立体几何知识点复习.doc

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1、. .【知识络构建】【重点知识整合】 1空间几何体的三视图(1)正视图：光线从几何体的前面向后面正投影得到的投影图；(2)侧视图：光线从几何体的左面向右面正投影得到的投影图；(3)俯视图：光线从几何体的上面向下面正投影得到的投影图几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三视图2斜二测画水平放置的平面图形的根本步骤(1)建立直角坐标系，在水平放置的平面图形中取互相垂直的Ox，Oy，建立直角坐标系；(2)画出斜坐标系，在画直观图的纸上(平面上)画出对应的Ox，Oy，使xOy45(或135)，它们确定的平面表示水平平面；(3)画对应图形，在图形中平行于x轴的线段，在直观图中画成平行于x轴，且长度

2、保持不变；在图形中平行于y轴的线段，在直观图中画成平行于y轴，且长度变为原来的一半；(4)擦去辅助线，图画好后，要擦去x轴、y轴及为画图添加的辅助线(虚线)3.体积与外表积公式:(1)柱体的体积公式:;锥体的体积公式: ;台体的体积公式: ;球的体积公式: . (2)球的外表积公式:.【高频考点突破】考点一 空间几何体与三视图 1一个物体的三视图的排列规那么是：俯视图放在正视图的 下面，长度与正视图的长度一样，侧视图放在正视图的右面，高度与正视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样即“长对正、高平齐、宽相等 2画直观图时，与坐标轴平行的线段仍平行，与x轴、z轴 平行的线段长度不变，与y轴平行的线

3、段长度减半 例1、将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如下图，那么该几何体的侧视图为 ()解析：如下图，点D1的投影为点C1，点D的投影为点C，点A的投影为点B.答案：D【方法技巧】该类问题主要有两种类型：一是由几何体确定三视图；二是由三视图复原成几何体解决该类问题的关键是找准投影面及三个视图之间的关系抓住“正侧一样高，正俯一样长，俯侧一样宽的特点作出判断.考点二 空间几何体的外表积和体积常见的一些简单几何体的外表积和体积公式：圆柱的外表积公式：S2r22rl2r(rl)(其中r为底面半径，l为圆柱的高)；圆锥的外表积公式：Sr2rlr(rl)(其中r为底面半径，l为母线长)；圆台的外表积公式

4、：S(r2r2rlrl)(其中r和r分别为圆台的上、下底面半径，l为母线长)；柱体的体积公式：VSh(S为底面面积，h为高)；锥体的体积公式：VSh(S为底面面积，h为高)；台体的体积公式：V(SS)h(S、S分别为上、下底面面积，h为高)；球的外表积和体积公式：S4R2，VR3(R为球的半径)例 2、如下图，某几何体的正视图是平行四边形，侧视图和俯视图都是矩形，那么该几何体的体积为 ()A6 B9C12 D18解析：由三视图可复原几何体的直观图如下图此几何体可通过分割和补形的方法拼凑成一个长和宽均为3，高为的长方体，所求体积V339.答案：B【方法技巧】1求三棱锥体积时，可多角度地选择方法如

5、体积分割、体积差、等积转化法是常用的方法2与三视图相结合考察面积或体积的计算时，解决时先复原几何体，计算时要结合平面图形，不要弄错相关数量3求不规那么几何体的体积常用分割或补形的思想将不规那么几何体转化为规那么几何体以易于求解4对于组合体的外表积要注意其衔接局部的处理.考点三 球与空间几何体的“切“接问题1长方体、正方体的外接球其体对角线长为该球的直径2正方体的内切球其棱长为球的直径3正三棱锥的外接球中要注意正三棱锥的顶点、球心及底面正三角形中心共线4正四面体的外接球与内切球的半径之比为31.例3、一个棱锥的三视图如图，那么该棱锥的外接球的外表积为_【方法技巧】1涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题

