2015年高考数学真题分类汇编：专题立体几何（理科）及答案.pdf

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1、专题十立体几何1.【2 0 1 5高考安徽，理5】己知加，是两条不同直线，a,是两个不同平面，则下列命题正确的是()(A)若a,尸垂直于同一平面，则。与夕平行(B)若 加，平行于同一平面，则加与平行(C)若a,万不平行，则在a内不存在与，平行的直线(D)若“不平行，则”2与不可能垂直于同一平面【答案】D【解析】由A,若a,6垂直于同一平面，则a,夕可以相交、平行，故A不正确；由B,若 加，平行于同一平面，则 可 以 平 行、重合、相交、异面，故8不正确：由C,若a,尸不平行，但a平面内会存在平行于月的直线，如a平面中平行于a,交线的直线；由。项，其逆否命题为“若加与”垂直于同一平面，则?，平行

2、”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 0 1 5高考北京，理4】设a,力是两个不同的平面，是直线且/n u a .“机 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【解析】因为a,4是两个不同的平面，山是直线且?u a.若

3、“机”，则平面。、可能相交也可能平行，不能推出a/p,反过来若a尸，m u a ,则有m/，则“?/”是“a 4”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 0 1 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，高五尺

4、。问：积及为米几何？”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（）（A）1 4 斛（B）2 2 斛（0 3 6 斛（D）6 6 斛【答案】B【解析】设圆锥底面半径为r,贝 Ij l x 2 x 3 尸=S =y =竺，所以米堆的体积为二=4 3 4 3 3 9故 堆 放 的 米 约 为 丝+L 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

5、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是工圆锥，底面周长是两个底面半径与1圆的和，根据题中的条件列出关于底面半径的4 4方程，解出底面半径，是基础题.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 B.4 乃 C.2 万+4【答案】D【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g x 2 x l x(l +2)+2 x 2 =3 1+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

6、清楚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，则产()(A)1 (B)2 (C)4 (D)8【答案】B【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%其表面积为x 4不产+%r x 2 r +%/+2 r x 2 r =5万/+4/=1 6 +22 万，解得尸2,故选B.【考点定位】简

7、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.【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左视图 俯视图翘（5 图12A、一+乃B、一+乃3312C、F 2 乃 D、F 2TT3 3【答案】A【解析】这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，V =-x l2x 2 +-x（l x x l x 2）x l =7 z-+l,2 3 2 3选 4【考点定位】组合体的

8、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.【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（）A.2 +B.4 +7 5C.2 +2 行D.5【答案】C【解析】根据三视图恢复成三棱锥P-A B C,其中/T 一平面ABC,取 AB棱的中点D,连 接 CD、PD,有PD _ AB,CD _ AB,底 面 ABC为等腰三角形底边AB上的高CD为 2,AD=BD=1,PC=1,PD=y/s,S

9、、.”=x 2 x 2=2,S、_,-=x 2 x,AC=BCj 2 f 2=6 s 皿=I x x 1=逅，三棱锥表面积5夫=2/5+2.2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，特别是侧面为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.8.12015高考安徽，理 7】一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是()(A)1+73(B)

10、2+6(C)1+272(D)272第(7)题图【答案】B【解析】由题意，该四面体的直观图如下，AABD A B C。是等腰直角三角形，A B C,A C D是 等 边 三 角 形，则11/QC D=-x V 2 X 7 2 =1,SMBC=5MCD=-X V 2 X V 2 si n 6 0 =券，所以四面体的表面积5 =5 凶8+5 0 8.+5 凶吐+5,8=2，1 +2，曰=2 +百，故选民【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

11、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.9.2 0 1 5 高考新课标2,理 9已知A,B是 球 0的球面上两点，Z A 0 B=9 0,C为该球面上的动点，若三棱锥0-A B C 体积的最大值为3 6,则球0的表面积为（）A.3 6 n B.6 4 n C.1 4 4 n D.2 5 6 贝【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。的半径 为 R,此时1 s-=7 二,3 =1*1R：出=工夫3 =3 6 ,故 K=6,则 球。的 表 面 积 为3 2 6S=4,TR:=144.T

