中S为斜面面积，S′为射影面积，q为斜面与射影面所成的二面角空间中的距离是立体几何的重要内容，其内容主要包括：点点距，点线距，点面距，线线距，线面距，面面距。其中重点是点点距、点线距、点面距以及两异面直线间的距离．因此，掌握点、线、面之间距离的概念，理解距离的垂直性和最近性，理解距离都指相应线段的长度，懂得几种距离之间的转化关系，所有这些都是十分重要的求距离的重点在点到平面的距离，直线到平面的距离和两个平面的距离可以转化成点到平面的距离，一个点到平面的距离也可以转化成另外一个点到这个平面的距离。求法：“一找二证三求”，三步都必须要清楚地写出来。等体积法。【三年高考】10、11、12高考试题及其解析2022年高考试题及解析一、选择题．（2022年高考（新课标理））已知三棱锥的所有顶点都在球的求面上,是边长为的正三角形,为球的直径,且;则此棱锥的体积为（　　）A．B．C．D．2．（2022年高考（新课标理））如图,网格纸上小正方形的边长为,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为（　　）A．B．C．D．\n【解析】选该几何体是三棱锥,底面是俯视图,高为此几何体的体积为3．（2022年高考（浙江理））已知矩形ABCD,AB=1,BC=.将ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻着,在翻着过程中,（　　）A．存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置,三直线“AC与BD”,“AB与CD”,“AD与BC”均不垂直【答案】B【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着,观察在翻着过程,即可知选项B是正确的.4．（2022年高考（重庆理））设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,和,且长为的棱与长为的棱异面,则的取值范围是（　　）A．B．C．D．【答案】A【解析】.【考点定位】本题考查棱锥的结构特征,考查空间相象力,极限思想的运用,是中档题.5．（2022年高考（四川理））如图,半径为的半球的底面圆在平面内,过点作平面的垂线交半球面于点,过圆的直径作平面成角的平面与半球面相交,所得交线上到平面的距离最大的点为,该交线上的一点满足,则、两点间的球面距离为（　　）A．B．C．D．[答案]A[解析]以O为原点,分别以OB、OC、OA所在直线为x、y、z轴,则,A\n,[点评]本题综合性较强,考查知识点较为全面,题设很自然的把向量、立体几何、三角函数等基础知识结合到了一起.是一道知识点考查较为全面的好题.要做好本题需要有扎实的数学基本功.6．（2022年高考（四川理））下列命题正确的是（　　）A．若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行C．若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行D．若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行[答案]C[解析]若两条直线和同一平面所成角相等,这两条直线可能平行,也可能为异面直线,也可能相交,所以A错;一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行,故B错;若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行,也可以垂直;故D错;故选项C正确.[点评]本题旨在考查立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质,需要熟练掌握课本基础知识的定义、定理及公式.7．（2022年高考（上海春））已知空间三条直线若与异面,且与异面,则[答]（　　）A．与异面.B．与相交.C．与平行.D．与异面、相交、平行均有可能.【答案】选D8．（2022年高考（陕西理））如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱,,则直线与直线夹角的余弦值为（　　）A．B．C．D．解析:不妨设,则,,直线与直线夹角为锐角,所以余弦值为,选A.9．（2022年高考（江西理））\n如图,已知正四棱锥S-ABCD所有棱长都为1,点E是侧棱SC上一动点,过点E垂直于SC的截面将正四棱锥分成上、下两部分.记SE=x(0<x<1),截面下面部分的体积为V(x),则函数y=V(x)的图像大致为【点评】对于函数图象的识别问题,若函数的图象对应的解析式不好求时,作为选择题,没必要去求解具体的解析式,不但方法繁琐,而且计算复杂,很容易出现某一步的计算错误而造成前功尽弃;再次,作为选择题也没有太多的时间去给学生解答;因此,使用定性法,不但求解快速,而且准确节约时间.10.（2022年高考（湖南理））某几何体的正视图和侧视图均如图1所示,则该几何体的俯视图不可能是A图1BCD【答案】D【解析】本题是组合体的三视图问题,由几何体的正视图和侧视图均如图1所示知,原图下面图为圆柱或直四棱柱,上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱,A,B,C都可能是该几何体的俯视图,D不可能是该几何体的俯视图,因为它的正视图上面应为如图的矩形.\n【点评】本题主要考查空间几何体的三视图,考查空间想象能力.是近年高考中的热点题型.11.（2022年高考（湖北理））我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰:置积尺数,以十六乘之,九而一,所得开立方除之,即立圆径.“开立圆术”相当于给出了已知球的体积,求其直径的一个近似公式.人们还用过一些类似的近似公式.根据判断,下列近似公式中最精确的一个是（　　）A．B．C．D．考点分析:考察球的体积公式以及估算.解析:由,设选项中常数为,侧视图正视图24242俯视图则;A中代入得,B中代入得,C中代入得,D中代和主得,由于D中值最接近的真实值,故选择D.12.（2022年高考（湖北理））已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（　　）A．B．C．D．考点分析:本题考察空间几何体的三视图.解析:显然有三视图我们易知原几何体为一个圆柱体的一部分,并且有正视图知是一个1/2的圆柱体,底面圆的半径为1,圆柱体的高为6,则知所求几何体体积为原体积的一半为.选B.13.（2022年高考（广东理））(立体几何)某几何体的三视图如图1所示,它的体积为A．B．C．D．解析:C.该几何体下部分是半径为3,高为5的圆柱,体积为,上部分是半径为3,高为4的圆锥,体积为,所以体积为.14.（2022年高考（福建理））一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等,那么这个几何体不可以是（　　）A．球B．三棱柱C．正方形D．圆柱\n【答案】D【解析】分别比较ABC的三视图不符合条件,D符合.【考点定位】考查空间几何体的三视图与直观图,考查空间想象能力、逻辑推理能力.15.（2022年高考（大纲理））已知正四棱柱中,为的中点,则直线与平面的距离为（　　）A．2B．C．D．1答案D【命题意图】本试题主要考查了正四棱柱的性质的运用,以及点到面的距离的求解.体现了转换与化归的思想的运用,以及线面平行的距离,转化为点到面的距离即可.【解析】连结交于点,连结,因为是中点,所以,且,所以,即直线与平面BED的距离等于点C到平面BED的距离,过C做于,则即为所求距离.因为底面边长为2,高为,所以,,,所以利用等积法得,选D.16.（2022年高考（北京理））某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是（　　）A．B．C．D．【答案】B【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥,本题所求表面积为三棱锥四个面的面积之和.利用垂直关系和三角形面积公式,可得:,因此该几何体表面积,故选B.【考点定位】本小题主要考查的是三棱锥的三视图问题,原来考查的是棱锥或棱柱的体积而今年者的是表面积,因此考查了学生的计算基本功和空间想象能力.\n17.（2022年高考（安徽理））设平面与平面相交于直线,直线在平面内,直线在平面内,且,则“”是“”的（　　）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．即不充分不必要条件【解析】选①②如果;则与条件相同二、填空题18.（2022年高考（天津理））―个几何体的三视图如图所示(单位:),则该几何体的体积为______.【答案】【命题意图】本试题主要考查了简单组合体的三视图的画法与体积的计算以及空间想象能力.【解析】由三视图可该几何体为两个相切的球上方了一个长方体组成的组合体,所以其体积为:=.19.（2022年高考（浙江理））已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图所示,则该三棱锥的体积等于___________cm3.【答案】1【解析】观察三视图知该三棱锥的底面为一直角三角形,右侧面也是一直角三角形.故体积等于.20．（2022年高考（四川理））如图,在正方体中,、分别是、的中点,则异面直线与所成角的大小是____________.[答案]90º[解析]方法一:连接D1M,易得DN⊥A1D1,DN⊥D1M,所以,DN⊥平面A1MD1,又A1M平面A1MD1,所以,DN⊥A1D1,故夹角为90º方法二:以D为原点,分别以DA,DC,DD1为x,y,z轴,建立空间直角坐标系D—xyz.设正方体边长为2,则D(0,0,0),N(0,2,1),M(0,1,0)A1(2,0,2)故,\n所以,cos<=0,故DN⊥D1M,所以夹角为90º[点评]异面直线夹角问题通常可以采用两种途径:第一,把两条异面直线平移到同一平面中借助三角形处理;第二,建立空间直角坐标系,利用向量夹角公式解决.ABCD21.（2022年高考（上海理））如图,AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱,BC=2。若AD=2c,且AB+BD=AC+CD=2a,其中a、c为常数,则四面体ABCD的体积的最大值是___.[解析]作BE⊥AD于E,连接CE,则AD⊥平面BEC,所以CE⊥AD,由题设,B与C都是在以AD为焦距的椭球上,且BE、CE都垂直于焦距AD,所以BE=CE.取BC中点F,连接EF,则EF⊥BC,EF=2,,四面体ABCD的体积,显然,当E在AD中点,即B是短轴端点时,BE有最大值为b=,所以.[评注]本题把椭圆拓展到空间,对缺少联想思维的考生打击甚大!当然,作为填空押轴题,区分度还是要的,不过,就抢分而言,胆大、灵活的考生也容易找到突破点:AB=BD(同时AC=CD),从而致命一击,逃出生天!22．（2022年高考（上海理））若一个圆锥的侧面展开图是面积为2p的半圆面,则该圆锥的体积为_________.[解析]如图,Þl=2,又2pr2=pl=2pÞr=1,所以h=,故体积.23.（2022年高考（山东理））如图,正方体的棱长为1,分别为线段上的点,则三棱锥的体积为____________.\n24.（2022年高考（辽宁理））已知正三棱锥ABC,点P,A,B,C都在半径为的求面上,若PA,PB,PC两两互相垂直,则球心到截面ABC的距离为【答案】【解析】因为在正三棱锥ABC中,PA,PB,PC两两互相垂直,所以可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分,(如图所示),此正方体内接于球,正方体的体对角线为球的直径,球心为正方体对角线的中点.球心到截面ABC的距离为球的半径减去正三棱锥ABC在面ABC上的高.已知球的半径为,所以正方体的棱长为2,可求得正三棱锥ABC在面ABC上的高为,所以球心到截面ABC的距离为【点评】本题主要考查组合体的位置关系、抽象概括能力、空间想象能力、运算求解能力以及转化思想,该题灵活性较强,难度较大.该题若直接利用三棱锥来考虑不宜入手,注意到条件中的垂直关系,把三棱锥转化为正方体来考虑就容易多了.25．（2022年高考（辽宁理））一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为______________.26.（2022年高考（江苏））如图,在长方体\nDABC中,,,则四棱锥的体积为____cm3.【答案】6.【考点】正方形的性质,棱锥的体积.【解析】∵长方体底面是正方形,∴△中cm,边上的高是cm(它也是中上的高).∴四棱锥的体积为.27．（2022年高考（大纲理））三棱柱中,底面边长和侧棱长都相等,,则异面直线与所成角的余弦值为_____________.答案【命题意图】本试题考查了斜棱柱中异面直线的角的求解.用空间向量进行求解即可.【解析】设该三棱柱的边长为1,依题意有,则而28.（2022年高考（安徽理））某几何体的三视图如图所示,该几何体的表面积是.【答案】92【解析】由三视图可知,原几何体是一个底面是直角梯形,高为4的直四棱柱,其底面积为,\n侧面积为,故表面积为92.