《高考真題理科數(shù)學 解析分類匯編7立體幾何》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考真題理科數(shù)學 解析分類匯編7立體幾何（33頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 20xx年高考真題理科數(shù)學解析分類匯編7 立體幾何 一、選擇題 1.【20xx高考新課標理7】如圖，網格紙上小正方形的邊長為，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則此幾何體的體積為（ ） 【答案】B 【解析】由三視圖可知，該幾何體是三棱錐，底面是俯視圖，高為，所以幾何體的體積為,選B. 2.【20xx高考浙江理10】已知矩形ABCD，AB=1，BC=。將△沿矩形的對角線BD所在的直線進行翻折，在翻折過程中。 A.存在某個位置，使得直線AC與直線BD垂直. B.存在某個位置，使得直線AB與直線CD垂直. C.存在某

2、個位置，使得直線AD與直線BC垂直. D.對任意位置，三對直線“AC與BD”，“AB與CD”，“AD與BC”均不垂直 【答案】C 【解析】最簡單的方法是取一長方形動手按照其要求進行翻著，觀察在翻著過程，即可知選項C是正確的． 3.【20xx高考新課標理11】已知三棱錐的所有頂點都在球的求面上，是邊長為的正三角形，為球的直徑，且；則此棱錐的體積為（ ） 【答案】A 【解析】的外接圓的半徑，點到面的距離,為球的直徑點到面的距離為 此棱錐的體積為 另：排除,選A. 4.【20xx高考四川

3、理6】下列命題正確的是（ ） A、若兩條直線和同一個平面所成的角相等，則這兩條直線平行 B、若一個平面內有三個點到另一個平面的距離相等，則這兩個平面平行 C、若一條直線平行于兩個相交平面，則這條直線與這兩個平面的交線平行 D、若兩個平面都垂直于第三個平面，則這兩個平面平行 [答案]C [解析]若兩條直線和同一平面所成角相等，這兩條直線可能平行，也可能為異面直線，也可能相交，所以A錯；一個平面不在同一條直線的三點到另一個平面的距離相等，則這兩個平面平行，故B錯；若兩個平面垂直同一個平面兩平面可以平行，也可以垂直；故D錯；故選項C正確. [點評]本題旨在考查立體幾何的線、面位置

4、關系及線面的判定和性質，需要熟練掌握課本基礎知識的定義、定理及公式. 5.【20xx高考四川理10】如圖，半徑為的半球的底面圓在平面內，過點作平面的垂線交半球面于點，過圓的直徑作平面成角的平面與半球面相交，所得交線上到平面的距離最大的點為，該交線上的一點滿足，則、兩點間的球面距離為（ ） A、 B、 C、 D、 [答案]A [解析] 以O為原點，分別以OB、OC、OA所在直線為x、y、z軸， 則A [點評]本題綜合性較強，考查知識點較為全面，題設很自然的把向量、立體幾何、三角函數(shù)等基礎知識結合到了一起.是一

5、道知識點考查較為全面的好題.要做好本題需要有扎實的數(shù)學基本功. 6.【20xx高考陜西理5】如圖，在空間直角坐標系中有直三棱柱，，則直線與直線夾角的余弦值為（ ） A. B. C. D. 【答案】A. 【解析】法1：設，則，， ，，故選A. 法2：過點作交軸于點，連結，設，則，在中，由余弦定理知直線與直線夾角的余弦值為. 7.【20xx高考湖南理3】某幾何體的正視圖和側視圖均如圖1所示，則該幾何體的俯視圖不可能是 【答案】D 【解析】本題是組合體的三視圖問題，由幾何體的正視圖和側視圖均如圖1所示知，原圖下面圖為圓柱或直