12、,故选 C.【考点定位】外接球表面积和椎体的体积.c【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.10.【2015 高考山东，理 7】在梯形 A8CO 中，ZABC =-,A D/B C,B C =2AD=2AB=2.2将梯形 A 3C D 绕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)2万3 3 3【答案】C【解析】直角梯形ABCD绕 AD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，

13、所以该组合体的体积为：V=乂 阳 柱 怫=万x-x 2 g x 乃x F x 1 =|万故选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 1.12015高考浙江，理 8】如图，已知A 4 B C,。是 A 8 的中点，沿直线C O 将 AACO折成 A A C O,所成二面角A-C。8 的平面角为a,则()A.ZAD B a C.A A C B a D.A A C B 0,H2_fo,：.cosa c

14、os D B(当 8=时取等号)，sin*9 sin*6 2a,ZADB e 0s r 而 j =cosx在0,幻上为递减函数，二.a WNJDB,故选 B.【考点定位】立体几何中的动态问题【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A 43C 的形状不确定,N 4C 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N A D B N a,当且仅当AC=8。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，12年，13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.【2015高考湖南，理 10

15、】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,是的体劣积）（原工件的体积)A.8 Bn.169兀 9兀C 4(0-1了口 12(0-1)37 17 1正机图 则视图俯视图【答案】A.【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。，则/+丁2=（2。）2=4/,如下图所示，圆锥的轴截面如图所示，则 可 知 =上m=/?=2-2。，而长方体的体积1 22 2V x y h ：

16、7-/?=2a 2（2-2a）,a =2 2 a n a =Z时，等号成立，此时利3 27 316用 率 为 丁 口 =A,故选A.，xx 2 9乃【考点定位】L圆锥的内接长方体；2.基本不等式求最值.【名师点睛】本题主要考查立体几何中的最值问题，与实际应用相结合，立意新颖，属于较难题，需要考生从实际应用问题中提取出相应的几何元素，再利用基本不等式求解，解决此类问题的两大核心思路：一是化立体问题为平面问题，结合平面几何的相关知识求解；二是建立目标函数的数学思想，选择合理的变量，或利用导数或利用基本不等式，求其最值.12.20 15 高考浙江，理 2某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几

17、何体的体积是()A.8 c 4 B.12 cm7a,C.32 ci n D.40cnr3 3【答案】C.【解析】1 a?试题分析：由题意得，该几何体为一立方体与四棱锥的组合，如下图所示，二.体 积/=下+x 2：x 2=二,3 3故 选 C.【考点定位】1.三视图；2.空间几何体的体积计算.【名师点睛】本题主要考查了根据三视图判断空间几何体的形状，再计算其体积，属于容易题，在解题过程中，根据三视图可以得到该几何体是一个正方体与四棱锥的组合，将组合体的三视图，正方体与锥体的体积计算结合在一起，培养学生的空间想象能力、逻辑推理能力和计算能力，会利用所学公式进行计算，体现了知识点的交汇.1 3.1

18、2 0 1 5 高考福建，理 7 若/，加是两条不同的直线，m垂直于平面a ,则“/，帆”是“/a 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【解析】若/，z,因为加垂直于平面。，则/a或/ua；若/a,又加垂直于平面a,贝”，加，所 以“/1？”是“/a的必要不充分条件，故选B.【考点定位】空间直线和平面、直线和直线的位置关系.【名师点睛】本题以充分条件和必要条件为载体考查空间直线、平面的位置关系，要理解线线垂直和线面垂直的相互转化以及线线平行和线面平行的转化还有平行和垂直之间的内部联系，长方体是直观认识和描述空间点、线、面位置关系很好

