专题10 立体几何-五年（2017-2021）高考数学真题分项详解（新高考地区专用）（解析版）

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1、 专题专题 10 立体几何立体几何 【2021 年】年】 一、【2021浙江高考】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ） A. 3 2 B. 3 C. 3 2 2 D. 3 2 【答案】A 【解析】 【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. 【详解】几何体为如图所示的四棱柱 1111 ABCDABC D，其高为 1，底面为等腰梯形ABCD， 该等腰梯形的上底为 2，下底为2 2，腰长为 1，故梯形的高为 12 1 22 ， 故 1 1 11 123 22 21 222 ABCD A B C D V ， 故选：A. 【2021浙江高考】 如图已知正方体

2、1111 ABCDABC D，M，N 分别是 1 AD， 1 D B的中点，则（ ） A. 直线 1 AD与直线 1 D B垂直，直线 /MN平面ABCD B. 直线 1 AD与直线 1 D B平行，直线MN 平面 11 BDD B C. 直线 1 AD与直线 1 D B相交，直线 /MN平面ABCD D. 直线 1 AD与直线 1 D B异面，直线MN 平面 11 BDD B 【答案】A 【解析】 【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证 1 /,MN AB AD 平面 1 ABD，即可得出结论. 【详解】 连 1 AD，在正方体 1111 ABCDABC D中， M 是 1 AD的中点，所

3、以M为 1 AD中点， 又 N 是 1 D B的中点，所以 /MN AB， MN 平面 ,ABCD AB 平面ABCD， 所以/MN平面ABCD. 因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD 则MN不垂直平面 11 BDD B，所以选项 B,D不正确； 在正方体 1111 ABCDABC D中， 11 ADAD， AB 平面 11 AAD D，所以 1 ABAD， 1 ADABA，所以 1 AD 平面 1 ABD， 1 DB 平面 1 ABD，所以 11 ADD B， 且直线 11 ,AD D B是异面直线， 所以选项 C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

4、、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. 【2021浙江高考】如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形， 120 ,1,4,15ABCABBCPA ，M，N分别为,BC PC的中点，,PDDC PMMD. （1）证明：ABPM； （2）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值. 【答案】 （1）证明见解析； （2） 15 6 【解析】 【分析】 （1）要证ABPM，可证DCPM，由题意可得，PDDC，易证DMDC，从而DC 平面PDM，即有DCPM，从而得证； （2）取AD中点E，根据题意可知，,ME

5、 DM PM两两垂直，所以以点M为坐标原点，建立空间直角 坐标系，再分别求出向量AN和平面PDM的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出 【详解】 （1）在DCM中，1DC ，2CM ，60DCM，由余弦定理可得3DM ， 所以 222 DMDCCM ，DMDC由题意DCPD且PDDMD，DC平面PDM， 而PM 平面PDM，所以DCPM，又/ABDC，所以ABPM （2）由PMMD，ABPM，而AB与DM相交，所以PM 平面ABCD，因7AM ，所以 2 2PM ，取AD中点E，连接ME，则,ME DM PM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(3,2,0),(

6、0,0,2 2),( 3,0,0)APD,(0,0,0),( 3, 1,0)MC 又N为PC中点，所以 313 35 ,2 ,2 2222 NAN . 由（1）得CD平面PDM，所以平面PDM的一个法向量(0,1,0)n 从而直线AN与平面PDM所成角正弦值为 5 |15 2 sin 6|2725 2 44 AN n AN n 【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明ABPM，可以考虑DCPM， 题中与DC有垂直关系的直线较多，易证DC 平面PDM，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第 一问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 二、【2021江苏高

7、考】已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( ) A. 2 B. 22 C. 4 D. 42 【答案】B 【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）及其结构特征 【解析】解：由题意，设母线长为 l， 因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径， 则有2 2 = ，解得 = 22， 所以该圆锥的母线长为22 故选：B 设母线长为 l，利用圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径， 列出方程，求解即可 本题考查了旋转体的理解和应用，解题的关键是掌握圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母 线长即为