6、四棱柱，上面是圓柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，Ａ，Ｂ，Ｃ都可能是該幾何體的俯視圖，Ｄ不可能是該幾何體的俯視圖，因為它的正視圖上面應為如圖的矩形. 俯視圖 側視圖 2 正視圖 第4題圖 4 2 4 2 【點評】本題主要考查空間幾何體的三視圖，考查空間想象能力.是近年高考中的熱點題型. 8.【20xx高考湖北理4】已知某幾何體的三視圖如右圖所示，則該幾何體的體積為 A． B． C． D． 【答案】B 考點分析：本題考察空間幾何體的三視圖. 【解析】顯然有三視圖我們易知原幾何體為 一個圓柱體的一

7、部分，并且有正視圖知是一個1/2的圓柱體，底面圓的半徑為1，圓柱體的高為6，則知所求幾何體體積為原體積的一半為.選B. 9.【20xx高考廣東理6】某幾何體的三視圖如圖所示，它的體積為 A．12π B.45π C.57π D.81π 【答案】C 【解析】該幾何體的上部是一個圓錐，下部是一個圓柱，根據三視圖中的數(shù)量關系，可得．故選C． 10.【20xx高考福建理4】一個幾何體的三視圖形狀都相同、大小均相等，那么這個幾何體不可以是 A.球 B.三棱柱 C.正方形 D.圓柱 【答案】D. 【命題立意】本題考查了空間幾何體的形狀和三視圖的概念，以及考生的空

8、間想象能力，難度一般. 【解析】法1：球的三視圖全是圓；如圖正方體截出的三棱錐三視圖全是等腰直角三角形；正方體三視圖都是正方形.可以排除ABC，故選Ｄ． 法2：球的正視圖（主視圖）、側視圖（左視圖）和俯視圖均為圓； 三棱錐的正視圖（主視圖）、側視圖（左視圖）和俯視圖可以為全等的三角形； 正方體的正視圖（主視圖）、側視圖（左視圖）和俯視圖均為正方形； 圓柱的正視圖（主視圖）、側視圖（左視圖）為矩形，俯視圖為圓。 11.【20xx高考重慶理9】設四面體的六條棱的長分別為1，1，1，1，和，且長為的棱與長為的棱異面，則的取值范圍是 （A） （B） （C）

9、 （D） 【答案】A 【解析】因為則，，選A， 12.【20xx高考北京理7】某三棱錐的三視圖如圖所示，該三梭錐的表面積是（ ） A. 28+6 B. 30+6 C. 56+ 12 D. 60+12 【答案】B 【解析】從所給的三視圖可以得到該幾何體為三棱錐，如圖所示，圖中藍色數(shù)字所表示的為直接從題目所給三視圖中讀出的長度，黑色數(shù)字代表通過勾股定理的計算得到的邊長。本題所求表面積應為三棱錐四個面的面積之和，利用垂直關系和三角形面積公式，可得：，，，，因此該幾何體表面積，故選B。 13.【20xx高考全國卷理4】已知正四棱柱ABC

10、D- A1B1C1D1中 ，AB=2，CC1= E為CC1的中點，則直線AC1與平面BED的距離為 A 2 B C D 1 【答案】D 【命題意圖】本試題主要考查了正四棱柱的性質的運用，以及點到面的距離的求解。體現(xiàn)了轉換與化歸的思想的運用，以及線面平行的距離，轉化為點到面的距離即可。 【解析】連結交于點，連結，因為是中點，所以,且，所以，即直線 與平面BED的距離等于點C到平面BED的距離，過C做于,則即為所求距離.因為底面邊長為2，高為，所以,,,所以利用等積法得，選D. 二、填空題 14.【20xx高考浙江理11】已知某三棱錐的三視圖（單位：cm）如圖所示，