19、的载体，所以我们可以将这些问题还原到长方体中研究.1 4.2 0 1 5高考新课标2,理6 一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）【答案】D【解析】由三视图得，在正方体A B C。4耳弓。中，截去四面体A 440,如图所示.，设正方体棱长为a,则 匕m o 故 剩 余 几 何 体 体 积 为 一=3/,所A Y 港 5 3 2 6 6 6以截去部分体积与剩余部分体积的比值为故选D.5【考点定位】三视图.AB【名师点睛】本题以正方体为背景考查三视图、几何体体积的运算，要求有一定的空间想象能力，关键是能从三视图确定截面，进而求体积比，属于

20、中档题.【2 0 1 5 高考上海，理 6】若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2 乃，则其母线与轴的夹角的大小为.7 F【答案】-317 1【解析】由题意得：乃，,/：(1 小2 r)=2 乃=/=2/?=母线与轴的夹角为彳【考点定位】圆锥轴截面【名师点睛】掌握对应儿何体的侧面积，轴截面面积计算方法.如圆柱的侧面积 5 =2 加7,圆柱的表面积 S=2 勿(r+/),圆 锥 的 侧 面 积S =m l,圆 锥 的 表 面 积S =m r+1),球 体 的 表 面 积 S=4 砒 2,圆锥轴截面为等腰三角形.【2 0 1 5 高考上海，理 4】若正三棱柱的所有棱长均为。，且其体积为1 6 百，

21、则。=.【答案】4h【解析】c i a1=1 6 V 3 =/=6 4 n =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.柱的体积为丫=S/7,区 别 锥 的 体 积 丫=:助；熟 记 正 三 角 形 面 积 为 正/,正六边形的面积为3 46X x a2415.12015 高考四川，理 14】如图，四边形ABCD和 ADP 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AB、BC 的中点。设异面直线EM 与 AF所成的角为氏

22、则c o s 6的 最 大 值 为.B【答案】-【解析】1 1 1建 立 坐 标 系 如 图 所 示 设=1,则”=（L彳：0）：口 不Q 0）.设”（0JX O J1），则 口/=（一:3 1），由于异面直线所成角的范围为（0：1 ,所以cos=2。二J)r 2g-3-)12#心 +5 4寸+5=1-T4)-+5,令8”M+1=.1EW 9,则,当f=l时取等号.所以2(1-y)?2当y=（）时，取得最大值.【考点定位】1、空间两直线所成的角；2、不等式.【名师点睛】空间的角与距离的问题，只要便于建立坐标系均可建立坐标系，然后利用公式求解.解本题要注意，空间两直线所成的角是不超过90度的.几

23、何问题还可结合图形分析何时取得最大值.当点M在P处时，EM与AF所成角为直角，此时余弦值为0（最小），当M点向左移动时，EM与AF所成角逐渐变小，点M到达Q点时，角最小，从而余弦值最大.1 6.12015高考天津，理10】一个几何体的三视图如图所示（单位：加），则该几何体的体积为Q【答案】2兀3【解析】由三视图可知，该几何体是中间为一个底面半径为1,高为2 的圆柱，两端是底面半径为1,高为1 的圆锥，所以该几何体的体积V=1 2 x 1 x 2 +2 x L x l2 x ix l=2/r.3 3【考点定位】三视图与旋转体体积公式.【名师点睛】主要考查三视图与旋转体体积公式及空间想象能力、运算

24、能力.识图是数学的基本功，空间想象能力是数学与实际生活必备的能力，本题将这些能力结合在一起，体现了数学的实用价值，同时也考查了学生对旋转体体积公式的掌握与应用、计算能力.17.2015 高考浙江，理 1 3】如图，三棱锥A-BCD中，A 8=A C=B O=C D =3,A=B C=2,点分别是A D B C 的中点，则异面直线A N,C M 所成的角的余弦值是.B7【答案】8【解析】试题分析：如下图，连结取zx v中点尸，连结au,PC,则可知二P J/C即为异面直线A X,C U所成角(或其补角)易得P.U=1 J.v=5/2.P C =7P.V：+C.v:=Vi+i =-73,C U =

