2021年高考题和模拟题数学（理）分类汇编 04 立体几何.pdf

2021年高考题和模拟题分项汇编专题0 4 立体几何1.（202卜全国高考真题（理）已如4 8,（?是半径为1的球0 的球面上的三个点,且4。，8。,4。=8。=1,则三棱锥0-A B C 的体积为（）A.叵 B.C.昱 D.12 12 4 4【答案】A【分析】由题可得AA6 c 为等腰直角三角形，得出AABC外接圆的半径，则可求得。到平面A B C 的距离，进而求得体积.【解析】.AC_LBC,AC=8 C =1,.A8C为等腰直角三角形，,.4B=J5,则AA3 c 外接圆的半径为 注，又球的半径为1,2设。到平面A B C 的距离为d,in L （右 丫&V I2 J 2所 以%-48。=；5.皿0.4=；乂 乂1乂1乂 =卷.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.2.（2021.全国高考真题（理）在正方体A 6 C O -A A G，中，P 为 片口的中点，则 直 线 形 与 所 成的 角 为（）7 1D.-6【答案】D【分析】平移直线A 2 至 8 G，将直线P 3 与 A Q 所成的角转化为P B 与 B G 所成的角，解一角形即可.【解析】如图，连接BCi，PC”PB,因为AA B G，所以ZPBC,或其补角为直线PB与AR所成的角，因为BB1 1平面AG，所以_ L P G，又P G 1 B P，c瓦。=4，所以P G _ L平面PI3B,所以PC；_ L PB,设正方体棱长为2,则B G =2 0,P G =J 5,s m/P B C=*=；所以 NP B G=工.故选：D3.（2 0 2 1.全国高考真题）已知圆锥的底面半径为、回，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A.2 B.2&C.4 D.4 7 2【答案】B【分析】设圆锥的母线长为/，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得/的值，即为所求.【解析】设圆锥的母线长为/，山丁圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则万/=2万x J E，解得/=2 a.故选：B.4.（2 0 2 1 浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（)【答案】AD.3 亚【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.【解析】几何体为如图所示的四棱柱A B C。-,其高为I,底面为等腰梯形A BC Z），该等腰梯形的上底为正，下底为2 夜，腰长为1，故梯形的高为、/口 =也，V 2 2故匕BCD-A8C D=一 (/2 +2 2 )X-X 1=,故选：A.5.（2 0 2 1 北京高考真题）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（)11IB.4C.3+6D.2【答案】A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体（三棱锥），根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积.【解析】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥。-ABC，其侧面为等腰直角：角形，底 面 等 边 :角形,山三视图可得该正三棱锥的侧棱长为I,故其表面积为3x，xlxl+走x(/f =t且2 4 1/2故选：A.6.（2021浙江高考真题）如 图 己 知 正 方 体4 4 G R ,M,N分别是A。，的中点，则（)AA.B.C.D.ABc直线A。与直线。田 垂直,直线A。与直线A B平行,直线A。与直线。力 相交,直线A。与直线。产 异面,直线肱V/平面A B C。直线M N _ L平面直线M/V/平面A 8 Q D直线M N 工平面B D R B【答案】A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面A8R,即可得出结论.连A R,【解析】在正方体A B C。A4G2中，M是4。的中点，所以“为AA中点,又N是。R 的中点，所以M N/A B，W 平面 ABCD,A B u 平面 A B C D,所以M/V 平面AB CD因为A8不垂直B D，所以MN不垂直8 0则MN不垂直平面B D R B 所以选项B,D不正确;在正方体ABCZ）4 4 G。中，A0_LA|Z）,回 工 平 面 抽。，所以A 3,4。，A Do A B=A,所以 A。，平面 A B Q,平面 A B Q,所以 A Q _ L q B,且宜线4。,。乃 是异面直线，所以选项B 错误，选项A正确.故选：A.【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.7.