8、侧面展开图半圆的半径，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于基础题 【2021 江苏高考】 在正三棱柱 111中， = 1= 1， 点 P满足 = + 1 ， 其中 0,1， 0,1，则( ) A. 当 = 1时， 1的周长为定值 B. 当 = 1时，三棱锥 1的体积为定值 C. 当 = 1 2时，有且仅有一个点 P，使得1 D. 当 = 1 2时，有且仅有一个点 P，使得1 平面1 【答案】BD 【知识点】圆柱、圆锥、圆台的侧面积、表面积和体积 【解析】解：对于 A，当 = 1时， = + 1 ，即 = 1 ，所以 /1 ， 故点 P在线段1上，此时 1的周长为1+ 1 + ， 当点 P为1的中

9、点时， 1的周长为5 + 2， 当点 P在点1处时， 1的周长为22 + 1， 故周长不为定值，故选项 A 错误； 对于 B，当 = 1时， = + 1 ，即1 = ，所以1 / ， 故点 P在线段11上， 因为11/平面1， 所以直线11上的点到平面1的距离相等， 又 1的面积为定值， 所以三棱锥 1的体积为定值，故选项 B正确； 对于 C，当 = 1 2时，取线段 BC，11的中点分别为 M，1，连结1， 因为 = 1 2 + 1 ，即 = 1 ，所以 /1 ， 则点 P在线段1上， 当点 P在1处时，11 11，11 1， 又11 1 = 1，所以11平面11， 又1平面11，所以11

10、1，即1 ， 同理，当点 P 在 M 处，1 ，故选项 C 错误； 对于 D，当 = 1 2时，取1的中点1，1的中点 D， 因为 = + 1 21 ，即 = ，所以 / ， 则点 P在线的1上， 当点 P在点1处时，取 AC的中点 E，连结1，BE， 因为 平面11，又1平面11，所以1 ， 在正方形11中，1 1， 又 1 = ，BE，1 平面1， 故 AD1平面1，又1 平面1，所以1 1， 在正方体形11中，1 1， 又1 1= ，1，1平面11，所以1 平面11， 因为过定点 A 与定直线1垂直的平面有且只有一个， 故有且仅有一个点 P，使得1 平面1，故选项 D 正确 故选：BD

11、判断当 = 1时，点 P在线段1上，分别计算点 P为两个特殊点时的周长，即可判断选项 A；当 = 1时， 点 P 在线段11上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断选项 B；当 = 1 2时，取线段 BC， 11的中点分别为 M， 1， 连结1， 则点 P在线段1上， 分别取点 P在1， M处， 得到均满足1 ， 即 可判断选项 C； 当 = 1 2时， 取1的中点1， 1的中点 D， 则点 P 在线的1上， 证明当点 P 在点1处时， 1 平面11，利用过定点 A与定直线1垂直的平面有且只有一个，即可判断选项 D 本题考查了动点轨迹，线面平行与线面垂直的判定，锥体的体积问题等，综合

12、性强，考查了逻辑推理能力 与空间想象能力，属于难题 【2021江苏高考】如图，在三棱锥 中，平面 平面 BCD， = ，O为 BD的中点 (1)证明： ； (2)若 是边长为 1 的等边三角形，点 E 在棱 AD 上， = 2，且二面角 的大小为45， 求三棱锥 的体积 【答案】 解： (1)证明： 因为 = ， O为BD的中点， 所以 ， 又平面 平面 BCD，平面 平面 = ， 平面 BCD， 所以 平面 BCD，又 平面 BCD， 所以 ； (2)取 OD的中点 F，因为 为正三角形，所以 ， 过 O 作/与 BC交于点 M，则 ， 所以 OM，OD，OA两两垂直， 以点 O为坐标原点，