6、时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题2假设球面上四点P、A、B、C构成的线段PA、PB、PC两两垂直，且PAa，PBb，PCc，那么4R2a2b2c2(R为球半径)可采用“补形法，构造长方体或正方体的外接球去处理考点四 空间线线、线面位置关系(1)线面平行的判定定理：a，b，aba.(2)线面平行的性质定理：a，a，bab.(3)线面垂直的判定定理：m，n，mnP，lm，lnl.(4)线面垂直的性质定理：a，bab.例4、如图，在四面体PABC中，PCAB，PABC，点D，E，F，G分别是 棱AP，AC，BC，PB的中点 (1)求证：DE平面BCP；(2)求证：

7、四边形DEFG为矩形；(3)是否存在点Q，到四面体PABC六条棱的中点的距离相等？说明理由解：(1)证明：因为D，E分别为AP，AC的中点，所以DEPC.又因为DE平面BCP，所以DE平面BCP.(2)证明：因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，所以DEPCFG，DGABEF.所以四边形DEFG为平行四边形又因为PCAB，所以DEDG.所以四边形DEFG为矩形(3)存在点Q满足条件，理由如下：连接DF，EG，设Q为EG的中点由(2)知，DFEGQ，且QDQEQFQGEG.分别取PC，AB的中点M，N，连接ME，EN，NG，MG，MN.与(2)同理，可证四边形MENG为矩形，其对

8、角线交点为EG的中点Q，且QMQNEG，所以Q为满足条件的点【方法技巧】1证明线线平行常用的两种方法：(1)构造平行四边形；(2)构造三角形的中位线2证明线面平行常用的两种方法：(1)转化为线线平行；(2)转化为面面平行3证明直线与平面垂直往往转化为证明直线与直线垂直而证明直线与直线垂直又需要转化为证明直线与平面垂直.考点五 空间面面位置关系1面面垂直的判定定理：a，a.2面面垂直的性质定理：，l，a，ala.3面面平行的判定定理：a，b，abA，a，b.4面面平行的性质定理：，a，bab.5面面平行的证明还有其它方法：，(2)a、a .例5、如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD

9、，ABAD，BAD60，E，F分别是AP，AD的中点求证： (1)直线EF平面PCD；(2)平面BEF平面PAD. 【证明】(1)如图，在PAD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，【方法技巧】1垂直问题的转化方向面面垂直线面垂直线线垂直主要依据有关定义及判定定理和性质定理证明具体如下：(1)证明线线垂直：线线垂直的定义；线面垂直的定义；勾股定理等平面几何中的有关定理(2)证明线面垂直：线面垂直的判定定理；线面垂直的性质定理；面面垂直的性质定理(3)证明面面垂直：面面垂直的定义；面面垂直的判定定理2证明面面平行的常用的方法是利用判定定理，其关键是结合图形与条件在平面内寻找两相交直线分别平行于另

10、一平面.例6、如图，平面 PAC平面ABC，ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为 PA，PB，AC的中点，AC16，PAPC10. (1)设G是OC的中点，证明：FG平面BOE；(2)证明：在ABO内存在一点M，使FM平面BOE.【证明】(1)如图，连接OP，以点O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，那么O(0,0,0)，A(0，8,0)，B(8,0,0)，C(0,8,0)，P(0,0,6)，E(0，4,3)，F(4,0,3)【方法技巧】1用向量法来证明平行与垂直，防止了繁杂的推理论证而直接计算就行了把几何问题代数化尤其是正方体

11、、长方体、直四棱柱中相关问题证明用向量法更简捷但是向量法要求计算必须准确无误2利用向量法的关键是正确求平面的法向量赋值时注意其灵活性注意(0,0,0)不能作为法向量.考点七 利用空间向量求角1向量法求异面直线所成的角：假设异面直线a，b的方向向量分别为a，b，异面直线所成的角为，那么cos|cosa，b|.2向量法求线面所成的角：求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角为，那么sin|cosn，a|.3向量法求二面角：求出二面角l的两个半平面与的法向量n1，n2，假设二面角l所成的角为锐角，那么cos|cosn1，n2|；假设二面角l所成的角为钝角，那么cos|cosn1，n2|.

