《2020高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 立體幾何（理）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 立體幾何（理）（27頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、立體幾何（理）【考綱解讀】1、平面的概念及平面的表示法，理解三個(gè)公理及三個(gè)推論的內(nèi)容及作用，初步掌握性質(zhì)與推論的簡(jiǎn)單應(yīng)用。2、空間兩條直線的三種位置關(guān)系，并會(huì)判定。3、平行公理、等角定理及其推論，了解它們的作用，會(huì)用它們來證明簡(jiǎn)單的幾何問題，掌握證明空間兩直線平行及角相等的方法。4、異面直線所成角的定義，異面直線垂直的概念，會(huì)用圖形來表示兩條異面直線，掌握異面直線所成角的范圍，會(huì)求異面直線的所成角。5.理解空間向量的概念，掌握空間向量的加法、減法和數(shù)乘;了解空間向量的基本定理，理解空間向量坐標(biāo)的概念，掌握空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算;掌握空間向量的數(shù)量積的定義及其性質(zhì)，掌握用直角坐標(biāo)計(jì)算空間向量數(shù)量積公

2、式.6.了解多面體、凸多面體、正多面體、棱柱、棱錐、球的概念.掌握棱柱,棱錐的性質(zhì),并會(huì)靈活應(yīng)用,掌握球的表面積、體積公式;能畫出簡(jiǎn)單空間圖形的三視圖，能識(shí)別上述的三視圖所表示的立體模型，會(huì)用斜二測(cè)法畫出它們的直觀圖.7.空間平行與垂直關(guān)系的論證. 8. 掌握直線與平面所成角、二面角的計(jì)算方法，掌握三垂線定理及其逆定理，并能熟練解決有關(guān)問題,進(jìn)一步掌握異面直線所成角的求解方法，熟練解決有關(guān)問題.9.理解點(diǎn)到平面、直線和直線、直線和平面、平面和平面距離的概念會(huì)用求距離的常用方法（如：直接法、轉(zhuǎn)化法、向量法）.對(duì)異面直線的距離只要求學(xué)生掌握作出公垂線段或用向量表示的情況）和距離公式計(jì)算距離.【考點(diǎn)

3、預(yù)測(cè)】在2020年高考中立體幾何命題有如下特點(diǎn)：1.線面位置關(guān)系突出平行和垂直，將側(cè)重于垂直關(guān)系2.多面體中線面關(guān)系論證，空間“角”與“距離”的計(jì)算常在解答題中綜合出現(xiàn)3.多面體及簡(jiǎn)單多面體的概念、性質(zhì)、三視圖多在選擇題，填空題出現(xiàn)4.有關(guān)三棱柱、四棱柱、三棱錐的問題，特別是與球有關(guān)的問題將是高考命題的熱點(diǎn)此類題目分值一般在17-22分之間，題型一般為1個(gè)選擇題，1個(gè)填空題，1個(gè)解答題. 【要點(diǎn)梳理】1.三視圖：正俯視圖長(zhǎng)對(duì)正、正側(cè)視圖高平齊、俯側(cè)視圖寬相等.2.直觀圖:已知圖形中平行于x軸和z軸的線段,在直觀圖中保持長(zhǎng)度不變,平行于y軸的線段平行性不變,但在直觀圖中其長(zhǎng)度為原來的一半.3.體

4、積與表面積公式:(1)柱體的體積公式:;錐體的體積公式: ;臺(tái)體的體積公式: ;球的體積公式: . (2)球的表面積公式: .4.有關(guān)球與正方體、長(zhǎng)方體、圓柱、圓錐、圓臺(tái)的結(jié)合體問題，要抓住球的直徑與這些幾何體的有關(guān)元素的關(guān)系.5.平行與垂直關(guān)系的證明,熟練判定與性質(zhì)定理.6利用空間向量解決空間角與空間距離。【考點(diǎn)在線】考點(diǎn)一 三視圖例1.（2020年高考海南卷文科第8題）在一個(gè)幾何體的三視圖中，正視圖和俯視圖如右圖，【解析】由主視圖和府視圖可知，原幾何體是由后面是半個(gè)圓錐，前面是三棱錐的組合體，所以，左視圖是D.【名師點(diǎn)睛】本題考查三視圖的基礎(chǔ)知識(shí).【備考提示】三視圖是高考的熱點(diǎn)之一,年年必

