全國高考理科數學分類匯編——10立體幾何

1、2021年全國高考理科數學分類匯編10立體幾何1.【2021高考安徽，理5】，是兩條不同直線，是兩個不同平面，那么以下命題正確的選項是 A假設，垂直于同一平面，那么與平行 B假設，平行于同一平面，那么與平行 C假設，不平行，那么在內不存在與平行的直線 D假設，不平行，那么與不可能垂直于同一平面【答案】D【解析】由，假設，垂直于同一平面，那么，可以相交、平行，故不正確；由，假設，平行于同一平面，那么，可以平行、重合、相交、異面，故不正確；由，假設，不平行，但平面內會存在平行于的直線，如平面中平行于，交線的直線；由項，其逆否命題為“假設與垂直于同一平面，那么，平行是真命題，故項正確.所以選D.【考

2、點定位】1.直線、平面的垂直、平行判定定理以及性質定理的應用.【評注】空間直線、平面平行或垂直等位置關系命題的真假判斷，常采用畫圖尤其是畫長方體、現實實物判斷法如墻角、桌面等、排除篩選法等；另外，假設原命題不太容易判斷真假，可以考慮它的逆否命題，判斷它的逆否命題真假，原命題與逆否命題等價.2.【2021高考北京，理4】設，是兩個不同的平面，是直線且“是“的 A充分而不必要條件B必要而不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件【答案】B【解析】因為，是兩個不同的平面，是直線且假設“，那么平面可能相交也可能平行，不能推出，反過來假設，那么有，那么“是“的必要而不充分條件.考點定位：此題考點為空

3、間直線與平面的位置關系，重點考察線面、面面平行問題和充要條件的有關知識.【評注】此題考查空間直線與平面的位置關系及充要條件，此題屬于根底題，此題以空間線、面位置關系為載體，考查充要條件考查學生對空間線、面的位置關系及空間面、面的位置關系的理解及空間想象能力，重點是線面平行和面面平行的有關判定和性質.3.【2021高考新課標1，理6】?九章算術?是我國古代內容極為豐富的數學名著，書中有如下問題:“今有委米依垣內角，下周八尺，高五尺。問:積及為米幾何?其意思為:“在屋內墻角處堆放米(如圖，米堆為一個圓錐的四分之一)，米堆為一個圓錐的四分之一)，米堆底部的弧長為8尺，米堆的高為5尺，問米堆的體積和堆

4、放的米各為多少?1斛米的體積約為1.62立方尺，圓周率約為3，估算出堆放斛的米約有 (A)14斛 (B)22斛 (C)36斛 (D)66斛【答案】B【解析】設圓錐底面半徑為r，那么=，所以米堆的體積為=，故堆放的米約為÷22，應選B.【考點定位】圓錐的性質與圓錐的體積公式【評注】此題以?九章算術?中的問題為材料，試題背景新穎，解答此題的關鍵應想到米堆是圓錐，底面周長是兩個底面半徑與圓的和，根據題中的條件列出關于底面半徑的方程，解出底面半徑，是根底題.4.【2021高考陜西，理5】一個幾何體的三視圖如下圖，那么該幾何體的外表積為 A B C D【答案】D【解析】由三視圖知：該幾何體是半

5、個圓柱，其中底面圓的半徑為，母線長為，所以該幾何體的外表積是，應選D【考點定位】1、三視圖；2、空間幾何體的外表積【名師點晴】此題主要考查的是三視圖和空間幾何體的外表積，屬于容易題解題時要看清楚是求外表積還是求體積，否那么很容易出現錯誤此題先根據三視圖判斷幾何體的結構特征，再計算出幾何體各個面的面積即可5.【2021高考新課標1，理11】圓柱被一個平面截去一局部后與半球(半徑為r)組成一個幾何體，該幾何體三視圖中的正視圖和俯視圖如下圖.假設該幾何體的外表積為16 + 20，那么r= A1 B2 C4 D8【答案】B【解析】由正視圖和俯視圖知，該幾何體是半球與半個圓柱的組合體，圓柱的半徑與球的半

6、徑都為r，圓柱的高為2r，其外表積為=16 + 20，解得r=2，應選B.【考點定位】簡單幾何體的三視圖；球的外表積公式、圓柱的測面積公式【評注】此題考查簡單組合體的三視圖的識別，是常規(guī)提，對簡單組合體三三視圖問題，先看俯視圖確定底面的形狀，根據正視圖和側視圖，確定組合體的形狀，再根據“長對正，寬相等，高平齊的法那么組合體中的各個量.6.【2021高考重慶，理5】某幾何體的三視圖如下圖，那么該幾何體的體積為A、 B、C、 D、【答案】A【解析】這是一個三棱錐與半個圓柱的組合體，選A.【考點定位】組合體的體積.【名師點晴】此題涉及到三視圖的認知，要求學生能由三視圖畫出幾何體的直觀圖，從而分析出它

