1、高考资源网（） 您身边的高考专家三年高考真题与高考等值卷( 立体几何与空间向量 )(理科数学)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,能识别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二侧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.2.点、直线
2、、平面之间的位置关系(1)理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解如下可以作为推理依据的公理和定理.公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内.公理2：过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面.公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线.公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行.定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等或互补.(2)以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理.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
3、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,那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行.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.4.空间向量及其运算(1)了解空间向量
4、的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.(2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.(3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.5.空间向量的应用(1)理解直线的方向向量与平面的法向量.(2)能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.(3)能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理).(4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.1【2019年新课标3理科08】如图，点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形
5、，平面ECD平面ABCD，M是线段ED的中点，则（）ABMEN，且直线BM，EN是相交直线BBMEN，且直线BM，EN是相交直线CBMEN，且直线BM，EN是异面直线DBMEN，且直线BM，EN是异面直线【解答】解：点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD平面ABCD，M是线段ED的中点，BM平面BDE，EN平面BDE，BM是BDE中DE边上的中线，EN是BDE中BD边上的中线，直线BM，EN是相交直线，设DEa，则BD，BE，BMa，ENa，BMEN，故选：B2【2019年全国新课标2理科07】设，为两个平面，则的充要条件是（）A内有无数条直线与平行B内有两条相交直线与平行C
6、，平行于同一条直线D，垂直于同一平面【解答】解：对于A，内有无数条直线与平行，或；对于B，内有两条相交直线与平行，；对于C，平行于同一条直线，或；对于D，垂直于同一平面，或故选：B3【2019年新课标1理科12】已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PAPBPC，ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，CEF90，则球O的体积为（）A8B4C2D【解答】解：如图，由PAPBPC，ABC是边长为2的正三角形，可知三棱锥PABC为正三棱锥，则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心，连接BO并延长，交AC于G，则ACBG，又POAC，POBGO，可得AC平面PBG，则PBAC
7、，E，F分别是PA，AB的中点，EFPB，又CEF90，即EFCE，PBCE，得PB平面PAC，正三棱锥PABC的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为D半径为，则球O的体积为故选：D4【2019年浙江04】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是（）A158B162C182D324【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为直五棱柱，底面五边形的面积可用
8、两个直角梯形的面积求解，即27，高为6，则该柱体的体积是V276162故选：B5【2019年浙江08】设三棱锥VABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）记直线PB与直线AC所成角为，直线PB与平面ABC所成角为，二面角PACB的平面角为，则（）A，B，C，D，【解答】解：方法线段AO上，作DEAC于E，易得PEVG，过P作PFAC于F，过D作DHAC，交BG于H，则BPF，PBD，PED，则coscos，可得；tantan，可得，方法由最大角定理可得；方法易得cos，可得sin，sin，sin，故选：B6【2018年新课标1理科07】某圆柱的高为2，底面周长为16，其
9、三视图如图圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）A2B2C3D2【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度：2故选：B7【2018年新课标1理科12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为（）ABCD【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的
10、平面，并且正六边形时，截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长，截此正方体所得截面最大值为：6故选：A8【2018年新课标2理科09】在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（）ABCD【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，A（1，0，0），D1（0，0，），D（0，0，0），B1（1，1，），（1，0，），（1，1，），设异面直线AD1与DB1所成角为，则cos，异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为故选：C9【2018年新课标3
11、理科03】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）ABCD【解答】解：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A故选：A10【2018年新课标3理科10】设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC为等边三角形且面积为9，则三棱锥DABC体积的最大值为（）A12B18C24D54【解答】解：ABC
