高考数学真题分类汇编立体几何理.pdf

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1、专 题 十 立体几何1.2 01 5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?，

2、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.2.1 2 01 5高考北京，理4】设a,分是两个不同的平面，是直线且m u a.“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z u

3、a.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/，m u a ,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.【2 01 5 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

4、，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1.6 2 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 x 2 x 3 尸=8 =竺，所以米堆的体积为二x1x37S：x f =土,4 3 4 3 3 9故 堆 放 的 米 约 为 辿+1.6 2 和2 2,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

5、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.4.1 2 0 1 5 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.4 7 r C.2 乃 +4 D.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;x 2 乃x l x（l +2）+2 x 2 =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

6、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.5.1 2 0 1 5 高考新课标1,理 1 1】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1 6 +2 0 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2 r,其表面积为;x 4 万，+万厂*2 厂+1，+2 rx 2 r=5%/+4/=1 6 +2 0 万，解得尸2,故选B.【考点定

7、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.6.1 2 0 1 5 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 2A、F TC B、P 7 13 312C、F 2 1 D F 2 7 r3 3【答案】A【博雅解析】这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，V=1T Z-X12X2+-X(1X X1X2)X1 =+-1-,选 42

8、3 2 3【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.7.1 2 0 1 5 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-A B C，其 中 用 一平面A B C,取 A B 棱的中点D,连 接 C D、P D,有P D _ A B,C D _ A B ,底 面 A B C 为等腰三角形底边A B 上的高C D 为2,A D=B D=1J

9、P C=1,P D=A/S,S=x 2 x 2 =2,S、-,=x 2 x 匹=乐,A C =B Cj 2 4-2=无 S=S=；x#x 1=*，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

10、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=S M s=x&x&s in 6 0 =虫，所以四Z A O v iv IX nD U 2 4 1 A O V 4Vle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.in L U L S jilJ L y L j Z-l/1 -L X【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

11、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3 6,则球0 的表面积为（）A.36 B.64 n C.144 n D.256 n【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。-4 5 c 的体积最大，设球。的半1 1 ,1 .径 为R ,此 时 二指八=7 二,”=义汉，出=出：=3 6 ,故 夫

12、=6 ,则 球。的 表 面 积 为 -1 D -w a r 、.3 2 6S=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.TT1 0.【2 0 1 5 高考山东，理 7】在梯形 A B C Q 中，A A B C =-,A D/B C,B C =2 A D =2 A B =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)2n3 3 3【答案】C【博雅解析】直角梯形A B C D 绕

13、A D 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 X i x2-x x l-x l -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.1 1.1 2 01 5高考浙江，理 8】如图，已知A46 C,。是 A8的中点，沿直线CO将 AACD折成A A C。，所成

14、二面角A C O 8的平面角为a,则()A.Z A D B a C.ZA C B a D.Z A C B 0,cs,之 0,/.co s(X co s/.ADB(当 g =，时取等号),s i n 0 s i n&2.a,zLADB e 0s T T,而j=co s 在0：汨上为递减函数:,2ADxDB2 xlxl2-t22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 N P M B,连结 A P,N P L O C,则NANP就是二面角A-C D-B 的平面角，.ZANP=a,在 Rf A Zl N。中，O N =A O c o s N A O C =co s

15、。，AN=A O s i n N A O C =s i n。，同理，BM=PN=sin。,DM=cos。,故B P =MN=2 co s。，显然3PL面A N P,故B P L A P,在 RtABP 中，AP2=AB2-BP2=产-(2 co s 0)2=t2-4 co s2 6,在 A!NP 中，co s a=co s /ANPAN2+NP2-AP2 s i n?。+s i n)。一 (f 2 -4 co s2 0)2ANxNP2 s i n 夕 xs i n。2+2 co s*8-r-V co s*0 1s3 E+*，,a W Z A D B,故选 B.【考点定位】立体几何中的动态问题【

16、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，N A C B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，1 2年，1 3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.【2 01 5高考湖南，理1 0】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A

17、 8 K 16 r 4(V 2-D3 n 12(V2-1)3A.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 =2c r h=22(2-2a)t r =44【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

18、积为V =S力，区别锥的体积V=-S h.熟 记 正 三 角 形 面 积 为 正 六 边 形 的 面 积 为3 4 41 5.1 2 0 1 5 高考四川，理 1 4 如图，四边形A B C D 和 A D P Q均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段P Q上，E、F分别为A B、B C 的中点。设异面直线E M 与 A F 所成的角为9,则C O S。的最大值为【答案】I【解析】1 1 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4 1），则E X=（一。？D，由于异面直线所成角的范围为（0：；,所以cos=162(l-y)8v+l4 r+

