高考数学真题分类汇编立体几何理

专题十立体几何

1.[2015高考安徽，理5】已知加，〃是两条不同直线，a,4是两个不同平面，则下列命题正确的是

()

(A)若。，/垂直于同一平面，则e与夕平行

(B)若加，“平行于同一平面，则加与〃平行

(C)若a,夕不平行，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

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

〃平行于同一平面，则加，〃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夕的直线，如a平面中平行于a,夕交线的直线；由。项，其逆否命题为

“若加与〃垂直于同一平面，则〃?，〃平行”是真命题，故。项正确.所以选D.

【考点定位】1.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,分是两个不同的平面，，"是直线且mua.“相〃夕”是“a〃夕”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

【博雅解析】因为a,£是两个不同的平面，山是直线且〃zua.若“"?〃夕”，则平面a、，可能相交

也可能平行，不能推出a〃4，反过来若a〃/，mua,则有“?〃/?,则“小〃£”是“a〃尸”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。问:积及为米儿何？”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，问米

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（）

【解析】设扇锥底面半径为r,贝〃x2x3尸=8〃=竺，所以米堆的体积为二x1x37S：xf=土£,

434339

故堆放的米约为辿+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，圆锥，

4

底面周长是两个底面半径与，圆的和，根据题中的条件列出关于底面半径的方程，解出底面半径，是基础

4

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乃B.47rC.2乃+4D.3乃+4

卜2-**

主提图左视网

q

【答案】D

【博雅解析】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;x2乃xlx（l+2）+2x2=3万+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几何体的表面积，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.

5.12015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)组成一个几何体，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

【博雅解析】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;x4万，+万厂*2厂+1，+2rx2r=5%/+4/=16+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

p-l"""•2—•

正视图左视困俯视图

题(5＞图

I„2

A、—FTCB、P71

33

12

C、—F21D^—F27r

33

【答案】A

【博雅解析】这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，V=1TZ-X12X2+-X(1XX1X2)X1=^+-1-,选4

2323

【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.

7.12015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（）

【答案】C

【解析】根据三视图恢复成三棱锥P-ABC，其中用一平面ABC,取AB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=1PC=1,PD=A/S,S=—x2x2=2,,S、-,==—x2x匹=乐,AC=BC

Jj24-2

=无S=S=；x#x1

=*，三棱锥表面积S衣=2指+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，特别是侧面用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.【2015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

【答案】B

【博雅解析】由题意，该四面体的直观图如下，AABRABCO是等腰直角三角形，是等

边三角形，则5"°=5"町,='x&x&=l,S1MBe=SMs='x&x&sin60=虫，所以四

ZAOvivIXnDU241AOV4Vle

面体的表面积5=5岫8+3凶曲+5刖芯+5必°=2乂1+2乂'二=2+6,故选B.

i\nLULSjilJLyLjZ-l/1\--LX

【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，NA0B=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.36"B.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。--45c的体积最大，设球。的半

11,1.

径为R,此时「二指八=7二,”=±义±汉，'出=±出：=36,故夫=6,则球。的表面积为

——-1D——-w>ar、.

326

S=4,TR:=144H-,故选C.

【考点定位】外接球表面积和椎体的体积.

【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.

TT

10.【2015高考山东，理7】在梯形ABCQ中，AABC=-,AD//BC,BC=2AD=2AB=2.将梯

2

形ABCQ绕AO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)2n

333

【答案】C

【博雅解析】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：

21,5

丫=%柱一%锥"Xix2--x^xl-xl--^-

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.

11.12015高考浙江，理8】如图，已知A46C,。是A8的中点，沿直线CO将AACD折成AA'C。，

所成二面角A—CO—8的平面角为a,则()

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

DC

【答案】B.