12、为等边三角形且面积为9，可得，解得AB6，球心为O，三角形ABC 的外心为O，显然D在OO的延长线与球的交点如图：OC，OO2，则三棱锥DABC高的最大值为：6，则三棱锥DABC体积的最大值为：18故选：B11【2018年浙江03】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A2B4C6D8【解答】解：根据三视图：该几何体为底面为直角梯形的四棱柱如图所示：故该几何体的体积为：V故选：C12【2018年浙江06】已知平面，直线m，n满足m，n，则“mn”是“m”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【解答】解：m，n，当mn时
13、，m成立，即充分性成立，当m时，mn不一定成立，即必要性不成立，则“mn”是“m”的充分不必要条件故选：A13【2018年浙江08】已知四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点）设SE与BC所成的角为1，SE与平面ABCD所成的角为2，二面角SABC的平面角为3，则（）A123B321C132D231【解答】解：由题意可知S在底面ABCD的射影为正方形ABCD的中心过E作EFBC，交CD于F，过底面ABCD的中心O作ONEF交EF于N，连接SN，取AB中点M，连接SM，OM，OE，则ENOM，则1SEN，2SEO，3SMO显然，1，2，3均为锐角tan1，ta
14、n3，SNSO，13，又sin3，sin2，SESM，32故选：D14【2018年上海15】九章算术中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A4B8C12D16【解答】解：根据正六边形的性质，则D1A1ABB1，D1A1AFF1满足题意，而C1，E1，C，D，E，和D1一样，有248，当A1ACC1为底面矩形，有4个满足题意，当A1AEE1为底面矩形，有4个满足题意，故有8+4+416故选：D15【2018年北京理科05】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中
15、，直角三角形的个数为（）A1B2C3D4【解答】解：四棱锥的三视图对应的直观图为：PA底面ABCD，AC，CD，PC3，PD2，可得三角形PCD不是直角三角形所以侧面中有3个直角三角形，分别为：PAB，PBC，PAD故选：C16【2017年新课标1理科07】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A10B12C14D16【解答】解：由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，S梯形2（2+4）6，这些梯形的面积之和为6212，故选：B17【2017
16、年新课标2理科04】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（）A90B63C42D36【解答】解：由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，V321032663，故选：B18【2017年新课标2理科10】已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）ABCD【解答】解：【解法一】如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角（因异面直线所成角为（0，），可知MNA
17、B1，NPBC1；作BC中点Q，则PQM为直角三角形；PQ1，MQAC，ABC中，由余弦定理得AC2AB2+BC22ABBCcosABC4+1221（）7，AC，MQ；在MQP中，MP；在PMN中，由余弦定理得cosMNP；又异面直线所成角的范围是（0，AB1与BC1所成角的余弦值为【解法二】如图所示，补成四棱柱ABCDA1B1C1D1，求BC1D即可；BC1，BD，C1D，BD2，DBC190，cosBC1D故选：C19【2017年新课标3理科08】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）ABCD【解答】解：圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径
18、为2的同一个球的球面上，该圆柱底面圆周半径r，该圆柱的体积：VSh故选：B20【2017年浙江03】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A1B3C1D3【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为12331，故选：A21【2017年浙江09】如图，已知正四面体DABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，APPB，2，分别记二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角为、，则（）ABCD【
19、解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系设底面ABC的中心为O不妨设OP3则O（0，0，0），P（0，3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），B（3，3，0）Q，R，（0，3，6），（，6，0），设平面PDR的法向量为（x，y，z），则，可得，可得，取平面ABC的法向量（0，0，1）则cos，取arccos同理可得：arccosarccos解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OEPR，OFPQ，OGQR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG设ODh则tan同理可得：tan，tan由已知可得：OEOGOFtantantan，为锐角故选：B22【2017年北京理
20、科07】某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（）A3B2C2D2【解答】解：由三视图可得直观图，再四棱锥PABCD中，最长的棱为PA，即PA2，故选：B23【2019年天津理科11】已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为【解答】解：由题作图可知，四棱锥底面正方形的对角线长为2，且垂直相交平分，由勾股定理得：正四棱锥的高为2，由于圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，有圆柱的上底面直径为底面正方形对角线的一半等于1，即半径等于；由相似比可得圆柱的高为正四棱锥高的一半1
21、，则该圆柱的体积为：vsh（）21；故答案为：24【2019年新课标3理科16】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型如图，该模型为长方体ABCDA1B1C1D1挖去四棱锥OEFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，ABBC6cm，AA14cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g【解答】解：该模型为长方体ABCDA1B1C1D1，挖去四棱锥OEFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H，分别为所在棱的中点，ABBC6cm，AA14cm，该模型体积为：VOEFGH66414412132（c
22、m3），3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为：1320.9118.8（g）故答案为：118.825【2019年北京理科11】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示如果网格纸上小正方形的边长为l，那么该几何体的体积为【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体是把棱长为4的正方体去掉一个四棱柱，则该几何体的体积V故答案为：4026【2019年北京理科12】已知l，m是平面外的两条不同直线给出下列三个论断：lm；m；l以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：【解答】解：由l，m是平面外的两条不同直线，