11、則該三棱錐的體積等于________cm3. 【答案】1 【解析】觀察三視圖知該三棱錐的底面為一直角三角形，右側面也是一直角三角形．故體積等于． 15.【20xx高考四川理14】如圖，在正方體中，、分別是、的中點，則異面直線與所成角的大小是____________。 【答案】 【命題立意】本題主要考查空間中直線與直線，直線與平面的位置關系，以及異面直線所成角的求法. 【解析】本題有兩種方法，一、幾何法：連接，則,又，易知，所以與所成角的大小是；二、坐標法：建立空間直角坐標系，利用向量的夾角公式計算得異面直線與所成角的大小是. 16.【20xx高考遼寧理13】一個幾何體的三視

12、圖如圖所示，則該幾何體的表面積為______________。 【答案】38 【解析】由三視圖可知該幾何體為一個長方體在中間挖去了一個等高的圓柱，其中長方體的長、寬、高分別為4、3、1，圓柱的底面直徑為2，所以該幾何體的表面積為長方體的表面積加圓柱的側面積再減去圓柱的底面積，即為 【點評】本題主要考查幾何體的三視圖、柱體的表面積公式，考查空間想象能力、運算求解能力，屬于容易題。本題解決的關鍵是根據三視圖還原出幾何體，確定幾何體的形狀，然后再根據幾何體的形狀計算出表面積。 17.【20xx高考山東理14】如圖，正方體的棱長為1，分別為線段上的點，則三棱錐的體積為___________

13、_. 【答案】 【解析】法一：因為點在線段上，所以，又因為點在線段上，所以點到平面的距離為1,即，所以. 法二：使用特殊點的位置進行求解，不失一般性令點在點處，點在點處，則。 18.【20xx高考遼寧理16】已知正三棱錐ABC，點P，A，B，C都在半徑為的求面上，若PA，PB，PC兩兩互相垂直，則球心到截面ABC的距離為________。 【答案】 【解析】因為在正三棱錐ABC中，PA，PB，PC兩兩互相垂直，所以可以把該正三棱錐看作為一個正方體的一部分，（如圖所示），此正方體內接于球，正方體的體對角線為球的直徑，球心為正方體對角線的中點。球心到截面ABC的距離為球的半徑減去正三棱

14、錐ABC在面ABC上的 高。已知球的半徑為，所以正方體的棱長為2，可求得正三棱錐ABC在面ABC上的高為，所以球心到截面ABC的距離為 【點評】本題主要考查組合體的位置關系、抽象概括能力、空間想象能力、運算求解能力以及轉化思想，該題靈活性較強，難度較大。該題若直接利用三棱錐來考慮不宜入手，注意到條件中的垂直關系，把三棱 19.【20xx高考上海理8】若一個圓錐的側面展開圖是面積為的半圓面，則該圓錐的體積為 。 【答案】 【解析】因為半圓面的面積為，所以，即，即圓錐的母線為，底面圓的周長，所以圓錐的底面半徑，所以圓錐的高，所以圓錐的體積為。 【點評】本題主要考查空間幾何

15、體的體積公式和側面展開圖.審清題意，所求的為體積，不是其他的量，分清圖形在展開前后的變化；其次，對空間幾何體的體積公式要記準記牢，屬于中低檔題. 20.【20xx高考上海理14】如圖，與是四面體中互相垂直的棱，，若，且，其中、為常數(shù)，則四面體的體積的最 大值是 。 【答案】。 【解析】過點A做AE⊥BC，垂足為E，連接DE，由AD⊥BC可知，BC⊥平面ADE， 所以=， 當AB=BD=AC=DC=a時，四面體ABCD的體積最大。 過E做EF⊥DA，垂足為點F，已知EA=ED，所以△ADE為等腰三角形，所以點E為AD的中點，又，∴EF=， ∴==， ∴四面體ABCD

16、體積的最大值=。 【點評】本題主要考查空間四面體的體積公式、空間中點線面的關系.本題主要考慮根據已知條件構造體積表達式，這是解決問題的關鍵，本題綜合性強，運算量較大.屬于中高檔試題. 21.【20xx高考江蘇7】（5分）如圖，在長方體中，，，則四棱錐的體積為 ▲ cm3． 【答案】6。 【考點】正方形的性質，棱錐的體積。 【解析】∵長方體底面是正方形，∴△中 cm，邊上的高是cm（它也是中上的高）。 ∴四棱錐的體積為。 22.【20xx高考安徽理12】某幾何體的三視圖如圖所示，該幾何體的表面積是． 【答案】92 【命題立意】本題考查空間幾何體的三視圖

