高考数学真题分类汇编10立体几何理

1.【2015高考安徽，理5】已知加，〃是两条不同直线，a,尸是两个不同平面，则下列命

题正确的是()

(A)若a,万垂直于同一平面，则a与夕平行

(B)若加，“平行于同一平面，则〃?与〃平行

(C)若a,"不平行，则在a内不存在与，平行的直线

(D)若加，〃不平行，则加与〃不可能垂直于同一平面

【答案】D

【解析】由A,若a,尸垂直于同一平面，则a,尸可以相交、平行，故A不正确；由B,

若加，〃平行于同一平面，则〃?，〃可以平行、重合、相交、异面，故8不正确；由C,

若a,£不平行，但a平面内会存在平行于尸的直线，如a平面中平行于a,尸交线

的直线；由。项，其逆否命题为“若加与〃垂直于同一平面，则加，〃平行”是真命题,

故。项正确.所以选D.

【考点定位】L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，若原命题不太

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.

2.12015高考北京，理4】设a,是两个不同的平面，，〃是直线且〃?ua."，"〃/?”是

“a〃6”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a,夕是两个不同的平面，山是直线且〃?ua.若〃夕”，则平面a、夕可

能相交也可能平行，不能推出。//夕，反过来若a〃力，mua,则有相〃£,则“〃?〃/”

是“a〃夕”的必要而不充分条件.

考点定位：本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】本题考查空间直线与平面的位置关系及充要条件，本题属于基础题，本题以空

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.【2015高考新课标1,理6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如

下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。间：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，间米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知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（）

（A）14斛（B）22斛（036斛（D）66斛

【答案】B

【解析】设圆锥底面半径为r.贝IJ1X2X3L=S=L=竺，所以米堆的体积为:=

434339

故堆放的米约为竺+1.62和22,故选B.

9

【考点定位】圆锥的性质与圆锥的体积公式

【名师点睛】本题以《九章算术》中的问题为材料，试题背景新颖，解答本题的关键应想到

米堆是L圆锥，底面周长是两个底面半径与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，是基础题.

4.12015高考陕西，理5】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）

A.3万B・47C.2）+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

何体的表面积是gx2»xlx(l+2)+2x2=3»+4,故选D.

【考点定位】1、三视图；2、空间几何体的表面积.

【名师点晴】本题主要考查的是三视图和空间儿何体的表面积，属于容易题.解题时要看清

楚是求表面积还是求体积，否则很容易出现错误.本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积即可.

5.[2015高考新课标1,理11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个儿

何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20万，则

尸()

(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,其表面积为，*4万/+%rx2r+T/+2rx2r=57/+4/=16+

2

20万，解得尸2,故选B.

【考点定位】简单几何体的三视图；球的表面积公式、圆柱的测面积公式

【名师点睛】本题考查简单组合体的三视图的识别，是常规提，对简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”的法则组合体中的各个量.

6.12015高考重庆，理5】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为

左祝图俯视图

题图

A、—F71B、F71

33

C^—F2"D^—F2TT

33

【答案】A

【解析】这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，V=—7rxl2x2+-x(—xxlx2)xl=^+-,

2323

选A.

【考点定位】组合体的体积.

【名师点晴】本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

析出它是哪些基本几何体的组合，应用相应的体积公式求出几何体的体积，关键是画出直观

图，本题考查了学生的空间想象能力和运算求解能力.

7.【2015高考北京，理5】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是()

A.2+5/5B.4+75C.2+2石D.5

【答案】C

【解析】根据三视图恢复成三棱锥P-ABC，其中比一平面ABC,取皿棱的中点D,连接CD、PD,有

PD-AB,CD_AB,底面ABC为等腰三角形底边AB上的高CD为2,

AD=BD=1,PC=1,PD=A/5,=—x2x2=2,,S辛,==-x2xyfs—,AC=BC

=乎，三棱锥表面积S表=275+2.

