2020年高考数学真题汇编7：立体几何理

1、2020高考真题分类汇编：立体几何【答案】B2.12020高考真题浙江理10】已知矩形 ABCD AB=1, BC=/2。将沿矩形的对角线 BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中。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，三对直线“Ad BD', "AB与 CD1, “AD与 BC 土匀不垂直3.【2020高考真题新课标理11】已知三棱锥S ABC的所有顶点都在球 O的求面上，ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC 2;则此棱锥的体积为（）(A)6

2、(d(D) 2【答案】A4.12020高考真题四川理6】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，则这两条直线平行日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】C5.12020高考真题四川理 10如图，半径为 R的半球O的底面圆O在平面 内，过点O作 平面 的垂线交半球面于点 A,过圆O的直径CD作平面 成45o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 B,该交线上的一点P满足 BOP 60°,则A、P两点间的球面距离

3、为（A Rarccos-243、Rarccos36.12020高考真题陕西理5】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱R3ABC A BiCi ,CA CCi 2CB ,则直线BCi与直线ABi夹角的余弦值为（）,5R _J 02.5535【答案】A.7.12020高考真题湖南理 图不可能是3】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【答案】D8.12020高考真题湖北理 4】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为Z11"4*1L k21正视图/O旃视图/第4题A.即2侧视图u*图B. 3兀C.D. 6兀10713B9.12020高考真题广东理6】某几何体的三视图

4、如图所示，它的体积为7110.12020高考真题福建理 4】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【答案】D.11.12020高考真题重庆理9】设四面体的六条棱的长分别为1, 1, 1, 1,、历和a ,且长为a的棱与长为 我的棱异面，则a的取值范围是（A） （0,#）（B） （0,阴）（C） （1,。）（D-【答案】A12.12020高考真题北京理 7】某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（）A. 28+6 . 5 B. 30+65 C. 56+ 125 D. 60+12【答案】B13.12020高考真题全国卷理 4】

5、已知正四棱柱 ABCD-ABGD中，AB=2, CC=2j2 E为CC的中点，则直线 AC与平面BED的距离为A 2 B .3 C 2 D 1【答案】D二、填空题14.12020高考真题浙江理11】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.正挽隹，便疑用cmn【答案】115.12020高考真题四川理14如图，在正方体 ABCD AB1clD1中，M、N分别是CD、CCi的中点，则异面直线 AM与DN所成角的大小是【答案】一2【命题立意】本题主要考查空间中直线与直线，直线与平面的位置关系，以及异面直线所成 角的求法.16.12020高考真题辽宁理13】一个几何体的

6、三视图如图所示，则该几何体的表面积为【答案】38【点评】 本题主要考查几何体的三视图、柱体的表面积公式，考查空间想象能力、运算求解 能力，属于容易题。本题解决的关键是根据三视图还原出几何体，确定几何体的形状，然后 再根据几何体的形状计算出表面积。17.12020高考真题山东理14】如图，正方体 ABCD AB1clD1的棱长为1, E,F分别为线段 AA,BiC 上的 点， 则三 棱锥 D1 EDF 的体积为618.12020高考真题辽宁理16】已知正三棱锥 P ABC点P, A B, C都在半径为 Q的求面上，若PA PB PC两两互相垂直，则球心到截面ABC勺距离为。3【点评】 本题主要考

7、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19.12020高考真题上海理 8】若一个圆锥的侧面展开图是面积为2 的半圆面，则该圆锥的体积为【答案】_i320.12020高考真题上海理14如图，AD与BC是四面体 ABCD中互相垂直的棱，BC 2 ,若AD的最2c,且AB BD AC CD 2a ,其中a、c为常数，则四面体 ABCD的体积大值是-2-【答案】2c a2321.12020高考江苏7（5分）如图，在长方体ABCD ABGD中，AB AD 3cm , AA1