17、以及表面積的求法。 【解析】該幾何體是底面是直角梯形，高為的直四棱柱， 幾何體的表面積是． 23.【20xx高考天津理10】一個幾何體的三視圖如圖所示（單位：m），則該幾何體的體積為_________m3. 【答案】 【命題意圖】本試題主要考查了簡單組合體的三視圖的畫法與體積的計算以及空間想象能力. 【解析】根據三視圖可知，這是一個上面為長方體，下面有兩個直徑為3的球構成的組合體，兩個球的體積為，長方體的體積為，所以該幾何體的體積為。 24.【20xx高考全國卷理16】三棱柱中，底面邊長和側棱長都相等，，則異面直線與所成角的余弦值為 。 【答案】 【

18、命題意圖】本試題考查了斜棱柱中異面直線的角的求解。用空間向量進行求解即可。 【解析】如圖設設棱長為1，則，因為底面邊長和側棱長都相等，且所以，所以， ，，設異面直線的夾角為，所以. 三、解答題 25.【20xx高考廣東理18】（本小題滿分13分） 如圖5所示，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，點 E在線段PC上，PC⊥平面BDE． （1） 證明：BD⊥平面PAC； （2） 若PH=1，AD=2，求二面角B-PC-A的正切值； 【答案】本題考查空間直線與平面的位置關系，考查直線與平面垂直的證明、二面角的求解等問題，考查了學生的空間想象能力以及推理論

19、證能力. 【解析】（1）平面，面 平面，面 又面 （2）由（1）得：，， 平面是二面角的平面角 在中， 在中， 得：二面角的正切值為 26.【20xx高考遼寧理18】(本小題滿分12分) 如圖，直三棱柱，， 點M，N分別為和的中點。 (Ⅰ)證明：∥平面; (Ⅱ)若二面角為直二面角，求的值。 【命題意圖】本題主要考查線面平行的判定、二面角的計算，考查空間想象能力、運算求解能力，是容易題. 【解析】（1

20、）連結，由已知 三棱柱為直三棱柱， 所以為中點.又因為為中點 所以，又平面 平面，因此 ……6分 （2）以為坐標原點，分別以直線為軸，軸，軸建立直角坐標系，如圖所示 設則， 于是， 所以，設是平面的法向量， 由得，可取 設是平面的法向量， 由得，可取 因為為直二面角，所以，解得……12分 【點評】本題以三棱柱為載體主要考查空間中的線面平行的判定，借助空間直角坐標系求平面的法向量的方法，并利用法向量判定平面的垂直關系，考查空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力，難度適中。第一小題可以通過線線平行來證明線面平行，也可通過面面平行來證明。 27.【20xx高

21、考湖北理19】（本小題滿分12分） 如圖1，，，過動點A作，垂足D在線段BC上且異于點B，連接AB，沿將△折起，使（如圖2所示）． （Ⅰ）當?shù)拈L為多少時，三棱錐的體積最大； （Ⅱ）當三棱錐的體積最大時，設點，分別為棱，的中點，試在 棱上確定一點，使得，并求與平面所成角的大?。? D A B C A C D B 圖2 圖1 M E . 第19題圖 【答案】（Ⅰ）解法1：在如圖1所示的△中，設，則． 由，知，△為等腰直角三角形，所以. 由折起前知，折起后（如圖2），，，且， 所以平面．又，所以．于是