13、分别以 OM，OD，OA为 x轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系如图所示， 则(0,1,0)，( 3 2 , 1 2,0)，(0,1，0)， 设(0,0，)，则(0, 1 3, 2 3 )， 因为 平面 BCD，故平面 BCD 的一个法向量为 = (0,0,)， 设平面 BCE 的法向量为 = (,)， 又 = ( 3 2 , 3 2,0), = (0, 4 3, 2 3 )， 所以由 = 0 = 0，得 3 2 + 3 2 = 0 4 3 + 2 3 = 0 ， 令 = 3，则 = 1， = 2 ，故 = (3,1, 2 )， 因为二面角 的大小为45， 所以|cos | = | | |

14、| | = 2 4: 4 2 = 2 2， 解得 = 1，所以 = 1， 又 = 1 2 1 1 3 2 = 3 4 ，所以= 3 2 ， 故 ;= 1 3 = 1 3 3 2 1 = 3 6 【知识点】线面垂直的判定、圆柱、圆锥、圆台的侧面积、表面积和体积、利用空间向量求线线、线面和 面面的夹角 【解析】(1)利用等腰三角形中线就是高，得到 ，然后利用面面垂直的性质，得到 平面 BCD，再利用线面垂直的性质，即可证明 ； (2)建立合适的空间直角坐标系，设(0,0，)，利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求出 t的值，然后利用锥体的体积公式求解即可 本题考查了面面垂直和线面垂直的

15、性质，在求解有关空间角问题的时候，一般要建立合适的空间直角坐标 系，将空间角问题转化为空间向量问题，属于中档题 【2020 年】年】 一、【2020北京高考】某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为( ) A. 6 + 3 B. 6 + 23 C. 12 + 3 D. 12 + 23 【答案】D 【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积、表面积和体积、空间几何体的三视图【解析】解：几何体的直观 图如图： 是三棱柱，底面边长与侧棱长都是 2， 几何体的表面积为：3 2 2 + 2 1 2 2 3 2 2 = 12 + 23 故选：D 画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体

16、的表面积即可 本题考查三视图求解几何体的表面积，判断几何体的形状是解题的关键，是基本知识的考查 【2020北京高考】如图，在正方体 1111中，E 为1的中点 (1)求证：1/平面1； (2)求直线1与平面1所成角的正弦值 【答案】(1)证明：由正方体的性质可知，/11，且 = 11， 四边形11是平行四边形， 1/1， 又1平面1，1平面1， 1/平面1E. (2)解：以 A 为原点，AD、AB、1分别为 x、y和 z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体的棱长为 a， 则(0,0，0)，1(0,0，)，1(,0，)，(0,a，1 2)， 1 = (0,0,)，1 = (,0,)，

17、= (0, 1 2)， 设平面1的法向量为 = (,)， 则 1 = 0 = 0 ，即 ( + ) = 0 ( + 1 2) = 0 ， 令 = 2，则 = 2， = 1， = (2,1,2)， 设直线1与平面1所成角为， 则 = |cos | = | 1 | |1| | = 2 3 = 2 3， 故直线1与平面1所成角的正弦值为2 3 【知识点】线面平行的判定、直线与平面所成角的向量求法 【解析】本题考查空间中线面的位置关系和线面夹角问题，熟练掌握线面平行的判定定理和利用空间向量 求线面夹角是解题的关键，考查学生的空间立体感和运算能力 (1)根据正方体的性质可证得1/1，再利用线面平行的判定

18、定理即可得证； (2)以 A为原点， AD、 AB、 1分别为 x、 y和 z轴建立空间直角坐标系， 设直线1与平面1所成角为， 先求 出平面1的法向量 ，再利用 = |cos | = | 1 | |1| |以及空间向量数量积的坐标运算即 可得解 二、【2020浙江高考】某几何体的三视图(单位：)如图所示，则该几何体 的体积(单位：3)是( ) A. 7 3 B. 14 3 C. 3 D. 6 【答案】A 【知识点】空间几何体的三视图 【解析】解：由题意可知几何体的直观图如图，下部是直三棱柱，底面是斜边长为 2 的等腰直角三角形，棱锥的高为 2，上部是一个三棱锥，一个侧面与底面等腰直角 三角形