考点定位：本题考点为利用三视图还原几何体及求三棱锥的表面积，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】本题考查三视图及多面体的表面积，本题属于基础题，正确利用三视图还原为

原几何体，特别是有关数据的还原，另外要利用线面垂直的性质，判断三角形的形状，特别

是侧面为8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.

8.12015高考安徽，理7】一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是()

(A)1+V3(B)2+V3

(C)1+272(D)272

第(7)腮图

【答案】B

【解析】由题意，该四面体的直观图如下，是等腰直角三角形，M£?C,AACD

11py

S.BcD=-XV2XV2=1,SMBC=SMCD=-XV2XV2sin60=苗，所以四面

体的表面积5=5岫8+5凶加+50时+508=2'1+2'苧=2+百，故选B.

【考点定位】1.空间几何体的三视图与直观图；2.空间几何体表面积的求法.

【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，本题

还应注意常见几何体的体积和表面积公式.

9.[2015高考新课标2,理9]已知A,B是球0的球面上两点，ZA0B=90,C为该球面上的动

点，若三棱锥0-ABC体积的最大值为36,则球0的表面积为（）

A.36mB.64nC.144nD.256n

【答案】C

【解析】如图所示，当点C位于垂直于面的直径端点时，三棱锥O-T5c的体积最大，设球。的半

径为R,此时也出,=%,“=1乂1r：＞＜出=」火3=36,故；?=6,则球。的表面积为

326

S=4,M：=144笈，故选C.

【考点定位】外接球表面积和椎体的体积.

C

【名师点睛】本题以球为背景考查空间几何体的体积和表面积计算，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.

冗

10.12015高考山东，理7】在梯形ABCD中，ZABC=-,AD//BC,BC=2AD=2AB=2.

2

将梯

形ABC。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()

(A)—(B)—(C)—(D)2万

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

以该组合体的体积为：V==/rxI2x2--xxI2x1=-

Balft|3|t|E33

故选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】本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，体现了对学生空间想象能力以及基本运算能力的考查，

此题属中档题.

11.【2015高考浙江，理8】如图，已知A48C,。是A8的中点，沿直线CO将A4C。折

成AA'CD,所成二面角A—CD-3的平面角为a,则()

A.ZA'DB<aB.ZA'DB>aC.ZA'CB<aD.ZA'CB<a

【答案】B.

【解析】

试题分析：设NAQC=e,设AB=2,则由题意AO=BD=1,在空间图形中，设=

A'D2+DB2-AB2l2+l2-t2_2-t2

在ZVVC6中，cos/AOB=

2A'DxDB2x1x1-2

在空间图形中，过A作AN，DC,过8作垂足分别为N,M,

过N作NP”B,连结A'P,

则NANP就是二面角A'-CD-B的平面角，ZA'NP=a,

在RfAA'NO中，DN=A'DeosZA'DC=cos,A'N=A'DsinZA'DC=sin,

同理，BM=PN=sin。，DM=cosO,故BP=MN=2cos。，

显然BP上而ANP,故BP_LA'P,

在R/A4'BP中，A'P2=A'B2-BP2=r2-(2cos^)2=Z2-4cos2,

A'N2+NP2-A'P2sin20+sin20-(t2-4cos20)

在AA'NP中,cosa=cosZ.A'NP=

2A'NxNP2sinOxsin。

2+2cos:6—r2—rcos*31.cos26

----—F---三————cos42DB+

2sin*2sin"0sin"9sin"9sin"0

—^>0,S2Ll>0,：.cosa>cos(当8=三时取等号),

sin*3sin*92

a,ZA'DBe[0,^]»而j=cosx在[0：加上为递减函数，aVNT'DB,故选B.

【考点定位】立体几何中的动态问题

【名师点睛】本题主要考查立体几何中的动态问题，属于较难题，由于AA3C的形状不确定，

44'CB与

a的大小关系是不确定的，再根据二面角的定义即可知NA'DBNa,当且仅当AC=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.