（2021.北京高考真题）定义：24小时内降水在平地上积水厚度（m m）来判断降雨程度.其中小雨（10mm）,中 雨（10mm-25min）,大 雨（25mm-50mm）,暴 雨（50mm-100mm）,小明用一个圆锥形容器接了 24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（）A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨【答案】B【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.【解析】由题意，一个半径 为 学=100（mm）的圆面内的降雨充满一个底面半径为 2x1 -5 O（mm）,高为 150（mm）的圆锥，i rfl L.-rx502xl50,所以积水厚度/3 ，属于中雨a=-=12.5 mm)xlOO2 故选：B.8.（2021全国高考真题）在正三棱柱ABC-A A G中，A8=A 4,=1,点P满 足 所=4放+瓯，其中;M G0,1,则()A.当/1=1时，4 8 7的周长为定值B.当=1时，三棱锥尸一4 8。的体积为定值C.当2 时，有且仅有一个点P,使得D.当=g时，有且仅有一个点尸，使得A/工平面A B/【答案】BD【分析】对于A,由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B,将P点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C,考虑借助向量的平移将尸点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数;对于D,考虑借助向量的平移将尸点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解尸点的个数.易知，点P在矩形BCG g内 部（含边界）.对于A,当4=1时，丽=前+瓯=反+可，即此时尸e线段CC-耳尸周长不是定值，故A错误;对于B,当=1时，丽=4 前+的=的+疝 C,故此时2点轨迹为线段瓦G,而4 G 8 C,4 c J/平面A BC,则有P到平面A BC的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确.对于C,当/!=；时，丽=!前+函，取BC,与。1中点分别为Q.H,则 丽=丽+丽，所22以p止轨迹为线段Q”，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，A ，0，1，P(O,O,)，V 7:)_(1 _ _则 A P=-,B P-0,-,/,A户 户=(_1)=0,所以=0或=1 .故 均I 2 J V 2 ；满足，故C错误：1.1 ._ _对于D,当=5时，B P =A B C +-B Bi,取B B 1,C C、中点、为M,N .B P =B M +九 M N，所以P点2 2轨迹为线段MN.设尸 0,y0,因为A-0,0 ,所以AP=,y0,A B =|-,1 2/2)I 2 2)2 2)3 1 1 1所以一+%=0=%=,此时p与N重合，故D正确.4 2 2 0 2故选：B D.【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内.9.(2 0 2 1全国高考真题(理)以图为正视图，在图中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为(写出符合要求的一组答案即可).图 图【答案】（答案不唯一）【分析】由题意结合所给的图形确定组三视图的组合即可.【解析】选择侧视图为，俯视图为,如图所示，长方体 A 3 C D -4 4 G A 中，A B =B C =2,BB=1,E,产分别为棱4 q,B C 的中点,则正视图，侧视图，俯视图对应的几何体为三棱锥石-A D R.故答案为：.【点睛】三视图问题解决的关键之处是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系.10.（2021.全国高考真题）如图，在三棱锥A-B C D 中，平面平面B C D,A B =A D.。为的中点.（1）证明：O A 1 C D；（2）若AOCD是边长为1的等边三角形，点 在棱A。上，D E =2 E A，且二面角七一BC。的大小为4 5 ,求三棱锥A-8 8 的体积.【答案】（1）详见解析（2）正6【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AO_L平面B C D,即可证得结果；（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果.