19、5，令8y+l=f1 W 9,则 1,当f=l时取等号.所以4y2+5 小28y+lX1 2 2,得 B/L B D,因此幺尸片为二面角AB D 4 的平面角，由 a，A,g=4,ZDA,B=90,得 8。=3 夜，4 14尸二与尸=一，由余弦定理得，co s=.3 8【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

20、,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.【20 15高考山东，理 17】如图，在三棱台。EF-A8c 中，A B =2 E,G,分别为A C,的中点.（I ）求证：B D/平面F G H ；（H）若 C77,平面A B C,A B 工 B C,C F =D E ,Z B A C =45，求平面 FG与平面 A C F O 所成的 角（锐角）的大小.【答案】（I）详见博雅解析；（II）6 0【博雅解析】试题分析：（I）思路一：连接。G,C O,设C D G F =O ,连接OH,先证明O H/B。，从而由直线与平面平行的判定定理得8。/平

21、面”OE；思路二：先 证明平面F G H/平 面 A B E D,再由平面与平面平行的定义得到B。/平面”。尸.(I I)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M N L G F于点N,连接N”，证明/M N 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O G,CO,设CO 6/=0,连接。”，在三棱台。E f 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

22、“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 BH EF;BH =EF;所以四边形BH FE为平行四边形可 得B E H F在中，G为NC的中点，H为3C的中点，所 以GH A B又GH CH F=H,所 以 平 面FGH 平 面A B E D因 为B D u平 面A B E D所 以B D/平面FGH(I I)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。G 1平面ABC

23、在 A4BC中，由 AB18C,NR4C=45,G 是 AC 中点,所以 AB=BC,GB J.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,F2 2 J（0,3 1）故GH孝,日,0,GF=（0,72,1）设=(x,y,z)是平面F G H的一个法向量，则n GH-0,|x+y=0由1 可得1厂n-GFO,j2 y +z=0可得平面PG”的一个法向量=(1,一1,、分)因为G B是平面A C FO的一个法向量，GB=(72,0,0)所以cos=3B=与

24、=GB-n 2V2 2所以平面与平面所成的解(锐角)的大小为60解法二：作“M J.A C于点M,作M N _LG P于点N,连接N”由FC _L平面ABC,得H M工FC又 FC AC=C所以HM _L平面ACED因此GF_LN”所以N M N H即为所求的角1 6在 A 5 G C 中，J田 BG】IH=BG=.：由 A G A 3 Z s S G C F/日.W V GFC G F从而lf V =6由S1 H _ 平面ACFD;W u 平面A C F D得.1 田_ 4 八;J f因此ta n A A 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

25、小为6 0 .【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.2 6.2 0 1 5高考天津，理 1 7 (本 小 题 满 分 13分)如 图，在 四 棱 柱 A B C。-中，侧棱4AL底面A B C。，AB1AC,A B=1,AC=A 4,=2,A。=C。=右，且点M和 N分别为4c 和。D的中点.(I)求证：M

26、N 平面A B C D ；(I I)求二面角AC-。的正弦值;(I H)设E为棱A4上的点，若直线NE和平面A B C D所成角的正弦值为:，求线段AE的长【答案】(I)见博雅解析；(I I)主 叵；(I I I)V 7-2.1 0【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A 3 C O的一个法向量，MN=(0,-g,0由此可得，MN，n=0,又 因 为 直 线 平 面A B C 7),所以M N/平面A B C O(I

27、 I)A D,=(1,-2,2),A C =(2,0,0),设 勺=(x,y,z)为平面 的法向量，贝i jn,A D,=0 x-2 y+2 z=0J ,即1 ,不妨设z=l,可得q=(O,L 1),A C =0 1 2 x=0设2 =(x,y,z)为平面AC4的一个法向量，则4旦=02 1，又A片=(0,1,2),得n2A C =0y+2 z=0,不妨设z=l,可得，=(0,-2,1)2%=0因此有，于是sin保Q =1 0 、/1 0所以二面角D.-A C-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

28、面T 8 C D的一个法向量，由已知得c o s(、豆=兰3-!-=整理得z:+4 z-3 =0,/阿忖，(-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.T T2 7.2 01 5

29、高考重庆，理1 9】如题(1 9)图，三棱锥P-ABC中，尸C，平面A B C,P C=3,N A C 8 =.D,E2分别为线段A B,8 c上的点，且C D =D E =6,C E =2E B=2.(1)证明：平面P C。(2)求二面角A P。C的余弦值。p/1 /E /,5 ：二 二 8/J/-4 题（1 9）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PC LDE,再分析已知由。=J 5,C E =2 得 C OJ_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

30、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7 TZ A C B =-,P C J 平面AB C,因此C4,C B,C P 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C PO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/8 G应 u平面4 6C,故.P C ID E由 2=2,/得 为等腰直角三角形，W C D L D E由 A C C D=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（1 9）图，

