2015年全国高考真题专题十立体几何

前程教育

课题

尽职尽责，育人为本

201508

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专题十立体几何

1. 【2015高考安徽，理5】已知m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是（）

（A ）若α，β垂直于同一平面，则α与β平行（B ）若m ，n 平行于同一平面，则m 与n 平行

（C ）若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线（D ）若m ，n 不平行，则m 与n 不可能垂直于同一平面【答案】D

【解析】由A ，若α，β垂直于同一平面，则α，β可以相交、平行，故A 不正确；由B ，若m ，n 平行

于同一平面，则m ，n 可以平行、重合、相交、异面，故B 不正确；由C ，若α，β不平行，但α平面内会存在平行于β的直线，如α平面中平行于α，β交线的直线；由D 项，其逆否命题为“若m 与

n 垂直于同一平面，则m ，n 平行”是真命题，故D 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. 【2015高考北京，理4】设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m ⊂α．“m ∥β”是“α∥β”的（）

A ．充分而不必要条件 C ．充分必要条件【答案】B

【解析】因为α，β是两个不同的平面，m 是直线且m ⊂α．若“m ∥β”，则平面α、β可能相交也可能平行，不能推出α//β，反过来若α//β，m 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. 【2015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。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1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放斛的米约有（）

B ．必要而不充分条件 D ．既不充分也不必要条件

⊂α，则有m ∥β，则“m ∥β”是“α∥β”的必要而不充分条

(A)14斛 (B)22斛 (C)36斛 (D)66斛【答案】

【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

圆锥，4

底面周长是两个底面半径与

圆的和，根据题中的条件列出关于底面半径的方程，解出底面半径，是基础题. 4

4. 【2015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 ．3π B ．4π C ．2π

+4 D ．3π+

【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

⨯2π⨯1⨯(1+2)+2⨯2=3π+4，故选D ． 2

【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. 【2015高考新课标1，理11】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16 + 20π，则r =（）

（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2r ，其表面积为

⨯4πr 2+πr ⨯2r +πr 2+2r ⨯2r =5πr 2+4r 2=16 + 20π，解得r =2，故选B. 2

【考点定位】简单几何体的三视图；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. 【2015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

A 、

12+π B 、+π 33

C 、

+2π D 、+2π 33

1111

π⨯12⨯2+⨯(⨯⨯1⨯2) ⨯1=π+，选A . 2323

【答案】A

【解析】这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，V =【考点定位】组合体的体积.

【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. 【2015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（）

2正(主) 视图

侧(左) 视图

俯视图

．2+ B

．4+ C

．2+ D ．5 【答案】

三棱锥表面积S 表=+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PAB 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. 【2015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+

（B

）2

（C

）1+ （D

）

【答案】B

【解析】由题意，该四面体的直观图如下，∆ABD , ∆BCD 是等腰直角三角形，∆ABC , ∆ACD 是等边三角

形，则S ∆BCD =S ∆ABD =

11，所以四面体的表

=1, S ∆ABC =S ∆ACD =60 =

22=2+，故选B. 面积S =S ∆BCD +S ∆ABD +S ∆ABC +S ∆ACD =2⨯1+2

【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. 【2015高考新课标2，理9】已知A,B 是球O 的球面上两点，∠AOB=90,C为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( ) A ．36π B.64π C.144π D.256π 【答案】

【考点定位】外接球表面积和椎体的体积．

【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ABCD 中，∠ABC =

，AD //BC , BC =2AD =2AB =2 .将梯

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的体积为（）（A ）

2π4π5π 错误！未找到引用源。（B ）错误！未找到引用源。（C ）错333

误！未找到引用源。（D ）2π 【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，所以该组合体的体积为：

V =V 圆柱-V 圆锥=π⨯12⨯2-⨯π⨯12⨯1=π学优高考网

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.

11. 【2015高考浙江，理8】如图，已知∆ABC ，D 是AB 的中点，沿直线CD 将∆ACD 折成∆A 'CD ，所成二面角A '-CD -B 的平面角为α，则（） A.

∠A 'DB ≤α B. ∠A 'DB ≥α C. ∠A 'CB ≤α D. ∠A 'CB ≤α

【答案】B.

【解析】

试题分析：设∠ADC

=θ，设AB =2，则由题意AD =BD =1，在空间图形中，设A 'B =t ，

A 'D 2+DB 2-AB 212+12-t 22-t 2

在∆A 'CB 中，cos ∠A 'DB =， ==

2A 'D ⨯DB 2⨯1⨯12

在空间图形中，过A '作AN

⊥DC ，过B 作BM ⊥DC ，垂足分别为N ，M ，

⊥DC ，

过N 作NP //MB ，连结A 'P ，∴NP

则∠A 'NP 就是二面角A '-CD -B 的平面角，∴∠A 'NP =α，在Rt ∆A 'ND 中，DN 同理，BM

=A 'D cos ∠A 'DC =cos θ，A 'N =A 'D sin ∠A 'DC =sin θ，

=PN =sin θ，DM =cos θ，故BP =MN =2cos θ，

显然BP ⊥面A 'NP ，故BP ⊥A 'P ，在Rt ∆A 'BP 中，A 'P

=A 'B 2-BP 2=t 2-(2cosθ) 2=t 2-4cos 2θ，

A 'N 2+NP 2-A 'P 2sin 2θ+sin 2θ-(t 2-4cos 2θ)

在∆A 'NP 中，cos α=cos ∠A 'NP = =

2A 'N ⨯NP 2sin θ⨯

sin θ

【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∆ABC 的形状不确定，∠A ' CB 与

α的大小关系是不确定的，再根据二面角的定义即可知∠A 'DB ≥α，当且仅当AC =BC 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】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=

新工件的体积

）（）

原工件的体积

816

A. B.

9π9π

【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a ，则x 2+y 2=(2a ) 2=4a 2，如下图所示，圆锥的轴截面x 2+y 2a 2-h

如图所示，则可知=h =2a 2h =2a 2(2-2a ) ⇒h =2-2a ，而长方体的体积V =xyh ≤

212

≤2⨯(

a +a +2-2a 3162

，当且仅当x =y ，a =2-2a ⇒a =时，等号成立，此时利用率为) =

3273

π⨯12⨯23

16=

，故选

A. 9π

【考点定位】1. 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. 【2015高考浙江，理2】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积是（）

A. 8cm B. 12cm C.

323403

cm D. cm

【答案】

【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.

13. 【2015高考福建，理7】若l , m 是两条不同的直线，m 垂直于平面α ，则“l （）

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l

⊥m ”是“l //α 的

⊥m ，因为m 垂直于平面α，则l //α或l ⊂α；若l //α，又m 垂直于平面α，则

l ⊥m ，所以“l ⊥m ”是“l //α 的必要不充分条件，故选B ．学优高考网

【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、面位置关系很好的载体，所以我们可以将这些问题还原到长方体中研究．

14. 【2015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( )

A ．

1111 B ． C ． D ． 8765

【答案】D

【解析】由三视图得，在正方体长为a ，则V A -A B D =111分体积的比值为

ABCD -A 1B 1C 1D 1中，截去四面体A -A 1B 1D 1，如图所示，，设正方体棱

1131315

⨯a =a ，故剩余几何体体积为a 3-a 3=a 3，所以截去部分体积与剩余部32666

，故选D ． 5

【考点定位】三视图．

D 1

A D

【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，属于中档题．

【2015高考上海，理6】若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为．【答案】

π 3

π1

【解析】由题意得：π

rl :(h ⋅2r

) =2π⇒l =2h ⇒母线与轴的夹角为

【考点定位】圆锥轴截面

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【名师点睛】掌握对应几何体的侧面积，轴截面面积计算方法. 如圆柱的侧面积

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S =2πrl ，圆柱的表面积

S =2πr (r +l ) ，圆锥的侧面积 S =πrl ，圆锥的表面积 S =πr (r +l ) ，球体的表面积 S =4πR 2，

圆锥轴截面为等腰三角形.

【2015高考上海，理4】若正三棱柱的所有棱长均为a

，且其体积为【答案】4

【解析】a ，则a = ．

=⇒a 3=64⇒a =4 【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V =Sh , 区别锥的体积

122

V =

，正六边形的面积为6.

315. 【2015高考四川，理14】如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E 、F 分别为AB 、BC 的中点。设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为

【答案】

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8y +1161

=≥，当t =1时取等号.

所以

4y 2+5t +81-25

2cos θ==≤=，当y =0时，取得最大值.

5z Q

E B

F x

D y

【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.

16. 【2015高考天津，理10】一个几何体的三视图如图所示（单位：m ），则该几何体的体积为 m .

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正视图

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侧视图俯视图

【答案】

8π 3

128⨯1⨯π⨯1=π

. 33

【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⨯π⨯2+2⨯【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13】如图，三棱锥A -BCD 中，AB =AC =BD =CD =3, AD =BC =2，点

M , N 分别是AD , BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是．

【答案】

. 8

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【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.

18. 【2015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】

112222

【解析】由体积相等得：⨯4⨯π⨯5+π⨯2⨯8=⨯r ⨯π⨯4+π⨯r ⨯8⇒r =

【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，通过转换空间几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． 19. 【2015高考新课标2，理19】（本题满分12分）

如图，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中, AB =16，BC =10，AA 1

=8，点E ，F 分别在A 1B 1，C 1D 1上，

A 1E =D 1F =4．过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．

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D 1

C 1

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A 1

B 1

A B

（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；（Ⅱ）求直线AF 与平面所成角的正弦值．

【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．

C 1

A 1

1M H

【名师点睛】根据线面平行和面面平行的性质画平面α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α的法向量，利用sin θ=cos 求直线AF 与平面α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ABC -

A 1B 1C 1中，已知AC ⊥BC ，BC =CC 1，设AB 1的中点为D ，

B 1C BC 1=E . 求证：（1）DE //平面AA 1C 1C ；

（2）BC 1

B A 1

⊥AB 1.