【解析】（1）因为AB=ADQ为 BD中点，所以AO_LBD因为平面A B D p平面BCD=BD,平面A B D,平面BCD,A O u 平面ABD,因此AO_L平面BCD,因为CD U 平面B C D,所以AOLCD 作 EF1B D 于 F,作 FM_LBC于 M,连 FM因为 AO_L平面 B C D,所以 AOJ_BD,AO_LCD所以 EFBD,EFCD.B D cC=）,因此 E FL平面 B C D,即 EF1BC因为 FM_LBC,EM I E/n/7,所以 BC_L平面 E F M,即 BC_LME7F则Z E M F为二面角E-BC-D的平面角,N E M F =-4因为8 0 =，AOCD为正三角形，所以ABCD为直角三角形2从而EF二FM=一,.AO=13QAOJ/平面 BCD,所以 V=!AO.S.BC/=L x lx,x lx G =3 3 2 6【点睛】：面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.11.（2021浙江高考真题）如图，在四棱锥P-A B C D中，底面ABCD是平行四边形,Z A B C=120,AB=1,5C=4,PA=V15.M,N分别为 6C,PC 的中点，P D D C,P M MD.（1）证明：A B P M；（2）求直线AN与平面p n w所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）叵.6【分析】（1）要证A 8 L P M，可证D C L P M，由题意可得，P D 1 D C.易证。M L D C，从而。C_L平面P Z W,即有。C L A W,从而得证；（2）取中点七，根据题意可知，两两垂直，所以以 点 为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向 量 而 和平面PDM的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出.【解析】（1）在ADCM中，DC=1，C M =2,Z D C M =60.由余弦定理可得。M=百，所以 D A r +o c?=C A/2,，由题意 C _ L P 且.O C _ L 平面 P D M ,而月V f u 平面P Z M 7,所以。CL PM,又 A B/A DC，所以A 6LPM.(2)由P A/L A/D，A 8L9 W，而 A 3与DM相交，所以PW，平面A B C。，因为A M=近，所以P M =2 也,取 A 中点E，连接ME，则M E,M,P M 两两垂直，以点M 为坐标原点，如图所示,建立空间直角坐标系，则 A(-石,2,0),尸(0,0,2 夜),。(百,(),().M(0,0,0),C(A,-l,0)、乂N 为 PC中点，所以N，一!,逝,病=2 )、,-1,V2.2 )由(1)得平面PDW,所以平面PDM的一个法向量n=(0,1,0)从而直线A N与平面P D M所成角的正弦值为s i n 6=|丽 问|M l H|【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明A 3J.PM，可以考虑DCLA W,题中与DC有垂直关系的直线较多，易证O C _ L 平面PZW,从而使问题得以解决：第二问思路直接，由第一间的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出.1 2.(2 0 2 1.全国高考真题(理)已知直三棱柱4 3。一45中，侧面A A gB为正方形，A B =B C =2,E,尸分别为A C和 CG的中点，。为棱A 4上 的 点.B F A.AtBt（1）证明：B F Y D E-,（2）当片。为何值时，面B B|G C与面ORE所成的二面角的正弦值最小？【答案】（1）见解析；（2）=12【分析】通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案.【解析】因为三棱柱A B C-A4G是直三棱柱，所以3与1底面A BC,所以3 q_ L AB因为 AM/A8,所以 3 E _ L A 5，又 B B C B F =B ,所以ML平面BCG片.所以氏两两垂直.以B为坐标原点，分别以BA,BC,BB1所在直线为x,%z轴建立空间直角坐标系，如图.C所以 8(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),4(0,0,2),A(2,0,2),(0,2,2),E(l,l,0),F(0,2,l).由题设。(a,0,2)(0aW 2).(1)因 为 诉=(0,2,1),瓦=(1 一a,l,2),所 以 丽.皮=0 x(1 a)+2xl+lx(-2)=0,所以 B F上D E.(2)设平面OEE的法向量为蔡=(x,y,z)，因 为 丽=(1,1,1),诙=(l _ a,l,_2),ffi-EF=0 x+y+z=0所以_ _ c，BPt,、c n.in-D E=0 y-2z=0令z=2 a,则玩=(3,l+a,2-a)因为平面B C G4的法向量为丽=(2,0,0),设平面B C CtBt与平面D E F的二面角的平面角为6,M 而I 6 3则|cos 0=|=-.=/.H-|2xJ2a2_2a+14 V2a1 2-32a+14127当。