【2015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件的一个面内，则原工件材料的

新工件的体积

利用率为（材料利用率=))

原工件的体积

D12（五-Ip

71

正视图

俯视图

【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。，则/+,2=(2&)2=4/,

如下图所示，圆锥的轴截面如图所示，则可知色=4二4=/2=2-2。，而长方体的体积

12

V=xyh<——-——h=2a~h=2/(2-2a)

<2x^+a+2~2a)3=—,当且仅当％=丫，a=2—2ana=Z时，等号成立，此时利

3273

16

用率为~27—=逆_,故选人.

1万x『x294

3

【考点定位】L圆锥的内接长方体；2.基本不等式求最值.

【名师点睛】本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，再利用基本不等式求解，解决此类问题的两大

核心思路：一

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，或利用导数或利用基本不等式，求其最值.

12.［2015高考浙江，理2］某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的体积是

（）

,332a40a

A.8cm3B.12cm3C.——cmD.―cm

33

俯视图

【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，如下图所示，体积/=F+±x2：x2=土,

33

故选C.

【考点定位】1.三视图；2.空间几何体的体积计算.

【名师点睛】本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，体现了知识点的交汇.

13.12015高考福建,理7］若/,〃?是两条不同的直线，加垂直于平面a,贝J_〃？”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】若/，〃？，因为加垂直于平面a,贝U//a或/ua；若///a,又加垂直于平面

a,则/，加，所以“/，加”是“///a的必要不充分条件，故选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】本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

这些问题还原到长方体中研究.

14.【2015高考新课标2,理6】一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如

右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）

【答案】D

【解析】由三视图得，在正方体A8CD-ABCIR中，截去四面体4一4四。「如图所示，，

设正方体棱长为a,则匕ABD^-x-a3=-a\故剩余几何体体积为苏一=之々3,所

20,32666

以截去部分体积与剩余部分体积的比值为1,故选D.

5

【考点定位】三视图.

【名师点睛】本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.

【2015高考上海，理6】若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2%，则其母线与轴的夹角

的大小为.

7T

【答案】一

3

1TT

【解析】由题意得：//：（5小2r）=21=/=2/?=母线与轴的夹角为§

【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5=2m7,

圆柱的表面积S=2用"（「+/）,圆锥的侧面积S=mi,圆锥的表面积S=m（r+/）,

球体的表面积S=4研2,圆锥轴截面为等腰三角形.

【2015高考上海，理4】若正三棱柱的所有棱长均为“，且其体积为166，则&=.

【答案】4

【解析】a-■—a2=16\/3=>«3=64=>«=4

4

【考点定位】正三棱柱的体积

【名师点睛】简单几何体的表面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M=s/?,区别锥的体积丫=s/?；熟记正三角形面积为火/,正六边形的面积为

34

6x——a•

4

15.12015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6,

则COS。的最大值为.

【解析】

—11——1

建立坐标系如图所示.设.正=1，则JF=(L10)：£(4=0=0).设"(Oj;IX。<3'<1).则EM=(一。..1),

由于异面直线所成角的范围为（0：；］,所以

1

_____2__(_l-_y__)___『8产1

cos8=,令8丁+1=?」金49,则

飞一EB4"+5

普t=—2一＞7»当，=1时取等号.所以

4y2+5f+q_25

2(1-y)122

石.J4y2+5&忑乂忑=1当y=。时，取得最大值•

【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.解本题要注意，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

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。（最小），当M点向左

移动时，EM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.

16.12015高考天津，理10】一个几何体的三视图如图所示（单位：加），则该几何体的体积

为

侧视图

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

1Q

径为1,高为1的圆锥，所以该几何体的体积V=12x»x2+2x-xl2x万xl=2万.

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，本题将这些能力结合在一起，体现了数

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.[2015高考浙江，理13]如图，三棱锥A-BCD中，

AB=AC=B£>=CD=3,AD=8C=2,点分别是ADBC的中点，则异面直线

AN,CM所成的角的余弦值是.

7

【答案】

8

【解析】

试题分析：如下图，连结。'，取DN中点尸，连结EU,PC,则可知二PA/C即为异面直

妓AX,CU所成角（或其补角）易得PV=:.IV=W.

PC=7AV:+c.v:=4i+i=-73.CM==2Vi.