5、考,所以必須熟練立體幾何中的有關(guān)定理是解答好本題的關(guān)鍵.練習(xí)1: （2020年高考江西卷文科9)將長(zhǎng)方體截去一個(gè)四棱錐，得到的幾何體如右圖所示，則該幾何體的左視圖為（ ）【解析】左視圖即是從正左方看，找特殊位置的可視點(diǎn)，連起來就可以得到答案.考點(diǎn)二 表面積與體積例2.(2020年高考安徽卷文科8)一個(gè)空間幾何體得三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為( )【答案】C【解析】由三視圖可知幾何體是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底為2，下底為4，高為4，兩底面積和為，四個(gè)側(cè)面的面積為，所以幾何體的表面積為.故選C.【名師點(diǎn)睛】本題考查三視圖的識(shí)別以及空間多面體表面積的求法.【備考提示】：表面

6、積與體積的求解也是高考的熱點(diǎn)之一，年年必考，大多以三視圖為載體，在選擇與填空題中考查，難度不大，也可能在解答題的一個(gè)問號(hào)上.練習(xí)2：332正視圖側(cè)視圖俯視圖圖1（2020年高考湖南卷文科4)設(shè)圖是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為( )A【答案】D【解析】有三視圖可知該幾何體是一個(gè)長(zhǎng)方體和球構(gòu)成的組合體，其體積.考點(diǎn)三 球的組合體例3. （2020年高考遼寧卷文科10)己知球的直徑SC=4，A，B是該球球面上的兩點(diǎn)AB=2, 則棱錐的體積為( )(A) (B) (C) (D) 【答案】C 【解析】取SC的中點(diǎn)D,則D為球心，則AD=BD=DS=2。因?yàn)锳SC=BSC=45，所以SDB=SDA

7、=900，即ADSC,BDSC,ABD是等邊三角形，故棱錐S-ABC的體積等于棱錐S-ABD和棱錐C-ABD的體積和，即.【名師點(diǎn)睛】本小題考查三棱錐的外接球體積的求解,關(guān)鍵是找出球的半徑.【備考提示】：球的組合體,在高考中,經(jīng)?？疾榍蚺c長(zhǎng)方體、正方體、三棱錐、四棱錐、圓錐、圓柱等的組合，熟練這些幾何體與其外接球的半徑的關(guān)系是解決此類問題的關(guān)鍵.練習(xí)3：（2020年高考海南卷文科16)已知兩個(gè)圓錐有公共底面,且兩圓錐的頂點(diǎn)和底面的圓周都在同一個(gè)球面上.若圓錐底面面積是這個(gè)球面面積的,則這兩個(gè)圓錐中,體積較小者的高與體積較大者的高的比值為 .【答案】【解析】設(shè)圓錐的底面半徑為,球半徑為,則,解得

8、,所以對(duì)應(yīng)球心距為,故小圓錐的高為,大圓錐的高為,所以之比為.考點(diǎn)四 空間中平行與垂直關(guān)系的證明例4. （2020年高考山東卷文科19)如圖，在四棱臺(tái)中，平面，底面是平行四邊形，60. （）證明：；（）證明：.【解析】（）證明：因?yàn)?，所以設(shè)AD=a,則AB=2a,又因?yàn)?0,所以在中,由余弦定理得：,所以BD=,所以,故BDAD,又因?yàn)槠矫妫訠D,又因?yàn)? 所以平面,故.(2)連結(jié)AC,設(shè)ACBD=0, 連結(jié),由底面是平行四邊形得:O是AC的中點(diǎn),由四棱臺(tái)知:平面ABCD平面,因?yàn)檫@兩個(gè)平面同時(shí)都和平面相交,交線分別為AC、，故，又因?yàn)锳B=2a, BC=a, ，所以可由余弦定理計(jì)算得AC