【博雅解析】

试题分析：设NAOC=e,设A6=2,则由题意A0=8D=1,在空间图形中，设=

A'D2*+DB2-AB2l2+l2-r2-t2

在A4'CB中，cos44753=

2A'DxDB2xlxl2

在空间图形中，过A作AN，DC,过8作BMLOC,垂足分别为N,M,

过N作NP^MB,连结AP,NPLOC,

则NA'NP就是二面角A'-CD-B的平面角，...ZA'NP=a,

在RfAZl'N。中，ON=AOcosNAOC=cos。，AN=AOsinNAOC=sin。，

同理，BM=PN=sin。,DM=cos。,故BP=MN=2cos。，

显然3PL面A'NP,故BPLAP,

在Rt^A'BP中，A'P2=A'B2-BP2=产-(2cos0)2=t2-4cos26,

A'N2+NP2-A'P2sin?。+sin)。一(f2-4cos20)

在\A!NP中，cosa=cos/A'NP

2A'NxNP2sin夕xsin。

2+2cos*8-r-Vcos*01s3E+*，

2sin"d2sinA6sin"3sin"6

——\—>0,c°s,'之0,/.cos(X>cos/.ADB(当g=，时取等号),

sin"0sin"&2

.「a,zLA'DBe[0sTT],而j=cos》在[0：汨上为递减函数:,・•,aWZA'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AA8C的形状不确定，NA'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NAOBNa,当且仅当AC=8C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，则原工件材料的利用率为(材料利用率

新工件的体积、.、

原工件的体积

33

A8K16r4(V2-Dn12(V2-1)

A.D.C.-------------u.------------

【答案】A.

【博雅解析】

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a,则/+,2=(2/2=4",如下图所示，圆锥的轴

截面如图所示，则可知也上，h=2-2a,而长方体的体积

V=xyh<—^yh=2crh=2«2(2-2a)

<2x(a+a+2~2a)3=—,当且仅当％=丁，a=2—2ana=20寸，等号成立，此时利用率为

3273

16

27

1x1x2

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儿何元素，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，结合平面儿何的相关知识求解：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.

12.12015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（）

A.8cm3B.12c，/C.—cm3D.—cm'

33

【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，二体积/=2，+±x2，*2=上,

.3

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，m垂直于平面a，则“/，机”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

【博雅解析】若/，加，因为加垂直于平面a,则///a或/ua；若///a,又/〃垂直于平面a,则

11m,所以“/，机”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()

1111

氏aD

8-7-6-5-

【答案】D

【博雅解析】由三视图得，在正方体ABCO-AMGR中，截去四面体A—A耳。，如图所示，，设正方

115

333

3=-Q-=-

体棱长为“，则匕-,BD£Z|=-3x-2a6故剩余几何体体积为66所以截去部分体积与

剩余部分体积的比值为,，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2万，则其母线与轴的夹角的大小

为.

【答案】-

3

1jr

【博雅解析】由题意得：”/:(；〃2)=2%n/=2//n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S=27rrl,圆柱的表面

积S=2勿(r+/),圆锥的侧面积S=m-l,圆锥的表面积S="(r+/),球体的表面积

S=4万?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

【博雅解析】aa1=16A/3a3=64=>tr=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V=S力，区别锥的体积

V=^-Sh.熟记正三角形面积为正六边形的面积为

344

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9,则COS。的最大值为

【答案】I

【解析】

—11——1

建立坐标系如图所示.设■仍=1,则=（L*0）：E（g：0:0）.设”（0：兄IX。《丁41），则EX=（一。？D，

由于异面直线所成角的范围为（0：；］,所以

2(l-y)8v+l

cos£=，令8y+l=f」1W9,则

4r+5

8y+l16>1,当f=l时取等号.所以

4y2+5小―2

122

<-rX-==-,当y=o时，取得最大值.

V5V55

X

【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0（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.【2015高考天津，理10】一个几何体的三视图如图所示（单位：m）,则该几何体的体积为

【博雅解析】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，两端是底面半径为1,

高为1的圆锥，所以该几何体的体积V=Fx7x2+2x—x12x7x1=—%.

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.

17.12015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】V7

【博雅解析】由体积相等得：gx4x万X5?+乃x2°x8=gxr2x乃x4+%x,"x8nr=V7

【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.