23、知：由线面平行的判定定理得：若l，lm，则m故答案为：若l，lm，则m27【2019年江苏09】如图，长方体ABCDA1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥EBCD的体积是【解答】解：长方体ABCDA1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，ABBCDD1120，三棱锥EBCD的体积：VEBCD ABBCDD110故答案为：1028【2018年江苏10】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为【解答】解：正方体的棱长为2，中间四边形的边长为：，八面体看做两个正四棱锥，棱锥的高为1，多面体的中心为顶点的多面体的体积为：2故答案为：29【2018年
24、新课标2理科16】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45，若SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为【解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，可得sinASBSAB的面积为5，可得sinASB5，即5，即SA4SA与圆锥底面所成角为45，可得圆锥的底面半径为：2则该圆锥的侧面积：40故答案为：4030【2018年天津理科11】已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M（如图），则四棱锥MEFGH的体积为【解答】解：正方体的棱长为1，MEFGH的底面是正方形的边长为：，四棱锥
25、是正四棱锥，棱锥的高为，四棱锥MEFGH的体积：故答案为：31【2017年江苏06】如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是【解答】解：设球的半径为R，则球的体积为：R3，圆柱的体积为：R22R2R3则故答案为：32【2017年新课标1理科16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为OD、E、F为圆O上的点，DBC，ECA，FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起DBC，ECA，FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥当AB
26、C的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为【解答】解法一：由题意，连接OD，交BC于点G，由题意得ODBC，OGBC，即OG的长度与BC的长度成正比，设OGx，则BC2x，DG5x，三棱锥的高h，3，则V，令f（x）25x410x5，x（0，），f（x）100x350x4，令f（x）0，即x42x30，解得x2，则f（x）f（2）80，V4cm3，体积最大值为4cm3故答案为：4cm3解法二：如图，设正三角形的边长为x，则OG，FGSG5，SOh，三棱锥的体积V，令b（x）5x4，则，令b（x）0，则4x30，解得x4，（cm3）故答案为：4cm333【2017年新课标3理科16
27、】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：当直线AB与a成60角时，AB与b成30角；当直线AB与a成60角时，AB与b成60角；直线AB与a所成角的最小值为45；直线AB与a所成角的最小值为60；其中正确的是（填写所有正确结论的编号）【解答】解：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC|1，|AB|，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间
28、直角坐标系，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量（0，1，0），|1，直线b的方向单位向量（1，0，0），|1，设B点在运动过程中的坐标中的坐标B（cos，sin，0），其中为BC与CD的夹角，0，2），AB在运动过程中的向量，（cos，sin，1），|，设与所成夹角为0，则cos|sin|0，正确，错误设与所成夹角为0，cos|cos|，当与夹角为60时，即，|sin|，cos2+sin21，cos|cos|，0，此时与的夹角为60，正确，错误故答案为：34【2017年上海04】已知球的体积为36，则该球主视图的面积等于【解答】解：球的体积为36，设球的半径为R，可得R
29、336，可得R3，该球主视图为半径为3的圆，可得面积为R29故答案为：935【2017年上海07】如图，以长方体ABCDA1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为（4，3，2），则的坐标是【解答】解：如图，以长方体ABCDA1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，的坐标为（4，3，2），A（4，0，0），C1（0，3，2），故答案为：（4，3，2）36【2017年天津理科10】已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为【解答】解：设正方体的棱长为a，这个
30、正方体的表面积为18，6a218，则a23，即a，一个正方体的所有顶点在一个球面上，正方体的体对角线等于球的直径，即a2R，即R，则球的体积V（）3；故答案为：37【2019年天津理科17】如图，AE平面ABCD，CFAE，ADBC，ADAB，ABAD1，AEBC2（）求证：BF平面ADE；（）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；（）若二面角EBDF的余弦值为，求线段CF的长【解答】（）证明：以A为坐标原点，分别以，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，可得A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，2，0），D（0，1，0），E（0，0，2）设CFh（h0），则F（1，2，h）则是平面
31、ADE的法向量，又，可得又直线BF平面ADE，BF平面ADE；（）解：依题意，设为平面BDE的法向量，则，令z1，得cos直线CE与平面BDE所成角的正弦值为；（）解：设为平面BDF的法向量，则，取y1，可得，由题意，|cos|，解得h经检验，符合题意线段CF的长为38【2019年新课标3理科19】图1是由矩形ADEB、RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；（2）求图2中的二面角BCGA的大小【解答】证明：（1）由已知得ADBE，
32、CGBE，ADCG，AD，CG确定一个平面，A，C，G，D四点共面，由已知得ABBE，ABBC，AB面BCGE，AB平面ABC，平面ABC平面BCGE解：（2）作EHBC，垂足为H，EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，EH平面ABC，由已知，菱形BCGE的边长为2，EBC60，BH1，EH，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系Hxyz，则A（1，1，0），C（1，0，0），G（2，0， ），（1，0，），（2，1，0），设平面ACGD的法向量（x，y，z），则，取x3，得（3，6，），又平面BCGE的法向量为（0，1，0），cos，二面角BCGA的大小为303