25、J.d C：-.川：=2 0,8+2-3 7 -c o s Z P J Z C =，L I=即异面直线WV，CU所成角的余弦值为2 x 2 7 1 x 5/2 S S【考点定位】异面直线的夹角.【名师点睛】本题主要考查了异面直线夹角的求解，属于中档题，分析条件中出现的中点，可以考虑利用三角形的中位线性质利用平移产生异面直线的夹角，再利用余弦定理的变式即可求解，在复习时应了解两条异面直线夹角的范围，常见的求异面直线夹角的方法等知识点.1 8.1 2 0 1 5 江苏高考，9】现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为 8的圆柱各一个。若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但

26、底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为【答案】y/7【解析】由体积相等得：x 4 x-x 52+z r x 22x 8=-x/-:x-x 4 +z r x r2x 8=/-=/7【考点定位】圆柱及圆锥体积【名师点晴】求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算.(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间儿何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等.(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体.1 9.1 2 0 1 5 高考新课标2,理 1 9(本题满分1 2 分)如图，长方体 中，A B=1 6,

27、B C=1(),A 4 1=8,点 E,尸分别在 A4,上，AE=0=4 .过点七，口的平面a与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.(I )在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由);(I I)求直线Ab 与平面a所成角的正弦值.【答案】(I )详见解析；(H)逑.1 5【解析】(I)交线围成的正方形E H G F如图：(I I )作E X _ A B ,垂 足 为 卜，则 出/=4E=4 ,EU=$，因 为 印GF为正方形，所以E H =E F =B C =1 0.于是X H=JEH：=6,所 以.田=1 0.以D为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系。一4z,则4

28、(1 0,0,0),/f(1 0:1 0:0),(1 0:4:S),_ _ N.FE=nF(0.4.8),F =(1 0.0.0),/=(0.-6.8).设，?=(上1。)是平面瓦无击的法向量，则，_ _ _ _ _1 0 x =0.-所以可取，?=(0.4一3).又.4 F =(1 0，S),-6 y+8 z =0:故卜。一 丁 卜耳 二.所以直线A F与平面a所成角的正弦值为还.1 5【考点定位】1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角.【名师点睛】根据线面平行和面面平行的性质画平面。与长方体的面的交线；由交线的位置可确定公共点的位置，坐标法是求解空间角问题时常用的方法，但因其计算

29、量大的特点很容易出错，故坐标系的选择是很重要的，便于用坐标表示相关点，先求出面a的法向量，利用s i n 0=|c o s|求直线A F与平面a所成角的正弦值.20.【2015 江苏高考，16（本题满分14分）如图，在直三棱柱A B C A 4 G中，已知B C =C G，设 A 4 的中点为O,求证：（1）DE/平面4 41cC；(2)f i C,1 A B.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】试题分析（1）由三棱锥性质知侧面BBC C 为平行四边形，因此点E 为 BC 的中点，从而由三角形中位线性质得DE AC,再由线面平行判定定理得DE 平面W&GC（2）因为直三棱柱.IS C-

30、4&G中8C=C G，所以侧面5空。为 正 方 形，因此与C,又TC 8C,A C I C C,（可由直三棱柱推导）,因此由线面垂直判定定理得X。-平面理C：。，从而A C _ B C.,再由线面垂直判定定理得3 c L平面X与。,进 而 可 得 一 增试题解析：（1）由题意知，E为B：C的中点，又D为AB】的中点，因此DE AC.又因为DE U平面 AA1QC,AC u 平面 AAiGC,.X a/y|所以DE“平 面 必C】C.火（2）因为棱柱ABC-AiBQi是直三棱柱，所以CC平面ABC.（第16跑）因为AC c平面ABC,所以AC CCp又因为ACLBC,CC|U平面BCC|BB C