【考点定位】考查三视图和表面积计算.三、解答题29.（2022年高考（天津理））如图,在四棱锥中,丄平面,丄,丄,,,.(Ⅰ)证明丄;(Ⅱ)求二面角的正弦值;(Ⅲ)设E为棱上的点,满足异面直线BE与CD所成的角为,求AE的长.【命题意图】本小题主要考查空间两条直线的位置关系,二面角、异面直线所成的角,直线与平面垂直等基础知识,考查用空间向量解决立体几何问题的方法,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.方法一:（1）以为正半轴方向，建立空间直角左边系则（2），设平面的法向量则取是平面的法向量得：二面角的正弦值为（3）设；则，即方法二:(1)证明,由平面,可得,又由,故平面,又平面,所以.(2)解:如图,作于点,连接,由,\n可得平面.因此,,从而为二面角的平面角.在中,,由此得,由(1)知,故在中,,因此,所以二面角的正弦值为.（3）设；则，即【点评】试题从命题的角度来看,整体上题目与我们平时练习的试题相似,但底面是非特殊的四边形,一直线垂直于底面的四棱锥问题,那么创新的地方就是第三问中点E的位置是不确定的,需要学生根据已知条件进行确定,如此说来就有难度,因此最好使用空间直角坐标系解决该问题为好.30.（2022年高考（新课标理））如图,直三棱柱中,,是棱的中点,(1)证明:(2)求二面角的大小.【解析】(1)在中,得:同理:得:面(2)面取的中点,过点作于点,连接\n31.（2022年高考（浙江理））如图,在四棱锥P—ABCD中,底面是边长为的菱形,且∠BAD=120°,且PA⊥平面ABCD,PA=,M,N分别为PB,PD的中点.(Ⅰ)证明:MN∥平面ABCD;(Ⅱ)过点A作AQ⊥PC,垂足为点Q,求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值.【解析】本题主要考察线面平行的证明方法,建系求二面角等知识点.(Ⅰ)如图连接BD.∵M,N分别为PB,PD的中点,∴在PBD中,MN∥BD.又MN平面ABCD,∴MN∥平面ABCD;(Ⅱ)如图建系:A(0,0,0),P(0,0,),M(,,0),N(,0,0),C(,3,0).设Q(x,y,z),则.∵,∴.由,得:.即:.对于平面AMN:设其法向量为.∵.则.∴.\n32.（2022年高考（重庆理））(本小题满分12分(Ⅰ)小问4分(Ⅱ)小问8分)如图,在直三棱柱中,AB=4,AC=BC=3,D为AB的中点(Ⅰ)求点C到平面的距离;(Ⅱ)若,求二面角的平面角的余弦值.【考点定位】本小题主要考查立体几何的相关知识,具体涉及到线面垂直的关系,二面角的求法及空间向量在立体几何中的应用,解决此类问题的关键是熟悉几何体的结构特征,熟练进行线线垂直与线面垂直的转化,主要考查学生的空间想象能力与推理论证能力.本题可以利用空间向量来解题,从而降低了题目的难度.解:(1)由,为的中点,得,又,故,所以点到平面的距离为(2)如图,取为的中点,连结,则,又由(1)知,故,所以为所求的二面角的平面角.因为在面上的射影,又已知,由三垂线定理的逆定理得,从而都与互余,因此,所以,因此,,即,得.从而,所以,在中,\n33．（2022年高考（四川理））如图,在三棱锥中,,,,平面平面.(Ⅰ)求直线与平面所成角的大小;(Ⅱ)求二面角的大小.[解析](1)连接OC.由已知,所成的角设AB的中点为D,连接PD、CD.因为AB=BC=CA,所以CDAB.因为等边三角形,不妨设PA=2,则OD=1,OP=,AB=4.所以CD=2,OC=.在Rttan.故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arctan(2)过D作DE于E,连接CE.由已知可得,CD平面PAB.根据三垂线定理可知,CE⊥PA,所以,.由(1)知,DE=在Rt△CDE中,tan故[点评]本小题主要考查线面关系、直线与平面所成的角、二面角等基础知识,考查思维能力、空间想象能力,并考查应用向量知识解决数学问题的能力.ABCDPE34.（2022年高考（上海理））如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥底面ABCD,E是PC的中点.已知AB=2,AD=2,PA=2.求:(1)三角形PCD的面积;(2)异面直线BC与AE所成的角的大小[解](1)因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥CD,又AD⊥CD,所以CD⊥平面PAD,从而CD⊥PD因为PD=,CD=2,所以三角形PCD的面积为(2)[解法一]如图所示,建立空间直角坐标系,则B(2,0,0),C(2,2,0),E(1,,1),,设与的夹角为q,则,q=.ABCDPEF由此可知,异面直线BC与AE所成的角的大小是[解法二]取PB中点F,连接EF、AF,则\nEF∥BC,从而∠AEF(或其补角)是异面直线BC与AE所成的角在中,由EF=、AF=、AE=2知是等腰直角三角形,所以∠AEF=.因此异面直线BC与AE所成的角的大小是35.（2022年高考（上海春））如图,正四棱柱的底面边长为,高为,为线段的中点.求:(1)三棱锥的体积;(2)异面直线与所成角的大小(结果用反三角函数值表示)解(1),又为三棱锥的高,(2),所以或其补角为导面直线与所成的角.连接平面,在中,,故,即异面直线与所成的角为36.（2022年高考（陕西理））(1)如图,证明命题“是平面内的一条直线,是外的一条直线(不垂直于),是直线在上的投影,若,则”为真.(2)写出上述命题的逆命题,并判断其真假(不需要证明)解析:(1)证法一如图,过直线上任一点作平面的垂线,设直线的方向向量分别是,则共面,根据平面向量基本定理,存在实数使得则因为,所以\n又因为,,所以(2)逆命题:a是平面内一条直线,是外的一条直线(不垂直于),是直线在上的投影,若,则.逆命题为真命题.37.（2022年高考（山东理））在如图所示的几何体中,四边形是等腰梯形,∥,平面.(Ⅰ)求证:平面;(Ⅱ)求二面角的余弦值.解析:(Ⅰ)在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=60°,CB=CD,由余弦定理可知,即,在中,∠DAB=60°,,则为直角三角形,且.又AE⊥BD,平面AED,平面AED,且,故BD⊥平面AED;(Ⅱ)由(Ⅰ)可知,设,则,建立如图所示的空间直角坐标系,,向量为平面的一个法向量.设向量为平面的法向量,则,即,取,则,则为平面的一个法向量.,而二面角F-BD-C的平面角为锐角,则二面角F-BD-C的余\n故,因此二面角的余弦值为.38.2022年高考（辽宁理））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.【命题意图】本题主要考查线面平行的判定、二面角的计算，考查空间想象能力、运算求解能力，是容易题.【解析】（1）连结，由已知三棱柱为直三棱柱，所以为中点.又因为为中点所以，又平面平面，因此……6分（2）以为坐标原点，分别以直线为轴，轴，轴建立直角坐标系，如图所示设则，于是，所以，设是平面的法向量，由得，可取设是平面的法向量，由\n得，可取因为为直二面角，所以，解得……12分【点评】本题以三棱柱为载体主要考查空间中的线面平行的判定,借助空间直角坐标系求平面的法向量的方法,并利用法向量判定平面的垂直关系,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,难度适中.第一小题可以通过线线平行来证明线面平行,也可通过面面平行来证明.39.（2022年高考（江西理））在三棱柱中,已知,在在底面的投影是线段的中点。(1)证明在侧棱上存在一点,使得平面,并求出的长;(2)求平面与平面夹角的余弦值。【解析】(1)证明:连接AO,在中,作于点E,因为,得,ByOCAEzA11B1C1x因为平面ABC,所以,因为,得,所以平面,所以,所以平面,又,得(2)如图所示,分别以所在的直线\n为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),C(0,-2,0),A1(0.0,2),B(0,2,0)由(1)可知得点E的坐标为,由(1)可知平面的法向量是,设平面的法向量,由,得,令,得,即所以即平面平面与平面BB1C1C夹角的余弦值是.【点评】本题考查线面垂直,二面角、向量法在解决立体几何问题中的应用以及空间想象的能力.高考中,立体几何解答题一般有以下三大方向的考查.一、考查与垂直,平行有关的线面关系的证明;二、考查空间几何体的体积与表面积;三、考查异面角,线面角,二面角等角度问题.前两种考查多出现在第1问,第3种考查多出现在第2问;对于角度问题,一般有直接法与空间向量法两种求解方法.40．（2022年高考（江苏））如图,在直三棱柱中,,分别是棱上的点(点不同于点),且为的中点.求证:(1)平面平面;(2)直线平面.【答案】证明:(1)∵是直三棱柱,∴平面.又∵平面,∴.又∵平面,∴平面.又∵平面,∴平面平面.(2)∵,为的中点,∴.又∵平面,且平面,∴.又∵平面,,∴平面.由(1)知,平面,∴∥.\n又∵平面平面,∴直线平面41.（2022年高考（湖南理））如图5,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,ABCDPE图5AB=4,BC=3,AD=5,∠DAB=∠ABC=90°,E是CD的中点.(Ⅰ)证明:CD⊥平面PAE;(Ⅱ)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等,求四棱锥P-ABCD的体积.【解析】法1(Ⅰ如图(1)),连接AC,由AB=4,,E是CD的中点,所以所以而内的两条相交直线,所以CD⊥平面PAE.(Ⅱ)过点B作由(Ⅰ)CD⊥平面PAE知,BG⊥平面PAE.于是为直线PB与平面PAE所成的角,且.由知,为直线与平面所成的角.解法2:如图(2),以A为坐标原点,所在直线分别为建立空间直角坐标系.设则相关的各点坐标为:\n由(Ⅰ)知,由故解得.又梯形ABCD的面积为,所以四棱锥的体积为.【点评】本题考查空间线面垂直关系的证明,考查空间角的应用,及几何体体积计算.第一问只要证明即可,第二问算出梯形的面积和棱锥的高,由算得体积,或者建立空间直角坐标系,求得高几体积.42.（2022年高考（湖北理））如图1,,,过动点A作,垂足D在线段BC上且异于点B,连接AB,沿将△折起,使(如图2所示).(Ⅰ)当的长为多少时,三棱锥的体积最大;(Ⅱ)当三棱锥的体积最大时,设点,分别为棱,的中点,试在棱上确定一点,使得,并求与平面所成角的大小.DABCACDB图2图1ME.·\n考点分析:本题考察立体几何线面的基本关系,考察如何取到最值,用均值不等式和导数均可求最值.同时考察直线与平面所成角.本题可用综合法和空间向量法都可以.运用空间向量法对计算的要求要高些.当且仅当,即时,等号成立,故当,即时,三棱锥的体积最大.解法2:同解法1,得.令,由,且,解得.当时,;当时,.所以当时,取得最大值.故当时,三棱锥的体积最大.(Ⅱ)解法1:以为原点,建立如图a所示的空间直角坐标系.由(Ⅰ)知,当三棱锥的体积最大时,,.于是可得,,,,,,且.设,则.因为等价于,即,故,.所以当(即是的靠近点的一个四等分点)时,.设平面的一个法向量为,由及,得可取.\n设与平面所成角的大小为,则由,,可得,即.故与平面所成角的大小为CADB图aEMxyz图bCADBEFMN图cBDPCFNEBGMNEH图dN解法2:由(Ⅰ)知,当三棱锥的体积最大时,,.如图b,取的中点,连结,,,则∥.由(Ⅰ)知平面,所以平面.如图c,延长至P点使得,连,,则四边形为正方形,所以.取的中点,连结,又为的中点,则∥,所以.因为平面,又面,所以.又,所以面.又面,所以.因为当且仅当,而点F是唯一的,所以点是唯一的.即当(即是的靠近点的一个四等分点),.连接,,由计算得,所以△与△是两个共底边的全等的等腰三角形,如图d所示,取的中点,连接,,则平面.在平面中,过点作于,则平面.故是与平面所成的角.在△中,易得,所以△是正三角形,故,即与平面所成角的大小为43.（2022年高考（广东理））如图5所示,在四棱锥中,底面为矩形,平面,点在线段上,平面.(Ⅰ)证明:平面;\n(Ⅱ)若,,求二面角的正切值.3.法2:设与交于点,连接.因为平面,平面,平面,所以,,于是就是二面角的平面角.又因为平面,平面,所以是直角三角形.由∽可得,而,所以,,而,所以,于是,而,于是二面角的正切值为.44.（2022年高考（福建理））如图,在长方体中为中点.(Ⅰ)求证:(Ⅱ)在棱上是否存在一点,使得平面?若存在,求的长;若不存在,说明理由.(Ⅲ)若二面角的大小为,求的长.【考点定位】本题考查直线与直线、直线与平面以及二面角等基础知识、考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、数形结合思想、转化与化归的思想.解:(1)以点A为原点建立空间直角坐标系,设,则\n,故(2)假设在棱上存在一点,使得平面,则是平面的法向量,而,则二面角是,所以,即45．（2022年高考（大纲理））(注意:在试题卷上作答无效)如图,四棱锥中,底面为菱形,底面,,是上的一点,.(1)证明:平面;(2)设二面角为,求与平面所成角的大小.【命题意图】本试题主要是考查了四棱锥中关于线面垂直的证明以及线面角的求解的运用.