33、9【2019年全国新课标2理科17】如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1（1）证明：BE平面EB1C1；（2）若AEA1E，求二面角BECC1的正弦值【解答】证明：（1）长方体ABCDA1B1C1D1中，B1C1平面ABA1B1，B1C1BE，BEEC1，BE平面EB1C1解：（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AEA1E1，BE平面EB1C1，BEEB1，AB1，则E（1，1，1），A（1，1，0），B1（0，1，2），C1（0，0，2），C（0，0，0），BCEB1，EB1面EBC，故取平面EBC的法向量为（1，0，1）
34、，设平面ECC1 的法向量（x，y，z），由，得，取x1，得（1，1，0），cos，二面角BECC1的正弦值为40【2019年新课标1理科18】如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点（1）证明：MN平面C1DE；（2）求二面角AMA1N的正弦值【解答】（1）证明：如图，过N作NHAD，则NHAA1，且，又MBAA1，MB，四边形NMBH为平行四边形，则NMBH，由NHAA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，BEDH，BEDH，则四边形BEDH为平行四边形，则BHDE，NMDE，NM平面C1DE
35、，DE平面C1DE，MN平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则N（，2），M（，1，2），A1（，1，4），设平面A1MN的一个法向量为，由，取x，得，又平面MAA1的一个法向量为，cos二面角AMA1N的正弦值为41【2019年北京理科16】如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3E为PD的中点，点F在PC上，且（）求证：CD平面PAD；（）求二面角FAEP的余弦值；（）设点G在PB上，且判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由【解答】证明：（）PA平
36、面ABCD，PACD，ADCD，PAADA，CD平面PAD解：（）以A为原点，在平面ABCD内过A作CD的平行线为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，A（0，0，0），E（1，0，1），F（，），P（0，0，2），（1，0，1），（），平面AEP的法向量（1，0，0），设平面AEF的法向量（x，y，z），则，取x1，得（1，1，1），设二面角FAEP的平面角为，则cos二面角FAEP的余弦值为（）直线AG不在平面AEF内，理由如下：点G在PB上，且G（，0，），（，0，），平面AEF的法向量（1，1，1），0，故直线AG不在平面AEF内42【2019年江苏16】如图，在直三棱柱A
37、BCA1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，ABBC求证：（1）A1B1平面DEC1；（2）BEC1E【解答】证明：（1）在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，DEAB，ABA1B1，DEA1B1，DE平面DEC1，A1B1平面DEC1，A1B1平面DEC1解：（2）在直三棱柱ABCA1B1C1中，E是AC的中点，ABBCBEAA1，BEAC，又AA1ACA，BE平面ACC1A1，C1E平面ACC1A1，BEC1E43【2019年浙江19】如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90，BAC30，A1AA1CAC，E，F分别是AC，A
38、1B1的中点（）证明：EFBC；（）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值【解答】方法一：证明：（）连结A1E，A1AA1C，E是AC的中点，A1EAC，又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，A1E平面ABC，A1EBC，A1FAB，ABC90，BCA1F，BC平面A1EF，EFBC解：（）取BC中点G，连结EG、GF，则EGFA1是平行四边形，由于A1E平面ABC，故A1EEG，平行四边形EGFA1是矩形，由（）得BC平面EGFA1，则平面A1BC平面EGFA1，EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上，连结A1G，交EF于O，则EOG是直线E
39、F与平面A1BC所成角（或其补角），不妨设AC4，则在RtA1EG中，A1E2，EG，O是A1G的中点，故EOOG，cosEOG，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为方法二：证明：（）连结A1E，A1AA1C，E是AC的中点，A1EAC，又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，A1E平面ABC，如图，以E为原点，EC，EA1所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系，设AC4，则A1（0，0，2），B（），B1（），F（），C（0，2，0），（），（），由0，得EFBC解：（）设直线EF与平面A1BC所成角为，由（）得（），（0，2，2），设平面
40、A1BC的法向量（x，y，z），则，取x1，得（1，），sin，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为44【2018年江苏15】在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB，AB1B1C1求证：（1）AB平面A1B1C；（2）平面ABB1A1平面A1BC【解答】证明：（1）平行六面体ABCDA1B1C1D1中，ABA1B1， ABA1B1，AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1CAB平面A1B1C；（2）在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB，四边形ABB1A1是菱形，AB1A1B在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB，AB1B1C1AB1BCAB1面A1BC，
41、且AB1平面ABB1A1平面ABB1A1平面A1BC45【2018年江苏25】如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，点P，Q分别为A1B1，BC的中点（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值【解答】解：如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则，OBOC，OO1OC，OO1OB，故以为基底，建立空间直角坐标系Oxyz，ABAA12，A（0，1，0），B（，0，0），C（0，1，0），A1（0，1，2），B1（，0，2），C1（0，1，2）（1）点P为A1B1的中点，|cos|异面直线BP与AC1
42、所成角的余弦值为：；（2）Q为BC的中点Q（），设平面AQC1的一个法向量为（x，y，z），由，可取（，1，1），设直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为，sin|cos|，直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为46【2018年新课标1理科18】如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF（1）证明：平面PEF平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值【解答】（1）证明：由题意，点E、F分别是AD、BC的中点，则，由于四边形ABCD为正方形，所以EFBC由于PFBF，EFPFF，则BF平面PEF又因为BF