22、 ， 當且僅當，即時，等號成立， 故當，即時, 三棱錐的體積最大． 解法2： 同解法1，得． 令，由，且，解得． 當時，；當時，． 所以當時，取得最大值． 故當時, 三棱錐的體積最大． （Ⅱ）解法1：以為原點，建立如圖a所示的空間直角坐標系． 由（Ⅰ）知，當三棱錐的體積最大時，，． 于是可得，，，，，， 且． 設，則. 因為等價于，即 ，故，. 所以當（即是的靠近點的一個四等分點）時，． 設平面的一個法向量為，由 及，

23、 得 可?。? 設與平面所成角的大小為，則由，，可得 ，即． C A D B 圖a E M x y z 圖b C A D B E F M N 圖c B D P C F N E B G M N E H 圖d 第19題解答圖 N 故與平面所成角的大小為 解法2：由（Ⅰ）知，當三棱錐的體積最大時，，． 如圖b，取的中點，連結，，，則∥. 由（Ⅰ）知平面，所以平面. 如圖c，延長至P點使得，連，，則四邊形為正方形， 所以. 取的中點，連結

24、，又為的中點，則∥， 所以. 因為平面，又面，所以. 又，所以面. 又面，所以. 因為當且僅當，而點F是唯一的，所以點是唯一的. 即當（即是的靠近點的一個四等分點），． 連接，，由計算得， 所以△與△是兩個共底邊的全等的等腰三角形， 如圖d所示，取的中點，連接，， 則平面．在平面中，過點作于， 則平面．故是與平面所成的角． 在△中，易得，所以△是正三角形， 故，即與平面所成角的大小為 28.【20xx高考新課標理19】（本小題滿分12分） 如圖，直三棱柱中，， 是棱的中點， （1）證明： （2）求二面角的

25、大小. 【答案】（1）在中， 得： 同理： 得：面 （2）面 取的中點，過點作于點，連接 ，面面面 得：點與點重合 且是二面角的平面角 設，則， 既二面角的大小為 29.【20xx高考江蘇16】（14分）如圖，在直三棱柱中，，分別是棱上的點（點 不同于點），且為的中點． 求證：（1）平面平面； （2）直線平面． 【答案】證明：（1）∵是直三棱柱，∴平面。 又

26、∵平面，∴。 又∵平面，∴平面。 又∵平面，∴平面平面。 （2）∵，為的中點，∴。 又∵平面，且平面，∴。 又∵平面，，∴平面。 由（1）知，平面，∴∥。 又∵平面平面，∴直線平面 【考點】直線與平面、平面與平面的位置關系。 【解析】（1）要證平面平面，只要證平面上的平面即可。它可由已知是直三棱柱和證得。 （2）要證直線平

27、面，只要證∥平面上的即可。 30.【20xx高考四川理19】(本小題滿分12分) 如圖，在三棱錐中，，，，平面平面。 （Ⅰ）求直線與平面所成角的大??； （Ⅱ）求二面角的大小。 【答案】本題主要考查直線與平面的位置關系，線面角的概念，二面角的概念等基礎知識，考查空間想象能力，利用向量解決立體幾何問題的能力. [解析]（1）連接OC。由已知，所成的角 設AB的中點為D，連接PD、CD. 因為AB=BC=CA,所以CDAB. 因為等邊三角形， 不妨設PA=2，則OD=1，OP=,AB=4. 所以CD=2，OC=. 在Rttan. 故直線PC與平面ABC所成的角的大小為

28、arctan…………………6分 （2）過D作DE于E，連接CE. 由已知可得，CD平面PAB. 根據三垂線定理可知，CE⊥PA， 所以，. 由（1）知，DE= 在Rt△CDE中，tan 故……………………………12分 31.【20xx高考福建理18】如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中AA1=AD=1，E為CD中點. （Ⅰ）求證：B1E⊥AD1； （Ⅱ）在棱AA1上是否存在一點P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的行；若存在，求AP的長；若不存在，說明理由. （Ⅲ）若二面角A-B1EA1的大小為30，求AB的長. 【答案】本題主要考查立體幾