9、=，又因?yàn)锳1B1=2a, B1C1=, ，所以可由余弦定理計(jì)算得A1C1=，所以A1C1OC且A1C1=OC，故四邊形OCC1A1是平行四邊形，所以CC1A1O，又CC1平面A1BD，A1O平面A1BD，所以.【名師點(diǎn)睛】本題以四棱臺(tái)為載體,考查空間中平行與垂直關(guān)系的論證,考查空間想象能力、邏輯思維能力,分析問題與解決問題的能力.【備考提示】：熟練課本中有關(guān)平行與垂直的定理是解答好本類題的關(guān)鍵.練習(xí)4. (2020年高考江蘇卷16)如圖，在四棱錐中，平面PAD平面ABCD，AB=AD，BAD=60，E、F分別是AP、AD的中點(diǎn).求證：（1）直線EF平面PCD；（2）平面BEF平面PAD.【解

10、析】證明: （1）因?yàn)镋、F分別是AP、AD的中點(diǎn),所以EFPD,又因?yàn)镋F平面PCD,PD平面PCD,所以直線EF平面PCD；（2）設(shè)AB=AD=,則AF=,又因?yàn)锽AD=60，所以在中,由余弦定理得：BF=，所以，所以BFAF，因?yàn)槠矫鍼AD平面ABCD，交線為AD，平面ABCD，所以BF平面PAD，因?yàn)槠矫鍮EF，所以平面BEF平面PAD.考點(diǎn)五 空間角與距離的求解例5. (2020年高考浙江卷理科20).如圖，在三棱錐中，D為BC的中點(diǎn)，PO平面ABC，垂足O落在線段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（）證明：APBC；（）在線段AP上是否存在點(diǎn)M，使得二面角A-MC-

11、為直二面角？若存在，求出AM的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說明理由?！窘馕觥糠ㄒ唬海ǎ┳C明：如圖，以為原點(diǎn)，以射線為軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則，由此可得 ，所以 ，即（）解：設(shè) ，則，設(shè)平面的法向量，平面的法向量 由 得 即 ，可取 由即得可取，由得解得 ，故 綜上所述，存在點(diǎn)M 符合題意，法二（）證明：又因?yàn)樗云矫婀剩ǎ┤鐖D，在平面內(nèi)作由（）知得平面，又平面所以平面平面在中，得在中，在中，所以得，在中，得又從而，所以綜上所述，存在點(diǎn)M 符合題意，.【名師點(diǎn)睛】本題主要考查空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系，二面角等基礎(chǔ)知識(shí)，空間向量的應(yīng)用，同時(shí)考查空間想象能力和運(yùn)算求解能力.【備考提示】：空間角與距離是高

12、考的一個(gè)熱點(diǎn)，年年必考，熟練三種角及距離的求法，是解答本類題目的關(guān)鍵.練習(xí)5. (2020年高考全國(guó)卷理科16)己知點(diǎn)E、F分別在正方體ABCD-A1B2C3D4的棱BB1 、CC1上，且B1E=2EB, CF=2FC1，則面AEF與面ABC所成的二面角的正切值等于 .【答案】【解析】延長(zhǎng)CB、FE交于M，連結(jié)AM，過B作BNAM于N，連結(jié)EN，則ENB為平面AEF與平面ABC所成的二面角，AM=AB，.【易錯(cuò)專區(qū)】問題：三視圖與表面積、體積例.（2020年高考陜西卷文科5)某幾何體的三視圖如圖所示，則它的體積是（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】A【解析】由三視圖可知該幾何體為立方體

13、與圓錐，立方體棱長(zhǎng)為2，圓錐底面半徑為1、高為2，所以體積為故選A.【名師點(diǎn)睛】：本小題以三視圖為載體考查空間幾何體的體積的求解【備考提示】：由三視圖準(zhǔn)確判斷幾何體的形狀以及找出幾何體各個(gè)邊長(zhǎng)是解答此類問題的關(guān)鍵所在.【考題回放】1.(2020年高考浙江卷理科4)下列命題中錯(cuò)誤的是( )（A）如果平面，那么平面內(nèi)一定存在直線平行于平面（B）如果平面不垂直于平面，那么平面內(nèi)一定不存在直線垂直于平面（C）如果平面，平面，那么（D）如果平面，那么平面內(nèi)所有直線都垂直于平面【答案】 D【解析】?jī)蓚€(gè)平面垂直，兩個(gè)平面上的所有直線都不是垂直了，比如平面垂直平面，垂線為AB，直線CD屬于，與AB交與E點(diǎn)，角