43、平面ABFD，所以：平面PEF平面ABFD（2）在平面PEF中，过P作PHEF于点H，连接DH，由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PHEF，则PH面ABFD，故PHDH在三棱锥PDEF中，可以利用等体积法求PH，因为DEBF且PFBF，所以PFDE，又因为PDFCDF，所以FPDFCD90，所以PFPD，由于DEPDD，则PF平面PDE，故VFPDE，因为BFDA且BF面PEF，所以DA面PEF，所以DEEP设正方形边长为2a，则PD2a，DEa在PDE中，所以，故VFPDE，又因为，所以PH，所以在PHD中，sinPDH，即PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为：47【2018年新课
44、标2理科20】如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点（1）证明：PO平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值【解答】（1）证明：连接BO，ABBC2，O是AC的中点，BOAC，且BO2，又PAPCPBAC4，POAC，PO2，则PB2PO2+BO2，则POOB，OBACO，PO平面ABC；（2）建立以O坐标原点，OB，OC，OP分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：A（0，2，0），P（0，0，2），C（0，2，0），B（2，0，0），（2，2，0），设（2，2，0），01则（2，2，0）（2，2，0）（2
45、2，2+2，0），则平面PAC的法向量为（1，0，0），设平面MPA的法向量为（x，y，z），则（0，2，2），则2y2z0，（22）x+（2+2）y0令z1，则y，x，即（，1），二面角MPAC为30，cos30|，即，解得或3（舍），则平面MPA的法向量（2，1），（0，2，2），PC与平面PAM所成角的正弦值sin|cos，|48【2018年新课标3理科19】如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点（1）证明：平面AMD平面BMC；（2）当三棱锥MABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值【解答】解：（1）证明：在半圆中，DMMC，
46、正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，AD平面DCM，则ADMC，ADDMD，MC平面ADM，MC平面MBC，平面AMD平面BMC（2）ABC的面积为定值，要使三棱锥MABC体积最大，则三棱锥的高最大，此时M为圆弧的中点，建立以O为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图正方形ABCD的边长为2，A（2，1，0），B（2，1，0），M（0，0，1），则平面MCD的法向量（1，0，0），设平面MAB的法向量为（x，y，z）则（0，2，0），（2，1，1），由2y0，2x+y+z0，令x1，则y0，z2，即（1，0，2），则cos，则面MAB与面MCD所成二面角的正弦值sin49【2018年
47、浙江19】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2（）证明：AB1平面A1B1C1；（）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值【解答】（I）证明：A1A平面ABC，B1B平面ABC，AA1BB1，AA14，BB12，AB2，A1B12，又AB12，AA12AB12+A1B12，AB1A1B1，同理可得：AB1B1C1，又A1B1B1C1B1，AB1平面A1B1C1（II）解：取AC中点O，过O作平面ABC的垂线OD，交A1C1于D，ABBC，OBOC，ABBC2，BAC120，OB1，OAOC，以O为原
48、点，以OB，OC，OD所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：则A（0，0），B（1，0，0），B1（1，0，2），C1（0，1），（1，0），（0，0，2），（0，2，1），设平面ABB1的法向量为（x，y，z），则，令y1可得（，1，0），cos设直线AC1与平面ABB1所成的角为，则sin|cos|直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为50【2018年上海17】已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO4，OA、OB是底面半径，且AOB90，M为线段AB的中点，如图求异面直线PM与OB所成的角的大小【解答】解：（1）圆锥的顶点为
49、P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，圆锥的体积V（2）PO4，OA，OB是底面半径，且AOB90，M为线段AB的中点，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），O（0，0，0），（1，1，4），（0，2，0），设异面直线PM与OB所成的角为，则cosarccos异面直线PM与OB所成的角的为arccos51【2018年北京理科16】如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，ABBC，ACAA12（）求证：AC平面BEF
50、；（）求二面角BCDC1的余弦值；（）证明：直线FG与平面BCD相交【解答】（I）证明：E，F分别是AC，A1C1的中点，EFCC1，CC1平面ABC，EF平面ABC，又AC平面ABC，EFAC，ABBC，E是AC的中点，BEAC，又BEEFE，BE平面BEF，EF平面BEF，AC平面BEF（II）解：以E为原点，以EB，EC，EF为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：则B（2，0，0），C（0，1，0），D（0，1，1），（2，1，0），（0，2，1），设平面BCD的法向量为（x，y，z），则，即，令y2可得（1，2，4），又EB平面ACC1A1，（2，0，0）为平面CDC1的一个法向量，co
51、s，由图形可知二面角BCDC1为钝二面角，二面角BCDC1的余弦值为（III）证明：F（0，0，2），（2，0，1），（2，0，1），2+0420，与不垂直，FG与平面BCD不平行，又FG平面BCD，FG与平面BCD相交52【2018年天津理科17】如图，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2（）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN平面CDE；（）求二面角EBCF的正弦值；（）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60，求线段DP的长【解答】（）证明：依题意，以D为坐标原点，分别以、的方向为x轴，y轴，
52、z轴的正方向建立空间直角坐标系可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，1），N（1，0，2）设为平面CDE的法向量，则，不妨令z1，可得；又，可得又直线MN平面CDE，MN平面CDE；（）解：依题意，可得，设为平面BCE的法向量，则，不妨令z1，可得设为平面BCF的法向量，则，不妨令z1，可得因此有cos，于是sin二面角EBCF的正弦值为；（）解：设线段DP的长为h，（h0，2），则点P的坐标为（0，0，h），可得，而为平面ADGE的一个法向量，故|cos|由题意，可得，解得h0，2线段DP的长