18.【2015高考安徽，理19】如图所示，在多面体444OCBA,四边形44,48，AOD|A，A8CD均

为正方形，E为44的中点，过A，2E的平面交于F.

(I)证明：EF//B、C；

(II)求二面角E—4。—4余弦值.

第19题图

[7

【答案】(I)EFIIB.C-,(II)—.

'3

【博雅解析】

试题分析：(I)证明：依据正方形的性质可知A8"/AB//OC,且A4=AB=OC,,从而为用。。为

平行四边形，则5。//%。，根据线面平行的判定定理知四。//面ADE,再由线面平行的性质定理

知EF//B、C.(II)因为四边形AA^B,ADDtA,,ABCD均为正方形，所以

1AB,A4,1AD,ADVAB,S.AA}=AB^AD,可以建以A为原点，分别以AB,AO,为

x轴，)，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

0.5A+0.55.=0

4=解//3由4，4旦々得、》，乙应满足的方程组《，(—1,1,1)为其一组

I»F=o

解，所以可取马=(一1,1,1).同理A4c。的法向量％=(0//).所以结合图形知二面角后一4。一8

的余弦值为皿“21=-广2=逅.

|〃]H〃21A/3XV23

【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，一般要根据已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健所在.

19.【2015高考福建，理17】如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB^平面BEC,BEAEC,

AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.

(I)求证：GQ//平面ADE；

(ID求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.

A

2

【答案】(I)详见博雅解析；(II)

3

【博雅解析】解法一：(I)如图，取AE的中点H,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，AB_CD,AB=CD,所以

GH_DF,且GH=DF.从而四边形”GED是平行四边形，所以GF//DH,,又

DH新面ADE,GF平面ADE,所以GFjf面ADE.

AA

(II)如图，在平面BEC内，过点B作BQ』C,因为BEACE,所以BQ八BE.

又因为ABA平面BEC,所以AB人BE,ABABQ

以B为原点，分别以BE,BQ,6A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),E(2,0,0),F(2,2,1).因为AB"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)

取z=2得〃=(2,-1,2).

从而‘°就=六

2

所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为一.

3

【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.

20.【2015高考浙江，理17】如图，在三棱柱ABC—A4G-中，NBAC=90,AB=AC=2,44=4,

A在底面ABC的射影为的中点，D为用弓的中点.

(1)证明：ADJ"平面418c；

(2)求二面角BD-四的平面角的余弦值.

【答案】（1）详见博雅解析；（2）

8

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

作且BD=F,可证明44,尸耳为二面角4—8。一旦的平面角，再由

余弦定理即可求得cosNAFg=—1,从而求解.

试题博雅解析：（1）设E为3c的中点，由题意得平面A3C,二VAB=AC,

：.AE1BC,故AE,平面ABC,由O,E分别用G，3C的中点，得DE//B出且

DE=B&,从而OE//AA,.•.四边形AAEO为平行四边形，故4。//4后，又

平面；.4。，平面48G；（2）作且A/BD=F,连结男尸，

由AE=EB=VLZAlEA=ZAlEB=90,得48=4人=4,由AQ=8Q,

AB=B]B,得AAQB三ABQB,由4尸_1_3£>,得B/LBD,因此幺尸片为二面角

A—BD—4的平面角，由a，A,g=4,ZDA,B=90,得8。=3夜，

41

4尸二与尸=一，由余弦定理得，cos=——.

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.

21.【2015高考山东，理17】如图，在三棱台。EF-A8c中，AB=2£>E,G,"分别为AC,的中点.

（I）求证：BD//平面FGH；

（H）若C77,平面ABC,AB工BC,CF=DE,ZBAC=45，求平面FG"与平面ACFO所成

的角（锐角）的大小.

【答案】（I）详见博雅解析；（II）60

【博雅解析】

试题分析：（I）思路一：连接。G,CO,设CDGF=O,连接OH,先证明OH//B。，从而由直线

与平面平行的判定定理得8。//平面”OE；思路二：先证明平面FGH//平面ABED,再由平面与平

面平行的定义得到B。//平面”。尸.