31、 u平面BCQB，BC CC,=C,所以AC_L平面BCJB又因为BC】u平面BCC|B1,所以BC|_LAC.因为BC=C C/所以矩形BCC|B1是正方形，因此BC1，B|C.因为AC,B|C u平面B|AC,AC B1C=C,所以BC】J 平面B】AC.又因为AB|u平面B|A C,所以BC|，AB.【考点定位】线面平行判定定理，线面垂直判定定理【名师点晴】不要忽视线面平行的判定定理中线在面外条件.证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，常利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.证明线面垂直时，不要忽

32、视面内两条线为相交线这一条件.证明直线与平面垂直的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与性质，注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活利用，这是证明空间垂直关系的基础.21.2015高考安徽，理19 如图所示，在 多 面 体4 4 2 OC 8A,四 边 形44乃 乃，A D D 4，A 5 C O均为正方形，E为片口的中点，过A，RE的平面交C。于F.（1 ）证明：E F U B、C ；（I I）求二面角E 4。4余弦值.【答案】（I ）E F/B C；（I I）日.【解析】试题分析：（I）证明：依据正方形的性质可知A 4/A 8/D C,且A 4=A B=O C,从而A/C。为平行四边形，则4

33、 c A。，根据线面平行的判定定理知8。/面A QE，再 由 线 面 平 行 的 性 质 定 理 知（H）因为四边形A&4 8,ADD.A,A 3 C。均为正方形，所以A%，A RA D LA B,且4 4=4 5=A。，可以建以A为原点，分别以A 8,A D,A A为x轴，y轴，z轴单位正向量的平面直角坐标系，写出相关的点的坐标，设出面AO E的法向量=（4，与/）.由勺_ 1_ 4旦 勺J _ A Q得应f O.5 r+0.5 5,=0满足的方程组 1 1,（一1,1,1）为其一组解，所 以 可 取 勺=（一1,1,1）.同理I 4 7=0A C D的法向量=（0,1,1）,所 以 结 合

34、 图 形 知 二 面 角E-A.D-B的余弦值为I 4%I _ 2 _ 瓜I/1|I I 2 I 百 X 收 3试题解析：（I）证明：由正方形的性质可知A 4/A 8/O C,且4 4=4 3 =OC,所以四边形A 4 C O为平行四边形，从而4 C/A。，又 A Qu面A OE，qcu面A OE，于是4。/面4。后，又B C u面及8,而面HDEC面及C2=E F,所以EF B,C(I I)因为四边形-I T/B-13 C D 均为正方形，所以-工士.T S-L 1-AD.A D A B ,且一问=.13=TD,以 T为原点，分别以一13：.切.片 为x轴，j轴，z轴单位正向量建立，如图所示

35、的空间直角坐标系，可得点的坐标T(0Q 0)j(l 0)Q(U 0)：4(0 Q l)$a(M)：A(Ml而E点为打4的中点，所以E点的坐标为(05 0.5 1).设面A D E的法向量勺=(勺s1；.而 该 面 上 向 量=(0.5:05 0)”*。=(0Js-l),由，?._TE/a_TQ得勺声为应满足的方程组 1 ，(一L L 1)为其一组解，所以可取I电一弓=0马=(1,1,1).设面44。的法向量2=(，$2，幻，而该面上向量=(1,0,0),A。=(0,1,-1),由此同理可得n2=(0,1,1).所以结合图形知二面角E-A.D-B的余弦值为“四=-厂2厂=.I,I-I 21 V3

36、XV2 3【考点定位】1线面平行的判定定理与性质定理；2.二面角的求解.【名师点睛】解答空间几何体中的平行、垂直关系时，一般要根据己知条件把空间中的线线、线面、面面之间的平行、垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；求二面角，则通过求两个半平面的法向量的夹角间接求解.此时建立恰当的空间直角坐标系以及正确求出各点的坐标是解题的关键所在.2 2.【2015江苏高考，2 2(本小题满分10分)如图，在四棱锥P A8CO中，已知PA1.平面A 8 C O,且四边形A6CO为直角梯形，Z A B C =Z B A D =-,PA=A D =2,AB=B C 2(1)求平面P