【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BB 1C 1C 为平行四边形, 因此点E 为B 1C

的中点，从而由三角形中位线性

又因为AC ⊥BC ，CC 1⊂平面BCC 1B1，BC ⊂平面BCC 1B1，BC CC 1=C ，

所以AC ⊥平面BCC 1B1．又因为BC 1

⊂平面BCC 1B1，所以BC 1⊥AC ．

⊥B1C ．

⊥平面B1AC ．

因为BC =CC 1，所以矩形BCC 1B1是正方形，因此BC 1

因为AC ，B1C ⊂平面B1AC ，AC B1C =C ，所以BC 1又因为AB1

⊂平面B1AC ，所以BC 1⊥AB1．

【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A 1B 1D 1DCBA ，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1, ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1, D , E 的平面交CD 1于F. （Ⅰ）证明：EF

//B 1C ；

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（Ⅱ）求二面角E -A 1D -B 1余弦值

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【答案】（Ⅰ）EF 【解析】

试题分析：（Ⅰ）证明：依据正方形的性质可知

//B 1C

A 1B 1//AB //DC ，且A 1B 1=AB =DC ，，从而A 1B 1CD

为平行四边形，则B 1C //A 1D ，根据线面平行的判定定理知B 1C //面A 1DE ，再由线面平行的性质定理知EF

//B 1C . （Ⅱ）因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以

AA 1⊥AB , AA 1⊥AD , AD ⊥AB ，且AA 1=AB =AD ，可以建以A 为原点，分别以AB , AD , AA 1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A 1DE 的法向量 ⎧0.5r +0.5s 1=0n 1=(r 1, s 1, t 1) . 由n 1⊥A 1E , n 1⊥A 1D 得r 1, s 1, t 1应满足的方程组⎨1，(-1,1,1) 为其一组

⎩s 1-t 1=0

解，所以可取n 1=(-1,1,1) . 同理A 1B 1CD 的法向量n 2=(0,1,1). 所以结合图形知二面角E -A 1D -B 的

|n ⋅n 2|==余弦值为1.

|n 1|⋅|n 2|试题解析：（Ⅰ）证明：由正方形的性质可知

A 1B 1//AB //DC ，且A 1B 1=AB =DC ，所以四边形

A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C //A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C //面A 1DE ，又

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n 1=(-1,1,1) . 设面A 1B 1CD 的法向量n 2=(r 2, s 2, t 2) ，而该面上向量A 1B 1=(1,0,0),A 1D =(0,1,-1) ，

|n ⋅n 2|==由此同理可得n 2=(0,1,1). 所以结合图形知二面角E -A 1D -

B 的余弦值为1|n 1|⋅|n 2|【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，一般要根据已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.

22. 【2015江苏高考，22】（本小题满分10分）

如图，在四棱锥P -ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC =∠BAD =

, PA =AD =2, AB =BC =1

（1）求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；

（2）点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成角最小时，求线段BQ 的长

前程教育

尽职尽责，育人为本

Q B

【答案】（1

【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PCD 法向量已知，故关键求平面PAB 的法向量，利用向量垂直关系可列出平面PAB 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 =λBP ,

则cos =

用导数求其最值，确定点Q 坐标，最后利用向量模求线段BQ 的长学优高考网

≤λ≤1) , 再利

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-xyz ，

{}

则各点的坐标为B

(1,0,0)，C (1,1,0)，D (0, 2,0)，P(0,0, 2)．

（1）因为AD ⊥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 =(0, 2, -2)．

⎧x +y -2z =0 m =x , y , z 设平面PCD 的法向量为． ()，则m ⋅PC =0，m ⋅PD =0，即⎨

2y -2z =0⎩

令y =1，解得z =1，x =1．所以m =

(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量．

AD ⋅m cos AD, m ==从而，所以平面PAB与平面P

CD 所成二面角的余弦值为． AD m

（2）因为BP=(-1,0, 2)，设BQ =λBP=(-λ,0, 2λ)（0≤λ≤1），

【考点定位】空间向量、二面角、异面直线所成角

【名师点晴】1．求两异面直线a ，b 的夹角θ，须求出它们的方向向量a ，b 的夹角，则cos θ＝|cos〈a ，b 〉|.2．求直线l 与平面α所成的角θ可先求出平面α的法向量n 与直线l 的方向向量a 的夹角．则sin θ＝|cos〈n ，a 〉|.3．求二面角α -l -β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n 1，n 2所成的角，则θ＝〈n 1，n 2〉或π－〈n 1，n 2〉．

23. 【2015高考福建，理17】如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ^平面BEC ，

BE ^EC ，AB=BE=EC=2，G ，F 分别是线段BE ，DC 的中点. (Ⅰ) 求证：GF

//平面ADE ；

(Ⅱ) 求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值．

【答案】(Ⅰ) 详见解析；(Ⅱ)

2． 3

【解析】解法一：（Ⅰ）如图，取AE 的中点H ，连接HG ，HD ，又G 是BE 的中点，

所以GH AB ，且GH=1

AB ，学优高考网

又F 是CD 中点，所以DF=

CD ，由四边形ABCD 是矩形得，AB CD ，AB=CD，所以GH DF ，且GH=DF．从而四边形HGFD 是平行四边形，所以GF //DH ，, 又

DH 趟平面ADE ，GF 平面ADE ，所以GF 平面ADE ．

(Ⅱ) 如图，在平面BEC 内，过点B 作BQ EC , 因为BE ^CE ，所以BQ ^BE ．

又因为AB ^平面BEC ，所以AB ^BE ，AB ^BQ

以B 为原点，分别以 BE , BQ , BA

的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(0,0,2)，

B(0,0,0)，E(2,0,0)，F(2,2,1)．因为AB ^平面BEC ，所以 B A=(

0,0,2) 为平面BEC 的法向量，设 n =(x,y, z) 为平面AEF 的法向量. 又 AE =(2,0,-2)， AF=(2,2,-1)

ì 由镲眄n AE =0，ì2x -2z =0, 镲 2y -z =0,

取z =2n AF =0，得得n =(2,-1,2)î2x +. î从而cos 狁 n , B A =n B A

|n |×|B A |=43´2=2

所以平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值为

．解法二：(Ⅰ) 如图，取AB 中点M ，连接MG ，MF ，又G 是BE 的中点，可知GM //AE ，

又

（Ⅱ）同解法一．

【考点定位】1、直线和平面平行的判断；2、面面平行的判断和性质；3、二面角．

【名师点睛】本题考查直线和平面平行的证明和二面角求法，直线和平面平行首先是利用其判定定理，或者利用面面平行的性质来证，注意线线平行、线面平行、面面平行的转化；利用坐标法求二面角，主要是空间直角坐标系的建立要恰当，便于用坐标表示相关点，求出半平面法向量夹角后，要观察二面角是锐角还是钝角，正确写出二面角的余弦值．

24. 【2015高考浙江，理17】如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1-中，∠BAC =90，AB =

AC =2，

A 1A =4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 为B 1C 1的中点.

（1）证明：A 1D ⊥平面A 1B C ；

（2）求二面角A 1-BD-B 1的平面角的余弦值.

【答案】（1）详见解析；（2）-

. 试题分析：（1）根据条件首先证得AE ⊥平面A 1BC ，再证明A 1D //AE ，即可得证；（2）作A 1F

⊥BD ，且A 1F BD =F ，可证明∠A 1FB 1为二面角A 1-BD -B 1的平面角，再由

余弦定理即可求得cos ∠A 1

1FB 1=-

，从而求解. 试题解析：（1）设E 为BC 的中点，由题意得A 1E ⊥平面ABC ，∴A 1E ⊥AE ，∵AB =AC ，∴AE

⊥BC ，故AE ⊥平面A 1BC ，由D ，E 分别B 1C 1，BC 的中点，得DE //B 1B 且

DE =B 1B ，从而DE //A 1A ，∴四边形A 1AED 为平行四边形，故A 1D //AE ，又∵AE ⊥

平面A 1BC 1，∴A 1D ⊥平面A 1BC 1；（2）作A 1F ⊥BD ，且A 1F BD =F ，连结B 1F ，

由AE

=EB =∠A 1EA =∠A 1EB =90 ，得A 1B =A 1A =4，由A 1D =B 1D ，

A 1B =B 1B ，得∆A 1DB ≅∆B 1DB ，由A 1F ⊥BD ，得B 1F ⊥BD ，因此∠A 1FB 1为二面角 A 1-BD -

B 1的平面角，由A 1D =A 1B =4，∠DA 1B =90

，得BD =，

A 1F =B 41F =

3，由余弦定理得，cos ∠A 11FB 1=-8

【考点定位】1. 线面垂直的判定与性质；2. 二面角的求解

【名师点睛】本题主要考查了线面垂直的判定与性质以及二面角的求解，属于中档题，在解题时，应观察各个直线与平面之间的位置关系，结合线面垂直的判定即可求解，在求二面角时，可以利用图形中的位置关系，求得二面角的平面角，从而求解，在求解过程当中，通常会结合一些初中阶段学习的平面几何知识，例如三角形的中位线，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等，在复习时应予以关注. 25. 【2015高考山东，理17】如图，在三棱台DEF

-ABC 中，AB =2DE , G , H 分别为AC , BC 的中点

（Ⅰ）求证：BD //平面FGH ；（Ⅱ）若CF

⊥平面ABC ，AB ⊥BC , CF =DE ，∠BAC =45 ,求平面FGH 与平面ACFD 所成

的角（锐角）的大小.

【答案】（I ）详见解析；（II ）60 【解析】

试题分析：（I ）思路一：连接DG , CD ，设CD GF

=O ，连接OH ，先证明OH //BD ，从而由直线与

平面平行的判定定理得BD //平面HDF ；思路二：先证明平面 FGH 行的定义得到BD //平面HDF .

//平面 ABED ，再由平面与平面平

前程教育

（II ）思路一：连接DG , CD ，设CD GF

尽职尽责，育人为本

=O ，连接OH ，证明GB , GC , GD 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 -xyz ，利用空量向量的夹角公式求解；思路二：作HM ⊥AC 于

点M ，作MN ⊥GF 于点N ，连接NH ，证明∠MNH 即为所求的角，然后在三角形中求解.