(II)思路一：连接OG,CO,设C。G尸=0,连接。“，证明G6,GC,GO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G-孙z,利用空量向量的夹角公式求解；思路二：作，AC

于点M，作MNLGF于点N,连接N”，证明/MN"即为所求的角，然后在三角形中求解.

试题博雅解析：

(I)证法一：连接OG,CO,设CO6/=0,连接。”，

在三棱台。Ef—ABC中，

AB=2DE,G为AC的中点

可得DF//GC,DF=GC

所以四边形DFCG为平行四边形

则。为CQ的中点

又“为8C的中点

所以。”//3。

又0”u平面/GH,BDU平面FGH,

所以6。//平面FGH.

证法二：

在三棱台OEE—ABC中,

由BC=2EF,H为BC的中点

可得BHEF;BH=EF;

所以四边形BHFE为平行四边形

可得BEHF

在中，G为NC的中点，H为3C的中点，

所以GHAB

又GHCHF=H,所以平面FGH平面ABED

因为BDu平面ABED

所以BD//平面FGH

(II)解法一：

设AB=2,则CF=1

在三棱台。E/—ABC中，

G为AC的中点

由=4AC=GC,

2

可得四边形。GC/为平行四边形，

因此。G//CE

又平面ABC

所以。G1平面ABC

在A4BC中，由AB18C,NR4C=45,G是AC中点,

所以AB=BC,GBJ.GC

因止匕GB,GC,GO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G-盯z

所以G（O,O,O）,B（VIO,O）,C（O,0,O）,D（O,O,1）

可得“在，注,0,F（0,31）

[22J

孝,日,0,GF=（0,72,1）

故GH

设〃=(x,y,z)是平面FGH的一个法向量，则

nGH-0,|"x+y=0

由1可得1厂

n-GF^O,[j2y+z=0

可得平面PG”的一个法向量〃=(1,一1,、分)

因为GB是平面ACFO的一个法向量，GB=(72,0,0)

所以cos<GB,，？>=3B"=与=>

\GB\-\n\2V22

所以平面与平面所成的解(锐角)的大小为60

解法二：

作“MJ.AC于点M,作MN_LGP于点N,连接N”

由FC_L平面ABC,得HM工FC

又FCAC=C

所以HM_L平面ACED

因此GF_LN”

所以NMNH即为所求的角

16

在A5GC中，J田BG】IH=£BG=.：

由AGA3ZsSGCF

「/日.WVG"

FCGF

从而lfV=^

6

由S1H_平面ACFD;Wu平面ACFD

得.1田_4八;

}J\f

因此tanAA五r=匕=小

J/.V

所以NW?7=6(r

所以平面FG"与平面ACFO所成角(锐角)的大小为60.

【考点定位】1、空间直线与平面的位置关系；2、二面角的求法；3、空间向量在解决立体几何问题中的

应用.

【名师点睛】本题涉及到了立体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；利用空间向量解决立体几何问题是一种成熟的方法，要注

意建立适当的空间直角坐标系以及运算的准确性.

26.[2015高考天津，理17](本小题满分13分)如图，在四棱柱ABC。-中，侧棱

4AL底面ABC。，AB1AC,AB=1,

AC=A4,=2,A。=C。=右，且点M和N分别为4c和。D的中点.

(I)求证：MN〃平面ABCD；

(II)求二面角AC-。的正弦值;

(IH)设E为棱A4上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为:，求线段AE的长

【答案】(I)见博雅解析；(II)主叵；(III)V7-2.