8、2cm,则四棱锥A BBDiD的体积为cm3.【答案】6。22.12020高考真题安徽理12】某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是 【答案】92【命题立意】本题考查空间几何体的三视图以及表面积的求法。23.12020高考真题天津理 10】一个几何体的三视图如图所示（单位：成，则该几何体的体积为6322m.【答案】18 916】三菱柱 ABC-ABG中，底面边长和侧棱长都相等,24.12020高考真题全国卷理BAA=CAA=60°则异面直线 AB与BC所成角的余弦值为三、解答题25.12020高考真题广东理18(本小题满分13分)如图5所示，在四棱锥 P-ABCD中，底面 AB

9、CM矩形，PA1平面ABCD点E在线段PC上,PC1平面BDE(1) 证明：BD1平面PAC(2) 若PH=1, AD=2求二面角 B-PC-A的正切值；【答案】本题考查空间直线与平面的位置关系，考查直线与平面垂直的证明、二面角的求解 等问题，考查了学生的空间想象能力以及推理论证能力(1 > V尸A 平而.4日<7"二 FA S. HDV re i f Ft J. MJJ；* JtD J. f tHfACC2> ft AC与BD火点为口，连SEV fc 1 rHfin J二 fC ± DEXV to L Y |l|i*JC:,re j. bo-re i h

10、eJ. /AEG 为二rtlfTn - PT - 4的平面用V jkjj ± itlFJir1 L AC工pimsu时l：d为正方怒二段=石,一户W "宜 1近在四C中 * , 尸 一 二 OK OC 才仁，I *5 小尹一曲。一 s Lb. ii 上山 £ 口 =- = 3OE 、 面用白J>c ,t的平面兀的正切他为326.12020高考真题辽宁理18(本小题满分12分)如图，直三棱柱 ABCA/B/C/ , BAC90°,AB AC AA/,点M N分别为AB和B/C/的中点。(I)证明：MN /平面 A/ACC /;(n)若二面角A/ MN

11、 C为直二面角，求的值。6分(IS) ( I )(证法一)连结AH',月匚'*虎已知乙占AC二月0".AB-AC,三极柱阳L 一月皆匚为宜三棱柱.所以M为AB，中点.乂因为W为#C的中点.所以 MN/I。，又“川仁平而川4门7,4£七平面HACG因此MN4平面/£CCf.【证法二)取犷中点P,连结MP. NP,而M, N分别为£8'与B'C的中点，所以MP/AA PN*C，所以MP平面PN平面.4SG71又MPnNP 二 P,因此平面MPN/平面力，力CC：而MN匚平面MPN.因此MN/半而浦月316分(U )以A为坐标原

12、点，分别以直线内乩？1。，44为"袖.y他，z轴建立百箱坐标系Ouyx,如图所示.设A4'=l.近48 AC 于是0。), 8(40力)，C(U,0), A'(Oj£l), 5'。0,1, U(04,l),所以 W，O,f,吗j) .所以 K(,0,g), N(U，1)-设m三(弓治卫)是平面tTMN的法向量，1 为一34 = 0，乙1 %+亍21 = 0.£=anf®Uw=设 =Qz，%,与)是平面MN。的法向量.一，下次+区及一句=。，Z 1 yy2 + yZ20,可取 h(-3j - L；1).因为4-MN-C为直二面角，所

13、以m-=0.即 -3 + (-1) x一 1) + A* = 0,解得入=vZ】2 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。27.12020高考真题湖北理19(本小题满分12分)如图1, ACB 45°, BC 3,过动点 A作AD BC ,垂足D在线段BC上且异于点 B, 连接AB乜mAD WA ABD折起，使 BDC 90° (如图2所示).(I)当BD的长为

14、多少时，三棱锥 A BCD的体积最大；(n)当三棱锥 A BCD的体积最大时，设点 E, M分别为棱BC , AC的中点，试在 棱CD上确定一点N ,使得EN BM ,并求EN与平面BMN所成角的大小.第19题图【答案】(I )解法1:在如图1所示的 ABC中，设BD x (0 x 3),则CD 3 x .由AD BC, ACB 45°知， ADC为等腰直角三角形，所以 AD CD 3 x.由折起前 AD BC知，折起后(如图 2), AD DC, AD BD ,且BD I DC D ,°11所以 AD 平面 BCD .又 BDC 90°,所以 S BCD 1 B