试题解析：

(I)证法一：连接DG , CD ，设CD GF =O ，连接OH ，

在三棱台DEF

-ABC 中，

AB =2DE , G 为AC 的中点

可得DF //GC , DF =GC 学优高考网所以四边形DFCG 为平行四边形则O 为CD 的中点又H 为BC 的中点所以OH //BD

又OH

⊂平面FGH , BD ⊂/平面FGH ,

所以BD //平面FGH ．

证法二：在三棱台DEF

-ABC 中，

由BC =2EF , H 为BC 的中点

因为 BD ⊂平面 ABED

所以 BD //平面FGH （II ）解法一：设AB =2 ，则CF =1

在三棱台DEF

-ABC 中，

G 为AC 的中点

由DF =

AC =GC ，可得四边形DGCF 为平行四边形，因此DG //CF 又FC

⊥平面ABC 所以DG

⊥平面ABC

在∆ABC 中，由AB ⊥

BC , ∠BAC =45 ，G 是AC 中点，

所以AB =BC , GB ⊥GC 因此GB , GC , GD 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 -

xyz

所以G (

0,0,0), B

), C ()

, D (0,0,1)

可得H ⎫⎪⎪, F

⎭

()

故 GH =⎫ ⎪⎪, GF =

⎭()

设

n =(x , y , z ) 是平面FGH 的一个法向量，则学优高考网

由⎧ ⎨n ⋅ ⎪GH =0,

可得⎧⎪x +y =0⎪

⎩n ⋅GF =0,

+z =0

可得平面FGH

的一个法向量

n =(1, -

因为GB 是平面ACFD

的一个法向量， GB =

)

所以cos

n >=|GB GB ⋅n |⋅|n |=1

所以平面与平面所成的解(锐角) 的大小为60

解法二：作HM ⊥AC 于点M ，作MN ⊥GF 于点N ，连接NH 由FC

⊥ 平面ABC ，得HM ⊥FC

又FC AC

所以HM ⊥平面ACFD 因此GF

⊥NH

所以∠MNH 即为所求的角

所以平面FGH 与平面ACFD 所成角（锐角）的大小为60 .

【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.

26. 【2015高考天津，理17】（本小题满分13分）如图，在四棱柱ABCD -

A 1B 1C 1D 1中，侧棱

A 1A ⊥底面ABCD , AB ⊥AC , AB =

AC =AA 1=2, AD =CD =, 且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点.

(I)求证：MN

//平面ABCD ； AC -B 1的正弦值；

，求线段A 1E 的长 3

(II)求二面角D 1-

(III)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为

前程教育

【答案】(I)见解析；

(II)

尽职尽责，育人为本

；

(III) -2.

【解析】如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0),B (0,1,0),C (2,0,0),D (1,-2,0) ，

，又因为M , N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M ⎛⎝1,

1⎫

,1⎪⎭

, N (1,-2,1) . 学优高考网 N

(I)证明：依题意，可得 n =(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量， MN =⎛ 5⎫

⎝

0, -2,0⎪⎭，

MN ⋅

由此可得，n =0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN //平面ABCD

-2,2), AC =(2,0,0)

(II)AD 1=(1,，设n 1=(x , y , z ) 为平面ACD 1的法向量，则 ⎧

⎪⎨n 1⋅AD 1=0

，即⎧⎪ n

⎨x -2y +2z =0 ，不妨设z =1，可得n ⎩1⋅AC =0

⎩2x =01=(0,1,1)，设n (x , y , z ) 为平面ACB ⎧

⎪n 2⋅AB 1=0 2=1的一个法向量，则⎨⎪

，又AB 1=(0,1,2)，得 ⎩n 2⋅AC =0

⎧⎨

y +2z =0

1 ，不妨设z =，可得⎩

2x =0n 2=(0,-2,1)

前程教育尽职尽责，育人为本

【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. 27. 【2015高考重庆，理19】如题（19）图，三棱锥P -ABC 中，PC

⊥平面

ABC , PC =3, ∠ACB =

. D , E 分别为线段AB , BC

上的点，且CD =DE =CE =2EB =2.

（1）证明：DE ⊥平面PCD （2）求二面角A -PD -C 的余弦值。

题（19）图

【答案】（1）证明见解析；（2

）【解析】

前程教育

试题分析：（1）要证线面垂直，就是要证线线垂直，题中由PC 知由DC =CE =

尽职尽责，育人为本

⊥平面ABC ，可知PC ⊥DE ，再分析已

CE =2得CD ⊥DE ，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

∠ACB =

，PC ⊥平面ABC ，因此CA , CB , CP 两两垂直，可以他们为x , y , z 轴建立空间直角坐标系，

写出图中各点的坐标，求出平面APD 和平面CPD 的法向量n 1, n 2，向量n 1, n 2的夹角与二面角相等或互补，

由此可得结论．学优高考网

试题解析：(1)证明：由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ＡＢＣ，故PC ⊥DE 由CE ＝２，CD =DE

∆ＣＤＥ为等腰直角三角形，故CD ⊥DE

由PC CD =C ，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，故DE ⊥平面PCD (2)解：由（１）知，∆CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝

，如（１９）图，过点Ｄ作DF 垂直CE 于

Ｆ，易知DF ＝FC ＝EF ＝１，又已知EB ＝１，

故FB ＝２．

DF FB 233

==，故AC ＝DF ＝． AC BC 3222,

，CB 　, CP 的方程为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则Ｃ以Ｃ为坐标原点，分别以CA

由∠ACB ＝

得DF //AC ，

,0,0), 2

Ｅ(0,2,0)，Ｄ(1,1,0)，ED =(1,-1,0),

(0,0,0,)，Ｐ(0,0,3)，Ａ(

１

DP =(-1,-1,3)DA =(,-1,0)

２

＝（x 1,y 1,z 1) ，设平面PAD 的法向量n １

n 1⋅n 2从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1, n 2〉= |n 1|⋅|n 2|故所求二面角A -PD -C

. 【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．

28. 【2015高考四川，理18】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M ，GH 的中点为N

（1）请将字母F , 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MN

//平面BDH

（3）求二面角A -EG -M 的余弦值

【答案】（1）点F 、G 、H 的位置如图所示.

H E

C M

（2）详见解析. （3 【解析】（1）点F 、G 、H 的位置如图所示.

所以OM

//CD ，且OM =1

CD ，

NH //CD ，且NH =1

CD ，

所以OM

//NH , OM =NH ，

所以MNHO 是平行四边形，从而MN //OH ，又MN

⊄平面BDH ，OH ⊂平面BDH ，

所以MN

//平面BDH .

（3）连结AC ，过M 作MP

⊥AC 于P .

前程教育

H E

K F

P M C 尽职尽责，育人为本

在正方形ABCD -EFGH 中，AC //EG ，所以MP

⊥EG .

过P 作PK 所以EG 从而KM

⊥EG 于K ，连结KM ，

⊥平面PKM ，

⊥EG . 学优高考网

所以

∠PKM 是二面角A -EG -M 的平面角. 设AD =2，则CM

1, PK =2，

在Rt CMP

中，PM =CM sin 45=

. 在Rt

KMP 中，KM =

所以cos ∠PKM =

PK =. KM . 即二面角A -EG -M 的余弦值为

（另外，也可利用空间坐标系求解）

【考点定位】本题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行的判定与性质、空间面面夹角的计算等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.

【名师点睛】立体几何解答题的考查内容，不外乎线面、面面位置关系及空间夹角与距离的计算. （1）注意ABCD 是底面，将平面展开图还原可得点F 、G 、H 的位置. （2）根据直线与平面平行的判定定理，应考虑证明MN 平行于平面BDH 内的一条直线. 连结O 、M ，易得MNHO 是平行四边形，从而MN 得MN

//OH ，进而证

//平面BDH . （3）要作出二面角A -EG -M 的平面角，首先要过M 作平面AEGC 的垂线，然后再

过垂足作棱EG 的垂线，再将垂足与点M 连结，即可得二面角A -EG -M 的平面角.

29. 【2015高考湖北，理19】《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P -ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且

PD =CD ，过棱PC 的中点E ，作EF ⊥PB 交PB 于点F ，连接DE , DF , BD , BE .

前程教育尽职尽责，育人为本

（Ⅰ）证明：PB ⊥平面DEF ．试判断四面体DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；

（Ⅱ）若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为

π3，求DC BC

的值．

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）

故∠BDF 是面DEF 与面ABCD 所成二面角的平面角，设PD =DC =1，BC =

λ，有BD = 在Rt △PDB 中, 由DF ⊥PB , 得∠DPF =∠FDB =π3

, 则

tan

π3=tan ∠DPF =BD PD

==,

解得λ=

所以

DC BC =1λ= 故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π

时，DC BC =

（解法2）

（Ⅰ）如图2，以D 为原点，射线DA , DC , DP 分别为x , y , z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系.

前程教育

尽职尽责，育人为本

设PD =DC =1，BC =λ，则D (0,0,0),P (0,0,1),B (λ,1,0), C (0,1,0)，PB =(λ,1, -1) ，点E 是PC 的中点，

1111

, ) ，DE =(0,, ) ， 2222

于是PB ⋅DE =0，即PB ⊥DE .

所以E (0,

又已知EF ⊥PB ，而DE EF =E ，所以PB ⊥平面DEF .

因PC =(0,1,-1) , DE ⋅PC =0, 则DE ⊥PC , 所以DE ⊥平面PBC .

由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，

即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，

∠DFB .

（Ⅱ）由PD ⊥平面ABCD ，所以DP =(0,0, 1) 是平面ABCD 的一个法向量；

由（Ⅰ）知，PB ⊥平面DEF ，所以BP =(-λ, -1, 1) 是平面DEF 的一个法向量.

若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为

，学优高考网

π则cos 3解得λ=

所以

1，

DC 1== BC λDC π

时，=

BC 3

故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为

【考点定位】四棱锥的性质，线、面垂直的性质与判定，二面角.