37、AB与平面PCO所成二面角的余弦值；(2)点0是线段以上的动点，当直线。与分所成角最小时，求线段制的长【答案】(1)(2)=-3 5【解析】试题分析：(1)求二面角，关键求出两个平面的法向量，本题中平面PCO法向量已知，故关健求平面PA8的法向量，利用向量垂直关系可列出平面PA8的法向量两个独立条件，再根据向量数量积求二面角余弦值(2)先建立直线CQ与DP所成角的函数关系式：设BQ=2BP,则cos=(0 4X 41),再利用导数求其最值,确定点Q坐标，最后利用向量JIOA+2模求线段BQ的长试题解析：以 AB,AD,AP为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-冲，z,则各点的坐标为B。,0

38、,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)因为AD J_平面PAB，所以AD是平面PAB的一个法向量，AD=(0,2,0).因为PC=(1,1,-2),PD=(O,2,2)./、y-2z=0设平面PCD的法向量为加=(x,y,z),则m.pc=0，加中口=0，即 八2 y-2 z=0令 y=l,解得 z=l,x=l.所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量./Ar.AD m V 3 J 3从而c o s (A D,m)=|=k，所以平面PAB与平面PC D所成二面角的余弦值为之.|A D|/|3 3(2)因为B P =(1,0,2),设 BQ=/l B P =(

39、/l,0,2/l)(0 2 1),又 而=(0L 0),则 氏=而+百0 =又 氏=(02：2),从而3g加卜翡 标Tr1 c o s*(C Q.D P)=-=-J-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。EF ABC中，G为AC的中点由O F=AC=GC,2可得四边形。G C F为平行四边形，因此。G/CF又平面A8C所以。G,平面A3C在 A48C 中，由 AB_LBC,NBAC=45,G 是 AC 中点,所以 AB=BC,GB J_GC因 止 匕G8,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

40、 G（0,0,0）,B（/0,0）,C（0,V I,0）,0（0,0,1）可得j也，巫,（）/I 2 2 J（0,7 2,1）故 G”=（立，立,（）,GFI 2 2 J（0,V2,l）设 =（x,y,z）是平面F G H的一个法向量，则由 itGH=0,几 GF=0,可得=0z=0可得平面bGH 的一个法向量=(1,-1,因为G B是平面A C E D的一个法向量，GB=(72,0,0)所以 cos=|G B|-|2V2 2所以平面与平面所成的解(锐角)的大小为60解法二：作于点M,作M N _LG F于点N,连接NH由FC，平面ABC,得H M LFC又 FC AC=C所以，平面ACFO因

41、此GF_LNH所以N M N H即为所求的角1 0在 A 5 G C 中，SIH 8GJ田=g 8 G =由 X G N M s S G C F可得空7cG MGF从而M V*6由 SIH _ 平面 A C F D l f X u 平面 A C F D得1田 _:Z T 1 f因此 t an Z J A T f =匕=/J/.V所以 NJAH=6(T所以平面EG与平面A C F Q所 成 角（锐角）的大小为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

42、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1 3分）如图，在四棱柱A B C。-AqGA中，侧棱 A A J _ 底面 A B C。，A B L A C,A B =l,A C =A 4 =2,A O =C D =6，且点M和N分别为4c和D的中点.（I）求证：MN 平面A8 C O；(I I)求 二 面 角A C -用的正弦值；(I H)设E为棱A B】上的点,，若直线NE和平面A B C D所成角的正弦值为g，求线段A E的长 答案

43、(I)见解析；(I I)邛、万一2.解析如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题目可雀，A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0)，0(1，-2,0)，,又因为M,N分 别 为 和RD的中点，得-2,1).证 明：依题意，可得=(。，。，1)为平面A B。的个法向量，仞N=(0,一 川,由此可得，MNn=0,又因为直线MN.平面A B C 所以M N/平面A B C。(n)A A=(L-2,2),A C =(2,0,0)，设 =(x,y,z)为平面 A S的法向量，则n,AD,=011，即1 A C =0 x-2 y +2 z =0,不妨设z =l,可得 =(0,1,1),2 x =