7、是哪些根本幾何體的組合，應用相應的體積公式求出幾何體的體積，關鍵是畫出直觀圖，此題考查了學生的空間想象能力和運算求解能力.7.【2021高考北京，理5】某三棱錐的三視圖如下圖，那么該三棱錐的外表積是 A B C D5【答案】C【解析】根據三視圖恢復成三棱錐，其中平面ABC，取AB棱的中點D，連接CD、PD，有，底面ABC為等腰三角形底邊AB上的高CD為2，AD=BD=1,PC=1,三棱錐外表積.考點定位：此題考點為利用三視圖復原幾何體及求三棱錐的外表積，考查空間線線、線面的位置關系及有關線段長度及三角形面積數據的計算.【評注】此題考查三視圖及多面體的外表積，此題屬于根底題，正確利用三視圖復原為

8、原幾何體，特別是有關數據的復原，另外要利用線面垂直的性質，判斷三角形的形狀，特別是側面的形狀為等腰三角形，正確求出三個側面的面積和底面的面積.8.【2021高考安徽，理7】一個四面體的三視圖如下圖，那么該四面體的外表積是 A B C D 【答案】B【解析】由題意，該四面體的直觀圖如下，是等腰直角三角形，是等邊三角形，那么，所以四面體的外表積，應選B. 【考點定位】1.【評注】三視圖是高考中的熱門考點，解題的關鍵是熟悉三視圖的排放規(guī)律：長對正，高平齊，寬相等.同時熟悉常見幾何體的三視圖，這對于解答這類問題非常有幫助，此題還應注意常見幾何體的體積和外表積公式.9.【2021高考新課標2，理9】A,

9、B是球O的球面上兩點，AOB=90,C為該球面上的動點，假設三棱錐O-ABC體積的最大值為36，那么球O的外表積為( )【答案】C【解析】如下圖，當點C位于垂直于面的直徑端點時，三棱錐的體積最大，設球的半徑為，此時，故，那么球的外表積為，應選C【考點定位】外接球外表積和椎體的體積【評注】此題以球為背景考查空間幾何體的體積和外表積計算，要明確球的截面性質，正確理解四面體體積最大時的情形，屬于中檔題10.【2021高考山東，理7】在梯形中， .將梯形繞所在的直線旋轉一周而形成的曲面所圍成的幾何體的體積為 A B C D 【答案】C【解析】直角梯形ABCD繞AD所在的直線旋轉一周而形成的曲面所圍成的

10、幾何體是一個底面半徑為1，母線長為2的圓柱挖去一個底面半徑同樣是1、高為1的圓錐后得到的組合體，所以該組合體的體積為： 應選C.【考點定位】1、空間幾何體的結構特征；2、空間幾何體的體積.【評注】此題考查了空間幾何體的結構特征及空間幾何體的體積的計算，重點考查了圓柱、圓錐的結構特征和體積的計算，表達了對學生空間想象能力以及根本運算能力的考查，此題屬中檔題.11.【2021高考浙江，理8】如圖，是的中點，沿直線將折成，所成二面角的平面角為，那么 A. B. C. D. 【答案】B.【解析】試題分析：設，設，那么由題意，在空間圖形中，設，在中，在空間圖形中，過作，過作，垂足分別為，過作，連結，那么

11、就是二面角的平面角，在中，同理，故，顯然面，故，在中，在中，當時取等號，而在上為遞減函數，應選B.【考點定位】立體幾何中的動態(tài)問題【評注】此題主要考查立體幾何中的動態(tài)問題，屬于較難題，由于的形狀不確定，與的大小關系是不確定的，再根據二面角的定義即可知，當且僅當時，等號成立以立體幾何為背景的創(chuàng)新題是浙江高考數學試卷的熱點問題，12年，13年選擇題壓軸題均考查了立體幾何背景的創(chuàng)新題，解決此類問題需在平時注重空間想象能力的培養(yǎng)，加強此類問題的訓練.【2021高考湖南，理10】某工件的三視圖如圖3所示，現將該工件通過切割，加工成一個體積盡可能大的長方體新工件，并使新工件的一個面落在原工件的一個面內，那