【名师点睛】立体几何是高考的重点和热点内容，而求空间角是重中之重，利用空间向量求空间角的方法固定，思路简洁，但在利用平面的法向量求二面角大小时，两个向量夹角与二面角相等还是互补是这种解法的难点，也是学生的易错易误点．解题时正确判断法向量的方向，同指向二面角内或外则向量夹角与二面角互补，一个指向内另一个指向外则相等．

30. 【2015高考陕西，理18】（本小题满分12分）如图1，在直角梯形ABCD 中，AD//BC ，

∠BAD =

，AB=BC =1，AD =2，E是AD 的中点，O是AC 与BE的交点．将∆ABE沿BE折起

到∆A1BE的位置，如图2．

前程教育

尽职尽责，育人为本

（I ）证明：CD ⊥平面A1OC ；

（II ）若平面A1BE⊥平面BCD E，求平面A1BC 与平面A1CD 夹角的余弦值．【答案】（I ）证明见解析；（II

(II)由已知，平面A 1BE

⊥平面BCD E，又由（I ）知，BE⊥OA 1，BE⊥OC

所以∠AOC 为二面角A 1-BE -C 的平面角，所以∠A 1OC =1如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，因为A 1B=A 1E=BC=ED=1，BC //ED

前程教育

所以B 尽职尽责，育人为本

E(-A 1

得BC(-

A 1-，CD =BE =(-.

设平面A 1BC 的法向量n 1=(x 1, y 1, z 1) ，平面A 1CD 的法向量n 2=(x 2, y 2, z 2) ，平面A 1BC 与平面A 1CD 夹

角为θ，

⎧⎧-x 1+y 1=0⎪n 1⋅BC =0

则⎨ ，得⎨，取n 1=(1,1,1)，

=0⎩y 1-z 1=0⎪⎩n 1⋅AC 1

⎧⎧x 2=0⎪n 2⋅CD =0

，得⎨，取n 2=(0,1,1)，

⎨

y -z =0⎩22⎪⎩n 2⋅A 1C =0

从而cos θ=|cos 〈n 1, n 2〉|=

=即平面A 1BC 与平面A

1CD 夹角的余弦值为

考点：1、线面垂直；2、二面角；3、空间直角坐标系；4、空间向量在立体几何中的应用.

【名师点晴】本题主要考查的是线面垂直、二面角、空间直角坐标系和空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线． 31. 【2015高考新课标1，理18】如图，，四边形ABCD 为菱形，∠ABC =120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE =2DF ，AE ⊥EC . （Ⅰ）证明：平面AEC ⊥平面AFC ；（Ⅱ）求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值

【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）

前程教育尽职尽责，育人为本

又∵AE ⊥EC ，∴EG

EG ⊥AC ，

在Rt △EBG 中，可得BE

，故DF

. 在Rt △FDG 中，可得FG

在直角梯形BDFE 中，由BD =2，BE

∴EG +FG =EF ，∴EG ⊥FG ， ∵AC ∩FG=G，∴EG ⊥平面AFC ，

，DF

可得EF

=， ∵EG ⊂面AEC ，∴平面AFC ⊥平面AEC . ……6分

（Ⅱ）如图，以G 为坐标原点，分别以GB , GC 的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB |为单位长度，建立空间直

角坐标系G-xyz ，由（Ⅰ）可得A （0

，－

，0），E

(1,0, ) ，F （－1,0

），C （0

0）， ∴AE =（1

），CF =（-1，

）.…10分

AE ∙CF =故cos =.

|AE ||CF |

前程教育

所以直线AE 与CF

尽职尽责，育人为本

……12分【考点定位】空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力

【名师点睛】对空间面面垂直问题的证明有两种思路，思路1：几何法，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；思路2：利用向量法，通过计算两个平面的法向量，证明其法向量垂直，从而证明面面垂直；对异面直线所成角问题，也有两种思路，思路1：几何法，步骤为一找二作三证四解，一找就是先在图形中找有没有异面直线所成角，若没有，则通常做平行线或中位线作出异面直线所成角，再证明该角是异面直线所成角，利用解三角形解出该角.

32. 【2015高考北京，理17】如图，在四棱锥A -EFCB 中，△AEF 为等边三角形，平面AEF ⊥平面

EFCB ，EF ∥BC ，BC =4，EF =2a ，∠EBC =∠FCB =60︒，O 为EF 的中点．

(Ⅰ) 求证：AO ⊥BE ；

(Ⅱ) 求二面角F -AE -B 的余弦值； (Ⅲ) 若BE ⊥平面AOC ，求a 的值．

【答案】(I)证明见解析；（II

）-【解析】

4；（III ）a =．

3试题分析：证明线线垂直可寻求线面垂直，利用题目提供的面面垂直平面AEF ⊥平面EFCB ，借助性质定理证明AO ⊥平面EFCB ，进而得出线线垂直，第二步建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，平面AEF 的法向量易得，只需求平面AEB 的法向量，设平面AEB 的法向量，利用线线垂直，数量积为零，列方程求出法向量，再根据二面角公式求出法向量的余弦值；第三步由于AO ⊥BE ，要想BE ⊥平面AOC ，只需

OC 的坐标，借助数量积为零，求出a 的值，根据实际问题予以取舍. BE ⊥OC ，利用向量BE 、

（Ⅲ）由（I ）知AO ⊥平面EFCB ，则AO ⊥BE ，若BE ⊥平面AOC ，只需BE ⊥OC

，

EB =(2-

a , -

,0) ，又OC =(--,0) ，

BE ⋅OC =-2(2-a ) +-

) 2=0，解得a =2或a =

44，由于a

考点：本题考点为线线垂直的证明和求二面角，要求学生掌握空间线线、线面的平行与垂直的判定与性质，利用法向量求二面角以及利用数量积为零解决垂直问题.

【名师点睛】本题考查线线、线面垂直及求二面角的相关知识及运算，本题属于中档题，熟练利用有关垂直的判定定理和性质定理进行面面垂直、线面垂直、线线垂直之间的转化与证明，另外利用空间向量解题时，要建立适当的直角坐标系，准确写出空间点的坐标，利用法向量求二面角，利用数量积为零，解决线线、线面垂直问题.

33. 【2015高考广东，理18】如图2，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，

PD =PC =4，AB =6，BC =3. 点E 是CD 边的中点，点F 、G 分别在线段AB 、BC 上，且

AF =2FB ，CG =2GB ．

（1）证明：PE ⊥FG ；

（2）求二面角P -AD -C 的正切值；（3）求直线PA 与直线FG 所成角的余弦值．

【答案】（1）见解析；（2

）

；（3

．【解析】（1）证明：∵ PD =PC 且点E 为CD 的中点，

∴ PE ⊥DC ，又平面PDC ⊥平面ABCD ，且平面PDC 平面ABCD =CD ，PE ⊂平面PDC ，∴ PE ⊥平面ABCD ，又FG ⊂平面ABCD ， ∴ PE ⊥FG ；

（2）∵ ABCD 是矩形，

∴ AD ⊥DC ，又平面PDC ⊥平面ABCD ，且平面PDC 平面ABCD =CD ，AD ⊂平面ABCD ，∴ AD ⊥平面PCD ，又CD 、PD ⊂平面PDC ， ∴ AD ⊥DC ，AD ⊥PD ，

∴ ∠PDC 即为二面角P -AD -C 的平面角，在Rt ∆PDE 中，PD =4，DE =

AB =

3，PE ==， ∴

tan ∠PDC =

PE DE =即二面角P -AD -

C （3）如下图所示，连接AC ， ∵ AF =2FB ，CG =2GB 即AF FB =CG

=2， ∴ AC //FG ，

∴ ∠PAC 为直线PA 与直线FG 所成角或其补角，在∆

PAC 中，PA =

5，AC ==，

由余弦定理可得

cos ∠PAC =

PA +AC -PC

2PA ⋅AC

222

， ∴ 直线PA 与直线

FG 【考点定位】直线与直线垂直、二面角、异面直线所成角．学优高考网

【名师点睛】本题主要考查平面与平面垂直，直线与平面垂直，直线与直线垂直，二面角，异面直线所成角等基础知识和空间想象能力、转化与化归思想、运算求解能力，属于中档题，本题整体难度不大，无论是利用空间向量方法还是传统的几何法都容易入手解答，但解答过程需注意逻辑性和书写的规范性．

【2015高考湖南，理19】如图，已知四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1上、下底面分别是边长为3和6的正方形，

AA 1=6，且

AA 1⊥底面ABCD ，点P ，Q 分别在棱DD 1，BC 上.

（1）若P 是DD 1的中点，证明：AB 1

⊥PQ ；

，求四面体ADPQ 的体积. 7

（2）若PQ //平面ABB 1A 1，二面角P -QD -

A 的余弦值为

【答案】（1）详见解析；（2）24. 【解析】

试题分析：（1）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标可知问题等价于证明AB 1⋅PQ =0；（2）根据条件

前程教育

二面角P-QD-A 的余弦值为

尽职尽责，育人为本

，利用空间向量可将四面体ADPQ 视为以∆ADQ 为底面的三棱锥 7

P -ADQ ，其高h =4，从而求解学优高考网

试题解析：解法一由题设知，AA 1，AB ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA

1所在直

∴cos

n 1⋅n 2

|n 1|⋅|n 2|

，而二面角P -QD -A 的余弦值为

33，因此=，解得m =4，或者m =8（舍去），此时Q (6, 4, 0) ， 7

设DP =λDD 1(0

PQ =(6,3λ-2, -6λ) ，∵PQ //平面ABB 1A 1，且平面ABB 1A 1的一个法向量是n 3=(0,1,0)，

∴PQ ⋅n 3=0，即3λ-2=0，亦即λ=，从而P (0, 4, 4) ，于是，将四面体ADPQ 视为以∆ADQ 为底

面的三棱锥P -ADQ ，则其高h =4，故四面体ADPQ 的体积V =

111

ADQ ⋅h =⨯⨯6⨯6⨯4=24. 332

解法二（1）如图c ，取A 1A 的中点R ，连结PR ，BR ，∵A 1A ，D 1D 是梯形A 1AD 1D 的两腰，P 是

D 1D 的中点，∴PR //AD ，于是由AD //BC 知，PR //BC ，∴P ，R ，B ，C 四点共面，

由题设知，BC ∵tan ∠ABR =

⊥AB ，BC ⊥A 1A ，∴BC ⊥平面ABB 1A 1，因此BC ⊥AB 1①，

AR 3AB 1

===tan ∠A 1AB 1，∴tan ∠ABR =tan ∠A 1AB 1，因此 AB 6A 1A

∠ABR +∠BAB 1=∠A 1AB 1+∠BAB 1=90 ，于是AB 1⊥BR ，再由①即知AB 1⊥平面PRBC ，又PQ ⊂

平面PRBC ，故AB 1

⊥PQ ；

学优高考网

（2）如图d ，过点P 作PM

//A 1A 交AD 于点M ，则PM //平面ABB 1A 1，

∵A 1A ⊥平面ABCD ，∴OM ⊥平面ABCD ，过点M 作MN ⊥QD 于点N ，连结PN ，则

PN ⊥QD ，∠PNM 为二面角P -QD -A 的平面角，∴cos ∠PNM =

3MN 3，即=，从而7PN 7

PM =

MN 连结MQ ，由PQ //平面ABB 1A 1，∴MQ //AB ，又ABCD 是正方形，所以ABQM 为矩形，故

MQ =AB =6，设MD =t ，则

MN =

点E ，则AA 1D 1E 为矩形，∴D 1E

④，过点D 1作D 1E //A 1A 交AD 于

=A 1A =6，AE =A 1D 1=3，因此ED =AD -AE =3，于是

，解得t =2，因此PM =4，

PM D 1E 6

====2，∴PM =

2MD =2t ，再由③④得

MD ED 3

故四面体ADPQ 的体积V =

111

S ADQ ⋅h =⨯⨯6⨯6⨯4=24. 332

【考点定位】1. 空间向量的运用；2. 线面垂直的性质；3. 空间几何体体积计算.