从题中的线面垂直以及边长和特殊的菱形入手得到相应的垂直关系和长度,并加以证明和求解.解:设,以为原点,为轴,为轴建立空间直角坐标系,则设.(Ⅰ)证明:由得,所以,,,所以,\n.所以,,所以平面;(Ⅱ)设平面的法向量为,又,由得,设平面的法向量为,又,由,得,由于二面角为,所以,解得.所以,平面的法向量为,所以与平面所成角的正弦值为,所以与平面所成角为.【点评】试题从命题的角度来看,整体上题目与我们平时练习的试题和相似,底面也是特殊的菱形,一个侧面垂直于底面的四棱锥问题,那么创新的地方就是点的位置的选择是一般的三等分点,这样的解决对于学生来说就是比较有点难度的,因此最好使用空间直角坐标系解决该问题为好.46.（2022年高考（北京理））如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且DE∥BC,DE=2,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如图2.(1)求证:A1C⊥平面BCDE;(2)若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小;(3)线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?说明理由.【考点定位】此题第二问是对基本功的考查,对于知识掌握不牢靠的学生可能不能顺利解答.第三问的创新式问法,难度非常大.解:(1),平面,又平面,又,平面(2)如图建系,则,,,∴,设平面法向量为,\n则∴∴∴又∵∴∴∴与平面所成角的大小(3)设线段上存在点,设点坐标为,则则,设平面法向量为,则∴∴假设平面与平面垂直,则,∴,,∵∴不存在线段上存在点,使平面与平面垂直47.（2022年高考（安徽理））平面图形如图4所示,其中是矩形,,,.现将该平面图形分别沿和折叠,使与所在平面都与平面垂直,再分别连接,得到如图2所示的空间图形,对此空间图形解答下列问题..(Ⅰ)证明:;(Ⅱ)求的长;(Ⅲ)求二面角的余弦值.\n,面面面面(Ⅲ)是二面角的平面角在中,在中,得:二面角的余弦值为.11年高考试题及解析1、（陕西理5）某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（A）（B）（C）（D）【答案】A【解析】：由三视图可知该几何体为立方体与圆锥，立方体棱长为2，圆锥底面半径为1、高为2，所以体积为故选A2、（四川6理3）.，，是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（A）//（B）,//\n（C）////，，共面（D），，共点，，共面4、（浙江理4）下列命题中错误的是（A）如果平面，那么平面内一定存在直线平行于平面（B）如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面（C）如果平面，平面，，那么（D）如果平面，那么平面内所有直线都垂直于平面【解析】：两个平面垂直，两个平面上的所有直线都不是垂直了，比如α平面垂直β平面，垂线为AB，直线CD属于α，与AB交与E点，角度为60°，不垂直平面，故选D6、（全国理16）.己知点E、F分别在正方体ABCD-A1B2C3D4的棱BB1、CC1上，且B1E=2EB,CF=2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于.【解析】延长CB、FE交于M，连结AM，过B作BNAM于N，连结EN，则ENB为平面AEF与平面ABC所成的二面角，AM=AB，7、（全国理6）已知直二面角，点为垂足，为垂足，若则到平面的距离等于（A）（B）（C）（D）【解析】如图，作于，由为直二面角，，得平面，进而,又,,于是平面。故为到平面的距离。在中，利用等面积法得\n9、（福建理12）.三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，PA=3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P-ABC的体积等于______。【解析】：由底面ABC是边长为2的正三角形得，又PA⊥底面ABC，PA=3，所以11、（广东理7）.如图l—3．某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为（）A.B.C.D.【解析】由题得三视图对应的直观图是如图所示的直四棱柱，。所以选B12、（山东理11）.下图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图．其中真命题的个数是(A)3(B)2(C)1(D)0【解析】对于①,可以是放倒的三棱柱；容易判断②③可以.【答案】A13、（浙江理3）.若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是【解析】：A，B与正视图不符，C与俯视图不符，故选D\n15、（课标卷理6）.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图，则相应的侧视图可以为（）第8题图解析：D.由主视图和府视图可知，原几何体是由后面是半个圆锥，前面是三棱锥的组合体，所以，左视图是D。点评：本题考查三视图、直观图及他们之间的互化，同时也考查空间想象能力和推理能力，要求有扎实的基础知识和基本技能。16、（湖南理3）.设图１是某几何体的三视图，则该几何体的体积为A．　　　Ｂ．Ｃ．　　Ｄ．解析：有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体，其体积。答案：D评析：本小题主要考查球与长方体组成的简单几何体的三视图以及几何体的体积计算.18、（辽宁理15）一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是____________.20、（北京理7）\n.某四面体三视图如图所示，该四面体四个面的面积中最大的是A.B.C.D.【答案】C【解析】由三视图还原几何体如下图，该四面体四个面的面积中最大的是PAC，面积为10，选C。22、（天津理10）．一个几何体的三视图如图所示（单位：），则这个几何体的体积为__________【答案】【解析】由题意知,该几何体为一个组合体,其下面是一个长方体(长为3m,宽为2m,高为1m),上面有一个圆锥(底面半径为1,高为3),所以其体积为25、（四川理15）.如图，半径为4的球O中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时，求球的表面积与圆柱的侧面积之差是.解析：设圆柱的底面半径是，母线为，则，侧面积为.由，当且仅当，即，时等号成立，球的表面积为，圆柱的侧面积为，故所求答案为.26、(全国文12、理11)已知平面截一球面得圆M，过圆心M且与成，二面角的平面截该球面得圆N，若该球的半径为4，圆M的面积为4，则圆N的面积为(A)(B)(c)(D)解：由圆的面积为得，，在故选D28、（课标卷理15）.已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上，且,则棱锥的体积为。\n解析：如图，连接矩形对角线的交点和球心,则,四棱锥的高为，所以，体积为点评：本题考查多面体和旋转体的有关概念和性质以及体积的计算。关键是确定棱锥高的大小，正确运用公式求解。30、（辽宁理12）已知球的直径SC=4，A,B是该球球面上的两点，AB=，，则棱锥S-ABC的体积为（）（A）（B）（C）（D）131、（重庆理9）高为的四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形，点S、A、B、C、D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为（A）（B）（C）1（D）解析：选C.设底面中心为G，球心为O，则易得，于是，用一个与ABCD所在平面距离等于的平面去截球，S便为其中一个交点，此平面的中心设为H，则，故，故\n33、（湖北理14）.如图，直角坐标系Oy所在的平面为，直角坐标系Oy(其中轴与y轴重合)所在平面为，.(Ⅰ)已知平面内有一点，则点在平面内的射影P的坐标为；(Ⅱ)已知平面内的曲线的方程是，则曲线在平面内的射影C的方程是.答案：（2，2）解析：设P为（a,b）,因为y轴与y＇轴重合，故P＇到y轴距离为，到x轴距离为2，又因为∠xox＇=45°，则b=2，a=故P（2，2）.设面β内任意一点P（x,y）其在内射影为，由平面图形可知，，，即，，故方程为即.34、（辽宁理8）如图，四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是（）(A)AC⊥SB(B)AB∥平面SCD(C)SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角(D)AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角答案：D解析：对于A:因为SD⊥平面ABCD，所以DS⊥AC.因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，故AC⊥平面ABD,因为SB平面ABD,所以AC⊥SB，正确.对于B：因为AB//CD,所以AB//平面SCD.对于C:设.因为AC⊥平面ABD，所以SA和SC在平面SBD内的射影为SO，则∠ASO和∠CSO就是SA与平面SBD所成的角和SC与平面SBD所成的角，二者相等，正确.故选D.解答题1、(陕西理16)（本小题满分12分）如图：在，沿把折起，\n使（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）设。【解析】：（Ⅰ）折起前，当。（Ⅱ）由及（Ⅰ）知两两垂直，不妨设为坐标原点，以轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得夹角的余弦值为2、（江苏16）、（本小题满分14分）如图，在四棱锥中，平面PAD⊥平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分别是AP、AD的中点求证：（1）直线EF‖平面PCD；（2）平面BEF⊥平面PAD解析：简单考察空间想象能力和推理论证能力、线面平行和垂直的判定与性质，容易题。（1）因为E、F分别是AP、AD的中点，又直线EF‖平面PCD（2）F是AD的中点，又平面PAD⊥平面ABCD，所以，平面BEF⊥平面PAD。3、（四川理19）．(本小题共l2分)如图，在直三棱柱AB-A1B1C1中．∠BAC=90°，AB=AC=AA1=1．D是棱CC1上的一P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1\n∥平面BDA．(I)求证：CD=C1D：(II)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值；(Ⅲ)求点C到平面B1DP的距离．解析：（1）连接交于,,,又为的中点，中点，,,D为的中点.（2）由题意,过B作,连接，则,为二面角的平面角.在中，,则(3)因为，所以,,在中，，4、（广东理18）．（本小题满分13分）如图所示，将高为2，底面半径为1的直圆柱沿过轴的平面切开后，将其中一半沿切面向右平移到的分别为\n的中点，分别为的中点．（1）证明：四点共面；（2）设为中点，延长到,使得,证明:．5、（山东理19）.（本小题满分12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ ACB=，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ.（Ⅰ)若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ;（Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小．\nＭ∥平面ＡＢＦＥ.（Ⅱ）取AB的中点O,连结CO,因为ＡＣ＝ＢＣ,所以CO⊥AB,又因为ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，CO平面ＡＢＣＤ,所以ＥＡ⊥CO,又ＥＡ∩AB=A,所以CO⊥平面ＡＢＦＥ,在平面ABEF内,过点O作OH⊥BF于H,连结CH,由三垂线定理知:CH⊥BF,所以为二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的平面角.设ＡＢ=２ＥＦ=,因为∠ ACB=，ＡＣ＝ＢＣ=,CO=,,连结FO,容易证得FO∥EA且,所以,所以OH==,所以在中,tan∠ CHO=,故∠ CHO=,所以二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小为.