29、何中直線與直線、直線與平面的位置關系及二面角的概念與求法等基礎知識，考查空間想象能力、推理論證能力、基本運算能力，以及函數(shù)與方程的思想、數(shù)形結合思想、化歸與轉化思想. 解答： （Ⅰ）長方體中， 得：面 面 （Ⅱ）取的中點為，中點為，連接 在中，面 此時 （Ⅲ）設，連接，過點作于點，連接 面， 得：是二面角的平面角 在中， 在矩形中， 得： 32.【20xx高考北京理16】（本小題共14分） 如圖1，在Rt△ABC中，∠C=90，BC=

30、3，AC=6，D，E分別是AC，AB上的點，且DE∥BC，DE=2，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD,如圖2. (I)求證：A1C⊥平面BCDE； (II)若M是A1D的中點，求CM與平面A1BE所成角的大?。? (III)線段BC上是否存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直？說明理由 【答案】解：（1）， 平面， 又平面， 又， 平面。 （2）如圖建系，則，，， ∴, 設平面法向量為 則 ∴ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴， ∴與平面所成角的大小。 （3）設線段上存在點，設點坐標為，則 則， 設平面法向量為， 則

31、∴ ∴。 假設平面與平面垂直， 則，∴，，， ∵，∴不存在線段上存在點，使平面與平面垂直。 33.【20xx高考浙江理20】(本小題滿分15分)如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面是邊長為的菱形，且∠BAD＝120，且PA⊥平面ABCD，PA＝，M，N分別為PB，PD的中點． (Ⅰ)證明：MN∥平面ABCD； (Ⅱ) 過點A作AQ⊥PC，垂足為點Q，求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值． 【命題立意】本題主要考查空間點、線、面的位置關系，二面角所成角等基礎知識，同時考查空間想象能力和推理論證能力。 【答案】(Ⅰ)如圖連接BD． ∵M，N分別為PB，PD的中點， ∴在PB

32、D中，MN∥BD． 又MN平面ABCD， ∴MN∥平面ABCD； (Ⅱ)如圖建系： A(0，0，0)，P(0，0，)，M(，，0)， N(，0，0)，C(，3，0)． 設Q(x，y，z)，則． ∵，∴． 由，得：． 即：． 對于平面AMN：設其法向量為． ∵． 則． ∴． 同理對于平面AMN得其法向量為． 記所求二面角A—MN—Q的平面角大小為， 則． ∴所求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值為． 34.【20xx高考重慶理19】（本小題滿分12分 如圖，在直三棱柱 中，AB=4，AC=BC=3，D為AB的中點 （Ⅰ）求點C到平面的距離

33、; （Ⅱ）若求二面角 的平面角的余弦值. 【命題立意】本題考查立體幾何的相關知識，考查線面垂直關系、二面角的求法以及空間向量在立體幾何中的應用. 解：（1）由,為的中點，得，又，故,所以點到平面的距離為 (2)如圖，取為的中點，連結,則,又由（1）知，故，所以為所求的二面角的平面角。 因為在面上的射影，又已知，由三垂線定理的逆定理得，從而都與互余，因此，所以，因此，,即,得。 從而,所以，在中，。 35.【20xx高考江西理19】（本題滿分12分） 在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB=AC=AA1=，BC=4，在A1在底面ABC的投影是線段BC的中點O。 （1）證明

34、在側棱AA1上存在一點E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的長； （2）求平面A1B1C與平面BB1C1C夾角的余弦值。 解：（1）證明：連接AO，在中，作于點E，因為，得, B y O C A E z A11 B1 C1 x 因為平面ABC，所以,因為, 得,所以平面,所以, 所以平面, 又, 得 (2)如圖所示，分別以所在的直線 為x,y,z軸建立空間直角坐標系，則A(1,0,0), C(0,-2,0), A1(0.0,2),B(0,2,0) 由（1）可知得點E的坐標為，由（1）可知平面的法向量是，設平面的法向量， 由，得，令，得，即 所