【名师点睛】本题主要考查了线面垂直的性质以及空间几何体体积计算，属于中档题，由于空间向量工具的引入，使得立体几何问题除了常规的几何法之外，还可以考虑利用向量工具来解决，因此有关立体几何的问题，

可以建立空间直角坐标系，借助于向量知识来解决，在立体几何的线面关系中，中点是经常使用的一个特殊点，无论是试题本身的已知条件，还是在具体的解题中，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线而线线平行是平行关系的根本，在垂直关系的证明中线线垂直是核心，也可以根据已知的平面图形通过计算的方式证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直.

【2015高考上海，理19】（本题满分12分）如图，在长方体ABCD -A1B1C 1D 1中，AA1

=1，

AB=AD =2，E、F 分别是AB、BC 的中点．证明A1、C 1、F 、E四点共面，并求直线CD 1与平面

A1C 1F E所成的角的大小

【答案】arcsin

CD 1⋅n =故． CD 1n

因此直线CD 1与平面A 1C 1FE 所成的角的大小为arcsin 【考点定位】空间向量求线面角

．15

|a·b|

(其中φ为异面|a||b|

直线a ，b 所成的角) ．(2)设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向

|n·e|

量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝ n1，n 2分别是二面角α -l -β的两个半平面α，β的法向量，

【名师点睛】(1)设两条异面直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝

|n||e|

θ＝〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉) 。则二面角的大小

前程教育

课题

尽职尽责，育人为本

201508

姓名：授课时间：

专题十立体几何

1. 【2015高考安徽，理5】已知m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是（）

（A ）若α，β垂直于同一平面，则α与β平行（B ）若m ，n 平行于同一平面，则m 与n 平行

（C ）若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线（D ）若m ，n 不平行，则m 与n 不可能垂直于同一平面【答案】D

【解析】由A ，若α，β垂直于同一平面，则α，β可以相交、平行，故A 不正确；由B ，若m ，n 平行

n 垂直于同一平面，则m ，n 平行”是真命题，故D 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

2. 【2015高考北京，理4】设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m ⊂α．“m ∥β”是“α∥β”的（）

A ．充分而不必要条件 C ．充分必要条件【答案】B

【解析】因为α，β是两个不同的平面，m 是直线且m ⊂α．若“m ∥β”，则平面α、β可能相交也可能平行，不能推出α//β，反过来若α//β，m 件.

B ．必要而不充分条件 D ．既不充分也不必要条件

⊂α，则有m ∥β，则“m ∥β”是“α∥β”的必要而不充分条

(A)14斛 (B)22斛 (C)36斛 (D)66斛【答案】

【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

圆锥，4

底面周长是两个底面半径与

圆的和，根据题中的条件列出关于底面半径的方程，解出底面半径，是基础题. 4

4. 【2015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 ．3π B ．4π C ．2π

+4 D ．3π+

【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

⨯2π⨯1⨯(1+2)+2⨯2=3π+4，故选D ． 2

【考点定位】1、三视图；2、空间几何体的表面积．

（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2r ，其表面积为

⨯4πr 2+πr ⨯2r +πr 2+2r ⨯2r =5πr 2+4r 2=16 + 20π，解得r =2，故选B. 2

【考点定位】简单几何体的三视图；球的表面积公式、圆柱的测面积公式

6. 【2015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

A 、

12+π B 、+π 33

C 、

+2π D 、+2π 33

1111

π⨯12⨯2+⨯(⨯⨯1⨯2) ⨯1=π+，选A . 2323

【答案】A

【解析】这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，V =【考点定位】组合体的体积.

7. 【2015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（）

2正(主) 视图

侧(左) 视图

俯视图

．2+ B

．4+ C

．2+ D ．5 【答案】

8. 【2015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+

（B

）2

（C

）1+ （D

）

【答案】B

【解析】由题意，该四面体的直观图如下，∆ABD , ∆BCD 是等腰直角三角形，∆ABC , ∆ACD 是等边三角

形，则S ∆BCD =S ∆ABD =

11，所以四面体的表

=1, S ∆ABC =S ∆ACD =60 =

22=2+，故选B. 面积S =S ∆BCD +S ∆ABD +S ∆ABC +S ∆ACD =2⨯1+2

【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.

【考点定位】外接球表面积和椎体的体积．

【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ABCD 中，∠ABC =

，AD //BC , BC =2AD =2AB =2 .将梯

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的体积为（）（A ）

2π4π5π 错误！未找到引用源。（B ）错误！未找到引用源。（C ）错333

误！未找到引用源。（D ）2π 【答案】C

V =V 圆柱-V 圆锥=π⨯12⨯2-⨯π⨯12⨯1=π学优高考网

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.

11. 【2015高考浙江，理8】如图，已知∆ABC ，D 是AB 的中点，沿直线CD 将∆ACD 折成∆A 'CD ，所成二面角A '-CD -B 的平面角为α，则（） A.

∠A 'DB ≤α B. ∠A 'DB ≥α C. ∠A 'CB ≤α D. ∠A 'CB ≤α

【答案】B.

【解析】

试题分析：设∠ADC

=θ，设AB =2，则由题意AD =BD =1，在空间图形中，设A 'B =t ，

A 'D 2+DB 2-AB 212+12-t 22-t 2

在∆A 'CB 中，cos ∠A 'DB =， ==

2A 'D ⨯DB 2⨯1⨯12

在空间图形中，过A '作AN

⊥DC ，过B 作BM ⊥DC ，垂足分别为N ，M ，

⊥DC ，

过N 作NP //MB ，连结A 'P ，∴NP

则∠A 'NP 就是二面角A '-CD -B 的平面角，∴∠A 'NP =α，在Rt ∆A 'ND 中，DN 同理，BM

=A 'D cos ∠A 'DC =cos θ，A 'N =A 'D sin ∠A 'DC =sin θ，

=PN =sin θ，DM =cos θ，故BP =MN =2cos θ，

显然BP ⊥面A 'NP ，故BP ⊥A 'P ，在Rt ∆A 'BP 中，A 'P

=A 'B 2-BP 2=t 2-(2cosθ) 2=t 2-4cos 2θ，

A 'N 2+NP 2-A 'P 2sin 2θ+sin 2θ-(t 2-4cos 2θ)

在∆A 'NP 中，cos α=cos ∠A 'NP = =

2A 'N ⨯NP 2sin θ⨯

sin θ

【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∆ABC 的形状不确定，∠A ' CB 与

α的大小关系是不确定的，再根据二面角的定义即可知∠A 'DB ≥α，当且仅当AC =BC 时，等号成立

新工件的体积

）（）

原工件的体积

816

A. B.

9π9π

【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a ，则x 2+y 2=(2a ) 2=4a 2，如下图所示，圆锥的轴截面x 2+y 2a 2-h

如图所示，则可知=h =2a 2h =2a 2(2-2a ) ⇒h =2-2a ，而长方体的体积V =xyh ≤

212

≤2⨯(

a +a +2-2a 3162

，当且仅当x =y ，a =2-2a ⇒a =时，等号成立，此时利用率为) =

3273

π⨯12⨯23

16=

，故选

A. 9π

【考点定位】1. 圆锥的内接长方体；2. 基本不等式求最值.

12. 【2015高考浙江，理2】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积是（）

A. 8cm B. 12cm C.

323403

cm D. cm

【答案】

【考点定位】1. 三视图；2. 空间几何体的体积计算.

13. 【2015高考福建，理7】若l , m 是两条不同的直线，m 垂直于平面α ，则“l （）

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l

⊥m ”是“l //α 的

⊥m ，因为m 垂直于平面α，则l //α或l ⊂α；若l //α，又m 垂直于平面α，则

l ⊥m ，所以“l ⊥m ”是“l //α 的必要不充分条件，故选B ．学优高考网

【考点定位】空间直线和平面、直线和直线的位置关系．

14. 【2015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( )

A ．

1111 B ． C ． D ． 8765

【答案】D

【解析】由三视图得，在正方体长为a ，则V A -A B D =111分体积的比值为

ABCD -A 1B 1C 1D 1中，截去四面体A -A 1B 1D 1，如图所示，，设正方体棱

1131315

⨯a =a ，故剩余几何体体积为a 3-a 3=a 3，所以截去部分体积与剩余部32666

，故选D ． 5

【考点定位】三视图．

D 1

A D

【2015高考上海，理6】若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为．【答案】

π 3

π1

【解析】由题意得：π

rl :(h ⋅2r

) =2π⇒l =2h ⇒母线与轴的夹角为

【考点定位】圆锥轴截面

前程教育

【名师点睛】掌握对应几何体的侧面积，轴截面面积计算方法. 如圆柱的侧面积

尽职尽责，育人为本

S =2πrl ，圆柱的表面积

S =2πr (r +l ) ，圆锥的侧面积 S =πrl ，圆锥的表面积 S =πr (r +l ) ，球体的表面积 S =4πR 2，

圆锥轴截面为等腰三角形.