15、D CD 1 x(3 x),于是 221-111Va BCD -AD S BCD -(3 x) -x(3 x) 2x(3 x)(3 x)3321231 2x (3 x) (3 x) 21233 '当且仅当2x 3 x,即x 1时，等号成立，故当x 1 ,即BD 1时，三棱锥A BCD的体积最大.解法2：1111 32同斛法 1,得 Vabcd-AD S BCD -(3 x) -x(3 x) 一(x 6x 9x).3326人132.1令 f (x) -(x 6x 9x),由 f (x) - (x 1)(x 3) 0,且 0 x 3 ,解得 x 1 . 62当 x (0,1)时，f (x)

16、 0;当 x (1,3)时，f (x) 0 .所以当x 1时，f(x)取得最大值.故当BD 1时，三棱锥A BCD的体积最大.(n)解法1 ：以D为原点，建立如图 a所示的空间直角坐标系 D xyz .由(I)知，当三棱锥 A BCD的体积最大时，BD 1, AD CD 2.1于是可得 D(0, 0, 0), B(1,0, 0), C(0,2, 0), A(0, 0, 2), M (0,1,1), E(1,1,0),2 uuuu且 BM ( 1,1,1).UULT、LL r LULT1设 N(0, ,0)，则 EN ( 1,21,0) .-LUIT因为EN BM等价于ENLULU BM1131

17、1(-,1,0) ( 1,1,1)万 1 0,故 万，n(0，2,o). 1所以当DN (即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时， EN BM . 2UULT ， n BN, 一 uut 1设平面BMN的一个法向量为 n (x,y,z),由 uuuu 及BN ( 1,-,0),n BM ,22x 一可取n x.(1,2, 1).设EN与平面BMN所成角的大小为UULT，则由ENn (1,2, 1),可得°sin cos(90ULUT n EN UULT |n| |EN |in60°.第19题解答图故EN与平面BMN所成角的大小为60°.解法2：由（I）知，当三棱锥

18、 A BCD的体积最大时， BD 1, AD CD 2 . 如图b,取CD的中点F ,连结 MF , BF , EF ,则MF / AD .由（I ）知 AD 平面BCD ,所以MF 平面BCD.如图c,延长FE至P点使得FP DB ,连BP , DP ,则四边形DBPF为正方形， 所以DP BF .取DF的中点N ,连结EN ,又E为FP的中点，则 EN / DP , 所以EN BF .因为MF 平面BCD，又EN 面BCD ,所以MF EN .又MF I BF F ,所以EN 面BMF .又BM 面BMF ,所以EN BM .因为EN BM当且仅当EN BF ,而点F是唯一的，所以点 N是

19、唯一的.1即当DN （即N是CD的靠近点D的一个四等分点），EN BM .2连接MN , ME ,由计算得NB NM EB EM , 2所以 NMB与 EMB是两个共底边的全等的等腰三角形，如图d所示，取BM的中点G ,连接EG , NG ,则BM 平面EGN .在平面EGN中，过点E作EH GN于H ,则EH 平面BMN .故 ENH是EN与平面BMN所成的角.2在 EGN中，易得EG GN NE ,所以 EGN是正三角形,2故 ENH 60°,即EN与平面BMN所成角的大小为 60°.28.12020高考真题新课标理 19】(本小题满分12分)1如图，直二棱枉 ABC

20、A1B1cl 中，AC BC -AA1 ,2D是棱AA的中点，DC1 BD(1)证明：DC1BC(2)求二面角ABD C1的大小.【答案】（1）在Rt DAC中，AD AC得：ADC 45同理：A1DC1 45 CDC1 90得：DC1 DC,DC1 BDDC1 面 BCD DC1 BC DC1 BC,CC1 BCBC 面 ACC1Al BC AC取AB的中点O ,过点O作OH BD于点H ,连接GO,CHAC1 B1cl C1O AB,面 AB1G 面 ABDC1O 面庆田口OHBD C1H BD得：点H与点D重合且Ci DO是二面角A BD C1的平面角2a设 AC a,则 CiO -,