=一时，2a2-2 a+4取最小值为二，223 _ 76此时cos。取 最 大 值 为(27-3 V 2所以(sin 8).=此时与。=.2【点睛】本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出。(。,0,2)(0 4。4 2),在第二问中通过余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步.13.(2021全国高考真题(理)如图，四棱锥P ABC。的底面是矩形，底面A3CO,P D=D C =,“为BC的中点，且p（2）求二面角A PM 3的正弦值.【答案】（1）夜；（2）叵1 4【分析】（1）以点。为坐标原点，DA、D C、0P所在直线分别为x、丁、z轴建立空间直角坐标系，设BC =2 a,由己知条件得出P区 通/=0，求出”的值，即可得出3 C的长；（2）求出平面RA M、P5M的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.【解析】（1）平面A B C。，四边形A 8 C D为矩形，不妨以点。为坐标原点，D4、D C .0P所在H线分别为、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系。-肛z,设B C =2 a,则。（0,0,0）、尸（0,0,1）、3（2 a,l,0）、M（a,l,0）、A（2 a,0,0）,则 方=（2 a,l,1）,A M=（-,1,O）,：P B A M，则 P反 而=一2/+1 =0，解得变，微 B C =2a=叵;2(2)设平面P A M 的法向量为?=(X，X，z J,则,A/=-：/,0 ,A P =(-夜,0,1卜乙 ,I L 夜 c由 2 1 71 取 七=Q，可得加=（，2,1,2）,m -A P=-&X +Z =0设 平 面 的 法 向 量 为=（工2，y 2,2 2），而面=一,0,0 ,3 2=（一夜,-1,1）,n-B M-%,=0由 彳 2 2n-B P =-lx2-y,+z2=0取为=1可得 7=(0,1,1),-m-nc o s =.,I 小同_ _ _ 3 _ 3V 1 4夜1 4所以,s in m,=Jl -c o s2 V70IT因此，二面角B的正弦值 为 画1 4【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下:（I）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标;（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）;（3）计 算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角,从而得到二面角的余弦值.1 4.（2 0 2 1.北京高考真题）已知正方体,点 为中点，直 线 交 平 面C D E于点C lM.（1）证明：点F为gG的中点；（2）若点M为棱44上一点，且二面角M-C F-E的 余 弦 值 为 手，求 器 的值.【答案】（1）证明见解析；（2）缪=：.AB、2【分析】（1）首先将平面COE进行扩展，然后结合所得的平面与直线4G的交点即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数；I的值.【解析】如图所示，取与G的中点?，连结D E,M ,F C,由于A B C。44CQ为正方体，E,尸 为 中点，故E F|C D,从而瓦尸,C,。四点共面，即平面C D E即平面C D E F ,据此可得：直线A G交平面C OE于点?，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F与点八 重合,即点尸为4 G中点.以点。为坐标原点，。4,。,。2方向分别为轴，y轴，z轴正方形，建立空间直角坐标系。一盯z,2（0 2 _L平面B C D,平面43）门平面3。=3），C D L B D,Cu平面BC。，C D 人平 面 说，;CD=B D =2,S&ABD=,X*=6,所以,_,=gs“w,.C O =；xGx2=.故选：A.【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解.8.（2 0 2 1 福建高三模拟）如图，在直四棱柱A B C O -Ag CR中，B C L C D，A B/C D,B C =6AA=A3=A O =2,点P,Q,R分别在棱8月，C C,D R 上,若A,P,Q,R四点共面，则下列结论错误的是（）A.任意点P,都有A P Q RB.任意点P,四边形A P Q R不可能为平行四边形C.存在点P,使得 A P R为等腰直角三角形D.存在点使得B C/平面A P Q R【答案】C【分析】根据线线，面面的性质判断A,8是否正确；使用假设法判断C,0是否正确.【解析】解：对于A：由直四棱柱ABCO-AgGA,A B/C D,所以平面ABgA/平面。