12、例7、如图，在四棱锥PABCD中， PA平面ABCD，底面ABCD是菱形， AB2，BAD60.(1)求证：BD平面PAC；(2)假设PAAB，求PB与AC所成角的余弦值；(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长 (3)由(2)知(1，0)设P(0，t)(t0)，那么(1，t)，设平面PBC的一个法向量m(x，y，z)，考点八 利用空间向量解决探索性问题利用空间向量解决探索性问题，它无需进展复杂繁难的作图、论证、推理，只须通过坐标运算进展判断，在解题过程中，往往把“是否存在问题，转化为“点的坐标是否有解，是否有规定X围的解等，可以使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法例8、如图，

13、在三棱锥 PABC中，ABAC，D为BC的中点， PO平面ABC，垂足O落在线段AD上 BC8，PO4，AO3，OD2. (1)证明：APBC；(2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角AMCB为直二面角？假设存在，求出AM的长；假设不存在，请说明理由解：(1)证明：如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.即可取n1(0,1，)由即得可取n2(5,4，3)由n1n20，得430，解得，故AM3.综上所述，存在点M符合题意，AM3.【难点探究】难点一空间几何体的外表积和体积例1、1一个空间几何体的三视图如下图，那么该几何体的外表积为()A48 B328C488 D

14、80(2)某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为()A12 B18C942 D3618【答案】1C(2)B【解析】 (1)由三视图可知此题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(如下图)，所以该直四棱柱的外表积为S2(24)4442424488.(2)由三视图可得这个几何体是由上面是一个直径为3的球，下面是一个长、宽都为3、高为2的长方体所构成的几何体，那么其体积为：VV1V2333218，应选B.难点二 球与多面体例 2、球的直径SC4，A，B是该球球面上的两点，AB，ASCBSC30，那么棱锥SABC的体积为()A3 B2 C. D1【解题规律与技巧】1真实图形中和两坐标轴平行的

15、线段在直观图中仍然和两坐标轴平行，在真实图形中与x轴平行的线段在直观图中长度不变，在真实图形中和y轴平行的线段在直观图中变为原来的一半这种画法蕴含着一个一般的规律，在斜二测画法中，真实图形的面积和直观图的面积之比是2.2空间几何体的面积有侧面积和外表积之分，外表积就是全面积，是一个空间几何体中“暴露在外的所有面的面积，在计算时要注意区分“是侧面积还是外表积多面体的外表积就是其所有面的面积之和，旋转体的外表积除了球之外，都是其侧面积和底面面积之和3实际问题中的几何体往往不是单纯的柱、锥、台、球，往往是由柱、锥、台、球或其一局部组成的组合体，解决这类组合体体积的根本方法就是“分解，将组合体“分解成

16、假设干局部，每局部是柱、锥、台、球或其一个局部，分别计算其体积，然后根据组合体的构造，将整个的体积转化为这些“局部体积的和或差【历届高考真题】【2021年高考试题】一、选择题1.【2021高考真题新课标理7】如图，格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，那么此几何体的体积为2.【2021高考真题XX理10】矩形ABCD，AB=1，BC=。将沿矩形的对角线BD所在的直线进展翻折，在翻折过程中。A.存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直.B.存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直.C.存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直.D.对任意位置，三对直线“AC与BD，“AB与CD，“