【方法二】由已知平行四边形ABCD中，∠ ACB=，∴，又ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，则以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：（Ⅰ)见【法一】（Ⅱ）设，由ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ得：，则所以，，，平行四边形中，可得：，由可得：，取中点，连结，则，又，\n所以，则为平面的一个法向量，可知，∴；设平面的一个法向量为，由得即，∴则，易知二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ为锐角，所以二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小。6、（全国理19）(本小题满分12分)如图，四棱锥中，,，侧面为等边三角形，.（Ⅰ）证明：;（Ⅱ)求与平面所成角的大小.【解析】（Ⅰ）：连结BD过D作，在，在，同理可证（Ⅱ）过做平面，如图建立空间直角坐标系，可计算平面的一个法向量是，\n所以与平面所成角为7、（浙江理20）（本题满分15分）如图，在三棱锥中，，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（Ⅰ）证明：AP⊥BC；（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-β为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。【解析】：本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分法一：（Ⅰ）证明：如图，以为原点，以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，由此可得，所以，即（Ⅱ）解：设，则，，，设平面的法向量，平面的法向量由得即，可取由即得可取，由得解得故综上所述，存在点M符合题意，法二（Ⅰ）证明：又因为所以平面故（Ⅱ）如图，在平面内作\n由（Ⅰ）知得平面，又平面所以平面平面在中，得在中，，在中，所以得，在中，得又从而，所以综上所述，存在点M符合题意，8、（课标卷理18）.(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。（1）要证明线线垂直只要证明线面垂直或者用向量去证明；（2）求二面角的余弦只需建立适当的坐标系，有空间向量来完成。解：(1)证明：在三角形ABD中，因为该三角形为直角三角形，所以,（2）建立如图的坐标系，设点的坐标分别是则，设平面PAB的法向量为，所以，\n取得，同理设平面PBC的法向量为，取得，于是，，因此二面角的余弦值是。点评：该题考查空间内的垂直关的证明，空间角的计算。考查定理的理解和运用，空间向量的运用。同时也考察了空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力。解题时要注意法向量的计算和运用这一关键。9、（湖南理19）.（本小题满分12分）如图5，在圆锥中，已知，⊙的直径=2，是弧的中点，为的中点.证明：平面平面;求二面角的余弦值.解法1：连接，因为=，为的中点，所以.又⊙，底面⊙，所以.因为，是平面内的两条相交直线，所以.而平面，所以平面平面在平面中，过作于，由知，平面平面，所以平面.又平面，所以.在平面中，过作于，连接，则有,从而.故是二面角的平面角.在中，在中，，在中，，在中，\n所以，故二面角的余弦值为.解法2：如图所示，以为坐标原点，,所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.则，，，，，.设是平面的一个法向量，则由，，得所以取得，设是平面的一个法向量，则由，，得，所以取得因为，所以.从而平面平面因为轴，所以的一个法向量为.由知，平面的一个法向量为.设向量和的夹角为，则由图可知，二面角与相等，所以二面角的余弦值为.评析：本大题主要以圆锥为几何背景考查面面垂直的判定和二面角的求法，可以运用传统几何法，也可以用空间向量方法求解.突出考查空间想象能力和计算能力.\n10、（湖北理18）.（本小题满分12分）如图，已知，三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合.(Ⅰ)当CF=1时，求证：EF⊥A1E(Ⅱ)设二面角C-AF-E的大小为，求的最小值.（Ⅱ）如图2。连结AF，过N作NM⊥AF于M，连结ME，由（Ⅰ）知EN⊥侧面A1C。根据三垂线定理得EM⊥AF,所以EM⊥AF，所以是二面角的平面角，即.设则.在中.在中，，故，又，.故当，即当时，达到最小值，.此时F与C1重合.11、（福建理20）.（本小题满分14分）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，CD=，.（I）求证：平面PAB⊥平面PAD；（II）设AB=AP.（i）若直线PB与平面PCD所成的角为，求线段AB的长；（ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由。\n于点，则，在,，设==，则，由+=4得=4-，所以（）设平面的法向量为，由得取得平面的一个法向量，又，故由直线与平面所成的角为得即，解得或（舍去，因为），所以（）假设在线段上存在一个点C，使得点到点的距离都相等。由，从而，即，所以设，则在中，，这与矛盾，所以在线段上不存在一个点，使得点到的距离都相等。法二：（Ⅰ）同解法一（II）（）以为坐标原点，建立空间直角坐标系（如图）在平面内，作于点E，则\n，在中，，设==，则，由+=4得=4-，所以设平面的法向量为，由得取得平面的一个法向量，又，故由直线与平面所成的角为得，即，解得或（舍去，因为），所以（）假设在线段上存在一个点C，使得点到点的距离都相等。由，从而，即，所以设，则在中，，这与矛盾，所以在线段上不存在一个点，使得点到的距离都相等。12、（辽宁理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=PD.（I）证明：平面PQC⊥平面DCQ（II）求二面角Q-BP-C的余弦值.解析：（I）方法一：由条件知，PDAQ是直角梯形，因为AQ⊥平面ABCD,所以平面PDAQ⊥平面ABCD,交线是AD.\n又四边形ABCD是正方形，DC⊥AD,所以DC⊥平面PDAQ，可得PQ⊥DC.在直角梯形PDAQ中可得DQ=PQ=PD，则PQ⊥QD.所以PQ⊥平面DCQ.因为PQ平面PQC,所以平面PQC⊥平面DCQ.方法二：如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间之间坐标系D-xyz.依题意由Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0).则(1,1,0)，(0,0,1)，(1,-1,0).所以，，即，.故平面DCQ，又平面PQC，所以平面PQC平面DCQ.（II）依题意得B(1,0,1)，,设n=(x,y,z)是平面PBC的法向量，则即因此，取n=(0,-1,-2).设m是平面PBQ的法向量，则可取m=(1,1,1),所以，故二面角Q-BP-C的余弦值为.13、（北京理16）.（共14分）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是菱形，，.（1）求证：平面PAC；（2）若，求PB与AC所成角的余弦值；（3）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.【解析】：证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD是菱形，所以又因为平面。所以，所以平面。（Ⅱ）设，因为所以，如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，则所设与所成角为，则\n（Ⅲ）由（Ⅱ）知设。则设平面的法向量则，所以令则，所以同理，平面的法向量，因为平面，所以，即解得，所以14、（天津理17）.（本小题满分13分）如图，在三棱柱中，是正方形的中心，，平面，且（Ⅰ）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；（Ⅱ）求二面角的正弦值；（Ⅲ）设为棱的中点，点在平面内，且平面，求线段的长．【解析】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点.依题意得A(,B(0,0,0),C(),,,\n（Ⅱ）易知,.设平面的法向量,则,即,不妨令可得,同样地,设平面的法向量,则,即,不妨令可得,于是,从而,所以二面角的正弦值为.（Ⅲ）由N为棱的中点,得,设,则,由平面,得,即,\n解得,故,因此,所以线段的长为.15、（安徽理17）（本小题满分13分）如图，为多面体，平面与平面垂直，点在线段上，,△，△，△都是正三角形。（Ⅰ）证明直线∥；（II）求棱锥F-OBED的体积。【命题意图】：本题考察空间直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算，考察空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力。（1）【证法一】：同理可证，【证法二】：设G是线段DA与EB延长线的交点，，同理设是线段DA与FC延长线的交点，有，又G与都在线段DA的延长线上，所以G与重合。又和,可知B和C分别是线段GE和GF的中点，【证法三】：（向量法）略（2）【解析】：由OB=1，OE=2，,得，而是边长为2的正三角形，故，所以过点F作FQ⊥DG，交DG于Q点，由于平面ABED⊥平面ACFD，所以FQ⊥平面ABED所以FQ就是棱锥F-OBED的高，且,所以\n【解题指导】：空间线线、线面、面面位置关系的证明方法，一是要从其上位或下位证明，本题的第一问方法一，是从其上位先证明面面平行，再借助面面平行的性质得到线面平行，再借助线面平行的性质得到线线平行；二是借助中位线定理等直接得到；三是借助空间向量直接证明。求不规则的几何体体积或表面积，通常采用分割或补齐成规则几何体即可。求解过程要坚持“一找二证三求”的顺序和原则防止出错。16、（江西理21（本小题满分14分）（1）如图，对于任一给定的四面体,找出依次排列的四个相互平行的平面，，，，使得，且其中每相邻两个平面间的距离都相等；（2）给定依次排列的四个相互平行的平面，，，，其中每相邻两个平面间的距离都为1，若一个正四面体的四个顶点满足：，求该正四面体的体积．（1）如图所示，取A1A4的三等分点P2，P3，A1A3的中点M，A2A4的中点N，过三点A2，P2，M作平面，过三点A3，P3，N作平面，因为A2P2//NP3，A3P3//MP2，所以平面//平面，再过点A1，A4分别作平面与平面平行，那么四个平面依次相互平行，由线段A1A4被平行平面截得的线段相等知，其中每相邻两个平面间的距离相等，故为所求平面。（2）解法一：当（1）中的四面体为正四面体，若所得的四个平行平面，每相邻两平面之间的距离为1，则正四面体A1A2A3A4就是满足题意的正四面体，设正四面体的棱长为a，以△A2A3A4的中心O为坐标原点，以直线A4O为y轴，直线OA1为z轴建立如图的右手直角坐标系，令P2，P3为A1A4的三等分点，N为A2A4的中点，有\n解法二：如图，现将此正四面体A1A2A3A4置于一个正方体ABCD—A1B1C1D1中，（或者说，在正四面体的四个面外侧各镶嵌一个直角三棱锥，得到一个正方体），E1，F1分别是A1B1，C1D1的中点，EE1D1D和BB1F1F是两个平行平面，若其距离为1，则四面体A1A2A3A4即为满足条件的正四面体。右图是正方体的上底面，现设正方体的棱长为a，若A1M=MN=1，则有据A1D1×A1E1=A1M×D1E1，得，于是正四面体的棱长其体积（即等于一个棱长为a的正方体割去四个直角正三棱锥后的体积）17、（重庆理19）本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分。如图，在四面体中，平面⊥,⊥,=,∠=（Ⅰ）若=2，=2，求四边形的体积。（Ⅱ）若二面角--为，求异面直线与所成角的余弦值。解析：（Ⅰ）如图所示，设F为AC的中点，由于AD=CD,所以DF⊥AC.\n（Ⅱ）如图所示设G、H分别为变CD，BD的中点，则FG//AD,GH//BC,,从而是异面直线与所成角或其补角。设E为边AB的中点，则EF//BC,由⊥，知⊥，又由（Ⅰ）有DF⊥平面，故由三垂线定理知⊥,所以为二面角--的平面角,由题设知，设AD=a，则DF=ADsinCAD=，在中，，从而因，故BD=AD=a.从而，在中，,又,从而在中，因FG=FH，由余弦定理得,故异面直线与所成角的余弦值为2022年高考试题及解析一、选择题:1．（2022年山东理3）在空间，下列命题正确的是（A）平行直线的平行投影重合（B）平行于同一直线的两个平面平行（C）垂直于同一平面的两个平面平行（D）垂直于同一平面的两条直线平行【答案】D2．（2022年全国I理7）正方体ABCD-中，B与平面AC所成角的余弦值为ABCD\n【命题意图】本小题主要考查正方体的性质、直线与平面所成的角、点到平面的距离的求法，利用等体积转化求出D到平面AC的距离是解决本题的关键所在,这也是转化思想的具体体现.ABCDA1B1C1D1O【解析】因为BB1//DD1,所以B与平面AC所成角和DD1与平面AC所成角相等,设DO⊥平面AC，由等体积法得,即.设DD1=a,则,.