CCQi，又因为平面APQRc平面AB4A=A P,平面APQHc平面。CGA=Q R ,所以A P/Q R,故A正确；对于8：若四边形APQA为平行四边形，则AR/QP,而AO与8 c不平行，即平面AOZ)M与平面5C C 不平行，所以平面APQRc平面BC C E=PQ,平面APQRc平面ADDM=A R,直线PQ与直线AR不平行，与AH/QP矛盾，所以四边形A PQR不可能是平行四边形，故B正确；对于C：假设存在点尸，使得八4尸/?为等腰直角三角形，令 B P =x,过点。作。E_LAB，则。E=BC=J 5，在线段OH上取一点 使 得DM=BP=x，连接则四边形6DWF为矩形，所以9=8=2,则 PR=y/PM2+MR2=+(DR-XY，AP=ylPB2+AB2=,4+f，AR=yjDR2+AD2=+。叱显然若由AP=AR,则8。=V?=x且BPI/DR n 四边形BPDR为平行四边BPDR，所以 RP=JB C2+Q）2=2=74尸=，8+23尸=,8+2+，无解，故 C错误；对于。：当BP=CQ时，R为。时，满足8 C/平面APQR,故。正确.故选：C.T T9.（202卜江苏高三模拟）如图，在 矽 43。中，C=,BC=20，AB=4 O,现将其放置在平面夕的27 T上面，其中点A，B在平面a的同一侧，点C e平面a,BC与平面a所成的角为 ,则点A到平面a的O最大距离是（）A.10V2 B.20 C.1073 D.30【答案】D【分析】过点A作 例，平面a于点A,过点3作 阴，平山屹于点，连接AC,B】C,当平面ABC a时，点A到平面a的距离最大，此时A C与平面成角最大为60.【解析】解：过点A作A 4，平面。于点4,过点B作平面a于点耳，连接C,4 c.T T由题意可知NBCg=一,当平面A5C_L平面。，即4、。、三点共线时，点A到平面a的距离最大,6因为C=5,8C=2（），AB=4 O,所以AC=20&，从而A41=30.故选：DA10.（2021 湖南高三模拟）己知梯形 ABC。，A B =A D =-B C =1 ,A D I IBC,A D A B，P 是线段 8C2上的动点；将AB）沿着8。所在的直线翻折成四面体A B C D,翻折的过程中下列选项中正确的是（）A.不论何时，BD与4 c都不可能垂直B.存在某个位置，使得AO_L平面ABCC.直线A P与平面BCD所成角存在最大值D.四面体ABC。的外接球的表面积的最小值为4万【答案】AD【分析】利用反证法可判断AB选项的正误；分别取3 0、8 C的中点0、M.连接OM、A O,以点。为坐标原点，O B、所在直线分别为X、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断C选项的（V 2、正误；设四面体A6C。的外接球心为Q 0,z,求出四面体4 8 8外接球半径的最小值，可判断Dk?选项的正误.【解析】对于A选项，在梯形A8CO中，A B=A D =-B C =,A D/I B C，A D A B，2B D =AB?+A D。=近，且NA8）=?,则NC8O=?,因为 3 c =2,由余弦定理可得 CD?=B C2+B D2-2 B C B D c o s-=2,：.BD2+CD2=BC2 ：.BDCD,若8D_LAC，且A C D 8 =C,.BD_L平面ACO，JT.4。匚平面4 8，4。，8 0，事实上NADB=一，矛盾，4故不论何时，3。与A C都不可能垂直，A选项正确；对 于B选项，若A）_L平面ABC,A C u平面ABC,则AOJ_AC，所以，AC=J o）2-AO?=1，而4 8 =1，B C =2,即A6+AC=8 C，则A、B、C1无法构成三角形，不合乎题意，B选项错误；对于C选项，分别取8 0、BC的中点0、M.连接OM、A O,则。河C。,:C D 上 B D,O M/C D，则 B D 1 O M .A3=A。，。为BD的中点，则AO_L8D，=故8 0,平面AOM，以点0为坐标原点，O B、Q 0所在直线分别为工、设 N/VOM=夕（0 夕 由忸。|=|A 可得（曰_#c o s。+z-#s iy轴建立如F图所示的空间直角坐标系，二sineJ、81（0,0）、一 号,0,0、叫Y=l+z,解得Z =.国cos田。_ _ rr设三棱锥4一5 8的外接球半径为，则r=3=2 1，当且仅当。=时，等号成立,因此，四面体A6CD的外接球的表面积的最小值为4万，D选项正确.对于 C 选项，设 方=ACB=A（V2,-V2,0）=（立I,-立1,0）,用?=方+丽7=(I,-衣 1,0)+冬冬。s。,冬 in。易知平面BCD的一个法向量为 =（0,0,1）,nPA网|_J_ LCOS。一 行 见+sin2 02V2 sin亚小4九2 -2%(l+cos6)+l 亚 J +cosO J _(+COS6)2+4-(1+cos)2，2sin2 2-2cos2 2(cos6+l)4 小八ifij-5-=-2-e(0,1),4-Q +COS)3-2COS-COS-3 cos 0+3 cos 0+3V2 sin 0即当0 1中,A B=2,A 4 i=4,E为（8的中点，点尸满足QF=3 F C，动点M在侧面AADD内运动，且平面9 E F,则|M|的取值范围是【答案】【分析】建立空间直角坐标系，表示所需点的坐标，求出平面。