31、过点作小垂直位于尸,4,易知D F=FgEF=1 ,又 已 知 所=1 ,故 F B=2 .由 Z A C B=得 D F lI A C,=,故 A C=D F.2,AC B C 3 2 2以。为坐标原点，分别以C 4 C B ,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）,2F(0,2,0),Z (1,1,0),E D=(1,-1,0),D P=(-l,-l,3)A =(1,-l,0)设平面P A。的法向量=(xp yp z(),由 2 D P=0,ri .-D A=0，j 一百一网-3 z i =0 _得J 1 故 可 取

32、 勺=Q L 1).-x,-y,=0由（1）可 知D S一平面F C D,故平面P C D的 法 向 量 只 可 取 为 由 即R=（L-L 0人从而法向量勺n2的夹角的余弦值为c o s。?,%勺 4 _ Gl i I k i 6故所求二面角上小C的余弦值为6【考点定位】考查线面垂直，二面角.考查空间想象能力和推理能力.【名师点晴】立体几何解答题的一般模式是首先证明线面位置关系（一般考虑使用综合几何方法进行证明），然后是与空间角有关的问题，综合几何方法和空间向量方法都可以，但使用综合儿何方法要作出二面角的平面角，作图中要伴随着相关的证明，对空间想象能力与逻辑推理能力有较高的要求，而使用空间向

33、量方法就是求直线的方向向量、平面的法向量，按照空间角的计算公式进行计算，也就是把几何问题完全代数化了，这种方法对运算能力有较高的要求.两种方法各有利弊，在解题中可根据情况灵活选用.31.【20 15高考新课标1,理18如图，四边形4%勿为菱形，/月 於120 ,E,尸是平面4?同一侧的两 点,庞_ L平面/及力，。足L 平面A B C。,B 出2D F,A E VE C.(I )证明：平面4?C _ L平面A F C-,(I I)求直线4?与直线立 所成角的余弦值.【答案】(I)见博雅解析(I I)3【博雅解析】,：A E L E C,：.E G=y/3,E G LA C,在R t日%中，可

34、得 上、反，故 腔X.2在R t%中，可 得 小 逅.2b Q /Q在直角梯形微叨中，由 腔2,废、回，止 乃 可 得 小、一,2 2.EG1+FG2=E F2,:.E G 1 F G,：A C n F G=G,：.E G L 平面 A F C,：E G u面A E C,：.平面A F C L平面如C .6分(H)如图，以G为坐标原点，分别以G B,G C的方向为x轴，y轴正方向，|G 8|为单位长度,直角坐标系 G-xyz,由（I ）可得 4（0,6,0）,（1,0,亚）,尸（一1,0,）,C（0,2建立空间6,0),/.AE=(1,6，亚),CF=(-1,-V 3,J).10 分2故 c

35、o s =AECF=一 1AECF 3所以直线与切所成的角的余弦值为二二.12分3【考点定位】空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力【名师点睛】对空间面面垂直问题的证明有两种思路，思 路 1：几何法，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；思 路 2：利用向量法，通过计算两个平面的法向量，证明其法向量垂直，从而证明面面垂直；对异面直线所成角问题，也有两种思路，思 路 1：几何法，步骤为一找二作三证四解，一找就是先在图形中找有没有异面直线所成角，若没有，则通常做平行线或中位线作出异面直线所成角，再证明该角是异面直线所成角，利用解三角形解出该角.3 0.2

36、 0 1 5高考广东，理 1 8 如 图 2,三角形POC 所在的平面与长方形A3C D 所在的平面垂直，PD=PC=4,A B=6,8 c =3.点E 是 C O边的中点，点尸、G 分别在线段AB、3c上，且 A F =2/8,CG=2GB.（1）证明：PE1FG；（2）求二面角P-AD-C 的正切值：（3）求直线24 与直线尸G 所成角的余弦值.【答案】（1）见博雅解析；（2）立；（3）为 5.32 5【博雅解析】（1）证明：；=且点E 为 C O的中点,.PE L DC,又平面 P O C J 平面 A B C。，且平面 P O C 平面 A BC =C O,PE u 平面 P O C,

37、二 2 1.平面4 38,又 FG u平面A 5 C D,二 PE1FG；(2),/A8CO是矩形,.AD V D C,又平面尸 DC，平面 A 8C D,且平面 PDC 1 ABCD=CD,A。u 平面 ABC。,.A。，平面 PC。，又CD、PD u 平面 POC,.AD V DC,AD LPD,：./P D C即为二面角P-A O-C的平面角，在 R M D E 中,PD=4,DE=-A B =3,PE=PD2-DE2=V 7,2tanNPDC=殁=立 即 二面角P-A O C的正切值为；DE 3 3(3)如下图所示，连接AC,A F CCl：AF=2FB,CG=2G8 即=3=2,FB