【2015高考上海，理4】若正三棱柱的所有棱长均为a

，且其体积为【答案】4

【解析】a ，则a = ．

=⇒a 3=64⇒a =4 【考点定位】正三棱柱的体积

122

V =

，正六边形的面积为6.

【答案】

前程教育尽职尽责，育人为本

8y +1161

=≥，当t =1时取等号.

所以

4y 2+5t +81-25

2cos θ==≤=，当y =0时，取得最大值.

5z Q

E B

F x

D y

【考点定位】1、空间两直线所成的角；2、不等式.

16. 【2015高考天津，理10】一个几何体的三视图如图所示（单位：m ），则该几何体的体积为 m .

前程教育

正视图

尽职尽责，育人为本

侧视图俯视图

【答案】

8π 3

128⨯1⨯π⨯1=π

. 33

17. 【2015高考浙江，理13】如图，三棱锥A -BCD 中，AB =AC =BD =CD =3, AD =BC =2，点

M , N 分别是AD , BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是．

【答案】

. 8

前程教育尽职尽责，育人为本

【考点定位】异面直线的夹角.

【答案】

112222

【解析】由体积相等得：⨯4⨯π⨯5+π⨯2⨯8=⨯r ⨯π⨯4+π⨯r ⨯8⇒r =

【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，通过转换空间几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． 19. 【2015高考新课标2，理19】（本题满分12分）

如图，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中, AB =16，BC =10，AA 1

=8，点E ，F 分别在A 1B 1，C 1D 1上，

A 1E =D 1F =4．过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．

前程教育

D 1

C 1

尽职尽责，育人为本

A 1

B 1

A B

（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；（Ⅱ）求直线AF 与平面所成角的正弦值．

【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．

C 1

A 1

1M H

的，便于用坐标表示相关点，先求出面α的法向量，利用sin θ=cos 求直线AF 与平面α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ABC -

A 1B 1C 1中，已知AC ⊥BC ，BC =CC 1，设AB 1的中点为D ，

B 1C BC 1=E . 求证：（1）DE //平面AA 1C 1C ；

（2）BC 1

B A 1

⊥AB 1.

【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BB 1C 1C 为平行四边形, 因此点E 为B 1C

的中点，从而由三角形中位线性

又因为AC ⊥BC ，CC 1⊂平面BCC 1B1，BC ⊂平面BCC 1B1，BC CC 1=C ，

所以AC ⊥平面BCC 1B1．又因为BC 1

⊂平面BCC 1B1，所以BC 1⊥AC ．

⊥B1C ．

⊥平面B1AC ．

因为BC =CC 1，所以矩形BCC 1B1是正方形，因此BC 1

因为AC ，B1C ⊂平面B1AC ，AC B1C =C ，所以BC 1又因为AB1

⊂平面B1AC ，所以BC 1⊥AB1．

【考点定位】线面平行判定定理，线面垂直判定定理

//B 1C ；

前程教育

（Ⅱ）求二面角E -A 1D -B 1余弦值

尽职尽责，育人为本

【答案】（Ⅰ）EF 【解析】

试题分析：（Ⅰ）证明：依据正方形的性质可知

//B 1C

A 1B 1//AB //DC ，且A 1B 1=AB =DC ，，从而A 1B 1CD

为平行四边形，则B 1C //A 1D ，根据线面平行的判定定理知B 1C //面A 1DE ，再由线面平行的性质定理知EF

//B 1C . （Ⅱ）因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以

AA 1⊥AB , AA 1⊥AD , AD ⊥AB ，且AA 1=AB =AD ，可以建以A 为原点，分别以AB , AD , AA 1为

⎩s 1-t 1=0

解，所以可取n 1=(-1,1,1) . 同理A 1B 1CD 的法向量n 2=(0,1,1). 所以结合图形知二面角E -A 1D -B 的

|n ⋅n 2|==余弦值为1.

|n 1|⋅|n 2|试题解析：（Ⅰ）证明：由正方形的性质可知

A 1B 1//AB //DC ，且A 1B 1=AB =DC ，所以四边形

A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C //A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C //面A 1DE ，又

前程教育尽职尽责，育人为本

n 1=(-1,1,1) . 设面A 1B 1CD 的法向量n 2=(r 2, s 2, t 2) ，而该面上向量A 1B 1=(1,0,0),A 1D =(0,1,-1) ，

|n ⋅n 2|==由此同理可得n 2=(0,1,1). 所以结合图形知二面角E -A 1D -

B 的余弦值为1|n 1|⋅|n 2|【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，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间

22. 【2015江苏高考，22】（本小题满分10分）

如图，在四棱锥P -ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC =∠BAD =

, PA =AD =2, AB =BC =1

（1）求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；

（2）点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成角最小时，求线段BQ 的长

前程教育

尽职尽责，育人为本

Q B

【答案】（1

【解析】

（2）先建立直线CQ 与DP 所成角的函数关系式：设BQ =λBP ,

则cos =

用导数求其最值，确定点Q 坐标，最后利用向量模求线段BQ 的长学优高考网

≤λ≤1) , 再利

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-xyz ，

{}

则各点的坐标为B

(1,0,0)，C (1,1,0)，D (0, 2,0)，P(0,0, 2)．

（1）因为AD ⊥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 =(0, 2, -2)．

⎧x +y -2z =0 m =x , y , z 设平面PCD 的法向量为． ()，则m ⋅PC =0，m ⋅PD =0，即⎨

2y -2z =0⎩

令y =1，解得z =1，x =1．所以m =

(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量．

AD ⋅m cos AD, m ==从而，所以平面PAB与平面P

CD 所成二面角的余弦值为． AD m

（2）因为BP=(-1,0, 2)，设BQ =λBP=(-λ,0, 2λ)（0≤λ≤1），

【考点定位】空间向量、二面角、异面直线所成角

23. 【2015高考福建，理17】如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ^平面BEC ，

BE ^EC ，AB=BE=EC=2，G ，F 分别是线段BE ，DC 的中点. (Ⅰ) 求证：GF

//平面ADE ；

(Ⅱ) 求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值．

【答案】(Ⅰ) 详见解析；(Ⅱ)

2． 3

【解析】解法一：（Ⅰ）如图，取AE 的中点H ，连接HG ，HD ，又G 是BE 的中点，

所以GH AB ，且GH=1

AB ，学优高考网

又F 是CD 中点，所以DF=

CD ，由四边形ABCD 是矩形得，AB CD ，AB=CD，所以GH DF ，且GH=DF．从而四边形HGFD 是平行四边形，所以GF //DH ，, 又

DH 趟平面ADE ，GF 平面ADE ，所以GF 平面ADE ．

(Ⅱ) 如图，在平面BEC 内，过点B 作BQ EC , 因为BE ^CE ，所以BQ ^BE ．

又因为AB ^平面BEC ，所以AB ^BE ，AB ^BQ

以B 为原点，分别以 BE , BQ , BA

的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(0,0,2)，

B(0,0,0)，E(2,0,0)，F(2,2,1)．因为AB ^平面BEC ，所以 B A=(

0,0,2) 为平面BEC 的法向量，设 n =(x,y, z) 为平面AEF 的法向量. 又 AE =(2,0,-2)， AF=(2,2,-1)

ì 由镲眄n AE =0，ì2x -2z =0, 镲 2y -z =0,

取z =2n AF =0，得得n =(2,-1,2)î2x +. î从而cos 狁 n , B A =n B A

|n |×|B A |=43´2=2

所以平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值为

．解法二：(Ⅰ) 如图，取AB 中点M ，连接MG ，MF ，又G 是BE 的中点，可知GM //AE ，

又

（Ⅱ）同解法一．

【考点定位】1、直线和平面平行的判断；2、面面平行的判断和性质；3、二面角．

24. 【2015高考浙江，理17】如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1-中，∠BAC =90，AB =

AC =2，

A 1A =4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 为B 1C 1的中点.

（1）证明：A 1D ⊥平面A 1B C ；

（2）求二面角A 1-BD-B 1的平面角的余弦值.

【答案】（1）详见解析；（2）-

. 试题分析：（1）根据条件首先证得AE ⊥平面A 1BC ，再证明A 1D //AE ，即可得证；（2）作A 1F

⊥BD ，且A 1F BD =F ，可证明∠A 1FB 1为二面角A 1-BD -B 1的平面角，再由

余弦定理即可求得cos ∠A 1

1FB 1=-

，从而求解. 试题解析：（1）设E 为BC 的中点，由题意得A 1E ⊥平面ABC ，∴A 1E ⊥AE ，∵AB =AC ，∴AE

⊥BC ，故AE ⊥平面A 1BC ，由D ，E 分别B 1C 1，BC 的中点，得DE //B 1B 且

DE =B 1B ，从而DE //A 1A ，∴四边形A 1AED 为平行四边形，故A 1D //AE ，又∵AE ⊥

平面A 1BC 1，∴A 1D ⊥平面A 1BC 1；（2）作A 1F ⊥BD ，且A 1F BD =F ，连结B 1F ，

由AE

=EB =∠A 1EA =∠A 1EB =90 ，得A 1B =A 1A =4，由A 1D =B 1D ，

A 1B =B 1B ，得∆A 1DB ≅∆B 1DB ，由A 1F ⊥BD ，得B 1F ⊥BD ，因此∠A 1FB 1为二面角 A 1-BD -

B 1的平面角，由A 1D =A 1B =4，∠DA 1B =90

，得BD =，

A 1F =B 41F =

3，由余弦定理得，cos ∠A 11FB 1=-8

【考点定位】1. 线面垂直的判定与性质；2. 二面角的求解

-ABC 中，AB =2DE , G , H 分别为AC , BC 的中点

（Ⅰ）求证：BD //平面FGH ；（Ⅱ）若CF

⊥平面ABC ，AB ⊥BC , CF =DE ，∠BAC =45 ,求平面FGH 与平面ACFD 所成

的角（锐角）的大小.