14、度為60，不垂直平面，故選D.2. (2020年高考山東卷理科11)下圖是長(zhǎng)和寬分別相等的兩個(gè)矩形給定下列三個(gè)命題：存在三棱柱，其正(主)視圖、俯視圖如下圖；存在四棱柱，其正(主)視圖、俯視圖如下圖；存在圓柱，其正(主)視圖、俯視圖如下圖其中真命題的個(gè)數(shù)是( )(A)3 (B)2 (C)1 (D)0【答案】A【解析】對(duì)于,可以是放倒的三棱柱；容易判斷可以.3.(2020年高考浙江卷理科3)若某幾何體的三視圖如圖所示，則這個(gè)幾何體的直觀圖可以是( )【解析】：A，B與正視圖不符，C與俯視圖不符，故選D .4.(2020年高考遼寧卷理科8)如圖，四棱錐S-ABCD的底面為正方形，SD底面ABCD，

15、則下列結(jié)論中不正確的是（ ）(A) ACSB (B) AB平面SCD (C) SA與平面SBD所成的角等于SC與平面SBD所成的角 (D)AB與SC所成的角等于DC與SA所成的角【答案】D【解析】對(duì)于A:因?yàn)镾D平面ABCD，所以DSAC.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以ACBD，故AC平面ABD,因?yàn)镾B平面ABD,所以ACSB，正確.對(duì)于B：因?yàn)锳B/CD,所以AB/平面SCD.對(duì)于C:設(shè).因?yàn)锳C平面ABD，所以SA和SC在平面SBD內(nèi)的射影為SO，則ASO和CSO就是SA與平面SBD所成的角和SC與平面SBD所成的角，二者相等，正確.故選D.5(2020年高考江西卷理科8)已知，是三個(gè)

16、相互平行的平面平面，之間的距離為，平面，之間的距離為直線與，分別相交于，那么“=”是“”的( ) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C充分必要條件 D既不充分也不必要條件【答案】C【解析】過點(diǎn)作平面的垂線g,交平面，分別于點(diǎn)A、B兩點(diǎn),由兩個(gè)平面平行的性質(zhì)可知,所以,故選C.6.(2020年高考重慶卷理科9)高為的四棱錐S-ABCD的底面是邊長(zhǎng)為1的正方形，點(diǎn)S、A、B、C、D均在半徑為1的同一球面上，則底面ABCD的中心與頂點(diǎn)S之間的距離為( )（A） （B） （C）1 （D）【答案】C【解析】設(shè)底面中心為G，球心為O，則易得，于是，用一個(gè)與ABCD所在平面距離等于的平面去截球，S便為

17、其中一個(gè)交點(diǎn)，此平面的中心設(shè)為H，則，故，故7(2020年高考四川卷理科3)，是空間三條不同的直線，則下列命題正確的是( ) (A)， （B），(C) ，共面 （D），共點(diǎn)，共面【答案】B【解析】若則有三種位置關(guān)系，可能平行、相交或異面，故A不對(duì).雖然，或共點(diǎn)，但是可能共面，也可能不共面，故C、D也不正確.8.(2020年高考全國(guó)卷理科6)已知直二面角，點(diǎn)為垂足，為垂足，若則到平面的距離等于( )（A） （B） （C） （D）【答案】C【解析】如圖，作于，由為直二面角，得平面，進(jìn)而,又,于是平面。故為到平面的距離。在中，利用等面積法得15. (2020年高考全國(guó)卷理科11)已知平面截一球面得圓

18、M，過圓心M且與成，二面角的平面截該球面得圓N，若該球的半徑為4，圓M的面積為4，則圓N的面積為( ) (A) (B) (c) (D)【答案】D【解析】：由圓的面積為得，在 故選D. 16. (2020年高考全國(guó)新課標(biāo)卷理科15)已知矩形的頂點(diǎn)都在半徑為4的球的球面上，且,則棱錐的體積為 。【答案】【解析】如圖，連接矩形對(duì)角線的交點(diǎn)和球心,則，,四棱錐的高為,所以，體積為17. (2020年高考全國(guó)新課標(biāo)卷理科18) (本小題滿分12分)如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD為平行四邊形，DAB=60,AB=2AD,PD底面ABCD.()證明：PABD；()若PD=AD，求二面角A-PB-C的