归口的一个法向量，结合线面平行的向量表示可得动点M的坐标满足的条件，即可得解.【解析】因为A8CQ-48G A是正四棱柱，以点。为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，设 M(x,O,z),B(2,2,0),D(0,0,4),E(2,1,0),因 为 索 =3京，所以尸是CG四等分点(靠近C),所以尸(0,2,1),所以方(2,1,-4),取=(0,2,3),设平面AEf的一个法向量为万=3,仇c),D.E-n=0 2a+/?-4 c =0贝匹二_ ，即工，.八 ，.万=0 12)-3 c =0令 c=2,则 a =g,b=3,故万=(g,3,2),又 加=(2-尤,2,z),荻平面O i E尸，所以初百，万，即初豆力=0，所以2(2-x)+6 2z =0,所以z =U-x,2 2 4故而=国不运，因为 0%W 2,0 z ,然后以点。为坐标原点，与CB平行的直线为轴，0。所在直线为N轴，O S所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，计算出平 面 砂。的法向量3,证明出荏 3,即可证得结论成立；（2）设正三棱锥S ABC的外接球球心为。（0,0,。，根据=可求得f的值，即可求得外接球的半径，结合球体的体积公式可求得结果.【解析】（1）证明：延长A0交8c于点D因为S O _ L平面A8C，所以N E 4 0即为直线E 4与底面A B C所成的角，从而t a n/E 4O =也，所以”=正.2 A 0 2设A O =2,则0 E =a,酎=4，AB =S O=2 5以点。为坐标原点，与CB平行的直线为x轴，0。所在直线为y轴，o s所在直线为z轴，建立空间直角坐标系。一 切，则 0(0,0,0)、A(),2,0)、6(7 3,1,0),C(-7 3,1,0),E(0,0码,所 以 瑟=(一26,0,0),B E =(-,-l,2),A E =(0,2,V 2),设平面EBC的法向量为=（x,y,z），n-阮=0,-27 3%=0得,n-BE-0 -y/3x-y+/2z=0取 z =1，则 y =&x =0，即 7 =(O,0,1),所 以 荏=05，即通3，所以A E _ L平面EBC；（2）由题意知三棱锥E-ABC为正三棱锥，设其外接球的球心为。（0,0,。，解得/=一 立,24所以外接球的体积丫=一73=9丘兀.由 OA=OE,得，产+4=1一27 2|15.（2021湖南高三模拟）在长方体A B C。-4 4 GA中，已知A 8 =AD，E为AD的中点.（1）在 线 段 上 是 否 存 在 点 尸，使得平面AA F/平面Ecq?若存在，请加以证明，若不存在，请说明理由；（2）设A D =2，AA=4,点G在A4上且满 足 丽=8而，求EG与 平 面 所 成 角 的 余 弦 值.【答案】（1）存在，证明见解析；（2）旦.6【分析】（1）利用线面判定定理证得例平面ECG和A F平面ECG，然后利用面面平行的判定定理证得结论.；（2）建立空间直角坐标系，写出各点坐标及空间向量，设G（%,%,z 0）,利用共线求得点G坐标，然后设E C与平面E B C 1所成角为。，利用s i n。=卜。5（的，可 结 合空间向量数量积求得结果.【解析】解：（1）存在，当点尸为线段与G的中点时，平面A A f V/平面E C G.证明：在长方体 ABCO-ABC。中，A 4/C G，ADHBC又因为e q u平面E C C,A 4,轴，z轴建立空间直角坐标系力-孙z,如图所示.因为 A D =2,M=4,所以 A(2,0,0),E(1,O,O),8(2,2,0),G(0,2,4),A (2,0,4),所 以 函=(-1,2,4),8 =(1,2,0),曲=(0,0,4).设平面E8G的法向量为n=(x,y,z)，F t E C,=0 x+2 y+4 z =0则J ,即 c -八HEBO x+2 y=0令x =2,则 y=-l,z=l,所以3=(2,因 为 羽=8而，设G(%,%,Z o),则(0,0,4)=8(毛一2,%,z。).所以G(2,0,g),则 由=1,0,3则 s i n，=即 c os 0 =设EC与 平 面 所 成 角 为。,故E C与平面E8C所成角的余弦值为 好.616 7.（2 02 1 重庆高三模拟）已知正方体A B C。4耳GR中，尸 分 别 为 棱8/的 中点.（1）求证；A，E,C,F 四点共面;（2）求二面角A-Eg-。的余弦值.【答案】（I）证明见解析；（2）-2 叵.5_ _ uuu uum【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出A E，F C坐标得4=/。，从而得四边形4ECF 为平行四边形即可证明;（2）分别求出平面4七片与平面EBg的法向量浣和n，利用向量法求解二面角的公式c os =m-n尸尸 即可求解.