12、么原工件材料的利用率為材料利用率= A. B. C. D.【答案】A.【解析】試題分析：分析題意可知，問題等價于圓錐的內接長方體的體積的最大值，設長方體體的長，寬，高分別為，長方體上底面截圓錐的截面半徑為，那么，如以下圖所示，圓錐的軸截面如下圖，那么可知，而長方體的體積，當且僅當，時，等號成立，此時利用率為，應選A.【考點定位】1.圓錐的內接長方體；2.根本不等式求最值.【評注】此題主要考查立體幾何中的最值問題，與實際應用相結合，立意新穎，屬于較難題，需要考生從實際應用問題中提取出相應的幾何元素，再利用根本不等式求解，解決此類問題的兩大核心思路：一是化立體問題為平面問題，結合平面幾何的相關知識

13、求解；二是建立目標函數的數學思想，選擇合理的變量，或利用導數或利用根本不等式，求其最值.12.【2021高考浙江，理2】某幾何體的三視圖如下圖單位：cm，那么該幾何體的體積是 A. B. C. D. 【答案】C.【解析】試題分析：由題意得，該幾何體為一立方體與四棱錐的組合，如以下圖所示，體積，應選C.【考點定位】1.三視圖；2.空間幾何體的體積計算.【評注】此題主要考查了根據三視圖判斷空間幾何體的形狀，再計算其體積，屬于容易題，在解題過程中，根據三視圖可以得到該幾何體是一個正方體與四棱錐的組合，將組合體的三視圖，正方體與錐體的體積計算結合在一起，培養(yǎng)學生的空間想象能力、邏輯推理能力和計算能力，

14、會利用所學公式進行計算，表達了知識點的交匯.13.【2021高考福建，理7】假設 是兩條不同的直線， 垂直于平面 ，那么“ 是“ 的 A充分而不必要條件 B必要而不充分條件 C充分必要條件 D既不充分也不必要條件【答案】B【解析】假設，因為垂直于平面，那么或；假設，又垂直于平面，那么，所以“ 是“ 的必要不充分條件，應選B【考點定位】空間直線和平面、直線和直線的位置關系【評注】此題以充分條件和必要條件為載體考查空間直線、平面的位置關系，要理解線線垂直和線面垂直的相互轉化以及線線平行和線面平行的轉化還有平行和垂直之間的內部聯系，長方體是直觀認識和描述空間點、線、面位置關系很好的載體，所以我們可以

15、將這些問題復原到長方體中研究14.【2021高考新課標2，理6】一個正方體被一個平面截去一局部后，剩余局部的三視圖如右圖，那么截去局部體積與剩余局部體積的比值為( )A B C D【答案】D【解析】由三視圖得，在正方體中，截去四面體，如下圖，設正方體棱長為，那么，故剩余幾何體體積為，所以截去局部體積與剩余局部體積的比值為，應選D【考點定位】三視圖【評注】此題以正方體為背景考查三視圖、幾何體體積的運算，要求有一定的空間想象能力，關鍵是能從三視圖確定截面，進而求體積比，屬于中檔題【2021高考上海，理6】假設圓錐的側面積與過軸的截面面積之比為，那么其母線與軸的夾角的大小為 【答案】【解析】由題意得

16、：母線與軸的夾角為【考點定位】圓錐軸截面【評注】掌握對應幾何體的側面積，軸截面面積計算方法.如 圓柱的側面積 ，圓柱的外表積 ，圓錐的側面積 ，圓錐的外表積 ，球體的外表積 ，圓錐軸截面為等腰三角形.【2021高考上海，理4】假設正三棱柱的所有棱長均為，且其體積為，那么 【答案】【解析】【考點定位】正三棱柱的體積【評注】,區(qū)別錐的體積；熟記正三角形面積為，正六邊形的面積為.15.【2021高考四川，理14】如圖，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面互相垂直，動點M在線段PQ上，E、F分別為AB、BC的中點。設異面直線EM與AF所成的角為，那么的最大值為 .【答案】【解析】，那么.

