2020高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 立體幾何（理）

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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)與推論的簡單應(yīng)用。 2、空間兩條直線的三種位置關(guān)系，并會判定。 3、平行公理、等角定理及其推論，了解它們的作用，會用它們來證明簡單的幾何問題，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

2、坐標(biāo)計(jì)算空間向量數(shù)量積公式. 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),并會靈活應(yīng)用,掌握球的表面積、體積公式;能畫出簡單空間圖形的三視圖，能識別上述的三視圖所表示的立體模型，會用斜二測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用求距離的常用方法（如：直接法、轉(zhuǎn)化法、向量法）.對異面直線的距離只要求學(xué)生掌握作出公垂線段或用向

3、量表示的情況）和距離公式計(jì)算距離. 【考點(diǎn)預(yù)測】 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：正俯視圖長對正、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

4、,在直觀圖中保持長度不變,平行于y軸的線段平行性不變,但在直觀圖中其長度為原來的一半. 3.體積與表面積公式: (1)柱體的體積公式:;錐體的體積公式: ; 臺體的體積公式: ;球的體積公式: . (2)球的表面積公式: . 4.有關(guān)球與正方體、長方體、圓柱、圓錐、圓臺的結(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

5、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. 【備考提示】三視圖是高考的熱點(diǎn)之一,年年必考,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

6、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別以及空間多面體表面積的求法. 【備考提示】：表面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)問號上. 練習(xí)2：3 3 2 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１是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為( ) A．　　　Ｂ． Ｃ．　?。模? 【答案】D 【解析】有三視圖可知該幾何體是一個(gè)長方體和球構(gòu)成的組合體，其

7、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)椤螦SC=∠BSC=45°，所以∠SDB=∠SDA=900，即AD⊥SC,BD⊥SC,⊿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

8、的組合體,在高考中,經(jīng)?？疾榍蚺c長方體、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,所以對應(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，在四棱臺中，平面，底面是

9、平行四邊形，，，60°. （Ⅰ）證明：； （Ⅱ）證明：. 【解析】（Ⅰ）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BD⊥AD,又因?yàn)? 平面，所以BD,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=，又因?yàn)锳1B1=2a, B1C1=, ，所以可由余弦定理計(jì)算得A1C1=，所以A1C1∥OC且A1C1=OC，故四邊形O

10、CC1A1是平行四邊形，所以CC1∥A1O，又CC1平面A1BD，A1O平面A1BD，所以. 【名師點(diǎn)睛】本題以四棱臺為載體,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. 【解析】證明: （1）因?yàn)镋、F分別是AP、AD的中點(diǎn), 所以EF∥PD,又因?yàn)镋F平面PC

11、D,PD平面PCD, 所以直線EF∥平面PCD； （2）設(shè)AB=AD=,則AF=,又因?yàn)椤螧AD=60°， 所以在中,由余弦定理得：BF=， 所以，所以BF⊥AF， 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（Ⅰ）證明：AP⊥BC；（Ⅱ）在線段AP上是否存在點(diǎn)M， 使得二面角A-MC-β為直二面角？若存在，求出

12、AM的長；若不存在，請說明理由。 【解析】法一：（Ⅰ）證明：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 （Ⅱ）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（Ⅰ）證明： 又因?yàn)樗云矫婀? （Ⅱ）如圖，在平面內(nèi)作 由（Ⅰ）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

13、面角等基礎(chǔ)知識，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

14、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與圓錐，立方體棱長為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

15、 （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】兩個(gè)平面垂直，兩個(gè)平面上的所有直線都不是垂直了，比如α平面垂直β平面，垂線為AB，直線CD屬于α，與AB交與E點(diǎn)，角度為60°，不垂直平面，故選D. 2. (2020年高考山東卷理科11)下圖是長和寬分別相等的兩個(gè)矩形．給定下列三個(gè)命題： ①存在三棱柱，其正(主)視圖、俯視圖如下圖；②存在四棱柱，其正(主)視圖、俯視圖如 下圖；③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】

16、對于①,可以是放倒的三棱柱；容易判斷②③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，則下列結(jié)論中不正確的是（ ） (A) AC⊥SB (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

17、角 【答案】D 【解析】對于A:因?yàn)镾D⊥平面ABCD，所以DS⊥AC.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以AC⊥BD，故AC⊥平面ABD,因?yàn)镾B平面ABD,所以AC⊥SB，正確.對于B：因?yàn)锳B//CD,所以AB//平面SCD.對于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)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

18、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

19、個(gè)與ABCD所在平面距離等于的平面去截球，S便為其中一個(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.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

20、，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年高考全國卷理科11)已知平面截一球面得圓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，連接矩形對角線的交點(diǎn)和球心,則，,四棱錐的高為,所以，體積為

21、17. (2020年高考全國新課標(biāo)卷理科18) (本小題滿分12分) 如圖，四棱錐P—ABCD中，底面ABCD為平行四 邊形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD. (Ⅰ)證明：PA⊥BD； (Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。 【解析】(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

22、的中點(diǎn)． （Ⅰ）證明：平面 平面; （Ⅱ）求二面角的余弦值. 【解法一】連結(jié)OC，因?yàn)? 又底面⊙O，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PAO中，過O作于G，連接HG， 則有平面OGH，從而，故為二面角B—PA—C的平面角。 在 在 在 在 所以故二面角B—PA—C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

23、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)? 所以從而平面平面PAC。 （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B—PA—C的平面角與相等， 所以二面角B—PA—C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）給定下列四個(gè)命題： ①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； ②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； ③垂直于