10

【博雅解析】如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得

A(0,0,0),8(0,1,0),C(2,0,0),0(1,—2,0),

,又因为分别为耳C和。。的中点，得

(I)证明：依题意，可得〃=(0,0,1)为平面A3CO的一个法向量，MN=(0,-g,0

由此可得，MN，n=0,又因为直线平面ABC7),所以MN//平面ABCO

(II)AD,=(1,-2,2),AC=(2,0,0),设勺=(x,y,z)为平面的法向量，贝ij

n,AD,=0[x-2y+2z=0

J',即1,不妨设z=l,可得q=(O,L1),

〃「AC=012x=0

4旦=0

设〃2=(x,y,z)为平面AC4的一个法向量，则＜21，又A片=(0,1,2),得

n2AC=0

y+2z=0

,不妨设z=l,可得〃，=(0,-2,1)

2%=0

①，于是sin保Q=

因此有

10、/10

所以二面角D.-AC-B.的正弦值为噜.

(皿依题意,可设区云=/耳瓦，其中表『0」,则E(0/2),从而豆=(-L/-2»又7=(0,0/)为

平面T8CD的一个法向量，由已知得

cos(豆=--------!----------=整理得z:+4z-3=0,

、'/阿兰忖3，(-厂+(/+2『+1：3

又因为/w[0』，解得/=6-3

所以线段的长为#-2.

【考点定位】直线和平面平行和垂直的判定与性质，二面角、直线与平面所成的角，空间向量的应用.

【名师点睛】本题主要考查直线和平面平行和垂直的判定与性质，二面角、直线与平面所成的角，空间向

量的应用.将立体几何向量化，体现向量工具的应用，即把几何的证明与计算问题转化为纯代数的计算问

题，是向量的最大优势，把空间一些难以想象的问题转化成计算问题，有效的解决了一些学生空间想象能

力较差的问题.

TT

27.[2015高考重庆，理19】如题(19)图，三棱锥P-ABC中，尸C，平面ABC,PC=3,NAC8=々.D,E

2

分别为线段AB,8c上的点，且CD=DE=6,CE=2EB=2.

(1)证明：平面PC。

(2)求二面角A—P。—C的余弦值。

p

/1\\\\

/।\\E\

/,5…：二二＞8

//

J/-■—-------

4题（19）图

n

【答案】（1）证明见博雅解析；（2）—.

6

【博雅解析】

试题分析：（1）要证线面垂直，就是要证线线垂直，题中由PC，平面A3C,可知PCLDE,再分析

已知由。。="=J5,CE=2得COJ_OE,这样与OE垂直的两条直线都已找到，从而可得线面垂直；

（2）求二面角的大小，可心根据定义作出二面角的平面角，求出这个平面角的大小，本题中，由于

7T

ZACB=-,PCJ•平面ABC,因此C4,CB,CP两两垂直，可以他们为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

写出图中各点的坐标，求出平面APO和平面CPO的法向量仆,〃2,向量马,〃2的夹角与二面角相等或互

补，由此可得结论.

试题博雅解析：（1）证明：由尸＜7,平面/8G应u平面46C,故.PCIDE

由2=2,/得△为等腰直角三角形，WCDLDE

由ACCD=C,应垂直于平面直力内两条相交直线，故〃£上平面板

TT

（2）解：由（1）知，为等腰直角三角形，N&Z=—，如（19）图，过点〃作小垂直位于尸,

4,

易知DF=FgEF=1,又已知所=1,

故FB=2.

由ZACB=—得DFlIAC,=—,故AC=—DF——.

2,ACBC322

以。为坐标原点，分别以C4CB,CP的方程为“轴，，轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则。

3

（0,0,0,）,P（0,0,3）,A[-,0,0）,

2

F(0,2,0),Z>(1,1,0),ED=(1,-1,0),

DP=(-l,-l,3)£>A=(1,-l,0)

设平面PA。的法向量〃」=(xpypz(),

由2•DP=0,ri'.-DA=0，

j一百一网-3zi=0_

得J1故可取勺=QL1).

-x,-y,=0

由（1）可知DS一平面FCD,故平面PCD的法向量只可取为由即R=（L-L0人

勺•4_G

从而法向量勺n的夹角的余弦值为cos。?],%〉

2l«iIki6

故所求