53、为53【2017年江苏15】如图，在三棱锥ABCD中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EFAD求证：（1）EF平面ABC；（2）ADAC【解答】证明：（1）因为ABAD，EFAD，且A、B、E、F四点共面，所以ABEF，又因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以由线面平行判定定理可知：EF平面ABC；（2）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FGBC，则EGAC，因为BCBD，FGBC，所以FGBD，又因为平面ABD平面BCD，所以FG平面ABD，所以FGAD，又因为ADEF，且EFFGF，所以AD平面EFG，所以ADEG，故AD
54、AC54【2017年江苏18】如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器和正四棱台形玻璃容器的高均为32cm，容器的底面对角线AC的长为10cm，容器的两底面对角线EG，E1G1的长分别为14cm和62cm分别在容器和容器中注入水，水深均为12cm现有一根玻璃棒l，其长度为40cm（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）（1）将l放在容器中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分的长度；（2）将l放在容器中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分的长度【解答】解：（1）设玻璃棒在CC1上的点为M，玻璃棒与水面的交点为N，在平面ACM中，过N作NPMC，交AC于点P
55、，ABCDA1B1C1D1为正四棱柱，CC1平面ABCD，又AC平面ABCD，CC1AC，NPAC，NP12cm，且AM2AC2+MC2，解得MC30cm，NPMC，ANPAMC，得AN16cm玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm（2）设玻璃棒在GG1上的点为M，玻璃棒与水面的交点为N，在平面E1EGG1中，过点N作NPEG，交EG于点P，过点E作EQE1G1，交E1G1于点Q，EFGHE1F1G1H1为正四棱台，EE1GG1，EGE1G1，EGE1G1，EE1G1G为等腰梯形，画出平面E1EGG1的平面图，E1G162cm，EG14cm，EQ32cm，NP12cm，E1Q24cm，由勾股定理
56、得：E1E40cm，sinEE1G1，sinEGMsinEE1G1，cosEGM，根据正弦定理得：，sinEMG，cosEMG，sinGEMsin（EGM+EMG）sinEGMcosEMG+cosEGMsinEMG，EN20cm玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm55【2017年江苏25】如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1平面ABCD，且ABAD2，AA1，BAD120（1）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（2）求二面角BA1DA的正弦值【解答】解：在平面ABCD内，过A作AxAD，AA1平面ABCD，AD、Ax平面ABCD，AA1Ax，AA1AD，以A为坐标原点，分
57、别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系ABAD2，AA1，BAD120，A（0，0，0），B（），C（，1，0），D（0，2，0），A1（0，0，），C1（）（），（），（1）cos异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为；（2）设平面BA1D的一个法向量为，由，得，取x，得；取平面A1AD的一个法向量为cos二面角BA1DA的余弦值为，则二面角BA1DA的正弦值为56【2017年新课标1理科18】如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，且BAPCDP90（1）证明：平面PAB平面PAD；（2）若PAPDABDC，APD90，求二面角APBC的余弦值【解答】（1）证明：BA
58、PCDP90，PAAB，PDCD，ABCD，ABPD，又PAPDP，且PA平面PAD，PD平面PAD，AB平面PAD，又AB平面PAB，平面PAB平面PAD；（2）解：ABCD，ABCD，四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB平面PAD，ABAD，则四边形ABCD为矩形，在APD中，由PAPD，APD90，可得PAD为等腰直角三角形，设PAAB2a，则AD取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（），设平面PBC的一个法向量为，由，得，取y1，得AB平面PAD，AD平面P
59、AD，ABPD，又PDPA，PAABA，PD平面PAB，则为平面PAB的一个法向量，cos由图可知，二面角APBC为钝角，二面角APBC的余弦值为57【2017年新课标2理科19】如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，ABBCAD，BADABC90，E是PD的中点（1）证明：直线CE平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45，求二面角MABD的余弦值【解答】（1）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EFAD，ABBCAD，BADABC90，BCAD，BCEF是平行四边形，可得CEBF，BF平面PAB，CE平面
60、PAB，直线CE平面PAB；（2）解：四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，ABBCAD，BADABC90，E是PD的中点取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD2，则ABBC1，OP，PCO60，直线BM与底面ABCD所成角为45，可得：BNMN，CNMN，BC1，可得：1BN2BN2，BN，MN，作NQAB于Q，连接MQ，ABMN，所以MQN就是二面角MABD的平面角，MQ，二面角MABD的余弦值为：58【2017年新课标3理科19】如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ACD是直角三角形，ABDCBD，ABBD（1）证明：平面ACD平面AB
61、C；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角DAEC的余弦值【解答】（1）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，ODABC是等边三角形，OBACABD与CBD中，ABBDBC，ABDCBD，ABDCBD，ADCDACD是直角三角形，AC是斜边，ADC90DOACDO2+BO2AB2BD2BOD90OBOD又DOACO，OB平面ACD又OB平面ABC，平面ACD平面ABC（2）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为hD，hE则平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，1点E是BD的中点建立如图所示的空间直角坐标系不妨取AB2则O（0，0
62、，0），A（1，0，0），C（1，0，0），D（0，0，1），B（0，0），E（1，0，1），（2，0，0）设平面ADE的法向量为（x，y，z），则，即，取同理可得：平面ACE的法向量为（0，1，）cos二面角DAEC的余弦值为59【2017年浙江19】如图，已知四棱锥PABCD，PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BCAD，CDAD，PCAD2DC2CB，E为PD的中点（）证明：CE平面PAB；（）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值【解答】证明：（）取AD的中点F，连结EF，CF，E为PD的中点，EFPA，在四边形ABCD中，BCAD，AD2DC2CB，F为中点，CFAB，平面EFC平面