19、余弦值?！窘馕觥?1)證明：在三角形ABD中，因?yàn)樵撊切螢橹苯侨切?，所?（2）建立如圖的坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)分別是則，設(shè)平面PAB的法向量為，所以， 取得，同理設(shè)平面PBC的法向量為， 取得，于是，因此二面角的余弦值是.18(2020年高考湖南卷理科19)如圖5，在圓錐中，已知=，O的直徑,是的中點(diǎn)，為的中點(diǎn)（）證明：平面 平面;（）求二面角的余弦值.【解法一】連結(jié)OC，因?yàn)橛值酌鍻，AC底面O，所以，因?yàn)镺D，PO是平面POD內(nèi)的兩條相交直線，所以平面POD，而平面PAC，所以平面POD平面PAC。（II）在平面POD中，過O作于H，由（I）知，平面所以平面PAC，又面PAC，所以在平面

20、PAO中，過O作于G，連接HG，則有平面OGH，從而，故為二面角BPAC的平面角。在在在在所以故二面角BPAC的余弦值為【解法二】（I）如圖所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB、OC、OP所在直線分別為x軸、y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，設(shè)是平面POD的一個(gè)法向量，則由，得所以設(shè)是平面PAC的一個(gè)法向量，則由，得所以得。因?yàn)樗詮亩矫嫫矫鍼AC。（II）因?yàn)閥軸平面PAB，所以平面PAB的一個(gè)法向量為由（I）知，平面PAC的一個(gè)法向量為,設(shè)向量的夾角為，則由圖可知，二面角BPAC的平面角與相等，所以二面角BPAC的余弦值為【高考沖策演練】一、選擇題：1（2020年高考廣東卷A文科第6題）給定下列四

21、個(gè)命題： 若一個(gè)平面內(nèi)的兩條直線與另一個(gè)平面都平行，那么這兩個(gè)平面相互平行； 若一個(gè)平面經(jīng)過另一個(gè)平面的垂線，那么這兩個(gè)平面相互垂直； 垂直于同一直線的兩條直線相互平行； 若兩個(gè)平面垂直，那么一個(gè)平面內(nèi)與它們的交線不垂直的直線與另一個(gè)平面也不垂直. 其中，為真命題的是 （ ）A和 B和 C和 D和 【答案】D【解析】錯(cuò), 正確, 錯(cuò), 正確.故選D2（2020年高考湖南卷文科第6題）平面六面體中，既與共面也與共面的棱的條數(shù)為（ ）A3 B4 C5 D6 【答案】C【解析】如圖，用列舉法知合要求的棱為：、，故選C.3. (山東省青島市2020年3月高考第一次模擬)已知直線 、，平面、，且，則是的

22、( ).充要條件 .充分不必要條件 .必要不充分條件 .既不充分也不必要條件【答案】B4(山東省濟(jì)寧市2020年3月高三第一次模擬)已知a、b為直線，、為平面在下列四個(gè)命題中， 若a，b，則ab ； 若 a，b ，則ab； 若a，a，則； 若b，b ，則正確命題的個(gè)數(shù)是 （ ） A 1 B 3 C 2 D 0【答案】C【解析】由“垂直于同一平面的兩直線平行”知真；由“平行于同一平面的兩直線平行或異面或相交”知假；由“垂直于同一直線的兩平面平行”知真；易知假，選C5. （山東省泰安市2020屆高三上學(xué)期期末文科）設(shè)l、m、n為不同的直線，為不同的平面，有如下四個(gè)命題：( )若若若若A.0B.1C

23、.2D.3【答案】B6. （山東省濟(jì)南一中2020屆高三上學(xué)期期末文科）已知正三棱錐的主視圖、俯視圖如下圖所示，其中VA=4，AC=,則該三棱錐的左視圖的面積 ( )A9 B6 C D【答案】B7(山東省煙臺(tái)市2020屆高三上學(xué)期期末文科)已知空間兩條不同的直線和兩個(gè)不同的平面，則下列命題中正確的是( )A若 B若C若 D若【答案】D8(2020年高考全國(guó)2卷理數(shù)9）已知正四棱錐中，那么當(dāng)該棱錐的體積最大時(shí)，它的高為( )（A）1 （B） （C）2 （D）39(2020年高考全國(guó)2卷理數(shù)11）與正方體的三條棱、所在直線的距離相等的點(diǎn)( )（A）有且只有1個(gè) （B）有且只有2個(gè)（C）有且只有3個(gè)