21、C1D V2a 2C1OC1DO 302既二面角A BD 勒的大小为3029.12020高考江苏16（14分）如图，在直三棱柱ABC AB1G中，A1B1 A1C1 , D , E分别是棱BC , CC1上的点（点D不同于点C）,且AD DE, F为BG的中点.求证：（1）平面ADE 平面BC&B；（2）直线AF 平面ADE .【答案】 证明：（1） . ABC AB1cl是直三棱柱，CC1平面ABC。又 AD 平面 ABC , CC1 AD。又 AD DE,CC1, DE 平面 BCGB CC1 I DE E , /. AD 平面 BCC1B1。又 AD 平面ADE，平面ADE 平面

22、BC&B,。 AB1 AC1, F 为 BG 的中点，AF BQ。又 CC1 平面 AB1cl，且 AF 平面 AB1cl，.二 CC1 AF。又 CG, B1C1 平面 BCC1B1, CC1 I B1G C1，. AF 平面 A1B1C1 o由（1）知，AD 平面 BC&B, , A1F / AD。又 AD 平面ADE, AF 平面ADE , .直线A1F 平面ADE【考点】 直线与平面、平面与平面的位置关系。【解析】（1）要证平面 ADE 平面BCC1B1,只要证平面 ADE上的AD 平面BCC1B1即可。它可由已知 ABC A1B1cl是直三棱柱和AD DE证得。(2)

23、要证直线 AF 平面ADE ,只要证 AF /平面ADE上的AD即可。30.12020高考真题四川理19(本小题满分12分)如图，在三棱锥 P ABC中， APB 90°, PAB 60°, AB BC CA,平面 PAB 平面 ABC。(I)求直线PC与平面ABC所成角的大小；(n )求二面角 B AP C的大小。【答案】本题主要考查直线与平面的位置关系，线面角的概念，二面角的概念等基础知识， 考查空间想象能力，利用向量解决立体几何问题的能力解法一，(1 )设成的中点为，AD的中点为。，连结P。、CO、CD.由已知.PAO为等边三角形.所以P0 1 AD.又平面48，平面

24、平面以8 c平面"C = AD, 所以。JL平面AHC所以Z.OCP为宜找PC与平面ABC所成的角.不妨设 A8 = 4则 PD = 2. CD =2万.0D I. P0 口息.在 RtZkOCO 中，C0, /城 e S = /13 .所以，在RtdP。中，tanZOCP =粽=春.8/1313故直线PC与平面A3C所成的角的大小为“ctan誉，(fl)过。作。£ LAP于E,连结CE.由巳知可得，C。1平面凡1月.根据三垂战定理处.CE 1PA.所以ZCED力二面仰« - XP - C的平血河.由(1 )知,DE&RlAC/)£AmlCED

25、糕等 2. 故二面用S-XP-C的大小为«retan2 12分恤法二: (I )设4月的中点为以作P0 1 4H于点。,埃结CD.因为平面产"1平面48c,平面/MA A平面48c «4D, 所以P0 1平面4BC 所以P0 X CD. 由= AC m C4 .知 CO «L A鼠 设£为4c中点,则E0 8,从而OE LPO, 0E 1 AB. 如图,以。为坐标原点OH、OE0P所在点线分别为xjd柏建立交向直角缕标系05. 不妨设 PA = Z.由已知可得/8 =4. 04 = 00 = 1, OF = 7l, CD = 2j3. 所以。(

26、。,0,0)"1-1,0。)/(12万0),尸(0.0.6). 所以京» (-1, -2。,4),而赤=(0.0,A)为平面48c的一个法向盘， 设。为直线PC与平面A8C所成的角. C?- 0P 0 3 JT则 sina =- =-.-'-=4.CP- 0P 代4故直线PC与平面所成的角的大小为“csin亨.6分(由1)k而二 ce.写.荏=(2.1-设平面A re的一个由河冰为ji = 10W,L财r* jl 加上产=o *g, % G <t,()./j) = o , "1证1荏-0 . h- 二J仁,2丹曲B 0从而代,万F H0, 山+袅.