17、設，那么，由于異面直線所成角的范圍為，所以.，令，那么，當，當時，取得最大值.【考點定位】1、空間兩直線所成的角；2、不等式.【評注】空間的角與距離的問題，只要便于建立坐標系均可建立坐標系，然后利用公式求解.解此題要注意，空間兩直線所成的角是不超過90度的.幾何問題還可結合圖形分析何時取得最大值.當點M在P處時，EM與AF所成角為直角，此時余弦值為0最小，當M點向左移動時，EM與AF所成角逐漸變小，點M到達Q點時，角最小，從而余弦值最大.16.【2021高考天津，理10】一個幾何體的三視圖如下圖單位：，那么該幾何體的體積為 . 【答案】【解析】由三視圖可知，該幾何體是中間為一個底面半徑為，高為

18、的圓柱，兩端是底面半徑為，高為的圓錐，所以該幾何體的體積.【考點定位】三視圖與旋轉體體積公式.【評注】主要考查三視圖與旋轉體體積公式及空間想象能力、運算能力.識圖是數學的根本功，空間想象能力是數學與實際生活必備的能力，此題將這些能力結合在一起，表達了數學的實用價值，同時也考查了學生對旋轉體體積公式的掌握與應用、計算能力.17.【2021高考浙江，理13】如圖，三棱錐中，點分別是的中點，那么異面直線，所成的角的余弦值是 【答案】.【解析】試題分析：如以下圖，連結，取中點，連結，那么可知即為異面直線，所成角或其補角易得，即異面直線，所成角的余弦值為.【考點定位】異面直線的夾角.【評注】此題主要考查

19、了異面直線夾角的求解，屬于中檔題，分析條件中出現的中點，可以考慮利用三角形的中位線性質利用平移產生異面直線的夾角，再利用余弦定理的變式即可求解，在復習時應了解兩條異面直線夾角的范圍，常見的求異面直線夾角的方法等知識點.18.【2021江蘇高考，9】現有橡皮泥制作的底面半徑為5、高為4的圓錐和底面半徑為2、高為8的圓柱各一個。假設將它們重新制作成總體積與高均保持不變，但底面半徑相同的新的圓錐與圓柱各一個，那么新的底面半徑為 【答案】【解析】由體積相等得：【考點定位】圓柱及圓錐體積【名師點晴】求空間幾何體體積的常用方法(1)公式法：直接根據相關的體積公式計算(2)等積法：根據體積計算公式，通過轉換

20、空間幾何體的底面和高使得體積計算更容易，或是求出一些體積比等(3)割補法：把不能直接計算體積的空間幾何體進行適當的分割或補形，轉化為可計算體積的幾何體19.【2021高考新課標2，理19】此題總分值12分如圖，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DD1C1A1EFABCB1在圖中畫出這個正方形不必說出畫法和理由；求直線與平面所成角的正弦值【答案】詳見解析；【解析】交線圍成的正方形如圖：作，垂足為，那么，因為為正方形，所以于是，所以以為坐標原點，的方向為軸的正方向，建立如下圖的空間直角坐標系，那么，設是平面的法向量，那么即所以可取又，故所以直線與平面所成

21、角的正弦值為【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【評注】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20.【2021江蘇高考，16】此題總分值14分如圖，在直三棱柱中，設的中點為，.求證：1； 2.ABCDEA1B1C1【答案】1詳見解析2詳見解析【解析】試題分析1由三棱錐性質知側面為平行四邊形,因此點為的中點，從而由三角形中位線性質得，再由線面平行判定定理得2因為直

22、三棱柱中，所以側面為正方形，因此，又，可由直三棱柱推導，因此由線面垂直判定定理得,從而，再由線面垂直判定定理得,進而可得試題解析：1由題意知，為的中點，又為的中點，因此又因為平面，平面，所以平面2因為棱柱是直三棱柱，所以平面因為平面，所以又因為，平面，平面，所以平面又因為平面，所以因為，所以矩形是正方形，因此因為，平面，所以平面又因為平面，所以【考點定位】線面平行判定定理，線面垂直判定定理【名師點晴】不要無視線面平行的判定定理中線在面外條件證明直線與平面平行的關鍵是設法在平面內找到一條與直線平行的直線, 常利用幾何體的特征，合理利用中位線定理、線面平行的性質，或者構造平行四邊形、尋找比例式證明

23、兩直線平行. 證明線面垂直時，不要無視面內兩條線為相交線這一條件證明直線與平面垂直的關鍵在于熟練把握空間垂直關系的判定與性質，注意平面圖形中的一些線線垂直關系的靈活利用，這是證明空間垂直關系的根底21.【2021高考安徽，理19】如下圖，在多面體，四邊形，均為正方形，為的中點，過的平面交于F. 證明：； 求二面角余弦值.【答案】；.【解析】試題分析：證明：依據正方形的性質可知，且，從而為平行四邊形，那么，根據線面平行的判定定理知面，再由線面平行的性質定理知.因為四邊形，均為正方形，所以，且，可以建以為原點，分別以為軸，軸，軸單位正向量的平面直角坐標系，寫出相關的點的坐標，設出面的法向量.由得應