63、ABP，EC平面EFC，EC平面PAB解：（）连结BF，过F作FMPB于M，连结PF，PAPD，PFAD，推导出四边形BCDF为矩形，BFAD，AD平面PBF，又ADBC，BC平面PBF，BCPB，设DCCB1，由PCAD2DC2CB，得ADPC2，PB，BFPF1，MF，又BC平面PBF，BCMF，MF平面PBC，即点F到平面PBC的距离为，MF，D到平面PBC的距离应该和MF平行且相等，为，E为PD中点，E到平面PBC的垂足也为垂足所在线段的中点，即中位线，E到平面PBC的距离为，在，由余弦定理得CE，设直线CE与平面PBC所成角为，则sin60【2017年上海17】如图，直三棱柱ABCA
64、1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5（1）求三棱柱ABCA1B1C1的体积；（2）设M是BC中点，求直线A1M与平面ABC所成角的大小【解答】解：（1）直三棱柱ABCA1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5三棱柱ABCA1B1C1的体积：VSABCAA1 20（2）连结AM，直三棱柱ABCA1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5，M是BC中点，AA1底面ABC，AM，A1MA是直线A1M与平面ABC所成角，tanA1MA，直线A1M与平面ABC所成角的大小
65、为arctan61【2017年北京理科16】如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD平面ABCD，点M在线段PB上，PD平面MAC，PAPD，AB4（1）求证：M为PB的中点；（2）求二面角BPDA的大小；（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值【解答】（1）证明：如图，设ACBDO，ABCD为正方形，O为BD的中点，连接OM，PD平面MAC，PD平面PBD，平面PBD平面AMCOM，PDOM，则，即M为PB的中点；（2）解：取AD中点G，PAPD，PGAD，平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，PG平面ABCD，则PGAD，连接OG，则PGOG，由G是A
66、D的中点，O是AC的中点，可得OGDC，则OGAD以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，由PAPD，AB4，得D（2，0，0），A（2，0，0），P（0，0，），C（2，4，0），B（2，4，0），M（1，2，），设平面PBD的一个法向量为，则由，得，取z，得取平面PAD的一个法向量为cos二面角BPDA的大小为60；（3）解：，平面BDP的一个法向量为直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos|62【2017年天津理科17】如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC90点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PAAC4
67、，AB2（）求证：MN平面BDE；（）求二面角CEMN的正弦值；（）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长【解答】（）证明：取AB中点F，连接MF、NF，M为AD中点，MFBD，BD平面BDE，MF平面BDE，MF平面BDEN为BC中点，NFAC，又D、E分别为AP、PC的中点，DEAC，则NFDEDE平面BDE，NF平面BDE，NF平面BDE又MFNFF平面MFN平面BDE，则MN平面BDE；（）解：PA底面ABC，BAC90以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系PAAC4，AB2，A（0，0，0），B（2，0，0），C（
68、0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E（0，2，2），则，设平面MEN的一个法向量为，由，得，取z2，得由图可得平面CME的一个法向量为cos二面角CEMN的余弦值为，则正弦值为；（）解：设AHt，则H（0，0，t），直线NH与直线BE所成角的余弦值为，|cos|解得：t或t线段AH的长为或1、主要考查与点、线、面位置关系有关的命题真假判断和求解异面直线所成的角，题型主要以选择题和填空题的形式出现，解题要求有较强的空间想象能力和逻辑推理能力.2、空间向量是高考中的必考内容，涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角及空间距离等内容，考查热点是空间角的求解题型以解
69、答题为主，要求有较强的运算能力，广泛应用函数与方程的思想、转化与化归思想.1在正方体中, 与所成的角为（）ABCD【答案】C【解析】如图，连结BC1、BD和DC1，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，由AB=D1C1，ABD1C1，可知AD1BC1，所以DBC1就是异面直线AD1与BD所成角，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BC1、BD和DC1是其三个面上的对角线，它们相等所以DBC1是正三角形，DBC1=60故异面直线AD1与BD所成角的大小为60故选：C2在正方体中，用空间中与该正方体所有棱成角都相等的平面去截正方体，在截面边数最多时的所有多边形中，多边形截面的面积为，周长为，则(
70、 )A为定值，不为定值B不为定值，为定值C与均为定值D与均不为定值【答案】C【解析】正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，如图：与面平行的面且截面是六边形时满足条件，不失一般性设正方体边长为1，即六边形，其中分别为其所在棱的中点，由正方体的性质可得，六边形的周长为定值六边形的面积为，由正方体的对称性可得其余位置时也为正六边形，周长与面积不变，故与均为定值，故选C.3在四面体中，为等边三角形，边长为，则四面体的体积为（）ABCD【答案】C【解析】如图，延长至，使得，连接，因为，故为等腰三角形，又，故，所以即，故，因为，所以，所以，因，平面，平面，所以平面，所
71、以，因为的中点，所以，因为，故为直角三角形，所以，又，而，故即为直角三角形，所以，所以，故选C.4若是不同的直线，是不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】C【解析】中，若，平面可能垂直也可能平行或斜交，不正确；中，若，平面可能平行也可能相交，不正确；中，若，则分别是平面的法线，必有，正确；中，若，平面可能平行也可能相交，不正确.故选C.5如图，边长为1的菱形中， ，沿 将 翻折，得到三棱锥 ，则当三棱锥体积最大时，异面直线 与所成角的余弦值为（ ）ABCD【答案】D【解析】当三棱锥体积最大时，平面平面，边长为1的菱形中，取中点，连接，则平面，平面，以为原
72、点，分别为轴，建立空间直角坐标系则，设异面直线 与所成角为即异面直线 与所成角的余弦值为故选D。6某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积是（ ）ABCD【答案】B【解析】解：根据几何体的三视图，该几何体是由一个正方体切去一个正方体的一角得到的故：该几何体的外接球为正方体的外接球，所以：球的半径，则：.故选：B7如图，正方体中，为棱的中点，用过点、的平面截去该正方体的下半部分，则剩余几何体的正视图（也称主视图）是（）ABCD【答案】A【解析】解：正方体中，过点的平面截去该正方体的上半部分后，剩余部分的直观图如图：则该几何体的正视图为图中粗线部分故选：A8下列说法错误的是（ ）A垂直于