27、¥1 - 0 .取三=-W,则门匚1 事=1 所以ft - 1-后1 J .以二函电3 -用户-仁的邨府犯为禹易知讨为傻角,而面内口尸的一个法向及为e (Oj.oj.MQ押的1 仔2"1词:国智|为甘5一被:一面的S -A!J - C旧大小为ArcM . P31.12020高考真题福建理 18】如图，在长方体 ABCD-ABCD中AA=AD=1 E为CD中点.(I)求证：B1E1 AD1;(II)在棱 AA1上是否存在一点 P,使得DP/平面B1AE?若存在，求 AP的行；若存在，求AP的长；若不存在，说明理由.(出)若二面角 A-B1EA的大小为30° ,求AB

28、的长.f(【答案】本题主要考查立体几何中直线与直线、直线与平面的位置关系及二面角的概念与求 法等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、基本运算能力，以及函数与方程的思想、 数形结合思想、化归与转化思想 .32.12020高考真题北京理16】(本小题共14分)如图 1,在 RtABC中，/ 0=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 AiDE的位置，使 Aid CD,如图2.(I)求证：AC平面BCDE(II)若M是AiD的中点，求CM与平面A BE所成角的大小；(III) 线段BC上是否存在点 巳

29、使平面AiDP与平面AiBE垂直？说明理由【答案】解:(i) Q CD DE , AE DEDE 平面ACD ,又Q A1C 平面ACD ,ACDE又ACAC平面BCDE 。(2)如图建系2,B 0, 3,0, E 2,2,0uuirAB0,3,23,uuuuAE1,设平面ABE法向量为x,y，zuuur 口" A1B 则 uuuuAEr n r n3y2x2 3z 0y 01,2,3zxxuuuu CMuuur rCM n-uuuur-|CM | |n|C CM(3)设线段uuir 则AP设平面uu ni43 .厂32 2.221三,与平面A BE所成角的大小45 。BC上存在点P

30、 ,AiDP法向量为2 3乙 0ay103a , 6, 3a假设平面A, DP与平面iu r设P点坐标为uuurDP 2, a,0,0, 3uiniZiXiXi，y1，Zi3ay161-ay1 2A BE垂直,贝U n1 n 0 , 3a 12 3a 0 , 6a2,0 a 3 ，不存在线段BC上存在点P使平面 A DP与平面A BE垂直。33.12020高考真题浙江理20(本小题满分15分)如图，在四棱锥 P-ABCDK底面是边长为273的菱形，且/ BAD= 120° ,且P4平面ABCD PA= 2/6, M N分别为PB PD的中点.(I )证明：MN/平面ABCD(II)过

31、点A作AQL PC垂足为点 Q,求二面角 A- MN- Q的平面角的余弦值.【命题立意】本题主要考查空间点、线、面的位置关系，二面角所成角等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能力。【答案】(I)如图连接BD . M N分别为PB PD的中点， 在 PBD43, MIN/ BD又MN平面ABCD .MN/平面 ABCD(n)如图建系：A(0, 0, 0), P(0, 0, 2M M 落 3, 0), 22N(点,0, 0) , C( B 3, 0).ULLT -UUU .设 Qx, y,z),则 CQ(x 33,y 3,z), CP(4,ULurCQLUUCP(点，3 , 2忑),Q(点点

32、，3 3 , 2娓).ULUT UUULULT uuu由 OQ CPOQ CP 0 ,得:即：Q呼,2,寺).T 对于平面AMN设其法向量为n (a, b, c).uuuu 石 3 Luur _AM (，0), AN=(V3, 0, 0).22uuuirr则AMn0LULTrANn033a -b 0223a 0. n 也,-,0). 33r _同理对于平面AMN导其法向量为v (赤，- 的.记所求二面角 A MN- Q的平面角大小为，r r贝 U cosrnrf 任' .n v5所求二面角 A MN- Q的平面角的余弦值为巫.5在直三棱柱 ABC AB1cl中,34.12020高考真题