24、滿足的方程組，為其一組解，所以可取.同理的法向量.所以結合圖形知二面角的余弦值為.試題解析：證明：由正方形的性質可知，且，所以四邊形為平行四邊形，從而，又面，面，于是面，又面，而面面，所以. 因為四邊形，均為正方形，所以，且，以為原點，分別以為軸，軸，軸單位正向量建立，如下圖的空間直角坐標系，可得點的坐標.而點為的中點，所以點的坐標為. 設面的法向量.而該面上向量，由得應滿足的方程組，為其一組解，所以可取.設面的法向量，而該面上向量，由此同理可得.所以結合圖形知二面角的余弦值為.【考點定位】1.線面平行的判定定理與性質定理；2.二面角的求解.【評注】解答空間幾何體中的平行、垂直關系時，一般要根

25、據條件把空間中的線線、線面、面面之間的平行、垂直關系進行轉化，轉化時要正確運用有關的定理，找出足夠的條件進行推理；求二面角，那么通過求兩個半平面的法向量的夾角間接求解.此時建立恰當的空間直角坐標系以及正確求出各點的坐標是解題的關鍵所在.22.【2021江蘇高考，22】本小題總分值10分如圖，在四棱錐中，平面，且四邊形為直角梯 形，, 1求平面與平面所成二面角的余弦值； 2點Q是線段BP上的動點，當直線CQ與DP所成角最小時，求線段BQ的長PABCDQ【答案】12【解析】試題分析：1求二面角，關鍵求出兩個平面的法向量，此題中平面法向量，故關鍵求平面的法向量，利用向量垂直關系可列出平面的法向量兩個

26、獨立條件，再根據向量數量積求二面角余弦值2先建立直線CQ與DP所成角的函數關系式：設,那么,再利用導數求其最值，確定點Q坐標，最后利用向量模求線段BQ的長試題解析：以為正交基底建立如下圖的空間直角坐標系，那么各點的坐標為，1因為平面，所以是平面的一個法向量，因為，設平面的法向量為，那么，即令，解得，所以是平面的一個法向量從而，所以平面與平面所成二面角的余弦值為2因為，設，又，那么，又，從而設，那么當且僅當，即時，的最大值為因為在上是減函數，此時直線與所成角取得最小值又因為，所以【考點定位】空間向量、二面角、異面直線所成角【名師點晴】1求兩異面直線a，b的夾角，須求出它們的方向向量a，b的夾角，

27、那么cos |cosa，b|.2求直線l與平面所成的角可先求出平面的法向量n與直線l的方向向量a的夾角那么sin |cosn，a|.3求二面角 ­l ­的大小，可先求出兩個平面的法向量n1，n2所成的角，那么n1，n2或n1，n223.【2021高考福建，理17】如圖，在幾何體ABCDE中，四邊形ABCD是矩形，AB平面BEC，BEEC，AB=BE=EC=2，G，F分別是線段BE，DC的中點.()求證：平面 ； ()求平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值【答案】()詳見解析；() 【解析】解法一：如圖，取的中點，連接，又G是BE的中點，又F是CD中點，由四邊形ABCD

28、是矩形得，所以從而四邊形是平行四邊形，所以，,又，所以()如圖，在平面BEC內，過點B作,因為又因為AB平面BEC，所以ABBE，ABBQ以B為原點，分別以的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系，那么A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，F(2,2,1)因為AB平面BEC，所以為平面BEC的法向量，設由取得.從而所以平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值為解法二：()如圖，取中點，連接，又是的中點，可知，又面，面，所以平面在矩形ABCD中，由，分別是，的中點得又面，面，所以面又因為，面，面，所以面平面，因為面，所以平面同解法一【考點定位】1、直線和平面平行的判斷

29、；2、面面平行的判斷和性質；3、二面角【評注】此題考查直線和平面平行的證明和二面角求法，直線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質來證，注意線線平行、線面平行、面面平行的轉化；利用坐標法求二面角，主要是空間直角坐標系的建立要恰當，便于用坐標表示相關點，求出半平面法向量夾角后，要觀察二面角是銳角還是鈍角，正確寫出二面角的余弦值24.【2021高考浙江，理17】如圖，在三棱柱-中，在底面的射影為的中點，為的中點.1證明：D平面；2求二面角-BD-的平面角的余弦值.【答案】1詳見解析；2.試題分析：1根據條件首先證得平面，再證明，即可得證；2作，且，可證明為二面角的平面角，再由余弦定