19、垂直，棱锥的高为 1， 所以几何体的体积为：1 2 2 1 2 + 1 3 1 2 2 1 1 = 7 3 故选：A 画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可 本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键 【2020浙江高考】已知圆锥的侧面积(单位：2)为2，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底 面半径(单位：)是 【答案】1 【知识点】弧长及扇形面积、圆锥的侧面积和表面积 【解析】 【分析】 本题考查圆锥的母线长的求法，注意利用圆锥的弧长等于底面周长这个知识点，属于基础题 利用圆锥的侧面积，求出母线长，求解底面圆的周长，然后求解底面半径 【解答】 解：圆

20、锥侧面展开图是半圆，面积为2， 设圆锥的母线长为 a，则1 2 2 = 2， = 2， 侧面展开扇形的弧长为2， 设圆锥的底面半径 = ，则2 = 2，解得 = 1 故答案为：1 【2020浙江高考】如图，三棱台 中，面 面 ABC， = = 45， = 2 (1)证明： ； (2)求 DF与面 DBC 所成角的正弦值 【答案】解：(1)证明：作 ，且交 AC 于点 H， 面 面 ABC，面 面 = ， 面 ADFC， 面 ABC， 面 ABC， ， 在 中， = 45 = 2 2 ， = 2， = 2 2 = 2 2 2 = 2 ， = 2 2 ，又 = 45， 是直角三角形，且 = 90，

21、 ， 又 面 DHB， 面 DHB， = ， 面 DHB， 面 DHB， ， 在三棱台 中，/， (2)设 = 1，则 = 1， = 2， 在 中， = 2， = 2， 在 中， = 2+ 2= 2 + 1 = 3， 作 于 G， 面 DHB， 面 DHB， ， 而 面 BCD， 面 BCD， = ， 面 BCD， 面 BCD， ， 是直角三角形，且 = 90， 设 DF与面 DBC 所成角为，则即为 CH 与面 DBC的夹角， 且 = sin = = 2 ， 在 中， = ， = = 21 3 = 6 3 ， = 2 = 6 3 2 = 3 3 【知识点】线面垂直的判定、直线与平面所成的角、

22、面面垂直的性质、线面垂直的性质 【解析】本题主要考查空间直线互相垂直的判定和性质，以及直线与平面所成角的几何计算问题，考查了 空间想象能力和思维能力，平面与空间互相转化是能力，几何计算能力，以及逻辑推理能力，本题属综合 性较强的题 (1)题根据已知条件，作 ，根据面面垂直，可得 ，进一步根据直角三角形的知识可判断出 是直角三角形， 且 = 90， 则 ， 从而可证出 面 DHB， 最后根据棱台的定义有/， 根据平行线的性质可得 ； (2)题先可设 = 1，根据解直角三角形可得 = 1， = 2， = 2， = 2， = 3，然后找到 CH 与面 DBC的夹角即为，根据棱台的特点可知 DF 与面

23、 DBC所成角与 CH与面 DBC的夹角相等， 通过计算的正弦值，即可得到 DF 与面 DBC所成角的正弦值 三、【2020天津高考】若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A. 12 B. 24 C. 36 D. 144 【答案】C 【知识点】球的表面积、球的切、接问题 【解析】 【分析】 本题考查球的表面积，考查学生空间想象能力，球的内接体问题，属于基础题 正方体的体对角线就是球的直径，求出半径后，即可求出球的表面积 【解答】 解：由题意，正方体的体对角线就是球的直径， 所以2 =(23)2+ (23)2+ (23)2= 6， 所以 = 3， = 42= 36 故