8+2-37-

cosZPJ/C=*r-=-.即异面直线.LV,CU所成角的余弦值为—.

2x272x72SS

【考点定位】异面直线的夹角.

【名师点睛】本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.

18.12015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。若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，则新的底面半径为

【答案】S

【解析】由体积相等得：-x4x^-x52+^rx22x8=-xr2x^-x4+^rx/-2x8=>/-=>/7

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.

19.12015高考新课标2,理19](本题满分12分)

如图，长方体A8CD—ABCQ中，A3=16,BC=1O,A4,=8,^E,尸分别在A4,

GR上，AE=RE=4.过点E,尸的平面a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);

(II)求直线AE与平面a所成角的正弦值.

475

【答案】(I)详见解析；(II)—.

15

【解析】（I）交线围成的正方形EHGF如图:

（II）作EV_AB,垂足为V，贝h2/=达1=4,£1/=44=8,因为EHGF为正方形，所以

EH=EF=BC=W.于是［田=JE炉-ET"=6,所以.田=10.以£>为坐标原点，》的方向为

x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系。一耳z,则T（10：0:0）,77（10:10:0）,£（10:41S）,

n\-_F_E__=_即0._

F（0:4:8）,豆=。0。0）,近=（0「自8）.设1=（工；z）是平面EHGF的法向量，则

[r-HE=Oz

；10x=0_______U'AF\

:所以可取1=（0：4：3）.又后=（一10：4：8）故|cos<.所以直

1

—6y4-Sz=0S

线TF与平面a所成角的正弦值为芷.

15

【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a的法向量，利用

sin0=|cos<n,AF>|求直线AF与平面a所成角的正弦值.

20.【2015江苏高考，16］（本题满分14分）

如图，在直三棱柱ABC—4gG中，已知ACLBC,BC=CC,,设的中点为。,

51C「BC|=E.求证:(1)OE〃平面A4CC；

(2)BC、LABt.

【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84GC为平行四边形，因此点E为4c的中点，从而由三

角形中位线性

质得DEAC,再由线面平行判定定理得DE平面J4QC（2）因为直三棱柱，SC-a&G中

BC=CCX,所以侧面典C：C为正方形，因此3C：，区C,又TC_8C,AC±CC（可由直三棱柱推导）,

因此由线面垂直判定定理得X。，平面班：C：C,从而AC一3C.,再由线面垂直判定定理得3C：一平面d区C,

进而可得

试题解析：（1）由题意知，E为B】C的中点，

又D为一工&的中点，因此DEAC.

又因为DEN平面AAiCQ,ACc平面A-A,^C,

所以DE平面AAiQC.

（2）因为棱柱ABC-AiB£i是直三棱柱，

所以CCi—平面ABC.（第16鹿）

因为ACu平面ABC,所以AC—CCp

又因为ACLBC,CGu平面BCGB-BCu平面BCC|B「BCCC,=C,

所以AC_L平面BCC|B1.

又因为BQu平面BCC|B1,所以BC|，AC.

因为BC=CC「所以矩形BCC|B1是正方形，因此BG，B|C.

因为AC,B|Cu平面B|AC,ACB6=C，所以BQ_L平面B^AC.

又因为AB|u平面B|AC,所以BG^AB-

【考点定位】线面平行判定定理，线面垂直判定定理

【名师点晴】不要忽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.证明线面垂直时，不

要忽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

的基础.

21.12015高考安徽，理19］如图所示，在多面体44AOCBA,四边形例48,

AORA均为正方形，E为g"的中点，过4，DE的平面交于F.

（I）证明：EFi!B、C；

（II）求二面角E—A4余弦值.

第19题图

【答案】（I）EF//B.C；（II）—.