33、重庆理 19(本小题满分12分 如图,AB=4, AC=BC=3 D为 AB的中点(I )求点 C到平面A1ABB1的距离；(n)若AB- AiC求二面角 的平面角的余弦值.【答案】面角的求法以及空间向【命题立意】本题考查立体几何的相关知识，考查线面垂直关系、 量在立体几何中的应用.Ml)由"=为胡的中点M cn -W * 0> 14At.iifc (/> L 画 I”埔一 41 工一也 f1亍”面 ir.能 距离为8 、lit?-而r 3 J(H)第受一：即等u川国 .耽堵与声画的中/迨叫 皿*皿/M c储.兄曲I)WCP1由L I码出 m ±cxf>

34、i船/*陆a 为叫求他 肥用 4 r - j的平面他，阴 1)m I因人分为册c在面A*讨厌上的射彩.兑巳知n L欠匕曲三看蝶定岬的诩i小褐 喝 R从而Mm* Y4胡标电/与抽菖余超用 U鸟=工&"1/：想山儿一此/用以用乂儿因此/； 二J1""；4/J +4隅 s.i!l U,2/2.从胃鼻声-海1丁;而> 4底所以.在胤/编中.1叫 儿n=r8 4血)口制力 I,出m(4.0J h谩“由N/即的仇向M为k(“"/*州2 I八一产(吃 (L匕心.wll.帆* I ；/ 1 II .(1,0) I町 4用一 m V* 一2I mi I 4

35、I r * |，忡出 血价力附f曲曲的来找小4 ：'35.12020高考真题江西理 20(本题满分12分)在三棱柱 ABC-ABC中，已知 AB=AC=A生、/5, BC=4,在 Ai在底面 ABC的投影是线段 BC的中点O。(1)证明在侧棱 AA上存在一点E,使得OH平面BBCC,并求出AE的长;(2)求平面 A1B1C与平面BBCC夹角的余弦值。案】 门)证明：连接“人在加册中，住口£ 1F点心因为福I 的一禅OE L叫,因为。!平面乂所以At0 L BC身为AB ACt(IB * DC,傅n。1 MC,所以UC 1平面孔44.所以6c 1 0E,所以OE L平面8虱%却

36、又AO = 1AB3 - 数 =I .儿I1-6*得 HE = aJT S 5 ,网点,£的坐睡是件,0争.书如需*分即次Q.4渣跖。即所在直蝶为.九，轴.建立空何克斯坐标系,用4(】，。)，见OS#). 口。，一田)工式0总2).曲搏平面朔c*c的法向量由葭 仔。亭, 设平面的法向由雪匕阴十 °，Oi- nI丽卜in ,碇 M 0 ”工=。骷】.得土 土 2M 1,山内工-】),所Wc« 屁用 = 囱平面H乱与平面AtB,C的央角的余弦值跄噜 【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

37、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36.12020高考真题安徽理18(本小题满分12分)平面图形ABB1AC1c如图4所示，其中BB1c1c是矩形，BC 2, BB1 4 ,AB AC J2, AB AC1 石。现将该平面图形分别沿 BC和B1C1折叠，使 ABC与AB1cl所在平面都与平面 BB1cle垂直，再分别连接 AA1, BA,CA ,得到如图2所示的空间 图形，对此空间图形解

38、答下列问题。(I)证明：AA1 BC ;(n)求 AA1 的长；(出)求二面角 A BC A1的余弦值。【答案】本题考查平面图形与空间图形的转化，空间直线与直线、直线与平面、平面与 平面的位置关系的判定。空间线段长度和空间角的余弦值的计算等基础知识和基本技能，考 查空间想象能力，推理论证能力和求解能力。【解析】(综合法)取BC,BC1的中点为点0,01 ,连接AO,OO，AO, AQ1,则 AB AC AO BC ,面 ABC 面 BB1c1cAO 面 BB1clC ,同理：A1O1 面 BB1C1C 得：AO/AO1A,O,A1，O1 共面，又 OO1 BC,OO1 I AO OBC 面 A