17、AD与BC均不垂直【答案】C【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进展翻着，观察在翻着过程，即可知选项C是正确的3.【2021高考真题新课标理11】三棱锥的所有顶点都在球的求面上，是边长为的正三角形，为球的直径，且；那么此棱锥的体积为4.【2021高考真题XX理6】以下命题正确的选项是 A、假设两条直线和同一个平面所成的角相等，那么这两条直线平行B、假设一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，那么这两个平面平行C、假设一条直线平行于两个相交平面，那么这条直线与这两个平面的交线平行D、假设两个平面都垂直于第三个平面，那么这两个平面平行5.【2021高考真题XX理10】如图，半径为的半球

18、的底面圆在平面，过点作平面的垂线交半球面于点，过圆的直径作平面成角的平面与半球面相交，所得交线上到平面的距离最大的点为，该交线上的一点满足，那么、两点间的球面距离为 A、 B、 C、 D、6.【2021高考真题XX理5】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱，那么直线与直线夹角的余弦值为 A. B. C. D. 【答案】A.【解析】设，那么，应选A.7.【2021高考真题XX理3】某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，那么该几何体的俯视图不可能是 9.【2021高考真题XX理6】某几何体的三视图如下图，它的体积为A12 B.45 C.57 D.81【答案】C【解析】该几何体的上部是一个圆锥，下部是

19、一个圆柱，根据三视图中的数量关系，可得应选C10.【2021高考真题XX理4】一个几何体的三视图形状都一样、大小均相等，那么这个几何体不可以是 A.球 B.三棱柱 C.正方形 D.圆柱11.【2021高考真题XX理9】设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，和，且长为的棱与长为的棱异面，那么的取值X围是ABCD 【答案】A 【解析】因为那么，选A，12.【2021高考真题理7】某三棱锥的三视图如下图，该三梭锥的外表积是A. 28+6B. 30+6C. 56+ 12D. 60+12【答案】B【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥，如下图，图中蓝色数字所表示的为直接从题目所给三视图中读出

20、的长度，黑色数字代表通过勾股定理的计算得到的边长。此题所求外表积应为三棱锥四个面的面积之和，利用垂直关系和三角形面积公式，可得：，因此该几何体外表积，应选B。13.【2021高考真题全国卷理4】正四棱柱ABCD- A1B1C1D1中 ，AB=2，CC1= E为CC1的中点，那么直线AC1与平面BED的距离为 A 2 B C D 1二、填空14.【2021高考真题XX理11】某三棱锥的三视图单位：cm如下图，那么该三棱锥的体积等于_cm3.【答案】1【解析】观察三视图知该三棱锥的底面为一直角三角形，右侧面也是一直角三角形故体积等于15.【2021高考真题XX理14】如图，在正方体中，、分别是、的

21、中点，那么异面直线与所成角的大小是_。 16.【2021高考真题XX理13】一个几何体的三视图如下图，那么该几何体的外表积为_。【答案】38【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体在中间挖去了一个等高的圆柱，其中长方体的长、宽、高分别为4、3、1，圆柱的底面直径为2，所以该几何体的外表积为长方体的外表积加圆柱的侧面积再减去圆柱的底面积，即为17.【2021高考真题XX理14】如图，正方体的棱长为1，分别为线段上的点，那么三棱锥的体积为_.18.【2021高考真题XX理16】正三棱锥ABC，点P，A，B，C都在半径为的求面上，假设PA，PB，PC两两互相垂直，那么球心到截面ABC的距离为_。【答

22、案】【解析】因为在正三棱锥ABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，所以可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一局部，如下图，此正方体内接于球，正方体的体对角线为球的直径，球心为正方体对角线的中点。球心到截面ABC的距离为球的半径减去正三棱锥ABC在面ABC上的高。球的半径为，所以正方体的棱长为2，可求得正三棱锥ABC在面ABC上的高为，所以球心到截面ABC的距离为19.【2021高考真题XX理8】假设一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，那么该圆锥的体积为。20.【2021高考真题XX理14】如图，与是四面体中互相垂直的棱，假设，且，其中、为常数，那么四面体的体积的最大值是。【答案】。【解析】过点