30、理即可求得，從而求解.試題解析：1設為的中點，由題意得平面，故平面，由，分別，的中點，得且，從而，四邊形為平行四邊形，故，又平面，平面；2作，且，連結，由，得，由，得，由，得，因此為二面角的平面角，由，得，由余弦定理得，.【評注】此題主要考查了線面垂直的判定與性質以及二面角的求解，屬于中檔題，在解題時，應觀察各個直線與平面之間的位置關系，結合線面垂直的判定即可求解，在求二面角時，可以利用圖形中的位置關系，求得二面角的平面角，從而求解，在求解過程當中，通常會結合一些初中階段學習的平面幾何知識，例如三角形的中位線，平行四邊形的判定與性質，相似三角形的判定與性質等，在復習時應予以關注.25.【202

31、1高考山東，理17】如圖，在三棱臺中，分別為的中點.求證：平面；假設平面， ， ,求平面與平面 所成的角銳角的大小.【答案】I詳見解析；II 【解析】試題分析：I思路一：連接，設，連接，先證明，從而由直線與平面平行的判定定理得平面；思路二：先證明平面 平面 ，再由平面與平面平行的定義得到平面.II思路一：連接，設，連接，證明 兩兩垂直, 以 為坐標原點，建立如下圖的空間直角坐標系，利用空量向量的夾角公式求解；思路二：作 于點 ，作 于點 ，連接，證明 即為所求的角，然后在三角形中求解.試題解析： (I)證法一：連接，設，連接，在三棱臺中，為的中點可得 所以四邊形為平行四邊形那么為的中點又為的中

32、點所以 又平面 平面所以平面證法二：在三棱臺中，由為的中點可得 所以四邊形為平行四邊形可得 在 中， 為的中點， 為的中點，所以 又 ，所以平面 平面 因為 平面 所以 平面 II解法一：設 ，那么 在三棱臺中，為的中點由 ，可得四邊形 為平行四邊形，因此 又平面 所以平面 在中，由 ，是中點，所以 因此 兩兩垂直,以為坐標原點，建立如下圖的空間直角坐標系 所以 可得 故 設 是平面 的一個法向量，那么由 可得 可得平面 的一個法向量因為 是平面 的一個法向量，所以 所以平面與平面所成的解(銳角)的大小為 解法二：作 于點 ，作 于點 ，連接 由 平面 ，得 又 所以平面 因此所以 即為所求的

33、角在 中, 由 可得 從而 由平面平面 得 因此 所以 所以平面與平面所成角銳角的大小為 .【考點定位】1、空間直線與平面的位置關系；2、二面角的求法；3、空間向量在解決立體幾何問題中的應用.【評注】此題涉及到了立體幾何中的線面平行與垂直的判定與性質，全面考查立幾何中的證明與求解，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力；利用空間向量解決立體幾何問題是一種成熟的方法，要注意建立適當的空間直角坐標系以及運算的準確性.26.【2021高考天津，理17】本小題總分值13分如圖，在四棱柱中，側棱,且點M和N分別為的中點.(I)求證：平面；(II)求二面角的正弦值；(III)設為棱上的點，假設直線和平面

34、所成角的正弦值為，求線段的長【答案】(I)見解析； (II) ； (III) .【解析】如圖，以為原點建立空間直角坐標系，依題意可得，又因為分別為和的中點，得.(I)證明：依題意，可得為平面的一個法向量， 由此可得，又因為直線平面，所以平面(II)，設為平面的法向量，那么，即，不妨設，可得，設為平面的一個法向量，那么，又，得，不妨設，可得因此有，于是，所以二面角的正弦值為.(III)依題意，可設，其中，那么，從而，又為平面的一個法向量，由得，整理得，又因為，解得， 所以線段的長為.【考點定位】直線和平面平行和垂直的判定與性質，二面角、直線與平面所成的角，空間向量的應用.【評注】此題主要考查直線

35、和平面平行和垂直的判定與性質，二面角、直線與平面所成的角，空間向量的應用.將立體幾何向量化，表達向量工具的應用，即把幾何的證明與計算問題轉化為純代數的計算問題，是向量的最大優(yōu)勢，把空間一些難以想象的問題轉化成計算問題，有效的解決了一些學生空間想象能力較差的問題.27.【2021高考重慶，理19】如題19圖，三棱錐中，平面分別為線段上的點，且 1證明：平面 2求二面角的余弦值?！敬鸢浮?證明見解析；2.【解析】試題分析：1要證線面垂直，就是要證線線垂直，題中由平面，可知，再分析由得，這樣與垂直的兩條直線都已找到，從而可得線面垂直；2求二面角的大小，可心根據定義作出二面角的平面角，求出這個平面角的