【解析】解：如图建立空间直角坐标系。-盯 z,设正方体的边长为2,(1)因为 A(0,2,2),E(0,01),C(2,0,0),F(2,2,l),所 以 瓶=(O,-2,T),F C =(O,-2,-l),UUU ULUI所以4七=尸。，所以且=所以四边形AEC F为平行四边形，所以A,旦 C,F 四点共面；(2)4(2,2,2),设 平 面 的 法 向 量 分 别为蔡=,y,z），则m-AE=Oin*BX=0-2y-z =Q _ /、c .八 ，取 y=l 得加=(0,1,-2),2x=0-m-n所以c os =.=-同理可得，平面EB C的法向量3=（1,-2,2）,2 7 5丁，由图可知，二面角为钝角，所以二面角A-Eg-C的余弦值为一 拽.517.（2 02 1山东高三模拟）在正六棱柱 耳中，A&=2A8=2.（1）求 8C到平面A Z）G 4 的距离;（2）求二面角4-A。片的余弦值.【答案】等；*【分析】（1）连接AE，以点E为坐标原点，E4、ED、七互所在直线分别为x、z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出点8到平面AD G4的距离，即为所求；（2）计算出平面AO4、平面AD&的法向量，利用空间向量法可求得二面角 耳-AD 一4 的余弦值.【解析】（1）连接AE，因为六边形AB CD EP为正六边形，则N A E E =N OEF =1 2 0，因为 AE=E 尸，则 N A E F =30，故 乙4 。=9 0，因为Eg，底面A 3 C D E E，不妨以点E为坐标原点，EA、ED、七4所在宜线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则 A(G,O,O)、4百,1,0)、C俾,;,()、0(0,1,。)、耳(6,1,2)、G 修,;,2、E,(0,0,2),(22)I 2 2 J在正六棱柱 A B C D E F-A与G A&G 中，B B/C C 1且 B B,=C C,所以，四边形3 4G。为平行四边形，则BCAG，因为8C.平面AD G耳，用G=平面AD C4,所以，B C平面AOC4，所以，到平面A D CtBt的距离等于点5到 平 面 的 距 离,设平面4。声 的法向量为正=(不 如4),A D =(-7 3,1,0),通 =(0,1,2),m-A D =-y/3xt+x =0tnAB1=y+2 4 =0,取y=2g,则石=(2,2 后 一 码,通=(0,1,0),所以,直线3 C到平面AOG4的距离为4|A B丸2百_ 2历|m|V19 19(2)设平面&的法向量为元=(X 2，%，Z 2)，A D =(-7 3,1,0),函=(O,T,2),n-A D=-6/+)2=0n-DE-y2+2 z2=0取 必=26，则7 =(2,2 6,右卜-m-n 13cos =i-=同 W 19，13由图可知，二面角4-A O-&为 锐角，所以，二面角用一A O-g的余弦值为历.【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；（3）计 算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.18.（2021.河南高三模拟（理）如图，在四棱锥产一 中，底面A8CC为边长为4的菱形，ZZMB=60,P A=P D =屈,E为4 8的中点，。为AO的中点，P E L AC.（1）证明：A C P O.（2）求二面角APO B的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）4【分析】（1）连接。E,由平面几何的知识可得A C L O E，再结合线面垂直的判定与性质即可得证;m-n（2）建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量，再由cos。=岛 凸 即可得解.网 网【解析】（1）证明：连接O E,如图，因为底面48CD是菱形，所以ACJ_3,又OE为ABD的中位线，所以O E/B D,从而A C L O E,因为 PE L A C，P E C O E=E,所以 ACL平面 POE,又P O u平面PO E,所 以A C L P O；(2)因为PO是等腰三角形勿。的中线，所以POJ_A。，由(1)知A C _L PO,所以POJL平面ABC。，PO=J1 3-4 =3,因为底面A8c。为菱形，且ND4B=60。，所以0 8 LA D,分别以砺，0 B-赤 的 方向为x,y,z轴的正方向建立如图所示的也用坐标系-型，则。(-2,0,0),8(0,2后0),尸(0,0,3),丽=(2,2百,0),而=倒,263).设 平 面 的 一 个 法 向 量为加=(x,y,z),贝 卜m DB 2x+2s?y=0,m-PB=2xf3y-3z=0,取=有，得而=卜3,6,2 1易知平面24。的一个法向量为3=(0,L0)，设二面角一8为 氏 则cos6 二m-n故二面角A-PD5的余弦值为 立.4