23、A做AEBC，垂足为E，连接DE，由ADBC可知，BC平面ADE，所以=，当AB=BD=AC=DC=a时，四面体ABCD的体积最大。过E做EFDA，垂足为点F，EA=ED，所以ADE为等腰三角形，所以点E为AD的中点，又，EF=，=，四面体ABCD体积的最大值=。21.【2021高考XX7】5分如图，在长方体中，那么四棱锥的体积为 cm322.【2021高考真题XX理12】某几何体的三视图如下图，该几何体的外表积是【答案】92【解析】该几何体是底面是直角梯形，高为的直四棱柱，几何体的外表积是23.【2021高考真题XX理10】一个几何体的三视图如下图单位：m，那么该几何体的体积为_m3.24.

24、【2021高考真题全国卷理16】三菱柱ABC-A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等， BAA1=CAA1=60那么异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为_.【答案】【解析】如图设设棱长为1，那么，因为底面边长和侧棱长都相等，且所以，所以， ，设异面直线的夹角为，所以.三、解答题27.【2021高考真题XX理19】本小题总分值12分如图1，过动点A作，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿将折起，使如图2所示 当的长为多少时，三棱锥的体积最大；当三棱锥的体积最大时，设点，分别为棱，的中点，试在棱上确定一点，使得，并求与平面所成角的大小DABCACDB图2图1ME.第19题图解法2：同解法1

25、，得令，由，且，解得当时，；当时， 所以当时，取得最大值故当时, 三棱锥的体积最大CADB图aEMxyz图bCADBEFMN 图cBDPCFNEBGMNEH图d第19题解答图N 故与平面所成角的大小为解法2：由知，当三棱锥的体积最大时，如图b，取的中点，连结，那么.由知平面，所以平面.如图c，延长至P点使得，连，那么四边形为正方形，所以.取的中点，连结，又为的中点，那么，所以. 因为平面，又面，所以. 又，所以面. 又面，所以.因为当且仅当，而点F是唯一的，所以点是唯一的.即当即是的靠近点的一个四等分点，连接，由计算得，所以与是两个共底边的全等的等腰三角形，如图d所示，取的中点，连接，那么平面

26、在平面中，过点作于，那么平面故是与平面所成的角 在中，易得，所以是正三角形，故，即与平面所成角的大小为28.【2021高考真题新课标理19】本小题总分值12分如图，直三棱柱中，是棱的中点，1证明：2求二面角的大小.29.【2021高考XX16】14分如图，在直三棱柱中，分别是棱上的点点不同于点，且为的中点求证：1平面平面； 2直线平面【解析】1要证平面平面，只要证平面上的平面即可。它可由是直三棱柱和证得。 2要证直线平面，只要证平面上的即可。32.【2021高考真题理16】本小题共14分如图1，在RtABC中，C=90，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且DEBC，DE=2，将

27、ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD,如图2.(I)求证：A1C平面BCDE；(II)假设M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(III)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由【答案】解：1，平面，又平面，又，平面。2如图建系，那么，,设平面法向量为那么 又，与平面所成角的大小。33.【2021高考真题XX理20】(本小题总分值15分)如图，在四棱锥PABCD中，底面是边长为的菱形，且BAD120，且PA平面ABCD，PA，M，N分别为PB，PD的中点()证明：MN平面ABCD；() 过点A作AQPC，垂足为点Q，求二面角AMNQ的平面角的余

28、弦值【答案】()如图连接BDM，N分别为PB，PD的中点，在PBD中，MNBD又MN平面ABCD，MN平面ABCD；()如图建系：A(0，0，0)，P(0，0，)，M(，0)，N(，0，0)，C(，3，0)设Q(x，y，z)，那么，由，得：即：40.【2021高考真题XX理18】本小题总分值12分如图5，在四棱锥P-ABCD中，PA平面ABCD，AB=4，BC=3，AD=5，DAB=ABC=90，E是CD的中点.证明：CD平面PAE；假设直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P-ABCD的体积.由知，为直线与平面所成的角.由题意，知因为所以由所以四边形是平行四边