36、大小，此題中，由于，平面，因此兩兩垂直，可以他們?yōu)檩S建立空間直角坐標系，寫出圖中各點的坐標，求出平面和平面的法向量，向量的夾角與二面角相等或互補，由此可得結論試題解析：(1)證明：由PC平面ABC，DE平面，故PCDE由CE，CD=DE得為等腰直角三角形，故CDDE由PCCD=C，DE垂直于平面PCD內兩條相交直線，故DE平面PCD (2)解：由知，CDE為等腰直角三角形，DCE，如圖，過點作DF垂直CE于，易知DFFCEF，又EB，故FB 由ACB得DFAC，故ACDF以為坐標原點，分別以的方程為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系，那么(0,0,0,)，(0,0,3)，(,0,0),

37、(0,2,0)，(1,1,0)，設平面的法向量，由，得.由1可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量可取為,即.從而法向量，的夾角的余弦值為，故所求二面角A-PD-C的余弦值為.【考點定位】考查線面垂直，二面角考查空間想象能力和推理能力【名師點晴】立體幾何解答題的一般模式是首先證明線面位置關系(一般考慮使用綜合幾何方法進行證明)，然后是與空間角有關的問題，綜合幾何方法和空間向量方法都可以，但使用綜合幾何方法要作出二面角的平面角，作圖中要伴隨著相關的證明，對空間想象能力與邏輯推理能力有較高的要求，而使用空間向量方法就是求直線的方向向量、平面的法向量，按照空間角的計算公式進行計算，也就是把幾何問題

38、完全代數化了，這種方法對運算能力有較高的要求兩種方法各有利弊，在解題中可根據情況靈活選用28.【2021高考四川，理18】一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如下圖，在正方體中，設的中點為，的中點為1請將字母標記在正方體相應的頂點處不需說明理由2證明：直線平面3求二面角的余弦值.【答案】1點F、G、H的位置如下圖.2詳見解析.3【解析】1點F、G、H的位置如下圖.2連結BD，設O為BD的中點.因為M、N分別是BC、GH的中點，所以，且，且，所以，所以是平行四邊形，從而，又平面，平面，所以平面.3連結AC，過M作于P. 在正方形中，所以.過P作于K，連結KM，所以平面，從而.所以是二

39、面角的平面角.設，那么，在中，.在中，.所以.即二面角的余弦值為.另外，也可利用空間坐標系求解【考點定位】此題主要考查簡單空間圖形的直觀圖、空間線面平行的判定與性質、空間面面夾角的計算等根底知識，考查空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力.【評注】立體幾何解答題的考查內容，不外乎線面、面面位置關系及空間夾角與距離的計算. 1注意ABCD是底面，將平面展開圖復原可得點F、G、H的位置. 2根據直線與平面平行的判定定理，應考慮證明MN平行于平面BDH內的一條直線.連結O、M，易得是平行四邊形，從而，進而證得平面.3要作出二面角的平面角，首先要過M作平面AEGC的垂線，然后再過垂足作棱EG的垂線，

40、再將垂足與點M連結，即可得二面角的平面角. 29.【2021高考湖北，理19】?九章算術?中，將底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬，將四個面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑如圖，在陽馬中，側棱底面，且，過棱的中點，作交于點，連接 證明：試判斷四面體是否為鱉臑，假設是，寫出其每個面的直角只需寫出結論；假設不是，說明理由；假設面與面所成二面角的大小為，求的值【答案】詳見解析；.【解析】解法1因為底面，所以，由底面為長方形，有，而，所以. 而，所以. 又因為，點是的中點，所以. 而，所以平面. 而，所以.又，所以平面. 由平面，平面，可知四面體的四個面都是直角三角形，即四面體是一個

41、鱉臑，其四個面的直角分別為. 如圖1，在面內，延長與交于點，那么是平面與平面 的交線. 由知，所以. 又因為底面，所以. 而，所以. 故是面與面所成二面角的平面角， 設，有，在RtPDB中, 由, 得, 那么 , 解得. 所以 故當面與面所成二面角的大小為時，. 解法2如圖2，以為原點，射線分別為軸的正半軸，建立空間直角坐標系. 設，那么，點是的中點，所以，于是，即. 又，而，所以. 因, , 那么, 所以.由平面，平面，可知四面體的四個面都是直角三角形，即四面體是一個鱉臑，其四個面的直角分別為. 由，所以是平面的一個法向量；由知，所以是平面的一個法向量. 假設面與面所成二面角的大小為，那么，