【答案】（I ）详见解析；（II ）60 【解析】

试题分析：（I ）思路一：连接DG , CD ，设CD GF

=O ，连接OH ，先证明OH //BD ，从而由直线与

平面平行的判定定理得BD //平面HDF ；思路二：先证明平面 FGH 行的定义得到BD //平面HDF .

//平面 ABED ，再由平面与平面平

前程教育

（II ）思路一：连接DG , CD ，设CD GF

尽职尽责，育人为本

=O ，连接OH ，证明GB , GC , GD 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 -xyz ，利用空量向量的夹角公式求解；思路二：作HM ⊥AC 于

点M ，作MN ⊥GF 于点N ，连接NH ，证明∠MNH 即为所求的角，然后在三角形中求解.

试题解析：

(I)证法一：连接DG , CD ，设CD GF =O ，连接OH ，

在三棱台DEF

-ABC 中，

AB =2DE , G 为AC 的中点

可得DF //GC , DF =GC 学优高考网所以四边形DFCG 为平行四边形则O 为CD 的中点又H 为BC 的中点所以OH //BD

又OH

⊂平面FGH , BD ⊂/平面FGH ,

所以BD //平面FGH ．

证法二：在三棱台DEF

-ABC 中，

由BC =2EF , H 为BC 的中点

因为 BD ⊂平面 ABED

所以 BD //平面FGH （II ）解法一：设AB =2 ，则CF =1

在三棱台DEF

-ABC 中，

G 为AC 的中点

由DF =

AC =GC ，可得四边形DGCF 为平行四边形，因此DG //CF 又FC

⊥平面ABC 所以DG

⊥平面ABC

在∆ABC 中，由AB ⊥

BC , ∠BAC =45 ，G 是AC 中点，

所以AB =BC , GB ⊥GC 因此GB , GC , GD 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 -

xyz

所以G (

0,0,0), B

), C ()

, D (0,0,1)

可得H ⎫⎪⎪, F

⎭

()

故 GH =⎫ ⎪⎪, GF =

⎭()

设

n =(x , y , z ) 是平面FGH 的一个法向量，则学优高考网

由⎧ ⎨n ⋅ ⎪GH =0,

可得⎧⎪x +y =0⎪

⎩n ⋅GF =0,

+z =0

可得平面FGH

的一个法向量

n =(1, -

因为GB 是平面ACFD

的一个法向量， GB =

)

所以cos

n >=|GB GB ⋅n |⋅|n |=1

所以平面与平面所成的解(锐角) 的大小为60

解法二：作HM ⊥AC 于点M ，作MN ⊥GF 于点N ，连接NH 由FC

⊥ 平面ABC ，得HM ⊥FC

又FC AC

所以HM ⊥平面ACFD 因此GF

⊥NH

所以∠MNH 即为所求的角

所以平面FGH 与平面ACFD 所成角（锐角）的大小为60 .

26. 【2015高考天津，理17】（本小题满分13分）如图，在四棱柱ABCD -

A 1B 1C 1D 1中，侧棱

A 1A ⊥底面ABCD , AB ⊥AC , AB =

AC =AA 1=2, AD =CD =, 且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点.

(I)求证：MN

//平面ABCD ； AC -B 1的正弦值；

，求线段A 1E 的长 3

(II)求二面角D 1-

(III)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为

前程教育

【答案】(I)见解析；

(II)

尽职尽责，育人为本

；

(III) -2.

【解析】如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0),B (0,1,0),C (2,0,0),D (1,-2,0) ，

，又因为M , N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M ⎛⎝1,

1⎫

,1⎪⎭

, N (1,-2,1) . 学优高考网 N

(I)证明：依题意，可得 n =(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量， MN =⎛ 5⎫

⎝

0, -2,0⎪⎭，

MN ⋅

由此可得，n =0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN //平面ABCD

-2,2), AC =(2,0,0)

(II)AD 1=(1,，设n 1=(x , y , z ) 为平面ACD 1的法向量，则 ⎧

⎪⎨n 1⋅AD 1=0

，即⎧⎪ n

⎨x -2y +2z =0 ，不妨设z =1，可得n ⎩1⋅AC =0

⎩2x =01=(0,1,1)，设n (x , y , z ) 为平面ACB ⎧

⎪n 2⋅AB 1=0 2=1的一个法向量，则⎨⎪

，又AB 1=(0,1,2)，得 ⎩n 2⋅AC =0

⎧⎨

y +2z =0

1 ，不妨设z =，可得⎩

2x =0n 2=(0,-2,1)

前程教育尽职尽责，育人为本

⊥平面

ABC , PC =3, ∠ACB =

. D , E 分别为线段AB , BC

上的点，且CD =DE =CE =2EB =2.

（1）证明：DE ⊥平面PCD （2）求二面角A -PD -C 的余弦值。

题（19）图

【答案】（1）证明见解析；（2

）【解析】

前程教育

试题分析：（1）要证线面垂直，就是要证线线垂直，题中由PC 知由DC =CE =

尽职尽责，育人为本

⊥平面ABC ，可知PC ⊥DE ，再分析已

CE =2得CD ⊥DE ，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

∠ACB =

，PC ⊥平面ABC ，因此CA , CB , CP 两两垂直，可以他们为x , y , z 轴建立空间直角坐标系，

写出图中各点的坐标，求出平面APD 和平面CPD 的法向量n 1, n 2，向量n 1, n 2的夹角与二面角相等或互补，

由此可得结论．学优高考网

试题解析：(1)证明：由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ＡＢＣ，故PC ⊥DE 由CE ＝２，CD =DE

∆ＣＤＥ为等腰直角三角形，故CD ⊥DE

由PC CD =C ，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，故DE ⊥平面PCD (2)解：由（１）知，∆CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝

，如（１９）图，过点Ｄ作DF 垂直CE 于

Ｆ，易知DF ＝FC ＝EF ＝１，又已知EB ＝１，

故FB ＝２．

DF FB 233

==，故AC ＝DF ＝． AC BC 3222,

，CB 　, CP 的方程为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则Ｃ以Ｃ为坐标原点，分别以CA

由∠ACB ＝

得DF //AC ，

,0,0), 2

Ｅ(0,2,0)，Ｄ(1,1,0)，ED =(1,-1,0),

(0,0,0,)，Ｐ(0,0,3)，Ａ(

１

DP =(-1,-1,3)DA =(,-1,0)

２

＝（x 1,y 1,z 1) ，设平面PAD 的法向量n １

n 1⋅n 2从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1, n 2〉= |n 1|⋅|n 2|故所求二面角A -PD -C

. 【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．

28. 【2015高考四川，理18】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M ，GH 的中点为N

（1）请将字母F , 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MN

//平面BDH

（3）求二面角A -EG -M 的余弦值

【答案】（1）点F 、G 、H 的位置如图所示.

H E

C M

（2）详见解析. （3 【解析】（1）点F 、G 、H 的位置如图所示.

所以OM

//CD ，且OM =1

CD ，

NH //CD ，且NH =1

CD ，

所以OM

//NH , OM =NH ，

所以MNHO 是平行四边形，从而MN //OH ，又MN

⊄平面BDH ，OH ⊂平面BDH ，

所以MN

//平面BDH .

（3）连结AC ，过M 作MP

⊥AC 于P .

前程教育

H E

K F

P M C 尽职尽责，育人为本

在正方形ABCD -EFGH 中，AC //EG ，所以MP

⊥EG .

过P 作PK 所以EG 从而KM

⊥EG 于K ，连结KM ，

⊥平面PKM ，

⊥EG . 学优高考网

所以

∠PKM 是二面角A -EG -M 的平面角. 设AD =2，则CM

1, PK =2，

在Rt CMP

中，PM =CM sin 45=

. 在Rt

KMP 中，KM =

所以cos ∠PKM =

PK =. KM . 即二面角A -EG -M 的余弦值为

（另外，也可利用空间坐标系求解）

//OH ，进而证

//平面BDH . （3）要作出二面角A -EG -M 的平面角，首先要过M 作平面AEGC 的垂线，然后再

过垂足作棱EG 的垂线，再将垂足与点M 连结，即可得二面角A -EG -M 的平面角.

PD =CD ，过棱PC 的中点E ，作EF ⊥PB 交PB 于点F ，连接DE , DF , BD , BE .

前程教育尽职尽责，育人为本

（Ⅰ）证明：PB ⊥平面DEF ．试判断四面体DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；

（Ⅱ）若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为

π3，求DC BC

的值．

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）

故∠BDF 是面DEF 与面ABCD 所成二面角的平面角，设PD =DC =1，BC =

λ，有BD = 在Rt △PDB 中, 由DF ⊥PB , 得∠DPF =∠FDB =π3

, 则

tan

π3=tan ∠DPF =BD PD

==,

解得λ=

所以

DC BC =1λ= 故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π

时，DC BC =

（解法2）

（Ⅰ）如图2，以D 为原点，射线DA , DC , DP 分别为x , y , z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系.

前程教育

尽职尽责，育人为本

设PD =DC =1，BC =λ，则D (0,0,0),P (0,0,1),B (λ,1,0), C (0,1,0)，PB =(λ,1, -1) ，点E 是PC 的中点，

1111

, ) ，DE =(0,, ) ， 2222

于是PB ⋅DE =0，即PB ⊥DE .

所以E (0,

又已知EF ⊥PB ，而DE EF =E ，所以PB ⊥平面DEF .

因PC =(0,1,-1) , DE ⋅PC =0, 则DE ⊥PC , 所以DE ⊥平面PBC .

由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，

即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，

∠DFB .

（Ⅱ）由PD ⊥平面ABCD ，所以DP =(0,0, 1) 是平面ABCD 的一个法向量；

由（Ⅰ）知，PB ⊥平面DEF ，所以BP =(-λ, -1, 1) 是平面DEF 的一个法向量.

若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为

，学优高考网

π则cos 3解得λ=

所以

1，

DC 1== BC λDC π

时，=

BC 3

故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为

【考点定位】四棱锥的性质，线、面垂直的性质与判定，二面角.