29、形，故于是在中，所以于是又梯形的面积为所以四棱锥的体积为解法2：如图2，以A为坐标原点，所在直线分别为建立空间直角坐标系.设那么相关的各点坐标为：由知，由故解得.又梯形ABCD的面积为，所以四棱锥的体积为.【2021年高考试题】一、选择题:1. (2021年高考XX卷理科11)以下图是长和宽分别相等的两个矩形给定以下三个命题：存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如以下图；存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如以下图；存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如以下图其中真命题的个数是(A)3 (B)2 (C)1 (D)0【答案】A【解析】对于,可以是放倒的三棱柱；容易判断可以.4.(2021年高考XX卷理科

30、6)一个空间几何体得三视图如下图，那么该几何体的外表积为 A 48 (B)32+8 (C) 48+8 (D) 80【答案】C【解析】由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4，。故5.(2021年高考XX卷理科8)如图，四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，那么以下结论中不正确的选项是 (A) ACSB (B) AB平面SCD (C) SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角(D)AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角8(2021年高考XX卷理科8)，是三个相互平行的平面平面，之间的距离为，平面，之间的距离为直线与，分别相交

31、于，那么“=是“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【答案】C【解析】过点作平面的垂线g,交平面，分别于点A、B两点,由两个平面平行的性质可知,所以,应选C.332正视图侧视图俯视图图19. (2021年高考XX卷理科3)设图1是某几何体的三视图，那么该几何体的体积为A.B. C. D.答案：B解析：由三视图可以复原为一个底面为边长是3的正方形，高为2的长方体以及一个直径为3的球组成的简单几何体，其体积等于。应选B10.(2021年高考XX卷理科7)如图l3某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，那么该几何体的体积为

32、 A. B.C.D.【解析】B.由题得三视图对应的直观图是如下图的直四棱柱，。所以选B11.(2021年高考XX卷理科5)某几何体的三视图如下图，那么它的体积是ABCD【答案】A12.(2021年高考XX卷理科9)高为的四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形，点S、A、B、C、D均在半径为1的同一球面上，那么底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为A BC1 D解析：选C. 设底面中心为G，球心为O，那么易得，于是，用一个与ABCD所在平面距离等于的平面去截球，S便为其中一个交点，此平面的中心设为H，那么，故，故15. (2021年高考全国卷理科11)平面截一球面得圆M，过圆心M且与成，二面

33、角的平面截该球面得圆N，假设该球的半径为4，圆M的面积为4，那么圆N的面积为 (A) (B) (c) (D)【答案】D【解析】由圆的面积为得，在应选D二、填空题:1.(2021年高考XX卷理科15)一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，那么这个矩形的面积是_.2.(2021年高考全国新课标卷理科15)矩形的顶点都在半径为4的球的球面上，且,那么棱锥的体积为。答案: 解析：如图，连接矩形对角线的交点和球心,那么，,四棱锥的高为,所以，体积为3(2021年高考XX卷理科10)一个几何体的三视图如下图单位：，那么这个几何体的体积为_4. (20

34、21年高考XX卷理科15)如图，半径为R的球O中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时，求球的外表积与该圆柱的侧面积之差是. 答案：解析：时，那么三、解答题:1. (2021年高考XX卷理科19)本小题总分值12分在如下图的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，ACB=，平面，EF，.=.)假设是线段的中点，求证：平面;假设=,求二面角-的大小【解析】)连结AF,因为EF，EF=F,所以平面EFG平面ABCD,又易证,所以,即,即,又M为AD的中点,所以,又因为D，所以M,所以四边形AMGF是平行四边形,故GMFA,又因为平面,FA平面,所以平面.取AB的中点O,连结CO,因为,所以COAB,又因