24、同一直線的兩條直線相互平行； ④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．①和② B．②和③ C．③和④ D．②和④ 【答案】D 【解析】①錯(cuò), ②正確, ③錯(cuò), ④正確.故選D 2．（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（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【解析】如圖，用列舉法知合要求的棱為：

25、、、、、，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( ) .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】B 4．(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，α、β為平面．在下列四個(gè)命題中， ① 若a⊥α，b⊥α，則a∥b ； ②若 a∥α，b ∥α，則a∥b； ③ 若a⊥α，a⊥β，則α∥β； ④ 若α∥b，β∥b ，則α∥β． 正確命題的個(gè)數(shù)是

26、（ ） 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①真；由“平行于同一平面的兩直線平行或異面或相交”知②假；由“垂直于同一直線的兩平面平行”知③真；易知④假，選C． 5. （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：( ) ①若 ②若 ③若 ④若 A.0 B.1 C.2 D.3 【答案】B 6. （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

27、錐的左視圖的面積 ( ) A．9 B．6 C． D． 【答案】B 7．(山東省煙臺市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】D 8．(2020年高考全國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）3 9．(2020年高考全國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)(

28、) （A）有且只有1個(gè) （B）有且只有2個(gè) （C）有且只有3個(gè) （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 軌跡是軸對稱圖形，排除A、C，軌跡與已知直線不能有交點(diǎn)，排除B 11. (2020年全國高考寧夏卷10）設(shè)三棱柱的側(cè)棱垂直于底面，所有棱長都為，頂點(diǎn)都在一個(gè)球面上，則該球

29、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： 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 。 【答案】； 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，

30、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 （寫出所有真命題的序號）. 【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】8π 16.（2020年高考全國卷文科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)棱長為2，則， 三．解答題： 17．(202

31、0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=，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ. （Ⅰ)若Ｍ是線段ＡＤ的中點(diǎn)，求證：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ; （Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小． 【解析】（Ⅰ)連結(jié)AF,因?yàn)镋F∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ， EF∩ＦＧ=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)椋疲恰危拢谩危罝，所以ＦＧ∥ＡM,所以四邊形AMGF是平行四邊形,故GM∥FA,又因?yàn)椋牵推矫妫粒拢疲?FA平面ＡＢＦＥ,所以ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ. （Ⅱ）取A

32、B的中點(diǎn)O,連結(jié)CO,因?yàn)椋粒茫剑拢?所以CO⊥AB, 又因?yàn)椋牛痢推矫妫粒拢茫?，CO平面ＡＢＣＤ,所以ＥＡ⊥CO, 又ＥＡ∩AB=A,所以CO⊥平面ＡＢＦＥ,在平面ABEF內(nèi),過點(diǎn)O作OH⊥BF于H,連結(jié)CH,由三垂線定理知: CH⊥BF,所以為二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的平面角. 設(shè)ＡＢ=２ＥＦ=,因?yàn)椤?ACB=，ＡＣ＝ＢＣ=,CO=,,連結(jié)FO,容易證得FO∥EA且,所以,所以O(shè)H==,所以在中,tan∠?CHO=,故∠?CHO=,所以二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ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，PD∥QA，QA=AB=PD.

33、 （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ABCD是正方形，DC⊥AD,所以DC⊥平面PDAQ，可得PQ⊥DC. 在直角梯形PDAQ中可得DQ=PQ=PD，則PQ⊥QD. 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的長為單位長，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

34、,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。 （Ⅰ）證明直線∥； （II）求棱錐F-OBED的體積。 【解析

35、】（1）【證法一】： 同理可證 ， 【證法二】：設(shè)G是線段DA與EB延長線的交點(diǎn)， 同理設(shè)是線段DA與FC延長線的交點(diǎn)，有，又G與都在線段DA的延長線上，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，而是邊長為2的正三角形，故，所以 過點(diǎn)F作FQ⊥DG，交DG于Q點(diǎn)，由于平面ABED⊥平面ACFD，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，

36、，平面，且 （Ⅰ）求異面直線AC與A1B1所成角的余弦值； （Ⅱ）求二面角的正弦值； （Ⅲ）設(shè)為棱的中點(diǎn)，點(diǎn)在平面內(nèi)，且平面，求線段的長． 【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(),,, ). （Ⅰ）易得,,于是,所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為. （Ⅱ）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. （Ⅲ）由N為棱的中點(diǎn),得,設(shè),則, 由平面,得,即, 解得,故,因此,所以線段的長為. 21. (遼寧省沈陽市2020年高三第二

37、次模擬理科) 　如圖4，三棱柱中，側(cè)面底面，，且,O為中點(diǎn)． （Ⅰ）在上確定一點(diǎn)，使得平面，并說明理由； （Ⅱ）求二面角的大?。? 【解析】（Ⅰ）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遥蠟? 的中點(diǎn)，所以．又由題意可知， 平面平面，交線為， 且平面，所以平面． 以Ｏ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，

38、 得 ， 即得． 即存在這樣的點(diǎn)，為的中點(diǎn)． 6分 （Ⅱ）由法二，已知，設(shè)面的法向量為 m m m ，則， m 令，所以． 8分 m‖n m·n n m 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，，，. (Ⅰ)若為中點(diǎn)，求證：平面； (Ⅱ)求平面與所成銳二面角的余弦值. 【解析】 (Ⅰ) 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 (Ⅱ) 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