所以,记DD1与平面AC所成角为,则,所以.3．（2022年全国I理12）已知在半径为2的球面上有A、B、C、D四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD的体积的最大值为(A)(B)(C)(D)【命题意图】本小题主要考查几何体的体积的计算、球的性质、异面直线的距离,通过球这个载体考查考生的空间想象能力及推理运算能力.【解析】过CD作平面PCD，使AB⊥平面PCD,交AB与P,设点P到CD的距离为,则有,当直径通过AB与CD的中点时,,故.4．（2022年福建理6）如图,若是长方体被平面截去几何体后得到的几何体,其中E为线段上异于的点，F为线段上异于的点，且∥，则下列结论中不正确的是（）A.∥B.四边形是矩形C.是棱柱D.是棱台【解析】因为∥，∥，所以∥，又平面，所以∥平面，又平面，平面\n平面=，所以∥，故∥∥，所以选项A、C正确；因为平面，∥，所以平面，又平面，故，所以选项B也正确，故选D。【命题意图】本题考查空间中直线与平面平行、垂直的判定与性质，考查同学们的空间想象能力和逻辑推理能力。5．（2022年安徽理8）一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积为A、280B、292C、360D、372【解析】该几何体由两个长方体组合而成，其表面积等于下面长方体的全面积加上面长方体的4个侧面积之和。.【方法技巧】把三视图转化为直观图是解决问题的关键.又三视图很容易知道是两个长方体的组合体，画出直观图，得出各个棱的长度.把几何体的表面积转化为下面长方体的全面积加上面长方体的4个侧面积之和。6．（2022年广东理6）如图1，△ABC为三角形，// // , ⊥平面ABC 且3===AB,则多面体△ABC-的正视图（也称主视图）是【答案】D7．（2022年四川理11）半径为的球的直径垂直于平面，垂足为，是平面内边长为的正三角形，线段、分别与球面交于点M，N，那么M、N两点间的球面距离是（A）（B）（C）（D）解析：由已知，AB＝2R,BC＝R,故tan∠BAC＝cos∠BAC＝连结OM，则△OAM为等腰三角形AM＝2AOcos∠BAC＝，同理AN＝，且MN∥CD而AC＝R,CD＝\nR故MN：CD＝AN:ACÞMN＝，连结OM、ON，有OM＝ON＝R于是cos∠MON＝所以M、N两点间的球面距离是答案：A8.(2022年宁夏10）设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为(A)(B)(C)(D)9．（2022年陕西理科7）若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是【解析】由所给三视图知，对应的几何体为一倒放的直三棱柱（如下图所示），其高为，底面满足：.故该几何体的体积为.故选.10．（2022年北京理3）一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正（主）视图与侧（左）视图分别如右图所示，则该几何体的俯视图为解析：很容易看出这是一个面向我们的左上角缺了一小块长方体的图形不难选出答案【答案】C11．（2022年江西理10）过正方体的顶点A作直线，使与棱AB，AD，所成的角都相等，这样的直线可以作\nA．1条B．2条C．3条D．4条【答案】D【解析】考查空间感和线线夹角的计算和判断，重点考查学生分类、划归转化的能力。第一类：通过点A位于三条棱之间的直线有一条体对角线AC1，第二类：在图形外部和每条棱的外角和另2条棱夹角相等，有3条，合计4条。12（2022年浙江6）设，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是（A）若，，则（B）若，，则（C）若，，则（D）若，，则13．(2022年全国2理9）已知正四棱锥中，，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（A）1（B）（C）2（D）3【命题意图】本试题主要考察锥体的体积，考察高次函数的最值问题.【解析】设底面边长为a，则高所以体积，设，则，当y取最值时，，解得a=0或a=4时，体积最大，此时故选C.14．(2022年全国2理11）与正方体的三条棱、、所在直线的距离相等的点（A）有且只有1个（B）有且只有2个（C）有且只有3个（D）有无数个【解析】直线上取一点，分别作，，垂直于，，于，，则，，，，分别作，，，垂足分别为M，N，Q，连PM，PN，PQ，由三垂线定理可得PN⊥PM⊥；PQ⊥AB\n，由于正方体中各个表面、对等角全等，所以，，PM=PN=PQ，即P到三条棱AB、CC1、A1D1.所在直线的距离相等所以有无穷多点满足条件，故选D.15.(2022年重庆理10)到两互相垂直的异面的距离相等的点，在过其中一条直线且平行于另一条直线的平面内的轨迹是（A）直线（B）椭圆（C）抛物线（D）双曲线解析：排除法轨迹是轴对称图形，排除A、C，轨迹与已知直线不能有交点，排除B【答案】D16（2022年辽宁理12）有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a的取值范围是(A)（0,）(B)（1,）(C)(,）(D)（0,）【答案】A二、填空题：1．（2022年福建理12）若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,则其表面积等于.【答案】【解析】由正视图知：三棱柱是以底面边长为2，高为1的正三棱柱，所以底面积为，侧面积为，所以其表面积为。【命题意图】本题考查立体几何中的三视图，考查同学们识图的能力、空间想象能力等基本能力。2.(2022年天津理12)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为。【解析】由三视图知：该几何体是一个底面边长为1、高为2的正四棱柱与一个底面边长为2、高为1的正四棱锥组成的组合体.因为正四棱柱的体积为2,正四棱锥的体积为,故该几何体的体积为.【命题意图】本题考查立体几何中的三视图以及棱柱与棱锥体积的求解,考查空间想象能力、识图能力。3.(2022年湖北理13）圆柱形容器内部盛有高度为8cm的水，若放入三个相同的球（球的半径与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示)，则球的半径是cm．【解析】设球半径为r，则由\n可得,解得r=4.4．（2022年四川理15）如图，二面角的大小是60°，线段.，与所成的角为30°.则与平面所成的角的正弦值是.CD解析：过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作l的垂线.垂足为D连结AD，有三垂线定理可知AD⊥l，故∠ADC为二面角的平面角，为60°又由已知，∠ABD＝30°连结CB，则∠ABC为与平面所成的角设AD＝2，则AC＝，CD＝1，AB＝＝4∴sin∠ABC＝答案：5.(2022年宁夏14）正视图为一个三角形的几何体可以是______（写出三种）【解析】三棱锥、三棱柱、圆锥等．6．（2022年江西理16）如图，在三棱锥中，三条棱，，两两垂直，且，分别经过三条棱，，作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为，，，则，，的大小关系为．【答案】7．（2022年浙江12）若某几何体的正视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是_______cm3.【答案】144解析：图为一四棱台和长方体的组合体的三视图，由卷中所给公式计算得体积为144，本题主要考察了对三视图所表达示的空间几何体的识别以及几何体体积的计算，属容易题8．（2022年辽宁理15）如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为______.【答案】\n9．(2022年全国2理16）已知球的半径为4，圆与圆为该球的两个小圆，为圆与圆的公共弦，．若，则两圆圆心的距离．【答案】3【命题意图】本试题主要考查球的截面圆的性质，解三角形问题.【解析】设E为AB的中点，则O，E，M，N四点共面，如图，∵，所以，∴，由球的截面性质，有，三、解答题1．（2022年山东理19）（本小题满分12分）如图，在五棱锥P—ABCDE中，PA⊥平面ABCDE，AB∥CD，AC∥ED，AE∥BC，ABC=45°，AB=2，BC=2AE=4，三角形PAB是等腰三角形．（Ⅰ）求证：平面PCD⊥平面PAC；（Ⅱ）求直线PB与平面PCD所成角的大小；（Ⅲ）求四棱锥P—ACDE的体积．【解析】（Ⅰ）证明：因为ABC=45°，AB=2，BC=4，所以在中，由余弦定理得：，解得，所以，即，又PA⊥平面ABCDE，所以PA⊥，又PA，所以，又AB∥CD，所以，\n又因为，所以平面PCD⊥平面PAC；（Ⅱ）由（Ⅰ）知平面PCD⊥平面PAC，所以在平面PAC内，过点A作于H，则，又AB∥CD，AB平面内，所以AB平行于平面，所以点A到平面的距离等于点B到平面的距离，过点B作BO⊥平面于点O，则为所求角，且，又容易求得，所以，即=，【命题意图】本题考查了空间几何体的的线面与面面垂直、线面角的求解以及几何体的体积计算问题，考查了同学们的空间想象能力以及空间思维能力。2．（2022年福建理18）（本小题满分13分）如图，圆柱内有一个三棱柱，三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形，且AB是圆O直径。（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）设AB=，在圆柱内随机选取一点，记该点取自于三棱柱内的概率为。（i）当点C在圆周上运动时，求的最大值；（ii）记平面与平面所成的角为，当取最大值时，求的值。【命题意图】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及几何体的体积、几何概型等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、必然与或然思想。【解析】（Ⅰ）因为平面ABC，平面ABC，所以，因为AB是圆O直径，所以，又，所以平面，而平面，所以平面平面。\n（Ⅱ）（i）设圆柱的底面半径为，则AB=，故三棱柱的体积为=，又因为，所以=，当且仅当时等号成立，从而，而圆柱的体积，故=当且仅当，即时等号成立，所以的最大值是。（ii）由（i）可知，取最大值时，，于是以O为坐标原点，建立空间直角坐标系（如图），则C（r，0，0），B（0，r，0），（0，r，2r），因为平面，所以是平面的一个法向量，设平面的法向量，由，故，取得平面的一个法向量为，因为，所以。3.(2022年天津理19)(本小题满分12分)如图，在长方体中，分别是棱，上的点，，。(Ⅰ)求异面直线与所成角的余弦值：(Ⅱ)证明⊥平面：(Ⅲ)求二面角的正弦值。【命题意图】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力。【解析】方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，\n点A为坐标原点，设,依题意得,,,(Ⅰ)：易得,于是所以异面直线与所成角的余弦值为(Ⅱ)证明：已知,,于是·=0，·=0.因此，,,又所以平面(Ⅲ)：设平面的法向量，则,即不妨令X=1,可得。由(Ⅱ)可知，为平面的一个法向量。于是，从而所以二面角的正弦值为方法二：(Ⅰ)：设AB=1，可得AD=2,AA1=4,CF=1.CE=链接B1C,BC1，设B1C与BC1交于点M,易知A1D∥B1C，由,可知EF∥BC1.故是异面直线EF与A1D所成的角，易知BM=CM=,所以,所以异面直线FE与A1D所成角的余弦值为(Ⅱ)证明：连接AC，设AC与DE交点N因为，所以，从而，又由于,所以，故AC\n⊥DE,又因为CC1⊥DE且，所以DE⊥平面ACF，从而AF⊥DE.连接BF，同理可证B1C⊥平面ABF,从而AF⊥B1C,所以AF⊥A1D因为，所以AF⊥平面A1ED(Ⅲ)解：连接A1N，FN.由（Ⅱ）可知DE⊥平面ACF.又NF平面ACF,A1N平面ACF，所以DE⊥NF，DE⊥A1N，故为二面角A1-ED-F的平面角.易知，所以所以二面角A1-DE-F正弦值为.4.(2022年湖北理18）(本小题满分12分)如图,在四面体ABOC中，OC⊥OA,OC⊥OB,∠AOB=120°，且OA=OB=OC=1.(Ⅰ)设P为AC的中点.证明：在AB上存在一点Q,使PQ⊥OA,并计算的值；(Ⅱ)求二面角O-AC-B的平面角的余弦值.（Ⅰ）在平面OAB内作ON⊥OA交AB于N，连接NC。又OA⊥OC∴OA⊥平面ONC∵NC平面ONC，∴OA⊥NC取Q为AN的中点，则PQ∥NC∴PQ⊥OA在等腰△AOB中∠AOB=120°∴∠OAB=∠OBA=30°在Rt△AON中，∠OAN=30°，∴ON=AN=AQ在△ONB中，∠NOB=120°－90°=30°=∠NBO∴NB=ON=AQ∴=3（II）连结PN，PO.由OC⊥OA，OC⊥OB知，OC⊥平面OAB，又平面OAB，∴OC⊥ON，又由ON⊥OA知：ON⊥平面AOC，∴OP是NP在平面AOC内的射影，在等腰中，P为AC的中点，根据三垂线定理，知：AC⊥NP.