30. 【2015高考陕西，理18】（本小题满分12分）如图1，在直角梯形ABCD 中，AD//BC ，

∠BAD =

，AB=BC =1，AD =2，E是AD 的中点，O是AC 与BE的交点．将∆ABE沿BE折起

到∆A1BE的位置，如图2．

前程教育

尽职尽责，育人为本

（I ）证明：CD ⊥平面A1OC ；

（II ）若平面A1BE⊥平面BCD E，求平面A1BC 与平面A1CD 夹角的余弦值．【答案】（I ）证明见解析；（II

(II)由已知，平面A 1BE

⊥平面BCD E，又由（I ）知，BE⊥OA 1，BE⊥OC

所以∠AOC 为二面角A 1-BE -C 的平面角，所以∠A 1OC =1如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，因为A 1B=A 1E=BC=ED=1，BC //ED

前程教育

所以B 尽职尽责，育人为本

E(-A 1

得BC(-

A 1-，CD =BE =(-.

设平面A 1BC 的法向量n 1=(x 1, y 1, z 1) ，平面A 1CD 的法向量n 2=(x 2, y 2, z 2) ，平面A 1BC 与平面A 1CD 夹

角为θ，

⎧⎧-x 1+y 1=0⎪n 1⋅BC =0

则⎨ ，得⎨，取n 1=(1,1,1)，

=0⎩y 1-z 1=0⎪⎩n 1⋅AC 1

⎧⎧x 2=0⎪n 2⋅CD =0

，得⎨，取n 2=(0,1,1)，

⎨

y -z =0⎩22⎪⎩n 2⋅A 1C =0

从而cos θ=|cos 〈n 1, n 2〉|=

=即平面A 1BC 与平面A

1CD 夹角的余弦值为

考点：1、线面垂直；2、二面角；3、空间直角坐标系；4、空间向量在立体几何中的应用.

【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）

前程教育尽职尽责，育人为本

又∵AE ⊥EC ，∴EG

EG ⊥AC ，

在Rt △EBG 中，可得BE

，故DF

. 在Rt △FDG 中，可得FG

在直角梯形BDFE 中，由BD =2，BE

∴EG +FG =EF ，∴EG ⊥FG ， ∵AC ∩FG=G，∴EG ⊥平面AFC ，

，DF

可得EF

=， ∵EG ⊂面AEC ，∴平面AFC ⊥平面AEC . ……6分

（Ⅱ）如图，以G 为坐标原点，分别以GB , GC 的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB |为单位长度，建立空间直

角坐标系G-xyz ，由（Ⅰ）可得A （0

，－

，0），E

(1,0, ) ，F （－1,0

），C （0

0）， ∴AE =（1

），CF =（-1，

）.…10分

AE ∙CF =故cos =.

|AE ||CF |

前程教育

所以直线AE 与CF

尽职尽责，育人为本

……12分【考点定位】空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力

32. 【2015高考北京，理17】如图，在四棱锥A -EFCB 中，△AEF 为等边三角形，平面AEF ⊥平面

EFCB ，EF ∥BC ，BC =4，EF =2a ，∠EBC =∠FCB =60︒，O 为EF 的中点．

(Ⅰ) 求证：AO ⊥BE ；

(Ⅱ) 求二面角F -AE -B 的余弦值； (Ⅲ) 若BE ⊥平面AOC ，求a 的值．

【答案】(I)证明见解析；（II

）-【解析】

4；（III ）a =．

OC 的坐标，借助数量积为零，求出a 的值，根据实际问题予以取舍. BE ⊥OC ，利用向量BE 、

（Ⅲ）由（I ）知AO ⊥平面EFCB ，则AO ⊥BE ，若BE ⊥平面AOC ，只需BE ⊥OC

，

EB =(2-

a , -

,0) ，又OC =(--,0) ，

BE ⋅OC =-2(2-a ) +-

) 2=0，解得a =2或a =

44，由于a

33. 【2015高考广东，理18】如图2，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，

PD =PC =4，AB =6，BC =3. 点E 是CD 边的中点，点F 、G 分别在线段AB 、BC 上，且

AF =2FB ，CG =2GB ．

（1）证明：PE ⊥FG ；

（2）求二面角P -AD -C 的正切值；（3）求直线PA 与直线FG 所成角的余弦值．

【答案】（1）见解析；（2

）

；（3

．【解析】（1）证明：∵ PD =PC 且点E 为CD 的中点，

∴ PE ⊥DC ，又平面PDC ⊥平面ABCD ，且平面PDC 平面ABCD =CD ，PE ⊂平面PDC ，∴ PE ⊥平面ABCD ，又FG ⊂平面ABCD ， ∴ PE ⊥FG ；

（2）∵ ABCD 是矩形，

∴ AD ⊥DC ，又平面PDC ⊥平面ABCD ，且平面PDC 平面ABCD =CD ，AD ⊂平面ABCD ，∴ AD ⊥平面PCD ，又CD 、PD ⊂平面PDC ， ∴ AD ⊥DC ，AD ⊥PD ，

∴ ∠PDC 即为二面角P -AD -C 的平面角，在Rt ∆PDE 中，PD =4，DE =

AB =

3，PE ==， ∴

tan ∠PDC =

PE DE =即二面角P -AD -

C （3）如下图所示，连接AC ， ∵ AF =2FB ，CG =2GB 即AF FB =CG

=2， ∴ AC //FG ，

∴ ∠PAC 为直线PA 与直线FG 所成角或其补角，在∆

PAC 中，PA =

5，AC ==，

由余弦定理可得

cos ∠PAC =

PA +AC -PC

2PA ⋅AC

222

， ∴ 直线PA 与直线

FG 【考点定位】直线与直线垂直、二面角、异面直线所成角．学优高考网

【2015高考湖南，理19】如图，已知四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1上、下底面分别是边长为3和6的正方形，

AA 1=6，且

AA 1⊥底面ABCD ，点P ，Q 分别在棱DD 1，BC 上.

（1）若P 是DD 1的中点，证明：AB 1

⊥PQ ；

，求四面体ADPQ 的体积. 7

（2）若PQ //平面ABB 1A 1，二面角P -QD -

A 的余弦值为

【答案】（1）详见解析；（2）24. 【解析】

试题分析：（1）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标可知问题等价于证明AB 1⋅PQ =0；（2）根据条件

前程教育

二面角P-QD-A 的余弦值为

尽职尽责，育人为本

，利用空间向量可将四面体ADPQ 视为以∆ADQ 为底面的三棱锥 7

P -ADQ ，其高h =4，从而求解学优高考网

试题解析：解法一由题设知，AA 1，AB ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA

1所在直

∴cos

n 1⋅n 2

|n 1|⋅|n 2|

，而二面角P -QD -A 的余弦值为

33，因此=，解得m =4，或者m =8（舍去），此时Q (6, 4, 0) ， 7

设DP =λDD 1(0

PQ =(6,3λ-2, -6λ) ，∵PQ //平面ABB 1A 1，且平面ABB 1A 1的一个法向量是n 3=(0,1,0)，

∴PQ ⋅n 3=0，即3λ-2=0，亦即λ=，从而P (0, 4, 4) ，于是，将四面体ADPQ 视为以∆ADQ 为底

面的三棱锥P -ADQ ，则其高h =4，故四面体ADPQ 的体积V =

111

ADQ ⋅h =⨯⨯6⨯6⨯4=24. 332

解法二（1）如图c ，取A 1A 的中点R ，连结PR ，BR ，∵A 1A ，D 1D 是梯形A 1AD 1D 的两腰，P 是

D 1D 的中点，∴PR //AD ，于是由AD //BC 知，PR //BC ，∴P ，R ，B ，C 四点共面，

由题设知，BC ∵tan ∠ABR =

⊥AB ，BC ⊥A 1A ，∴BC ⊥平面ABB 1A 1，因此BC ⊥AB 1①，

AR 3AB 1

===tan ∠A 1AB 1，∴tan ∠ABR =tan ∠A 1AB 1，因此 AB 6A 1A

∠ABR +∠BAB 1=∠A 1AB 1+∠BAB 1=90 ，于是AB 1⊥BR ，再由①即知AB 1⊥平面PRBC ，又PQ ⊂

平面PRBC ，故AB 1

⊥PQ ；

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（2）如图d ，过点P 作PM

//A 1A 交AD 于点M ，则PM //平面ABB 1A 1，

∵A 1A ⊥平面ABCD ，∴OM ⊥平面ABCD ，过点M 作MN ⊥QD 于点N ，连结PN ，则

PN ⊥QD ，∠PNM 为二面角P -QD -A 的平面角，∴cos ∠PNM =

3MN 3，即=，从而7PN 7

PM =

MN 连结MQ ，由PQ //平面ABB 1A 1，∴MQ //AB ，又ABCD 是正方形，所以ABQM 为矩形，故

MQ =AB =6，设MD =t ，则

MN =

点E ，则AA 1D 1E 为矩形，∴D 1E

④，过点D 1作D 1E //A 1A 交AD 于

=A 1A =6，AE =A 1D 1=3，因此ED =AD -AE =3，于是

，解得t =2，因此PM =4，

PM D 1E 6

====2，∴PM =

2MD =2t ，再由③④得

MD ED 3

故四面体ADPQ 的体积V =

111

S ADQ ⋅h =⨯⨯6⨯6⨯4=24. 332

【考点定位】1. 空间向量的运用；2. 线面垂直的性质；3. 空间几何体体积计算.

【2015高考上海，理19】（本题满分12分）如图，在长方体ABCD -A1B1C 1D 1中，AA1

=1，

AB=AD =2，E、F 分别是AB、BC 的中点．证明A1、C 1、F 、E四点共面，并求直线CD 1与平面

A1C 1F E所成的角的大小

【答案】arcsin

CD 1⋅n =故． CD 1n

因此直线CD 1与平面A 1C 1FE 所成的角的大小为arcsin 【考点定位】空间向量求线面角

．15

|a·b|

(其中φ为异面|a||b|

直线a ，b 所成的角) ．(2)设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向

|n·e|

量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝ n1，n 2分别是二面角α -l -β的两个半平面α，β的法向量，

【名师点睛】(1)设两条异面直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝

|n||e|

θ＝〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉) 。则二面角的大小

2015年全国高考真题专题十立体几何

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