13

【解析】

试题分析：（I）证明：依据正方形的性质可知A£//A8//DC,且44=AB=DC,,从

而48co为平行四边形，则与。//4。，根据线面平行的判定定理知qc//面AOE，

再由线面平行的性质定理知EE//BC.（H）因为四边形ADD}At,ABCD均

为正方形，所以44,LAB,A&LADA。，A3,且A4,=A3=A。，可以建以A为

原点，分别以ARAD,A&为x轴，y轴，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AOE的法向量勺=（4，S[,：）.由马_L4旦勺_LAQ得（,S1,乙应

[0.5K+0.55,=0

满足的方程组《'',（一1,1,1）为其一组解，所以可取勺=（—1,1,1）.同理

I-

A^CD的法向量〃2=（0，U）.所以结合图形知二面角E-A.D-B的余弦值为

|%I_2_瓜

II-I»216x03

试题解析：（I）证明：由正方形的性质可知44//AB//OC,且A4=AB=OC,所以

四边形4月CD为平行四边形，从而用。//4。，又AOu面AOE，8cz面AQE,

于是与。//面4OE,又

m：Cu面&CE\,而面dDEC面3iC2=EF,所以EF5:C

（II）因为四边形WT/B,TZ）2?「T],.IffC。均为正方形，所以.■£&一一TL3：/H_-1Z）.-4Z5—TB,

且W*=J5=TZ）,以T为原点，分别以-45一肛W4为K轴，j轴，z轴单位正向量建立，如图所

示的空间直角坐标系，可得点的坐标/0：0：0）：g（L0：0）：50：L0）：4（0Ql）”：（L01）：2（0：LD而的

点为反2的中点，所以E点的坐标为（05051）.

设面ADE的法向量々=（生。.而该面上向壁AE=（0.5：0.5：0）：T夕=（0二：一1）,由

%_4£为_凡。得勺金为应满足的方程组｛1*,（―LL1）为其一组解.所以可取

IV。

马=（—1,1,1）.设面44。。的法向量%=（公$24），而该面上向量

A耳=（1,0,0）,A。=（0,1,-1），由此同理可得々=（0,1,1）.所以结合图形知二面角

E-A.D-B的余弦值为।♦四=-厂2厂=逅.

|"I|•|%|V3x<23

【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.

【名师点睛】解答空间几何体中的平行、垂直关系时，一般要根据己知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，则通过求两个半平面的法向量的夹角间接求解.此时建立恰

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.【2015江苏高考,22】（本小题满分10分）

如图，在四棱锥尸一ABC。中，已知PA_L平面A3C。，且四边形4BCD为直角梯

71

形，ZABC=ZBAD=-,PA=AD=2,AB=BC=\

2

(1)求平面与平面PC。所成二面角的余弦值；

(2)点0是线段外上的动点，当直线向与加所成角最小时，求线段园的长

【答案】(1)旦(2)正

35

【解析】

试题分析：(1)求二面角，关键求出两个平面的法向量，本题中平面PCQ法向量已知，故关

键求平面PAB的法向量，利用向量垂直关系可列出平面PA3的法向量两个独立条件，再根

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BQ=2BP,

则cos<CQ,OP>=/驾(04/141),再利用导数求其最值，确定点Q坐标，最后利用向量

v10A"+2

模求线段BQ的长

试题解析：以｛AB,AD,AP｝为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-g，z,

则各点的坐标为B(l,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).

(1)因为ADJ_平面PAB,所以AD是平面PAB的一个法向量，AD=(0,2,0).

因为PC=(1,1,-2),PD=(O,2,-2).

/、y-2z=0

设平面PCD的法向量为掰=(x,y,z),则m.PC=0，m・PD=0，即入〈八.

2y-2z=0

令y=i,解得z=l,x=l.

所以加=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.

从而cos/(AsD,小\阿AD•^加

一丁，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为

33

(2)因为BP=(—1,0,2),设BQ=/lBP=(—/l,0,2/l)(0<2<1),

又而=(0「L0),则氏=而+的=(-2-L22),又瘦=(0「22),

从而3g鸣=蒲=痣三

1cos*(CQ.DP)=----=------J----<—

设l+2/=r,"[Lr3],则1/5r-10r+9工5、:2010.

y.———,+—

七9)9

当且仅当『=.，即/=[时，卜。s(质:丽)|的最大值为亚.

因为J=cosx在；0:-；上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值.