42、解得. 所以 故當面與面所成二面角的大小為時，. 【考點定位】四棱錐的性質，線、面垂直的性質與判定，二面角.【評注】立體幾何是高考的重點和熱點內容，而求空間角是重中之重，利用空間向量求空間角的方法固定，思路簡潔，但在利用平面的法向量求二面角大小時，兩個向量夾角與二面角相等還是互補是這種解法的難點，也是學生的易錯易誤點解題時正確判斷法向量的方向，同指向二面角內或外那么向量夾角與二面角互補，一個指向內另一個指向外那么相等30.【2021高考陜西，理18】本小題總分值12分如圖，在直角梯形中，是的中點，是與的交點將沿折起到的位置，如圖 I證明：平面；II假設平面平面，求平面與平面夾角的余弦值【答案】

43、I證明見解析；II【解析】試題分析：I先證，再可證平面，進而可證平面；II先建立空間直角坐標系，再算出平面和平面的法向量，進而可得平面與平面夾角的余弦值試題解析：I在圖1中，因為，是的中點，所以即在圖2中，從而平面又，所以平面.(II)由，平面平面，又由I知，所以為二面角的平面角，所以.如圖，以為原點，建立空間直角坐標系，因為，所以得 ，.設平面的法向量，平面的法向量，平面與平面夾角為，那么，得，取，得，取，從而，即平面與平面夾角的余弦值為.考點：1、線面垂直；2、二面角；3、空間直角坐標系；4、空間向量在立體幾何中的應用.【名師點晴】此題主要考查的是線面垂直、二面角、空間直角坐標系和空間向量

44、在立體幾何中的應用，屬于中檔題解題時一定要注意二面角的平面角是銳角還是鈍角，否那么很容易出現錯誤證明線面垂直的關鍵是證明線線垂直，證明線線垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三線合一和菱形、正方形的對角線31.【2021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，AEEC.證明：平面AEC平面AFC；求直線AE與直線CF所成角的余弦值.【答案】見解析【解析】試題分析：連接BD，設BDAC=G，連接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨設GB=1易證EGAC，通過計算可證

45、EGFG，根據線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，利用向量法可求出異面直線AE與CF所成角的余弦值.試題解析：連接BD，設BDAC=G，連接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨設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，由可得A0，0，E(1,0, )，F1,0，C0，0，=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【評注】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

47、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，假設沒有，那么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.32.【2021高考北京，理17】如圖，在四棱錐中，為等邊三角形，平面平面，為的中點() 求證：；() 求二面角的余弦值；() 假設平面，求的值【答案】(1)證明見解析，2，3【解析】試題分析：證明線線垂直可尋求線面垂直，利用題目提供的面面垂直平面平面，借助性質定理證明平面EFCB，進而得出線線垂直，第二步建立空間直角坐標系，寫出相關點的坐標，平面AEF的法向量易得，只需求平面AEB的法向量，設平面AEB的法向量，利用線

48、線垂直，數量積為零，列方程求出法向量，再根據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，利用向量的坐標，借助數量積為零，求出的值，根據實際問題予以取舍.試題解析：()由于平面平面，為等邊三角形，為的中點，那么，根據面面垂直性質定理，所以平面EFCB，又平面，那么.()取CB的中點D，連接OD,以O為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，由于平面與軸垂直，那么設平面的法向量為，設平面的法向量，那么，二面角的余弦值，由二面角為鈍二面角，所以二面角的余弦值為.有1知平面EFCB，那么，假設平面，只需，又，解得或，由于，那么.考點定位：此題考點為線線垂直的證明和求二面角，要求學生掌握空間線線、線面的平行與垂直的判定與性質，利用法向量求二面角以及利用數量積為零解決垂直問題.【評注】此題考查線線、線面垂直及求二面角的相關知識及運算，此題屬于中檔題，熟練利用有關垂直的判定定理和性質定理進行面面垂直、線面垂直、線線垂直之間的轉化與證明，另外利用空間向量解題時，要建立適當的直角坐標系，準確寫出空間點的坐標，利用法向量求二面角，利用數量積為零，解決線線、線面垂直問題.33.【2021高考廣東，理18】如圖2，三角形所在的平面與長方形所在的平面垂直，.點是邊的中點，點、分別在線段、上，且，1