24、选：C 【2020 天津高考】 如图， 在三棱柱 111中， 1平面 ABC， ， = = 2， 1= 3， 点 D， E 分别在棱1和棱1上，且 = 1， = 2，M为棱11的中点 ()求证：1 1； ()求二面角 1 的正弦值； ()求直线 AB 与平面1所成角的正弦值 【答案】解：根据题意，以 C 为原点， ， ， 1 的方向为 x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标 系，如图所示， 则(0,0，0)，(2,0，0)，(0,2，0)，1(0,0，3)， 1(2,0，3)，1(0,2，3)，(2,0，1)，(0,0，2)，(1,1，3)， ()证明：依题意，1 = (1,1，0)，1 =

25、 (2,2,2)， 1 1 = 2 2 + 0 = 0， 1 1 ，即1 1； ()依题意， = (2,0，0)是平面1的一个法向量， 1 = (0,2，1)， = (2,0，1)， 设 = (,y，)为平面1的法向量， 则 1 = 0 = 0 ，即2 + = 0 2 = 0， 不妨设 = 1，则 = (1,1,2)， cos = | | | = 6 6 ， sin = 1 1 6 = 30 6 ， 二面角 1 的正弦值为 30 6 ； ()依题意， = (2,2，0)， 由()知， = (1,1,2)为平面1的一个法向量， cos = | | | = 3 3 ， 直线 AB 与平面1所成角的

26、正弦值为 3 3 【知识点】线线垂直的向量表示、平面与平面所成角的向量求法、直线与平面所成角的向量求法 【解析】本题考查了空间向量在几何中的应用，线线垂直的证明、二面角和线面角的求法，考查了运算求 解能力，转化与化归能力，逻辑推理能力，属于中档题 ()建立空间直角坐标系，根据向量的数量积等于 0，即可证明； ()先求得平面1的法向量 ，而 是平面1的一个法向量，再根据向量的夹角公式求解； ()求出cos 值，即可求出直线 AB与平面1所成角的正弦值 四、【2020上海高考】在棱长为 10的正方体 1111中，P 为左 侧面11上一点，已知点 P 到11的距离为 3，P 到1的距离为 2，则 过

27、点 P且与1平行的直线交正方体于,两点，则 Q点所在的平面是( ) A. 11 B. 11 C. 11 D. ABCD 【答案】D 【知识点】面面平行的性质 【解析】 【分析】 本题考查空间中直线与直线位置关系的判定及应用，属于拔高题 根据正方体的结构特征，结合面面平行的性质分析即可 【解答】 解：如图， 由点 P到11的距离为 3，P到1的距离为 2， 可得 P在 1内，过 P作/1，且 1于 E， 于 F， 在平面 ABCD中，过 F作/，交 BC 于 G， 则平面/平面1 连接 AC，交 FG于 M，连接 EM， 平面/平面1，平面1 平面1 = 1，平面1 平面 = ， /1 在 中，

28、过 P作/，且 于 N，则/1 线段 FM在四边形 ABCD内，N在线段 FM 上， 在四边形 ABCD内 点 N 即为过点 P 且与1平行的直线与正方体的交点，即与点 Q 重合， 点 Q 在平面 ABCD内. 故选 D 【2020上海高考】已知 ABCD 是边长为 1 的正方形，正方形 ABCD绕 AB旋转形成一个圆柱 (1)求该圆柱的表面积； (2)正方形 ABCD绕 AB 逆时针旋转 2至11，求线段1与平面 ABCD 所成的角 【答案】解：(1)该圆柱的表面由上下两个半径为 1的圆面和一个长为2、宽为 1的矩形组成， = 2 12+ 2 1 = 4 故该圆柱的表面积为4 (2) 正方形

29、11， 1 ， 又1= 2， 1 ， = ，且 AD、 平面 ADB， 1平面 ADB，即1在面 ADB上的投影为 A， 连接1，则1即为线段1与平面 ABCD 所成的角， 而cos1 = 1 = 2 3 = 6 3 ， 线段1与平面 ABCD所成的角为arccos 6 3 【知识点】圆柱、圆锥、圆台的侧面积、表面积和体积 【解析】本题考查圆柱的表面积、空间线面夹角问题，熟练掌握线面垂直的判定定理是解题的关键，考查 学生的空间立体感和运算能力，属于中档题 (1)该圆柱的表面由上下两个半径为 1的圆面和一个长为2、宽为 1的矩形组成，依次求出圆面和矩形的面 积，相加即可；(2)先利用线面垂直的判