73、同一个平面的两条直线平行B若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直C一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行D一条直线与一个平面内的无数条直线垂直，则这条直线和这个平面垂直【答案】D【解析】由线面垂直的性质定理知，垂直于同一个平面的两条直线平行,正确；由面面垂直的性质定理知，若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直,正确；由面面平行的判定定理知，一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行，正确；当一条直线与平面内无数条相互平行的直线垂直时，该直线与平面不一定垂直，错误，故选D.9在三棱锥中
74、，平面平面，是边长为6的等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_【答案】【解析】如图，在等边三角形中，取的中点，设其中心为，由，得，是以为斜边的等腰角三角形，,又因为平面平面，平面 ，则为棱锥的外接球球心，外接球半径，该三棱锥外接球的表面积为，故答案为.10若将一个圆锥的侧面沿一条母线剪开，其展开图是半径为3，圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为_.【答案】【解析】因为展开图是半径为3，圆心角为的扇形，所以圆锥的母线，圆锥的底面的周长为，因此底面的半径，根据勾股定理，可知圆锥的高，所以圆锥的体积为.11设，是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列正确命题序号是_（1）若
75、，则（2）若，则（3）若，且，则；（4）若，则【答案】（3）（4）【解析】若，则与可能平行，相交或异面，故（1）错误；若则或，故（2）错误；若且，则，故（3）正确；若，由面面平行的性质可得，故（4）正确；故答案为：（3）（4）12长方体的底面是边长为1的正方形，若在侧棱上存在点，使得，则侧棱的长的最小值为_【答案】2【解析】设侧棱AA1的长为x，A1Et，则AExt，长方体ABCDA1B1C1D1的底面是边长为1的正方形，C1EB90，2+t2+1+（xt）21+x2，整理，得：t2xt+10，在侧棱AA1上至少存在一点E，使得C1EB90，（x）240，解得x2侧棱AA1的长的最小值为2故答
76、案为213如图，在中，和分别是边和上一点，将沿折起到点位置，则该四棱锥体积的最大值为_【答案】【解析】在中，由已知，所以设，四边形的面积为,当平面时，四棱锥体积最大,此时，且,故四棱锥体积为 ， 时， ；时，,所以，当时，.故答案为14三棱锥的个顶点在半径为的球面上，平面，是边长为的正三角形，则点到平面的距离为_【答案】【解析】ABC是边长为的正三角形，可得外接圆的半径2r2，即r1PA平面ABC，PAh，球心到底面的距离d等于三棱锥的高PA的一半即，那么球的半径R,解得h=2,又 由 知 ，得 故点到平面的距离为故答案为15如图，该几何体由底面半径相同的圆柱与圆锥两部分组成，且圆柱的高与底面
77、半径相等若圆柱与圆锥的侧面积相等，则圆锥与圆柱的高之比为_【答案】【解析】设圆柱和圆锥的底面半径为R，则圆柱的高R，圆锥的母线长为L，因为圆柱与圆锥的侧面积相等，所以，解得：L2R，得圆锥的高为R，所以，圆锥与圆柱的高之比为.故答案为：16直三棱柱中，设其外接球的球心为，已知三棱锥的体积为，则球表面积的最小值为_【答案】.【解析】如图，在中，设，则分别取的中点，则分别为和外接圆的圆心，连，取的中点，则为三棱柱外接球的球心连，则为外接球的半径，设半径为三棱锥的体积为，即，在中，可得，当且仅当时等号成立，球表面积的最小值为故答案为：17如图，四棱锥中，平面，底面是平行四边形，若，.（）求证：平面平
78、面；（）求棱与平面所成角的正弦值.【答案】（）见证明；（）【解析】解：（）平面，平面，又平面，平面平面.（）以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图空间直角坐标系，则，于是，设平面的一个法向量为，则，解得，设与平面所成角为，则.18如图1，菱形中， 于将沿翻折到，使，如图2（）求证：平面平面；（）求直线AE与平面ABC所成角的正弦值；（）设为线段上一点，若平面，求的值【答案】（）见解析；（）；（）1【解析】（）在菱形中，因为，所以，所以因为，平面，平面，所以平面因为平面，所以平面平面（）由（）知，如图建立空间直角坐标系，则 ，, ，所以，,设平面的法向量，由得所以令，则.所
79、以所以，又 ,，所以.所以直线与平面所成角的正弦值为（）由（）可知，,设，则因为 平面，所以，即所以，即所以19如图，在直三棱柱ABCA1B1C1（侧棱垂直于底面的棱柱）中，CACB，CACBCC12，动点D在线段AB上（1）求证：当点D为AB的中点时，平面B1CD上平面ABB1A1；（2）当AB3AD时，求平面B1CD与平面BB1C1C所成的锐二面角的余弦值【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）在等腰RtABC中，D为斜边AB的中点，CDAB，又在直三棱柱ABCA1B1C1中，B1B平面ABC，CD平面ABC，B1BCD，ABB1BB，CD平面ABB1A1，又CD平面B1CD，平面B1C
80、D上平面ABB1A1（2）如图，CA，CB，CC1两两垂直，以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则C（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），B1（0，2，2），D，（0，2，2），设平面B1CD的法向量（x，y，z），则，令z1，得，平面BB1C1C的法向量（2，0，0），设平面B1CD与平面BB1C1C所成的锐二面角的平面角为，则cos ，平面B1CD与平面BB1C1C所成的锐二面角的余弦值为20已知六面体如图所示，平面，分别是棱，上的点，且满足.（1）求证：平面平面；（2）若平面与平面所成的二面角的大小为，求.【答案】(1)见证明；(2
81、) 【解析】解：（1）证法一：连接，设，连接，因为，所以，所以，在中，因为，所以，且平面，故平面，在中，因为，所以，且，所以，因为，所以，所以是平行四边形，所以，且平面，所以平面，因为，所以平面平面.证法二：因为，所以，因为，平面，所以平面，所以，取所在直线为轴，取所在直线为轴，取所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由已知可得，所以，因为，所以，所以点的坐标为，同理可求点的坐标为，所以，设为平面的法向量，则，令，解得，所以，因为，所以，且，所以平面平面（2） 为平面的法向量.，可求平面的一个法向量为所以，所以21在三棱柱中，侧面为菱形，。（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值。【
82、答案】(1)见解析.(2) .【解析】（1）过点作交于点，连接OC，在三角形AOC中，易得，平面，在中，在中，即二面角为直二面角，平面平面；（2）由（1）知直线两两垂直，故以为坐标原点，直线所在的直线分别为轴，如图建立空间直角坐标系则，。设是平面的法向量，则，即，取，则，平面的一个法向量为，同理，平面的一个法向量为，即二面角的余弦值为.22如图，在直四棱柱中，底面是矩形，与交于点，（1）证明：平面（2）求直线与平面所成角的正弦值【答案】(1)见解析.(2) .【解析】（1）证明：因为四棱柱是直四棱柱，所以平面，则 .又，所以平面，所以.因为，所以是正方形，所以.又，所以平面.（2）因为四棱柱是直四棱柱，底面是矩形，所以以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则,， , , 设平面的法向量为 由，可得，令，则，设直线与平面所成的角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.- 92 - 版权所有高考资源网