<一>,

又因为BP=JF+2：=#，所以BQ=：BP=ai.

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,6的夹角0,须求出它们的方向向量a,b的夹角，则cos

&=|cos〈a,6|.2.求直线/与平面。所成的角，可先求出平面。的法向量〃与直线/

的方向向量a的夹角.则sin«=|cos〈〃，al1.3.求二面角a-7-£的大小0,可先

求出两个平面的法向量m,所成的角，贝I]8=〈功，出〉或“一〈2，ri2i.

23.【2015高考福建，理17】如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，ABA平面BEC,

BEAEC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.

(I)求证：GF//平面ADE；

(II)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.

A

【答案】（I）详见解析；（I【）W2.

3

【解析】解法一：（I）如图，取AE的中点”，连接〃G,HD,又G是BE的中点，

所以GH』B,且GH=；AB,

又F是CD中点，所以DF=，CD,由四边形ABCD是矩形得，ABCD,AB=CD,所以

2-

GH』（F,且GH=DF.从而四边形”GFO是平行四边形，所以GF/IDH,,又

DH研面ADE,GF平面ADE,所以面ADE.

（II）如图，在平面BEC内，过点B作BQ/C,因为BEACE,所以BQ^BE.

又因为ABA平面BEC,所以ABABE,ABABQ

以B为原点，分别以BE,BQ,BA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系,

则A(0,0,2),B(0,0,0),E⑵0,0),F(2,2,1).因为AB人平面BEC,所以8A=(0,0,2)为平

面BEC的法向量,

设〃=(x,y,z)为平面AEF的法向量.又AE=(2,0,-2),AF=(2,2,-l)

=0,/口ilx-2z=0,

由―得3+"=。取z=2—.

从而co宓允,8A=―人丝—4_2

H|x|6Al3

2

所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为一.

3

解法二：(I)如图，取A3中点M,连接MG,MF,又G是BE的中点，可知GM//AE,

又

又u面ADE,GMU面ADE,所以G.U平面ADE.

在矩形ABCC中，由M,F分别是AB,CD的中点得卜FWD.

又zLDu面ADE,UFU面.IDE,所以一UF面.IDE.

又因为GT/nVF="，田/二面田比，VFu面GVF,

所以面GMF平面一IDE,因为GFu面GSIF,所以GM平面ADE.

(II)同解法一.

【考点定位】1、直线和平面平行的判断；2、面面平行的判断和性质：3、二面角.

【名师点睛】本题考查直线和平面平行的证明和二面角求法，直线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质来证，注意线线平行、线面平行、面面平行的转化；利

用坐标法求二面角，主要是空间直角坐标系的建立要恰当，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.

24.12015高考浙江，理17】如图，在三棱柱ABC-44中，NBAC=90，AB=AC=2,

AA=4,A,在底面ABC的射影为6C的中点，。为&G的中点.

（1）证明：4DL平面4BC；

（2）求二面角A-BD一g的平面角的余弦值.

【答案】（D详见解析；（2）

8

试题分析：（1）根据条件首先证得平面ABC,再证明AO//AE,即可得证；（2）

作AFLBD，且A/BD=F,可证明NA尸4为二面角A—8。一4的平面角，再由

余弦定理即可求得cos/A^i从而求解.

试题解析：（1）设E为的中点，由题意得平面ABC,.••4ELAE,；AB=AC,

/.AEA.BC,故平面4BC,由。，E分别8C的中点，得DE//B出且

DE=B.B,从而OE//4A,.•.四边形AAEO为平行四边形，故AO//AE,又：4七_1

平面4BG，平面48G；（2）作且4FBD=F,连结耳尸，

由AE=EB=VLZAtEA=ZAlEB=90,得4B=AA=4,由4。=4。，

%B=BiB,得A41Z）8三由人小上台。，得B】F工BD,因此2人尸片为二面角

4—80—4的平面角，由4。=0，48=4,/。43=90,得BD=3C,

41

AF=B]F=—,由余弦定理得，cosZAlFBl=—.

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】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

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.【2015