30、定定理证明1平面 ADB，连接1，则1即为线段1与平 面 ABCD所成的角，再利用三角函数的知识求出cos1即可 【2019 年】年】 一、【2019北京高考（理） 】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示如果网 格纸上小正方形的边长为 1，那么该几何体的体积为_ 【答案】40 【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积、表面积和体积、空间几何体的三视图 【解析】 【分析】 本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是较易题 由三视图还原原几何体，然后利用一个长方体与一个棱柱的体积作和求解 【解答】 解：由三视图还原原几何体如图， 该几何体是一个长方体加一个棱柱，

31、则该几何体的体积 = 4 2 2 + 1 2(2 + 4) 2 4 = 40 故答案为 40 【2019北京高考（理） 】已知 l，m是平面外的两条不同直线，给出下列三个论断： ；/； 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题： 【答案】若 ， ，则/ 【知识点】线面平行的判定 【解析】 【分析】 本题考查满足条件的真命题的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能 力与计算能力，属于中档题 由线面平行判定定理，求得结果 【解答】 解：l，m是平面外的两条不同直线，由线面平行的判定定理， 得：若 ， ，则/， 故答案为：若 ， ，则/ 【20

32、19北京高考（理） 】如图，在四棱锥 中， 平面 ABCD， ，/， = = = 2， = 3.为 PD 的中点，点 F在 PC 上，且 = 1 3 ()求证： 平面 PAD； ()求二面角 的余弦值； ()设点 G 在 PB 上，且 = 2 3.判断直线 AG是否在平面 AEF 内，说明理由 【答案】解：()证明： 平面 ABCD， ， ， = ， 平面 PAD， 平面 PAD， 平面 PAD ()以 A为原点，在平面 ABCD 内过 A作 CD的平行线为 x轴， AD 为 y 轴，AP为 z轴，建立空间直角坐标系， (0,0，0)，(0,1，1)，(2 3, 2 3, 4 3)，(0,0，

33、2)，(2,1,0)， = (0,1，1)， = (2 3, 2 3, 4 3)， 平面 AEP的一个法向量为 = (1,0，0)， 设平面 AEF 的一个法向量为 = (,y，)， 则 = + = 0 = 2 3 + 2 3 + 4 3 = 0 ，取 = 1，得 = (1,1，1)， 设二面角 的平面角为，由图可知为锐角， 则 = | | | | | = 1 3 = 3 3 二面角 的余弦值为 3 3 ()直线 AG在平面 AEF内，理由如下： 点 G 在 PB 上，且 = 2 3. ( 4 3, 2 3, 2 3)， = (4 3, 2 3, 2 3)， 平面 AEF的一个法向量为 = (

34、1,1，1)， = 4 3 2 3 2 3 = 0， 故直线 AG在平面 AEF内 【知识点】线面垂直的判定、平面与平面所成角的向量求法、空间向量共面定理 【解析】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查直线是否在已知平面内的判断与求 法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于较难题 ()推导出 ， ，由此能证明 平面 PAD ()以 A为原点，在平面 ABCD 内过 A作 CD的平行线为 x轴，AD为 y轴，AP为 z 轴，建立空间直角坐标 系，利用向量法能求出二面角 的余弦值 【2019北京高考（文） 】如图，在四棱锥 中， 平面 AB

35、CD，底面 ABCD 为菱形，E为 CD的 中点 (1)求证： 平面 PAC； (2)若 = 60，求证：平面 平面 PAE； (3)棱 PB上是否存在点 F，使得/平面 PAE？说明理由 【答案】证明： (1) 四棱锥 中， 平面 ABCD， ， ， 底面 ABCD为菱形， ， = ，PA， 平面 PAC， 平面 PAC (2) 在四棱锥 中，底面 ABCD为菱形， = 60， 是等边三角形， 为 CD的中点， ， /， ， 平面 ABCD， ， = ，PA， 平面 PAB， 平面 PAB， 平面 PAE， 平面 平面 PAE (3)棱 PB上存在中点 F，使得/平面 PAE 理由如下：分别