24、 （D）有無數(shù)個(gè)10. (2020年高考重慶市理科10)到兩互相垂直的異面的距離相等的點(diǎn)，在過其中一條直線且平行于另一條直線的平面內(nèi)的軌跡是（ ）（A） 直線（B） 橢圓（C） 拋物線（D） 雙曲線【答案】D【解析】排除法 軌跡是軸對(duì)稱圖形，排除A、C，軌跡與已知直線不能有交點(diǎn)，排除B11. (2020年全國(guó)高考寧夏卷10）設(shè)三棱柱的側(cè)棱垂直于底面，所有棱長(zhǎng)都為，頂點(diǎn)都在一個(gè)球面上，則該球的表面積為（ ）(A) (B) (C) (D) 【答案】B 【解析】如圖，P為三棱柱底面中心，O為球心，易知，所以球的半徑滿足：，故12（2020年高考廣東卷理科6）如圖1， ABC為三角形，/, 二填空題：

25、13(2020年高考上海卷理科7)若圓錐的側(cè)面積為，底面積為，則該圓錐的體積為 ?！敬鸢浮?；14（2020年高考江蘇卷第12題）設(shè)和為不重合的兩個(gè)平面，給出下列命題：（1）若內(nèi)的兩條相交直線分別平行于內(nèi)的兩條直線，則平行于；（2）若外一條直線與內(nèi)的一條直線平行，則和平行；（3）設(shè)和相交于直線，若內(nèi)有一條直線垂直于，則和垂直；（4）直線與垂直的充分必要條件是與內(nèi)的兩條直線垂直。上面命題中，真命題的序號(hào) （寫出所有真命題的序號(hào)）.【答案】(1)(2)15. (山東省濟(jì)南市2020年2月高三教學(xué)質(zhì)量調(diào)研文科)已知右上圖是一個(gè)空間幾何體的三視圖，則該幾何體的外接球的表面積為 . 【答案】816.（20

26、20年高考全國(guó)卷文科15)已知正方體中，E為的中點(diǎn)，則異面直線AE與BC所成的角的余弦值為 .【答案】【解析】取的中點(diǎn)，為所求角，設(shè)棱長(zhǎng)為2，則，三解答題：17(2020年高考山東卷理科19)在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為平行四邊形，ACB=，平面，EF，.=.（)若是線段的中點(diǎn)，求證：平面;（）若=,求二面角-的大小【解析】（)連結(jié)AF,因?yàn)镋F，EF=F,所以平面EFG平面ABCD,又易證,所以,即,即,又M為AD的中點(diǎn),所以,又因?yàn)镈，所以M,所以四邊形AMGF是平行四邊形,故GMFA,又因?yàn)槠矫?FA平面,所以平面.（）取AB的中點(diǎn)O,連結(jié)CO,因?yàn)?所以COAB,又因?yàn)槠矫妫?/p>

27、CO平面,所以CO,又AB=A,所以CO平面,在平面ABEF內(nèi),過點(diǎn)O作OHBF于H,連結(jié)CH,由三垂線定理知: CHBF,所以為二面角-的平面角.設(shè)=,因?yàn)锳CB=，=,CO=,連結(jié)FO,容易證得FOEA且,所以,所以O(shè)H=,所以在中,tanCHO=,故CHO=,所以二面角-的大小為.18.(2020年高考遼寧卷理科18)如圖，四邊形ABCD為正方形，PD平面ABCD，PDQA，QA=AB=PD.（I）證明：平面PQC平面DCQ;（II）求二面角Q-BP-C的余弦值.【解析】（I）方法一：由條件知，PDAQ是直角梯形，因?yàn)锳Q平面ABCD,所以平面PDAQ平面ABCD,交線是AD.又四邊形A