35、以 即平面平面與平面BB1C1C夾角的余弦值是。 【點評】本題考查線面垂直，二面角、向量法在解決立體幾何問題中的應用以及空間想象的能力. 高考中，立體幾何解答題一般有以下三大方向的考查.一、考查與垂直，平行有關的線面關系的證明；二、考查空間幾何體的體積與表面積；三、考查異面角，線面角，二面角等角度問題.前兩種考查多出現(xiàn)在第1問，第3種考查多出現(xiàn)在第2問；對于角度問題，一般有直接法與空間向量法兩種求解方法. 36.【20xx高考安徽理18】（本小題滿分12分） 平面圖形如圖4所示，其中是矩形，，，?，F(xiàn)將該平面圖形分別沿和折疊，使與所在平面都與平面垂直，再分別連接,得到如圖2所示的空間圖形

36、，對此空間圖形解答下列問題。 （Ⅰ）證明：； （Ⅱ）求的長； （Ⅲ）求二面角的余弦值。 【答案】本題考查平面圖形與空間圖形的轉化，空間直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關系的判定。空間線段長度和空間角的余弦值的計算等基礎知識和基本技能，考查空間想象能力，推理論證能力和求解能力。 【解析】(綜合法) （I）取的中點為點，連接， 則，面面面， 同理：面 得：共面， 又面。 （Ⅱ）延長到，使 ，得：， ，面面面面， 。 （Ⅲ）是二面角的平面角。 在中，， 在中，， 得：二面角的余弦值為。 37.【20xx高考上海理19】（6+6=12分）如圖，

37、在四棱錐中，底面是矩形， 底面，是的中點，已知，，，求： （1）三角形的面積； （2）異面直線與所成的角的大小。 [解]（1）因為PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，又AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD， 從而CD⊥PD. ……3分 A B C D P E x y z 因為PD=，CD=2， 所以三角形PCD的面積為. ……6分 （2）[解法一]如圖所示，建立空間直角坐標系，

38、 則B(2, 0, 0)，C(2, 2,0)，E(1, , 1)， ，. ……8分 設與的夾角為q，則 ，q=. A B C D P E F 由此可知，異面直線BC與AE所成的角的大小是 ……12分 [解法二]取PB中點F，連接EF、AF，則 EF∥BC，從而∠AEF（或其補角）是異面直線 BC與AE所成的角 ……8分 在中，由EF=、AF=、AE=2

39、 知是等腰直角三角形， 所以∠AEF=. 因此異面直線BC與AE所成的角的大小是 ……12分 【點評】本題主要考查直線與直線、直線與平面的位置關系，考查空間想象能力和推理論證能力．綜合考查空間中兩條異面直線所成的角的求解，同時考查空間幾何體的體積公式的運用.本題源于《必修2》立體幾何章節(jié)復習題，復習時應注重課本，容易出現(xiàn)找錯角的情況，要考慮全面，考查空間想象能力，屬于中檔題． 38.【20xx高考全國卷理18】（本小題滿分12分）（注意：在試題卷上作答無效） 如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥底面A

40、BCD，AC=2，PA=2，E是PC上的一點，PE=2EC. （Ⅰ）證明：PC⊥平面BED； （Ⅱ）設二面角A-PB-C為90，求PD與平面PBC所成角的大小. 【命題意圖】本試題主要是考查了四棱錐中關于線面垂直的證明以及線面角的求解的運用。 從題中的線面垂直以及邊長和特殊的菱形入手得到相應的垂直關系和長度，并加以證明和求解。 解：設,以為原點，為軸，為軸建立空間直角坐標系，則設。 （Ⅰ）證明：由得， 所以，，，所以， 。所以,，所以平面； （Ⅱ） 設平面的法向量為，又，由得，設平面的法向量為，又，由，得，由于二面角為，所以，解得。 所以，平面的法向量為，所以與平面