36、取 PB、PA 的中点 F、G，连接 CF、FG、EG， 在三角形 PAB中，/且 = 1 2， 在菱形 ABCD中，E 为 CD的中点， 所以/，且 = 1 2， 所以/，且 = ， 即四边形 CEGF为平行四边形， 所以/， 又， 【知识点】线面垂直的判定、线面平行的判定、面面垂直的判定、线面垂直的性质 【解析】本题考查线面垂直、面面垂直的证明，考查满足线面平行的点是否存在的判断与求法，考查空间 中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题 (1)推导出 ， ，由此能证明 平面 PAC (2)推导出 ， ，从而 平面 PAB，由此能证明平面 平面 PAE (

37、3)棱 PB上存在中点 F，分别取 PB、PA的中点 F、G，连接 CF、FG、EG，推导出四边形 CEGF为平行四 边形，所以/，进而/平面 PAE 二、 【2019浙江高考】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为 祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式柱体= ，其中 S 是柱体的底面积，h是柱体的高若某 柱体的三视图如图所示(单位：)，则该柱体的体积(单位：3)是( ) A. 158 B. 162 C. 182 D. 324 【答案】B 【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积、表面积和体积、空间几何体的三视图 【解析】 【分析】 本题考查由三视图求面积、体积

38、，关键是由三视图还原几何体，属于基础题 由三视图还原几何体，可知该几何体为直五棱柱，由两个梯形面积求得底面积，代入体积公式得答案 【解答】 解：由三视图还原几何体如图， 该几何体为直五棱柱，底面五边形的面积可用两个直角梯形的面积求解， 即 五边形 = 1 2(4 + 6) 3 + 1 2(2 + 6) 3 = 27， 高为 6，则该柱体的体积是 = 27 6 = 162 故选 B 【2019浙江高考】设三棱锥 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱 VA上的点(不含端点)， 记直线 PB与直线 AC所成角为， 直线 PB 与平面 ABC所成角为， 二面角 的平面角为， 则( ) A. ， B.

39、 ， C. ， D. ， 【答案】B 【知识点】直线与平面所成的角、二面角、异面直线所成角 【解析】 【分析】 本题考查空间三种角的求法，考查以三棱锥为载体，常规解法下易出现的错误的有：不能正确作出各种角， 未能想到利用“特殊位置法”，寻求简单解法，为拔高题 综合考查异面直线所成角、 直线和平面所成角和二倍角的概念和计算， 解答的基本方法是通过明确各种角， 应用三角函数知识求解，而后比较大小，充分运用图象，则可事半功倍 【解答】 解：方法一、如图 G为 AC的中点，V 在底面的射影为 O， 则 P 在底面上的射影 D在线段 AO 上，作 于 E，易得/， 过 P 作/于 F，过 D作/，交 B

40、G 于 H， 则 = ， = ， = ， 则 = = = = ，可得 = ，可得 ， 方法二、由最小值定理可得 ， 记 的平面角为(显然 = )， 由最大角定理可得 = ； 方法三、(特殊图形法)设三棱锥 为棱长为 2 的正四面体，P为 VA的中点， 易得 = 1 2 3 = 3 6 ， 可得 = 33 6 ， = 6 3 3 = 2 3 ， = 6 3 3 2 = 22 3 ， 当 = 2 3时，由余弦定理可得 = 4 + 4 9 2 2 2 3 1 2 = 27 3 ， = 28 9 :16 9 ;28 9 227 3 4 3 = 1 7 ， = 6 7 ， 可得 0)，则(1,2，) 则