\n为二面角O—AC—B的平面角，在等腰中，OC=OA=1，，在∴∴，∵⊥∴，即=0；故又由已知，可得∴存在点Q使得PQOA，且（II）记平面ABC的法向量为，则由且，得故可取又平面OAC的法向量为\n二面角O—AC—B的平面角是锐角，记为ADBCA1B1C1D1E图55.(2022年湖南理科18)（本小题满分12分）如图5所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点。（Ⅰ）求直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值；(Ⅱ)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F//平面A1BE？证明你的结论。【解析】设正方体的棱长为1，如图所示，以为单位正交基底建立空间直角坐标系.ADBA1B1C1D1EFCxyz（Ⅰ）依题意，得，，，，所以，.在正方体中，因为AD⊥平面，所以是平面的一个法向量.设直线BE和平面所成的角为，则==.即直线BE和平面所成的角的正弦值为.（II）依题意，得，，.设是平面的一个法向量，则由，，得所以，取z=2，得.设F是棱上的点，则.又，所以.而，于是∥平面\nF为的中点.这说明在棱上存在点F（的中点），使∥平面.解法2：（Ⅰ）如图（a）所示，取的中点M，连结EM,BM.因为E是的中点，四边形为正方形，所以EM∥AD.又在正方体ABCD－A1B1C1D1中。AD⊥平面ABB1A1，所以EM⊥ABB1A1，从而BM为直线BE在平面ABB1A1上的射影，∠EBM直线BE与平面ABB1A1所成的角.设正方体的棱长为2，则EM＝AD＝2，BE＝，于是在RT△BEM中，即直线BE和平面所成的角的正弦值为.（Ⅱ）在棱上存在点F，使.事实上，如图（b）所示，分别取和CD的中点F，G，连结.因,且,所以四边形是平行四边形，因此.又E,G分别为，CD的中点，所以，从而.这说明，B，G，E共面，所以.因四边形与皆为正方形，F，G分别为和CD的中点，所以，且，因此四边形是平行四边形，所以.而，，故.6.（2022年安徽理18）（本小题满分12分）如图，在多面体中，四边形是正方形，∥，，，，，\n为的中点。(Ⅰ)求证：∥平面；(Ⅱ)求证：平面；(Ⅲ)求二面角的大小。本题考查空间线面平行、线面垂直、面面垂直的判断与证明，考查二面角的求法以及利用向量知识解决几何问题的能力，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力.(综合法)(Ⅰ)证：设与交于点，则为的中点.连、，又为的中点，∴.又，∴.∴四边形为平行四边形.∴.而平面，∴平面.(Ⅱ)证：由四边形是正方形，有.又，∴.而，∴平面.∴，.又，为的中点，∴.∴平面，∴.又，∴.又，，∴平面.(Ⅲ)解：，，∴平面.在平面内过点作交的延长线于，则为二面角的一个平面角.设，则，，.又，∴.∴.，，∴.(向量法)：∵四边形为正方形，∴，又，∴.又，∴平面.∴，∴.又，为的中点，∴，∴平面.以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，建立如图所示坐标系.\n设，则，，，，，.(Ⅰ)证：设与交于点，连、，则，∴，又，∴.平面，不在平面内，∴平面.(Ⅱ)证：，，，∴.设平面的法向量为，则，，∴，，即.，.设平面的法向量为，则，，，，故.，∴，即二面角为.7．（2022年广东理18）（本小题满分14分）如图5，是半径为a的半圆，AC为直径，点E为的中点，点B和点C为线段AD的三等分点．平面AEC外一点F满足，FE=a．\n（2）设平面与平面RQD的交线为.由BQ=FE,FR=FB知,.而平面，∴平面，而平面平面=，∴.由（1）知，平面，∴平面，而平面，平面，∴，∴是平面与平面所成二面角的平面角．在中，，，故平面与平面所成二面角的正弦值是\n．8.（2022年全国I理19）（本小题满分12分）如图，四棱锥S-ABCD中，SD底面ABCD，AB//DC，ADDC，AB=AD=1，DC=SD=2，E为棱SB上的一点，平面EDC平面SBC.（Ⅰ）证明：SE=2EB；（Ⅱ）求二面角A-DE-C的大小.【命题意图】本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，二面角等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力.【解析】法一：(Ⅰ)连接BD,取DC的中点G，连接BG,由此知即为直角三角形，故.又,所以.作，故内的两条相交直线都垂直.，,,所以，.（Ⅱ）由知，又故为等腰三角形。取中点，连接，则，连接则所以是二面角A-DE-C的平面角。连接，，所以二面角的大小为解法二：以D为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系，\n设平面的法向量由得故令则由平面EDC平面SBC得即故(Ⅱ)由（Ⅰ）知,取中点F，则,,故,由此得.又,故由此得,向量与的夹角等于二面角的平面角.于是,所以，二面角的大小为120°.9．（2022年四川理18）（本小题满分12分）已知正方体ABCD－A'B'C'D'的棱长为1，点M是棱AA'的中点，点O是对角线BD'的中点.（Ⅰ）求证：OM为异面直线AA'和BD'的公垂线；（Ⅱ）求二面角M－BC'－B'的大小；（Ⅲ）求三棱锥M－OBC的体积.本小题主要考查异面直线、直线与平面垂直、二面角、正方体等基础知识，并考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查应用向量知识解决数学问题的能力。解法一：（Ⅰ）连结AC，取AC的中点K，则K为BD的中点，连结OK．[来:因为点M是棱′的中点，点O是的中点，所以，所以．由，\n得因为，，所以平面，所以．所以．又因为OM与异面直线和都相交，故OM为异面直线和’的公垂线．……………（4分）（Ⅱ）取的中点N，连结MN，则平面．过点N作于H，连结MH，则由三垂线定理得，．从而，为二面角的平面角．，．在中，故二面角的大小为（9分）（Ⅲ）易知，…（12分）解法二：以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，，，（Ⅰ）因为点M是棱所以（4分）（Ⅱ）设平面\n即故二面角……（9分）（Ⅲ）易知，，即取点M到平面OBC的距离………（12分）10．（2022年高考江苏卷试题16）（本小题满分14分）如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=900。(1)求证：PC⊥BC；求点A到平面PBC的距离。[解析]本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查几何体的体积，考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力。满分14分。（1）证明：因为PD⊥平面ABCD，BC平面ABCD，所以PD⊥BC。由∠BCD=900，得CD⊥BC，又PDDC=D，PD、DC平面PCD，所以BC⊥平面PCD。因为PC平面PCD，故PC⊥BC。（2）（方法一）分别取AB、PC的中点E、F，连DE、DF，则：易证DE∥CB，DE∥平面PBC，点D、E到平面PBC的距离相等。又点A到平面PBC的距离等于E到平面PBC的距离的2倍。由（1）知：BC⊥平面PCD，所以平面PBC⊥平面PCD于PC，因为PD=DC，PF=FC，所以DF⊥PC，所以DF⊥平面PBC于F。易知DF=，故点A到平面PBC的距离等于。\n11.(2022年全国高考宁夏卷18）（本小题满分12分）如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯形，ABCD,ACBD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD中点（1）证明：PEBC（2）若APB=ADB=60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值解：以为原点，分别为轴，线段的长为单位长，建立空间直角坐标系如图，则（Ⅰ）设则可得因为所以（Ⅱ）由已知条件可得，设为平面的法向量则即因此可以取，由，可得所以直线与平面\n所成角的正弦值为12．（2022年陕西理科18）（本小题满分12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA  ⊥平面ABCD,AP=AB=2,BC=2 √  2，E，F分别是AD，PC的中点（Ⅰ）证明：PC  ⊥平面BEF；（Ⅱ）求平面BEF与平面BAP夹角的大小。解法一（向量法）（Ⅰ）如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP算在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系。∵AP=AB=2,BC=AD=,四边形ABCD是矩形。∴A，B，C，D的坐标为A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,,0)，D(0，，0)，P(0,0,2)又E，F分别是AD，PC的中点，∴E(0，，0),F(1，，1)。∴=（2，，-2）=（-1，，1）=（1,0,1），∴·=-2+4-2=0，·=2+0-2=0，∴⊥，⊥，∴PC⊥BF,PC⊥EF,BF ∩  EF=F,[∴PC⊥平面BEF。（II）由（I）知平面BEF的法向量平面BAP的法向量,设平面BEF与平面BAP的夹角为 θ ，则,∴平面BEF与平面BAP的夹角为解法二（综合法）（I）连接PE，EC在和中，PA=AB=CD,AE=DE,∴PE=CE,即 △PEC是等腰三角形，又F是PC的中点，∴EF⊥PC,又，F是PC的中点，∴BF⊥PC.又平面BEF。（Ⅱ）∵PA平面ABCD,∴PABC.又ABCD为矩形，∴ABBC,∴BC平面BAP,BCPB,又由（I）知PC平面BEF.∴直线PC与BC的夹角即为平面BEF与平面BAP的夹角。在△PBC中，PB=BC,∠PBC=,∴∠PCB=。∴平面BEF与平面BAP的夹角为。13．(2022年北京理16)（本小题共14分）如图，正方形ABCD\n和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC,EF∥AC,AB=，CE=EF=1.（Ⅰ）求证：AF∥平面BDE；（Ⅱ）求证：CF⊥平面BDE；（Ⅲ）求二面角A-BE-D的大小。证明：（I）设AC与BD交与点G。因为EF//AG，且EF=1，AG=AC=1.所以四边形AGEF为平行四边形.所以AF//平面EG，因为平面BDE，AF平面BDE，所以AF//平面BDE.（II）因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面相互垂直，且CEAC，所以CE平面ABCD.如图，以C为原点，建立空间直角坐标系C-.则C（0，0，0），A（，，0），B（0，，0）.所以，，.所以,所以,.所以BDE.(III)由（II）知，是平面BDE的一个法向量.设平面ABE的法向量,则，.即所以且令则.所以.从而。因为二面角为锐角，所以二面角的大小为.14．（2022年江西理20）（本小题满分12分）如图，与都是边长为2的正三角形，平面平面，平面，.（1）求点到平面的距离；（2）求平面与平面所成二面角的正弦值.解法一：（1）等体积法．取CD中点O，连OB，OM，则OB=OM=，OB⊥CD，MO⊥CD．又平面平面,则MO⊥平面，所以MO∥AB，MO∥平面ABC．M、O到平面ABC的距离相等．作OH⊥BC于H，连MH，则MH⊥BC．\n求得OH=OC•=，MH=．设点到平面的距离为d，由得．即，解得．（2）延长AM、BO相交于E，连CE、DE，CE是平面与平面的交线．由（1）知，O是BE的中点，则BCED是菱形.作BF⊥EC于F，连AF，则AF⊥EC，∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角，设为.因为∠BCE=120°所以∠BCF=60°.，，.则所求二面角的正弦值为解法二：取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD．又平面平面,则MO⊥平面.取O为原点，直线OC、BO、OM为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图．OB=OM=，则各点坐标分别为C（1，0，0），M（0，0，），B（0，，0），A（0，-，）.（1）设是平面MBC的法向量，则,.由得；由得．取．，则．（2），.设平面ACM的法向量为，由得解得，，取.又平面BCD的法向量为.所以，设所求二面角为，则.15．（2022年辽宁理19）（本小题满分12分）已知三棱锥P－ABC中，PA⊥ABC，AB⊥AC，PA=AC=½AB，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.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），\nM（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45°…12分16．