39、OO1 A AA1 BC。ADL/OO1,(n)延长 AO1到 D,使 OD OA，得:O1D2OAOO1 BC ,面 A B1C1 面 BB1cleOO1 面 A1 B1C1AD面 A B1C1 ,AA JAD2 DA2 ，42 (2 1)2 5。(m) AO BC,AO BCAOA是二面角 A BC A1 的平面角。在 Rt 001A 中，A1O 7OO2AO： J42 22 2册,在 Rt- cos AOA "卢得：二面角A BC A的余弦值为,5O537.12020高考真题上海理19(6+6=12分)如图，在四棱锥 P ABCD中, 矩形，PA底面ABCD , E是PC的中点

40、，已知 AB 2, AD 2J2 , 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。ABCD 是【答案】【解析】(1) .PAa底面 ABCD PA CD又. CDL AD, . . CC±平面 PAD，CDL PD,又. PD J22 (2/)22J3, CD=21.PCD勺面积为一2 2432*3。2(2)解法一：取 PB的中点F,连接EF,AF, 则EF/ BC,AEF(或其补角)是异面直线 BC与AE所成的角。在4ADF中，EF=,：'2、AF=<2 ,AE=2,.AEF是等腰直角三角形,异面直线BC与AE所成的角大小为一。4解

41、法二：如图所示，建立空间直角坐标系，则 B(2,0,0),C(2, 2y/2 ,0),E(1 ,衣,1),AE =(12,1)BC =(0, 2、2 ,0),设AE与BC的夹角为，则cosAE AC _42aE|ac2 20 T又. 0V < 一，=_24异面直线8UV4E折的舞的大小地 12分【点评】 本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证 能力.综合考查空间中两条异面直线所成的角的求解，同时考查空间几何体的体积公式的运用.本题源于必修 2立体几何章节复习题，复习时应注重课本，容易出现找错角的情况，要考虑全面，考查空间想象能力，属于中档题.38.120

42、20高考真题全国卷理 18】（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效 ） 如图，四棱锥 P-ABCD中，底面 ABCM菱形，PL底面ABCD AC=2>/2 , PA=2 E是PC上的 一点，PE=2EC.(I )证明：PM平面BED(n)设二面角 A-PB-C为90° ,求PD与平面PBC所成角的大小【答案】L 13>解法一1I 1)囚为快面H夙八为造丫 .府H HD I与，史力1_L底而耳麓Cl所以rCLBi).之分设&D-K ,好州4；IM为.寸=小，久FH = 3 PE 触产(1 2 6, EC = 2"： , F( ' = Ji

43、,0/1 从而，”后首6内为及-一乎、ZKI .1 .所以FC EC一上 汴nAAC£ 5 FC4 * Z FF：C « /.M： = 9(F，由此知"工EF.Cre JJ平面BED内一蓊相交fl线 M EF都垂k所以PC 1 T*ffi HED 6介(II )在平面AIS内一点/作AG g U为 M -二面 ff A-P8 - C >J 90fr ,所以 Tlfij /MS !平曲产灰二乂平面pahC干而pnc = ,故ag平面时c ag x 配与平面FAB内两条忖交/"£ PA. AG郡Ffl，故尻平面阳乩星EC 1 AR .所以底向

44、ASCD为亚方影AD 工产。=*/引+市-8分没D到平面，网的朋阖为d.因为5。“岚，且4Z>Q平面网MRLF平面PB7故/IDO平丽P叱人" 西点划平面PBC的趾高相等.战M = AG =、" *2分设产D。平面FRW所%£的用力" 则win&-. - 1 - PD N所以尸。与平丽PBC所成的角为W .航法二：( J 以K为*如康点.射线/<?小工轴的正承轴, 系 H xyz .设c(渥omj* /)(立瓦3, 月中八。，则P(0, Q, 2) ' Q)*2 分于是前=*&0昌.展二$加7：二3二).从而同前=。,

45、K廉八故 PC L RE, PC J DE .又瓯n口£ = £ ,所以FC.中面“/，£ 6分也立比用所示的空间力和平标II 1 AP1口工历卜2、嗖e - n j.力力平面小界的送向帐则m 4户 0 . ttt AB ft .e；l 2E=。H <5v - by = fl *，f = k +期出= S.d».O).“书分没"h5小门为F ifO产8c的涂向楠.对fl A1 - 0, fl - liF - 0 .MB,T1，fijl 2能-Jr = 0 fl -* A/ + r - 0 .33因为面HTB上面PHe,故/n片川即力二二0