41、 = (1,0,0)是平面 ADE的法向量，又 = (0,2,)，可得 = 0 又直线 平面 ADE， /平面 ADE； ()解：依题意， = (1,1,0)， = (1,0,2)， = (1,2,2) 设 = (,)为平面 BDE的法向量， 则 = + = 0 = + 2 = 0, 令 = 1，得 = (2,2,1) cos = | | | = 4 9 直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值为4 9； ()解：设 = (1,1,1)为平面 BDF 的法向量， 则 = 1+ 1= 0 = 21+ 1= 0, 取1= 1，可得 = (1,1, 2 )， 由题意，|cos | = | | |

42、| | = |4;2 | 32: 4 2 = 1 3， 解得 = 8 7 经检验，符合题意 线段 CF 的长为8 7 【知识点】平面与平面所成角的向量求法、线面平行的判定、直线与平面所成角的向量求法 【解析】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，利用空间向量求解线面角与二 面角的大小，是拔高题 ()以 A为坐标原点，分别以 ， ， 所在直线为 x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得 A，B，C，D， E 的坐标，设 = ( 0)，得(1,2，).可得 = (1,0,0)是平面 ADE 的法向量，再求出 = (0,2,)， 由 = 0，且直线 平面 ADE，得/平面 ADE；

43、()求出 = (1,2,2)，再求出平面 BDE的法向量，利用数量积求夹角公式得到直线 CE 与平面 BDE所 成角的正弦值； ()求出平面 BDF 的法向量，由两平面法向量所成角的余弦值为1 3列式求线段 CF 的长 【2019天津高考（文） 】如图，在四棱锥，底面 ABCD 为平行四边形， 为等边三角形，平 面 平面 PCD， ， = 2， = 3， (1)设 G，H分别为 PB，AC的中点，求证：/平面 PAD； (2)求证： 平面 PCD； (3)求直线 AD与平面 PAC所成角的正弦值 【答案】证明：(1)如图： 证明：连接 BD，由题意得 = ， = ， 又由 = ，得/， 平面

44、PAD， 平面 PAD， /平面 PAD； (2)证明：取棱 PC中点 N，连接 DN， 依题意得 ， 又平面 平面 PCD，平面 平面 = ， 平面 PCD， 平面 PAC， 又 平面 PAC， ， 又 ， = ， 平面 PCD， 平面 PCD， 平面 PCD； (3)解：连接 AN，由(2)中 平面 PAC， 知是直线 AD 与平面 PAC所成角， 是等边三角形， = 2，且 N 为 PC 中点， = 3， 又 平面 PAC， ， 在 中，sin = = 3 3 直线 AD 与平面 PAC 所成角的正弦值为 3 3 【知识点】线面垂直的判定、直线与平面所成的角、面面垂直的性质、线面平行的判

45、定 【解析】本题考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成角等基础知识， 考查空间想象能力和运算求解能力，属于拔高题 (1)连接 BD，由题意得 = ， = ，由 = ，得/，由此能证明/平面 PAD； (2)取棱 PC 中点 N，连接 DN，推导出 ，从而 平面 PAC，进而 ，再上 ，能证 明 平面 PCD； (3)连接 AN，由 平面 PAC，知是直线 AD与平面 PAC所成角，由此能求出直线 AD与平面 PAC 所成角的正弦值 四、 【2019上海高考】已知平面、两两垂直，直线 a、b、c满足： ， ， ，则直线 a、 b、c不可能满足以下哪种关系( ) A. 两两垂直 B. 两两平行 C. 两两相交 D. 两两异面 【答案】B 【知识点】面面垂直的性质、空间中直线与直线的位置关系、空间中平面与平面的位置关系 【解析】 【分析】 本题考查空间中直线与直线、平面与平面的关系，属于基础题 利用直线与直线、平面与平面的关系，画图判定即可 【解答】 解：如图 1，可得 a、b、c可能两两垂直； 如图 2，可得 a、b、c可能两两相交； 如图 3，可得 a、b、c可能两两异面； 故选 B 【201