41、所成角的正弦值為，所以與平面所成角為. 【點評】試題從命題的角度來看，整體上題目與我們平時練習的試題和相似，底面也是特殊的菱形，一個側面垂直于底面的四棱錐問題，那么創(chuàng)新的地方就是點的位置的選擇是一般的三等分點，這樣的解決對于學生來說就是比較有點難度的，因此最好使用空間直角坐標系解決該問題為好。 39.【20xx高考山東理18】（18）（本小題滿分12分） 在如圖所示的幾何體中，四邊形是等腰梯形，∥，平面. （Ⅰ）求證：平面； （Ⅱ）求二面角的余弦值. 【答案】 （Ⅰ）證明：因為四邊形為等腰梯形，，， 所以 ．

42、 又 ， 所以 因此 ，， 又 ，且，平面， 所以 平面． （Ⅱ）解法一： 由（I）知，所以，又平面， 因此 兩兩垂直．以為坐標原點，分別以所在的直 線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，不妨設，則， ，，，， 因此 ，． 設平面的一個法向量為， 則 ，，

43、所以 ，取， 則 ． 又平面的法向量可以取為， 所以 ， 所以二面角的余弦值為． 解法二： 取的中點，連結，由于， 所以． 又平面，平面， 所以． 由于，平面， 所以平面，故． 所以為二面角的平面角． 在等腰三角形中，由于， 因此，又， 所以， 故 , 因此 二面角的余弦值為．

44、 40.【20xx高考湖南理18】（本小題滿分12分） 如圖5，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB=4，BC=3，AD=5，∠DAB=∠ABC=90，E是CD的中點. （Ⅰ）證明：CD⊥平面PAE； （Ⅱ）若直線PB與平面PAE所成的角和PB與平面ABCD所成的角相等，求四棱錐P-ABCD的體積. 【答案】解法1（Ⅰ如圖（1）），連接AC，由AB=4，， Ｅ是ＣＤ的中點，所以 所以 而內的兩條相交直線，所以CD⊥平面PAE. （Ⅱ）過點Ｂ作 由（Ⅰ）CD⊥平面PAE知，ＢＧ⊥平面PAE.于是為直線ＰＢ與平面PAE 所成的角，且. 由知，為直線與平

45、面所成的角. 由題意，知 因為所以 由所以四邊形是平行四邊形，故于是 在中，所以 　　　　　　　 于是 又梯形的面積為所以四棱錐的體積為 　　　　　　　　　 解法2：如圖（2），以A為坐標原點，所在直線分別為建立空間直角坐標系.設則相關的各點坐標為： （Ⅰ）易知因為 所以而是平面內的兩條相交直線，所以 (Ⅱ)由題設和（Ⅰ）知，分別是，的法向量，而PB與 所成的角和PB與所成的角相等，所以 由（Ⅰ）知，由故 解得. 又梯形ABCD的面積為，所以四棱錐的體積為 . 41.【20xx高考天津理17】（本小題滿分13分） 如圖，在四

46、棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC=45，PA=AD=2，AC=1. （Ⅰ）證明PC⊥AD； （Ⅱ）求二面角A-PC-D的正弦值； （Ⅲ）設E為棱PA上的點，滿足異面直線BE與CD所成的角為30，求AE的長. 【答案】（1）以為正半軸方向，建立空間直角左邊系 則（lby lfx） （2），設平面的法向量 則 取 是平面的法向量 得：二面角的正弦值為 （3）設；則， 即 【點評】試題從命題的角度來看，整體上題目與我們平時練習的試題相似，但底面是非特殊 的四邊形，一直線垂直于底面的四棱錐問題，那么創(chuàng)新的地方就是第三問中點E的位置是不確定的，需要學生根據已知條件進行確定，如此說來就有難度，因此最好使用空間直角坐標系解決該問題為好.