46、,也卜<2.尸显 bfl = (l. -kV2)- 而 (-+一:1“,- JI 而 C05 J? , i=r v -iMim 2、rt, DP ) f*0?.因为产力场平面严耻所服用和户'；：7.故。千面FJ旷期成源胞州的V39.12020高考真题山东理18(18)(本小题满分12分)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形， AB/CD, DAB 60o, FC 平面ABCD,AE BD,CBCD CF .(I)求证：BD 平面AED ;(n )求二面角 F BD C的余弦值.(1)证明；国为四边形/ACO是号基林形，+ 3AR 0巡*所以 。(？=£，匚&#

47、163;?三1却.又 CB-CO,所以 ZCM=30因此乙DH-9。"心工皿.又 AElffDt旦金EnHDp44£/口匚平面/ED,所以以DJL平面JED.（II）解法一:由(I )知 AD1BD.所以 ACLBC.又K_L平面/BCD.因此以，CB,C尸两两垂直.以C为坐标原点,分别以C/.C'HCF 所在的直线为x轴.卜轴，2轴.建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设CB = I.则 （0,0,0）. 5（0,!r0>, £）（竺,-；,0）, 因此 而=（，-g,o）, BF-（0,-1,!>.设平面BDF的一个法向量为e工（凡,/）.则

48、 e工Q . zn 。 8产, 0 .所以 xGyG.取 *-1< »lw-(73t. 1).由于 守20,1）是平面BDC的一个法向£所以 二面角F,SDC的余弦值为三.*法二：取班）的中点G,连接CG,R.由于CBCD.因此CGJ.30,又FC工平面ABCD 30U平面/8CD. 所以FCLBD.由于 CflCG-C,凡；CGu平面FCG, 所以6。上平面尸CG.故 BD1FG.所以 NFGC为二面例尸-6D-C的平面角. 在等腰三角形BC。中.由于N6C。三120二 因此CG三gcB , 又 CBCF.所以GF =CG、CF金辰G .故 85NFGC 邛，因此

49、二面的f-80-C的余弦值为g,40.12020高考真题湖南理18(本小题满分12分)如图 5,在四棱锥 P-ABCD43, PL平面 ABCD AB=4, BC=3, AD=5 Z DAB=ZABC=90 , E 是CD的中点.(I )证明：CDL平面PAE(n)若直线 PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABC所成的角相等，求四棱锥 P-ABCD的 体积.【答案】解法1 (I如图(1),连接AC,由AB=4, BC 3, ABC 90o,得AC 5.又AD 5,E是CD的中点，所以 CD AE.Q PA 平面 ABCD,CD 平面 ABCD,所以 PA CD.而PA,AE是平面PAE内的两

50、条相交直线，所以 CDL平面PAE.(n)过点B作 BG CD,分别与AE,AD相交于F,G,连接PF.由(I) CDL平面PAE知，BG,平面 PAE.于是 BPF为直线PB与平面 PAE 所成的角，且BG AE .由PA 平面ABCD知，PBA为直线PB与平面ABCD所成的角.AB 4, AG 2, BG AF,由题意，知 PBA BPF,PA .BF因为 sin PBA 一,sin BPF 一，所以 PA BF. PBPB由 DAB ABC 90o知，AD /BC,又BG/CD,所以四边形BCDG是平行四边形，故GD BC 3.于是 AG 2.在 RtABAG 中，AB 4, AG 2,BG AF,所以BGAB2 AG2 2 5, BF2AB2BG168J255于是PA BF8.5又梯形ABCD的面积为S（5 3） 4 16,所以四棱锥P ABCD的体积为18 ,5 128、, 5PA 16 3515间直角坐标系.设PAh,则相关的各点坐标为:解法2：如图（2）,以A为坐标原点，AB, AD,AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空A(4,0,0), B(4,0,0), C(4,3,0), D(0,5,0), E(2,4,0), P(0,0, h).uuuruuruur(I)易知 CD ( 4