35、为平面，CO平面,所以CO,又AB=A,所以CO平面,在平面ABEF内,过点O作OHBF于H,连结CH,由三垂线定理知: CHBF,所以为二面角-的平面角.设=,因为ACB=，=,CO=,连结FO,容易证得FOEA且,所以,所以OH=,所以在中,tanCHO=,故CHO=,所以二面角-的大小为.2.(2021年高考XX卷理科20)此题总分值15分如图，在三棱锥中，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上，BC=8，PO=4，AO=3，OD=2证明：APBC；在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-为直二面角？假设存在，求出AM的长；假设不存在，请说明理由。平面的法向量 由 得

36、即 ，可取 由即得可取，由得解得 ，故综上所述，存在点M 符合题意，从而，所以综上所述，存在点M 符合题意，.5. (2021年高考全国新课标卷理科18) (本小题总分值12分)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，DAB=60,AB=2AD,PD底面ABCD. ()证明：PABD；()假设PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。8(2021年高考XX卷理科19)本小题总分值12分如图5，在圆锥中，=，O的直径,是的中点，为的中点证明：平面平面;求二面角的余弦值.解法1：连结OC，因为又底面O，AC底面O，所以，因为OD，PO是平面POD内的两条相交直线，所以平面POD，而平面

37、PAC，所以平面POD平面PAC。II在平面POD中，过O作于H，由I知，平面所以平面PAC，又面PAC，所以在平面PAO中，过O作于G，连接HG，那么有平面OGH，从而，故为二面角BPAC的平面角。在在在在所以故二面角BPAC的余弦值为所以设是平面PAC的一个法向量，那么由，得所以得。因为9.(2021年高考XX卷理科18)如图5，在椎体中，是边长为1的棱形，且,分别是的中点，1 证明：2求二面角的余弦值。【解析】法一：1证明：取AD中点G，连接PG，BG，BD。因PA=PD，有，在中，有为等边三角形，因此，所以平面PBG又PB/EF，得，而DE/GB得ADDE，又，所以AD平面DEF。 2

38、，为二面角PADB的平面角，在在由于得平面DEF。10. (2021年高考XX卷理科18)本小题总分值12分如图，本棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合.() 当CF=1时，求证：EFA1E()设二面角C-AF-E的大小为，求的最小值.解析：过E点作ENAC于N，连结EF.如图1，连结NF、AC1，由直线柱的性质知，底面ABC侧面A1C，又底面ABC侧面A1C=AC，且EN底面ABC，所以EN侧面A1C，NF为EF在侧面内的射影.在RtCEN中，=cos600=1.那么由，得，又，故作，由三垂线定理知.如图2。连结AF，过N作NMAF于M

39、，连结ME，由知EN侧面A1C。根据三垂线定理得EMAF,所以EMAF，所以是二面角的平面角，即.设那么.在中.在中，故，又，.故当，即当时，到达最小值，.此时F与C1重合.11.(2021年高考XX卷理科16)本小题总分值12分如图：在，沿把折起，使证明：平面；设。14.(2021年高考全国卷理科19)如图，四棱锥中，,，侧面为等边三角形，.证明：;)求与平面所成角的大小.【解析】：连结BD过D作，在，在，同理可证过做平面，如图建立空间直角坐标系，可计算平面的一个法向量是，所以与平面所成角为15.(2021年高考XX卷XX16)如图，在四棱锥中，平面PAD平面ABCD，AB=AD，BAD=60，E、F分别是AP、AD的中点.求证：1直线EF平面PCD；2平面BEF平面PAD18(2021年高考XX卷理科21)14分是底面边长为1的正四棱柱，是和的交点。1设与底面所成的角的大小为，二面角的大小为。求证：；2假设点到平面的距离为，求正四棱柱的高。解：设正四棱柱的高为。 连，底面于，与底面所成的角为，即，为中点，又，是二面角的平面角，即，。. .word.