44、0设&=(x,y,z)为平面A C的一个法向量，则V%AB,=02 1,又4 4=(0 1 2),得 A C =0y+2z=0 八 ，不妨设z =l,可得，=(0,2,1)2 x-0因此有 c o s l sn；=同 网噜,于 是s i响同=零，所以二面角2-T C -&的 正 弦 值 为 零.Q U)依 题 意,可 设,狂=九 小,其 中Z w 0 J,则E(0/2),从而工E =(l/-2)，又 =电0冷 为平面T 8 C D的一个法向量，由已知得c o s 0 E：)=N E n1|间 市 jT+a +2 f+F整 理 得 尸+4/-3 =0,3又因为/w 0 J，解 得/.=万-2,所

45、以线段4E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.2 7.2 0 1 5高 考 重 庆，理1 9 如 题(1 9)图，三 棱 锥P-A8C中，P C _ L平面TTA B C,P C =3,NACB=H.D,E 分 别 为线段 A B,B C 上 的

46、点，且2C D =D E =CE=2 E B=2.(1)证明：O E _ L平面P C。(2)求二面角4一尸。一。的余弦值。【答案】（1）证明见解析；（2）.6【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A 3 C,可知P C IDE,再分析已知由O C =C E =J 5,C E =2得。_ L O E ,这样与DE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，由于乙4 c B =工，PC,平面A8C,因此C 4,C B,C P两两垂直，可2以他们为x,y,z轴建立空间直角坐标系，写出

47、图中各点的坐标，求出平面A P。和平面CPD的法向量勺,2,向量“色 的夹角与二面角相等或互补，由此可得结论.试题解析：（1）证明：由此。平面/8 C,以u平面故 P C LD E由 龙=2,而=应,=血 得 C2E为等腰直角三角形，故 C D A.D E由A C C 2 C,比垂直于平面网/内两条相交直线，故 瓦 北 平 面 板T T（2）解：由（1 ）知，物 为等腰直角三角形，Z D C E=,如（1 9）图，过点。作D F4,垂 直C E 于 F,易知D F=F C=E F=1 ,又已知E B=1 ,故 F B=2 .T T由 N A C B=得 D F/A C,2,3 3故 A C=D

48、 F=.AC B C 3 2 2以。为坐标原点，分别以C A C 8 ，”的方程为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标3系,则 C(0,0,0,),产(0,0,3),/(,0,0),2 1(0,2,0),=(1,-1,0),P P=(-l,-l,3)D A=(1,-l,0)设平面PA D的 法 向 量 加=(X,y ,Z 1),由-DP=0 ,2-D A=0 ,j一 项 一 网 -3 z i =0 _得 1 故可取勺=（211）.;项一 J i =0由（1）可 知 9 三 _ 平 面 D故平面p c。的法向量只可取为无 即 R=（l：T0人从而法向量马，的夹角的余弦值为c o s j,”,

49、1nli 网 6故所求二面角止如。的 余 弦 值 为 一.6【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，但使用综合几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.2 8.2 0 1 5

50、高考四川，理1 8 一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为例，的中点为N（1）请将字母E G,H标记在正方体相应的顶点处（不需说明理由）（2）证明：直线M N/平面8。”（3）求二面角A-E G M的余弦值.（2）详见解析.（3）巫【解析】（1）点F、G、H的位置如图所示.(2)连 结3D，设。为BD的中点.因 为U、分别是BC、GH的中点，所以。M/C Q,且O M=LC。，2NH/CD,且 NH,C D ,2所以 OM IINH,OM=NH,所以MM70是平行四边形，从而 MN/OH,又MN,过棱P C 的中点E,作交P 8 于 点/，连接DE