28、BCD是正方形，DCAD,所以DC平面PDAQ，可得PQDC.在直角梯形PDAQ中可得DQ=PQ=PD，則PQQD.所以PQ平面DCQ.因?yàn)镻Q平面PQC,所以平面PQC平面DCQ.方法二：如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，線段DA的長(zhǎng)為單位長(zhǎng)，射線DA為x軸的正半軸建立空間之間坐標(biāo)系D-xyz.依題意由Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0).則(1,1,0)，(0,0,1)， (1,-1,0).所以， 即，.故平面DCQ，又平面PQC，所以平面PQC平面DCQ.（II）依題意得B(1,0,1)，,設(shè)n=(x,y,z)是平面PBC的法向量，則即因此，取n=(0,-1,-2).設(shè)m是平面PBQ

29、的法向量，則可取m=(1,1,1),所以，故二面角Q-BP-C的余弦值為.19. (2020年高考安徽卷理科17)如圖，為多面體，平面與平面垂直，點(diǎn)在線段上，,，都是正三角形。（）證明直線；（II）求棱錐F-OBED的體積?！窘馕觥浚?）【證法一】： 同理可證， 【證法二】：設(shè)G是線段DA與EB延長(zhǎng)線的交點(diǎn)， 同理設(shè)是線段DA與FC延長(zhǎng)線的交點(diǎn)，有，又G與都在線段DA的延長(zhǎng)線上，所以G與重合。又 和 ,可知B和C分別是線段GE和GF的中點(diǎn)，【證法三】：（向量法）略（2）【解析】：由OB=1，OE=2，,得，而是邊長(zhǎng)為2的正三角形，故，所以過點(diǎn)F作FQDG，交DG于Q點(diǎn)，由于平面ABED平面AC

30、FD，所以FQ平面ABED所以FQ就是棱錐F-OBED的高，且,所以.20. (2020年高考天津卷理科17)如圖，在三棱柱中，是正方形的中心，平面，且（）求異面直線AC與A1B1所成角的余弦值；（）求二面角的正弦值；（）設(shè)為棱的中點(diǎn)，點(diǎn)在平面內(nèi)，且平面，求線段的長(zhǎng)【解析】如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn).依題意得A(,B(0,0,0),C(), ).（）易得,于是,所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為.（）易知,.設(shè)平面的法向量,則,即,不妨令可得,同樣地,設(shè)平面的法向量,則,即,不妨令可得,于是,從而,所以二面角的正弦值為.（）由N為棱的中點(diǎn),得,設(shè),則,由平面,得,即,

31、解得,故,因此,所以線段的長(zhǎng)為.21. (遼寧省沈陽(yáng)市2020年高三第二次模擬理科) 如圖4，三棱柱中，側(cè)面底面，且,O為中點(diǎn)（）在上確定一點(diǎn)，使得平面，并說明理由；（）求二面角的大小【解析】（）為中點(diǎn)2分證法一：取中點(diǎn)，連接3分所以可得，所以面面5分所以平面6分證法二：因?yàn)椋覟榈闹悬c(diǎn)，所以又由題意可知，平面平面，交線為，且平面，所以平面以為原點(diǎn)，所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系1分由題意可知，又所以得: 則有：2分設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則有 ，令，得 所以4分設(shè) 即，得所以得由已知平面，得 ， 即得即存在這樣的點(diǎn)，為的中點(diǎn)6分（）由法二，已知，設(shè)面的法向量為mmm，則，m令，所以8分mnmnnm所以,10分由圖可得二面角的大小為12分22. (山東省青島市2020年3月高考第一次模擬理科)如圖，為矩形，為梯形，平面平面，.()若為中點(diǎn)，求證：平面；()求平面與所成銳二面角的余弦值. 【解析】 () 證明:連結(jié),交與,連結(jié)，中，分別為兩腰的中點(diǎn) 2分因?yàn)槊?又面，所以平面4分 () 設(shè)平面與所成銳二面角的大小為，以為空間坐標(biāo)系的原點(diǎn)，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，則6分設(shè)平面的單位法向量為，則可設(shè)7分設(shè)面的法向量，應(yīng)有即：，解得：，所以10分11分所以平面與所成銳二面角的余弦值為12分