（2022年浙江理科20）（本题满分15分）如图，在矩形ABCD中，点E,F分别在线段AB,AD上，AE=EB=AF=FD=4。沿直线EF将AEF翻着成A‘EF，使平面A‘EF平面BEF。（Ⅰ）求二面角A‘-FD-C的余弦值；（Ⅱ）点M,N分别在线段FD,BC上，若沿直线MN将四边形MNCD向上翻着，使C与A’重合，求线段FM的长。本题主要考察空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同事考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分。（Ⅰ）解：取线段EF的中点H，连结，因为=及H是EF的中点，所以,又因为平面平面.如图建立空间直角坐标系A-xyz则（2，2，），C（10，8，0），F（4，0，0），D（10，0，0）.=（-2，2，2），=（6，0，0）.设=（x,y,z）为平面的一个法向量，所以\n取，则。又平面的一个法向量，故方法二：（Ⅰ）：取线段的中点,的中点,连结。因为=及是的中点，所以又因为平面平面，所以平面,又平面,故，又因为、是、的中点，易知∥，所以，于是面，所以为二面角的平面角，在中，=，=2，=所以.故二面角的余弦值为。（Ⅱ）解：设,因为翻折后，与重合，所以，而，得，经检验，此时点在线段上，所以。17．(2022年全国2理19）如图，直三棱柱中，，，为的中点，为上的一点，．（Ⅰ）证明：为异面直线与的公垂线；（Ⅱ）设异面直线与的夹角为45°，求二面角的大小．这是一道难度适中的题，着重是对基础知识的考查，包括三垂线定理，空间感要求高，也是来源于课本，是一道平时训练的重点与常规题，但更适合用空间向量解决．\n解法一：（I）连接A1B，记A1B与AB1的交点为F.因为面AA1BB1为正方形，故A1B⊥AB1，且AF=FB1，又AE=3EB1，所以FE=EB1，又D为BB1的中点，故DE∥BF，DE⊥AB1.作CG⊥AB，G为垂足，由AC=BC知，G为AB中点.又由底面ABC⊥面AA1B1B.连接DG，则DG∥AB1，故DE⊥DG，由三垂线定理，得DE⊥CD.所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线.（II）因为DG∥AB1，故∠CDG为异面直线AB1与CD的夹角，∠CDG=45°设AB=2，则AB1=，DG=，CG=，AC=.作B1H⊥A1C1，H为垂足，因为底面A1B1C1⊥面AA1CC1，故B1H⊥面AA1C1C.又作HK⊥AC1，K为垂足，连接B1K，由三垂线定理，得B1K⊥AC1，因此∠B1KH为二面角A1-AC1-B1的平面角.另外，还有用等体积法的，也有用三面角公式的，还有用异面直线距离公式的。解法二：（I）以B为坐标原点，射线BA为X轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系（考卷上出现了七八种坐标系）\nADPEBC题(19)图18.(2022年重庆理19)(本小题满分12分，(Ⅰ)小问5分，(Ⅱ)小问7分．)如题(19)图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝，点E是棱PB的中点．(Ⅰ)求直线AD与平面PBC的距离；(Ⅱ)若AD＝，求二面角A－EC－D的平面角的余弦值．【命题意图】本题考查直线与平面垂直、二面角、三棱锥的性质及体积等基础知识.求解第（1）问的关键是将点到面的距离转化为三棱锥的高，等体积法是这类问题的杀手.第（2）问只需用“三垂线”即可找到二面角的平面角.【解析】解法一：（Ⅰ）如答（19）图1，在矩形中，平面，故直线与平面的距离为点到平面的距离.因底面，故，由知为等腰三角形，又点是棱中点，故.又在矩形中，，而是在底面内的射影，由三垂线定理得，从而平面，故.从而平面，故之长即为直线与平面的距离.（Ⅱ）过点D作，交CE于F，过点F作，交AC于G，则为所求的二面角的平面角.由（Ⅰ）知平面PAB，又，得平面PAB，故，从而.在中，.由，所以为等边三角形，故F为CE的中点，且.因为平面PBC，故，又，知，从而，且G点为AC的中点.连接DG，则在中，.\nPGF答（19）图2CBADE所以.解法二：（Ⅰ）如答（19）图2，以A为坐标原点，射线AB、AD、AP分别为轴、轴、轴正半轴，建立空间直角坐标系.设，则，.因此，则，所以平面PBC.又由知平面PBC，故直线AD与平面PBC的距离为点A到平面PBC的距离，即为.（Ⅱ）因为，则.设平面AEC的法向量，则.又，故所以.可取，则.设平面DEC的法向量，则.又，故所以.可取，则.故.所以二面角的平面角的余弦值为.5.【两年模拟】2022年名校模拟题及其答案【浙江省杭州第十四中学2022届高三12月月考】若是空间四条直线．如果\n“”，则(A)且(B)中任意两条可能都不平行(C)或者(D)中至少有一对直线互相平行【答案】D【黑龙江省绥棱一中2022届高三理科期末】如图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形且体积为，则该几何体的俯视图可以是（）【答案】C【黑龙江省绥棱一中2022届高三理科期末】正四面体ABCD的外接球的球心为0,E是BC的中点，则直线OE与平面BCD所成角的正切值为（）A1BCD【答案】C【广东省执信中学2022第一学期期末】设、表示两条直线，、表示两个平面，下列命题中真命题是（）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】D【安徽省六校教育研究会2022届高三联考】一个空间几何体的三视图如图（1）所示，其中正视图为等腰直角三角形，侧视图与俯视图为正方形，则该几何体的体积和表面积分别为（）\n（A），（B），（C），（D），【答案】B【广东省执信中学2022第一学期期末】如果一条直线与一个平面垂直，那么，称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（）A．24B．30C．36D．42【答案】C【甘肃省天水一中2022第一学期高三第四阶段考】正四面体P-ABC中，M为棱AB的中点，则PB与CM所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】C【福建省南安一中2022届高三上期末】已知，，表示三条不同的直线，表示平面，给出下列命题：①若∥，∥，则∥；②若⊥，⊥，则⊥；③若∥，∥，则∥；④若⊥，⊥，则∥．其中正确的命题为（）A．①②B．②③C.①④D．③④【答案】C【北京市东城区2022高三第一学期期末】一个几何体的三视图如图所示，其中正(主)视图中△ABC是边长为2的正三角形，俯视图的边界为正六边形，那么该几何体的侧(左)\n视图的面积为（A）　（B）（C）（D）【答案】C【北京市东城区2022高三第一学期期末】下列命题中正确的是（A）如果两条直线都平行于同一个平面，那么这两条直线互相平行（B）过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直（C）如果一条直线平行于一个平面内的一条直线，那么这条直线平行于这个平面（D）如果两条直线都垂直于同一平面，那么这两条直线共面【答案】D【北京市西城区2022第一学期期末】某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是（）（A）（B）（C）（D）【答案】D【浙江省名校新高考研究联盟2022届第一次联考】设是两条异面直线，下列命题中正确的是()A．过且与平行的平面有且只有一个B．过且与垂直的平面有且只有一个C．与所成的角的范围是D．过空间一点与、均平行的的平面有且只有一个\n【答案】A【浙江省杭州第十四中学2022届高三12月月考】假设一个四棱锥的正视图和侧视图为两个完全相同的等腰直角三角形（如图所示），腰长为1，则该四棱锥的体积为．【广东省执信中学2022第一学期期末】如果一个几何体的三视图如图所示，其中正视图中△ABC是边长为2的正三角形，俯视图为正六边形，则该三视图中侧视图的面积为．【答案】【福建省南安一中2022\n届高三上期末】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为【答案】π+【北京市朝阳区2022届高三上学期期末考试】某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是.【答案】【浙江省名校新高考研究联盟2022届第一次联考】已知一个几何体的三视图及其长度如图所示，则该几何体的体积为.\n【答案】【浙江省名校新高考研究联盟2022届第一次联考】正三棱锥的侧面与底面所成二面角的大小为，侧棱与底面所成的角为，则.【答案】2解答题1、如图，在六面体中，，，.求证：（1）；（2）.【试题出处】江苏省苏中三市（南通泰州扬州）2022届高三3月第一次调研测试（数学）【解析】（1）取线段的中点，连结、，因为，，所以，．3分又，平面，所以平面．而平面，所以.……7分（2）因为，平面，平面，所以平面．……9分又平面，平面平面，………11分所以．同理得，所以．…………14分2、在棱长为２的正方体ABCD－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，E为棱AB的中点，点P在平面Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１，D１P⊥平面PCE．试求：（Ⅰ）线段D１P的长；（Ⅱ）直线DE与平面PCE所成角的正弦值；【试题出处】江苏省苏北四市（徐、淮、连、宿）高三3月联考试题（数学）【解析】⑴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，．设，则，，．……2分因为平面，所以，，所以，，故解得(舍去)或…4分即，所以，所以．…6分⑵由⑴知，平面，设DE与平面PEC所成角为，\n与所成角为则所以直线DE与平面PEC所成角的正弦值为10分第19题3、如图，在直三棱柱中，，且，是，的交点，是的中点.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求平面与平面夹角的大小【试题出处】2022年咸阳市高三第二次模拟考试数学（理）试题【解析】(Ⅰ)以C为原点，分别以CB、、CA为x、y、z轴建立坐标系，则由知，，，，，，，,，…3分又，，∴MN⊥，MN⊥CB，∴⊥平面…………6分(Ⅱ)作CH⊥AB于H点，∵平面ABC⊥平面，∴CH⊥平面，故平面的一个法向量为，而平面的一个法向量为，……9分，故平面夹角的大小为．………12分（注：此题若学生用传统方法作，请酌情给分）4、如图，该几何体由半圆柱体与直三棱柱构成，半圆柱体底面直径BC=4，AB=AC，ÐBAC=90°，D为半圆弧的中点，若异面直线BD和AB1所成角的大小为arccos，求：ACBB1A1C1D(1)该几何体的体积；(2)直线AD与平面ACC1A1所成角的大小.【试题出处】2022年上海五校联合教学调研数学试卷(理科)【解析】连A1D，由题设知A1、D关于B1C对称，建立如图所示的空间直角坐标系，设AA1=h，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，B1(0,2,h),D(2,2,h)，=(2,0,h)，=(0,2,h)，\nÞ2h2+16=3h2Þh=4，(1)V=+=+=16+8p.(2)=(2,2,4)，平面ACC1A1的法向量=(0,1,0)，设直线AD与平面ACC1A1所成角为q，则sinq=Þq=，故直线AD与平面ACC1A1所成角的大小为.5、已知三棱锥的底面是直角三角形，且，平面，，是线段的中点，如图所示.（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）求平面与平面的夹角的余弦值.【试题出处】陕西省西安市八校2022届高三年级数学（理科）试题【解析】（Ⅰ）证明：因为，D是线段PC的中点，所以（1）因为，，所以平面可得（2）由（1）（2）得平面----6分（Ⅱ）解法一：以AP所在直线为z轴，AC所在直线x轴，过点A且与BC平行的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图所示----7分则平面PAC的一个法向量为设平面ABD的一个法向量为，则有且。因为点A、D的坐标分别是和，所以；同样可得，所以有，且，可得-----10分所以可知平面PAC与平面ABD的夹角的余弦值为解法二：由（Ⅰ）知，，所以就是二面角的平面角。由于平面，所以是直角，所以而，，所以可得。\n因为二面角是平面与平面所成四个二面角当中的一个，所以平面PAC与平面ABD的夹角的余弦值为6、如图6，四棱柱的底面是平行四边形，且，，，为的中点，平面．⑴证明：平面平面；⑵若，试求异面直线与所成角的余弦值．【试题出处】广东省江门市2022年普通高中高三第一次模拟测试数学（理科）【解析】⑴依题意，……1分，所以是正三角形，，又……3分，所以，……4分，因为平面，平面，所以……5分，因为，所以平面……6分，因为平面，所以平面平面……7分．⑵取的中点，连接、……8分，连接，则……9分，所以是异面直线与所成的角……10分。因为，，所以，，，所以（方法二）以为原点，过且垂直于的直线为轴，所在直线为轴、所在直线为建立右手系空间直角坐标系……1分，设（），则，，，3分．