38、 GB：.AC/FG,NPAC为直线PA与直线FG所成角或其补角,在 APAC 中，PA=y/PD2+AD2=5,AC=y/AD2+CD2=375,由余弦定理可得cos/PAC=PA2+AC2-PC22PAAC52+(375)2-422x5x 3A/59A/596二 直线PA与直线EG所成角的余弦值为生.【考点定位】直线与直线垂直、二面角、异面直线所成角.【名师点睛】本题主要考查平面与平面垂直，直线与平面垂直，直线与直线垂直，二面角，异面直线所成角等基础知识和空间想象能力、转化与化归思想、运算求解能力，属于中档题，本题整体难度不大，无论是利用空间向量方法还是传统的几何法都容易入手解答，但解答过

39、程需注意逻辑性和书写的规范性.解 法（1）如图C,取 的 中 点R,连结PR,BR,V 4A,。是梯形4AA。的两腰，P 是 D Q的中点，于是由知，PR/BC,：,P ,R,B,C四点共面，由题设知，B C 1 A B,平面A3月4，因此3C L A 4，4/?3 A Rtan N A B R=卫=tan 人4，；tan N A B R=tan Z A A Bt,因此A B 6 AAN A B R +N B A B、=NA A 片+N B A B 1=90,于是 AB,B R,再由即知 A Bt 平面 P R B C，又 P Q uP R B C ,故 阴 J_PQ；(2)如图d,过点P作尸

40、M/4 A交A。于点M,则PM 平面.44，平面45。，；.0 _ 1平面48。,过点 M 作 MNLQO于点 N,连结 PN,则 P N L Q D,3 M N 3 P M J40NPM0为二面角P 一A的平面角，.cosNPMW=e，即 丝=己，从而1 P N 1 M N 3连 结M Q,由PQ 平 面ABBA，A M Q I I A B ,又A8CO是 正 方 形，所 以ABQM为 矩 形，故M Q =A B =6,设 MD=f,则 M N =MQ M D=6/,过点。作。E/A/交 于y/MQ2+M D2,36+尸点 E ,则 A41AE 为 矩 形，E=4 A =6,AE=4 =3,

41、因此 ED=A。AE=3,于是比=咕=2,；.P M =2 M D =2t,再由得虫6+厂=叵,解 得r=2,因此PM=4,M D E D 3 3 3故四面体 A OPQ 的体积 V=；S o/=；x g x 6 x 6 x 4 =2 4.【考点定位】1.空间向量的运用；2.线面垂直的性质；3.空间几何体体积计算.【名师点睛】本题主要考查了线面垂直的性质以及空间几何体体积计算，属于中档题，由于空间向量工具的引入，使得立体几何问题除了常规的儿何法之外，还可以考虑利用向量工具来解决，因此有关立体儿何的问题，可以建立空间直角坐标系，借助于向量知识来解决，在立体几何的线面关系中，中点是经常使用的一个特

42、殊点，无论是试题本身的已知条件，还是在具体的解题中，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线而线线平行是平行关系的根本，在垂直关系的证明中线线垂直是核心，也可以根据已知的平面图形通过计算的方式证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直.【2 0 1 5 高考上海，理 1 9（本题满分1 2 分）如图，在长方体ABCD AFCPi中，A A,=1 ,A B =AD=2 ,E、F分别是AB、BC的中点.证明A C F、E四点共面，并求直线C D 1 与平面A|J F E 所成的角的大小.【答案】ar cs i n S1 5【解析】解：如图，以。为原点建立空间直角坐标系，可得有关点的坐标为

43、A J Z O）、E(2:l=0 h F(L2、C(0 2 0)、D JO.O J).因 为 运=(一2工0),E F =(-l=l:O j,所 以 京 E F,因此直线A W 1与E F共面，即4、C”F、E共面.设平面4G EF的法向量为=(4j j r),则斤_近，n _F CT 又 百=(-1 0)，F C =(-1:O:1),+、=0,解得我=v=y +i v=。故;取=1,得平面A C F E的一个法向量=Q 1 J）.又C D】=（02 J）,故CD,V15因此直线C。与平面AG FE所成的角的大小为ar cs i n*.【考点定位】空间向量求线面角【名师点睛】（1）设两条异面直线a,。的方向向量为a,b,其 夹 角 为9,则 cos 0=|c o s八=端 距 其中。为异面直线a,6 所成的角）.（2）设直线，的方向向量为e,平 面。的法向量为，直 线/与 平 面a所成的角为0,两向量e 与 的 夹 角 为0,则有s i n O=|cos O合 岩.（3）功,功分别是二面角a万的两个半平面a,2的法向量，则二面角的大小9=为，心（或 一 加，&）。