⑴设平面的一个法向量为，则…4分，，取，则，从而……5分，同理可得平面的一个法向量为……7分，直接计算知，所以平面平面……8分．⑵由即……9分，解得……10分。……11分，……12分，\n所以异面直线与所成角的余弦值……14分．注：由于给分板按方法一设置，即第⑴问7分，第⑵问7分。若学生按方法二答题，得分时，得分记在第⑴问；得分的部分，记在第⑵问。第16题图7、如图，已知，分别是正方形边、的中点，与交于点，、都垂直于平面，且，，是线段上一动点．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）若平面，试求的值；（Ⅲ）当是中点时，求二面角的余弦值．【试题出处】北京市密云县2022年高中模拟试卷及答案（理数）【解析】（Ⅰ）连结，∵平面，平面，∴，又∵，，∴平面，又∵，分别是、的中点，∴，∴平面，又平面，∴平面平面；……4分（Ⅱ）建立如图所示的直角坐标系，则，，，，∴，，设点的坐标为，平面的法向量为，则，所以，即，令，则，，故，∵平面，∴，即，解得，故，即点为线段上靠近的四等分点；故---------8分（Ⅲ），则，设平面的法向量为，ABCD则，即，令，则，，即，当是中点时，，则，∴，∴二面角的余弦值为．-------14分8、三棱柱的直观图及三视图（主视图和俯视图是正方形，左侧图是等腰直\n角三角形）如图，为的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）求二面角的正切值.在正方形②………………..８分由①②，又，………………9（3）解法一；提示：所求二面角与二面角C--D互余…………………..12取BC中点H，有DH⊥平面，过H作垂线，垂足为E，ABCDHEACDOS所以二面角C--D的平面角是∠DEH…………………12分，因为二面角A--D与二面角C--D互余，所以二面角A--D的正切值为；……………..14[K]\nB解法二（补形）如图补成正方体，易得∠O1OS为二面角的平面角，….14解法三（空间向量法）以为原点建系，易得设平面D的法向量由得令得…………..12又平面A的法向量设二面角A--D的平面角为所以…………..14ABCDEF(第16题图）9、如图，四边形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面BCE，BE⊥EC．（1）求证：平面AEC⊥平面ABE；（2）点F在BE上．若DE//平面ACF，求的值【试题出处】南京市2022年届高三第二次模拟考试数学试卷【解析】（1）证明：因为ABCD为矩形，所以AB⊥BC．因为平面ABCD⊥平面BCE，ABCDEF(第16题图）O平面ABCD∩平面BCE＝BC，ABÌ平面ABCD，所以AB⊥平面BCE．……3分因为CEÌ平面BCE，所以CE⊥AB．因为CE⊥BE，ABÌ平面ABE，BEÌ平面ABE，AB∩BE＝B，所以CE⊥平面ABE．6分因为CEÌ平面AEC，所以平面AEC⊥平面ABE．8分（2）连结BD交AC于点O，连结OF．因为DE∥平面ACF，DEÌ平面BDE，平面ACF∩平面BDE＝OF，所以DE//OF．…12分又因为矩形ABCD中，O为BD中点，所以F为BE中点，即＝．…14分10、如图,在直角梯形ABCP中，AP//BC，AP⊥AB，AB=BC=AP=2，D是AP的中点，E，F，G分别为PC、PD、CB的中点，将△PCD沿CD折起，使得PD⊥平面ABCD.源:Zxxk.Com](1)求证：平面PCD⊥平面PAD；(2)求二面角G-EF-D的大小；(3)求三棱椎D-PAB的体积.【试题出处】山东省济南市2022届高三3月（二模）月考数学（理）试题19.【解析】(1)∵PD⊥平面ABCD∴PD⊥CD……1分∵CD⊥AD∴CD⊥平面PAD………2分∵CD平面PCD∴平面PCD⊥平面PAD……3分\n（2）如图以D为原点,以为方向向量建立空间直角坐标系D-xyz.则有关点及向量的坐标为:……4分G（1，2，0）,E（0，1，1），F（0，0，1）=（0，-1，0），=（1，1，-1）……5分设平面EFG的法向量为=（x，y，z）∴取=(1,0,1)…6分平面PCD的一个法向量,=(1,0,0)……7分∴cos………8分EDABCFH结合图知二面角G-EF-D的平面角为45°9分PD=12分11、如图，在多面体中，四边形为正方形，，，，，，为的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）求二面角的大小．【试题出处】北京市门头沟区2022届高三年级3月抽样测试数学（理工类）OHEDABCF【解析】（Ⅰ）：，连结，因为为正方形，所以是中点，又是中点，所以，，所以且，所以四边形为平行四边形，yxAOHEDBCFz所以，又因为平面，平面．所以平面．…4分（Ⅱ）证明：因为，是的中点，所以……6分又因为，，所以又因为所以平面，因为平面，所以………8分所以平面．……9分（Ⅲ），，两两垂直，建立如图所示的坐标系，设，则，\n，，…10分N设平面的法向量为，，所以…11分平面的法向量为……12分．……13分二面角为锐角，所以二面角等于…14分12、如图所示，在长方体中，，，，为棱上一点.若，求异面直线和所成角的正切值；是否存在这样的点使得平面？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由【试题出处】2022届上海市七校数学试题（理科）【解析】（1）过点M做交于N,并连接,则是异面直线和所成角由题可得：在中，,当时，异面直线和所成角的正切值为（2）假设存在点M使得平面，并设则有所以，当时，使得平面13、如图，矩形ABCD所在的平面与平面AEB垂直，且F、G、H分别为BE、AE、BC的中点。（1）求证：DE//平面FGH；（2）若点P在线段GF上，且二面角D—BP—A的大小为，试确定点P的位置。【试题出处】河南2022~2022学年度高三年级第一次模拟考试数学试题（理）【解析】(Ⅰ)取AD的中点M，连接MH，MG.∵G，H,F分别是AE，BC，EB的中点，∴MH∥AB，GF∥AB∴M∈平面FGH\n又MG∥DE，且DE平面FGH，MG平面FGH，∴DE∥平面FGH6分(Ⅱ)如图，在平面ABE内，过A作AB的垂线，记为AQ，则AQ⊥平面ABCD.以A为原点，AQ、AB、AD所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系.……7分则A(0，0，0)，B(0，4，0)，D(0，0，2)，G(，－1，0)，F(，1，0)，P(，λ,0).∴=(0,－4,2),=(3,－4,0).设平面PBD的一个法向量为n1=(x,y,1),则∴∴∴=(,,1)…10分又平面ABP的一个法向量为n2=(0,0,2),…11分∴cos〈n1,n2〉===,解得λ=1或7(舍去)∴点P与点F重合12分14、已知直三棱柱的三视图如图所示，且是的中点．（Ⅰ）求证：∥平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）试问线段上是否存在点，使与成角？若存在，确定点位置，若不存在，说明理由．ABC【试题出处】湖北八校2022届高三第二次联考数学试题（理科）【解析】（Ⅰ）证明：根据三视图知：三棱柱是直三棱柱，，\n连结，交于点，连结.由是直三棱柱，得四边形为矩形，为的中点.又为中点，所以为中位线，所以∥，………2分因为平面，平面所以∥平面.…4分（Ⅱ）：由是直三棱柱，且，故两两垂直.如图建立空间直角坐标系.…5分，则.所以，设平面的法向量为.…………11分所以当点为线段中点时，与成角……12分15、在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形。且PA面ABCD.（Ⅰ）求证：PCBD（Ⅱ）过直线BD且垂直于直线PC的平面交PC于点E，且三棱锥E-BCD的体积取到最大值求此时四棱锥E-ABCD的高；求二面角A-DE-B的余弦值的大小。【试题出处】安徽省合肥市2022年高三第二次教学质量检测数学试题（理科）【解析】(1)连接,则PA面ABCD.\nPCBD(2)设连接,过点作于,则，是三棱锥E-BCD的高由题知：是直角三角形，其中设，则，从而在直角中有:当且仅当时，取得最大值，最大值为：，此时三棱锥E-BCD的体积取到最大值此时四棱锥E-ABCD的高为：以为原点建立空间直角坐标系，如图所示，则;;;由知:,,设平面ADE的法向量为：，则,即，令：则，平面ADE的一个法向量为：是平面BDE的一个法向量16、如图，把长、宽分别为4、3的长方形ABCD沿对角线AC折成直二面角．（Ⅰ）求顶点B和D之间的距离；ACBE.D（Ⅱ）现发现BC边上距点C的处有一缺口E，请过点E\n作一截面，将原三棱锥分割成一个三棱锥和一个棱台两部分，为使截去部分体积最小，如何作法？请证明你的结论．ABCDE.【试题出处】江苏省南通市2022届高三数学模拟试题【解析】（Ⅰ）ABCDE.由已知BO=,OD=在Rt△BOD中,BD=.（Ⅱ）方案(一)过E作EF//AC交AB于F,EG//CD,交BD于G,,平面EFG//平面ACD原三棱锥被分成三棱锥B-EFG和三棱台EFG-CAD两部分,此时.方案(二)过E作EP//BD交CD于P,EQ//AB,交AC于Q,同(一)可证平面EPQ//平面ABD,原三棱锥被分割成三棱锥C-EPQ和三棱台EPQ-BDA两部分,此时,为使截去部分体积最小,故选用方案(二).17、在直角梯形ABCD中，AD//BC，,,如图（1）．把沿翻折，使得平面.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）若点为线段中点，求点到平面的距离；（Ⅲ）在线段上是否存在点N，使得与平面所成角为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．\n【试题出处】2022年福建省普通高中毕业班质量检查理科数学【解析】（Ⅰ）由已知条件可得．……2分∵平面，．∴．………3分又∵，∴．………………4分∴点M到平面的距离．………………………8分法二：（Ⅱ）由已知条件可得，，∴．由（Ⅰ）知，即CD为三棱锥C-ABD的高，又CD=2，∴，又∵点为线段中点，∴点M到平面的距离等于点Ｂ到平面的距离的，…6分∴，∵，AD=,CD=2，∴，\n设点M到平面的距离为，则，即解得=，∴设点M到平面的距离等于.……8分法三：∵点为线段中点，∴点M到平面的距离等于点Ｂ到平面的距离的，…6分由已知条件可得，由（Ⅰ）知，又，∴，可得，∴（舍去）．综上，在线段上存在点N，使与平面所成角为，此时．…13分18、如图，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是矩形，AB=2，，且侧面PAB是正三角形，平面平面ABCD。（1）求证：；（2）在棱PA上是否存在一点E，使得二面角E—BD—A的大小为，若存在，试求的值，若不存在，请说明理由。【试题出处】河北省2022年普通高考模拟考试数学试题（理）PEBCDAHxyz【解析】取AB中点H，则由PA＝PB，得PH⊥AB，又平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD=AB，所以PH⊥平面ABCD．以H为原点，建立空间直角坐标系H－（如图）．则（I）证明：∵,…．．4分\n∴，∴，即PD⊥AC．．6分（II）假设在棱PA上存在一点E，不妨设=λ，则点E的坐标为，…．．8分∴设是平面EBD的法向量，则，不妨取，则得到平面EBD的一个法向量．……．．10分又面ABD的法向量可以是=（0,0,），要使二面角E-BD-A的大小等于45°，则可解得，即=故在棱上存在点，当时，使得二面角E-BD-A的大小等于45°．．12分19、四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形，PA底面ABCD，PA=AB=1，AD=2，点M是PB的中点，点N在BC边上移动．（I）求证：当N是BC边的中点时，MN∥平面PAC;（Ⅱ）证明，无论N点在BC边上何处，都有PNAM；（Ⅲ）当BN等于何值时，PA与平面PDN所成角的大小为45．【试题出处】河南省2022年普通高中毕业班高考适应性测试数学试题（理）【解析】（Ⅰ）取的中点，连接，又因为是的中点，是中点.NEABCDPM∥，∥.，，平面∥平面.又平面，∥平面……4分（Ⅱ），是的中点，.又平面，平面，.又，，平面.又平面,.平面.又平面，BACDPMNxyz.所以无论点在边的何处，都有.…8分\n（Ⅲ）分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，设则，，，，，，，，设平面的法向量为，则令得，，设与平面所成的角为，，，解得或（舍去）.…12分20、如图，在正三棱柱ABC一DEF中，AB＝2,AD=1，P是CF的延长线上一点，过A、B、P三点的平面交FD于M，交EF于N（I）求证：MN∥平面CDE：（Ⅱ）当平面PAB⊥平面CDE时，求三梭台MNF-ABC的体积．设，则………10分从而，……………13分注：几何解法的关键是将面面垂直转化为线线垂直，阅卷时应注意考生是否在运用相关的定理.法二：如图，取中点、中点.以为原点，为轴、为轴、\n为轴建立空间直角坐标系.则在平面中,，向量设平面的法向量，则由即得7分在平面中,，向量设平面的法向量，由，得………8分