全国各地2022届高考数学 押题精选试题分类汇编7 立体几何 理

2022届全国各地高考押题数学（理科）精选试题分类汇编7：立体几何一、选择题．（2022届北京市高考压轴卷理科数学）已知、是两条不同的直线,、是两个不同的平面,给出下列命题:①若,则;②若,且则;③若,则;④若,,且,则.其中正确命题的序号是（　　）A．①④B．②③C．②④D．①③【答案】B【解析】①当时,不一定成立,所以错误.②成立.③成立.④,,且,也可能相交,所以错误.所以选B．．（2022届湖北省高考压轴卷数学（理）试题）已知直角三角形ABC,其三边分为a,b,c,(a>b>c).分别以三角形的a边,b边,c边所在直线为轴,其余各边旋转一周形成的曲面围成三个几何体,其表面积和体积分别为S1,S2,S3和V1,V2,V3.则它们的关系为（　　）A．S>S>S,V>V>VB．S<S<S,V<V<VC．S>S>S,V=V=VD．S<S<S,V=V=V【答案】B【解析】:则选B．（2022届全国大纲版高考压轴卷数学理试题）在半径为的球内放入大小相等的4个小球,则小球半径的最大值为（　　）A．B．C．D．【答案】（　　）41\nA．当三个小球在下、第四个小球在上相切时,小球的半径最大.设小球的最大半径为,四个小球的球心分别为A,B,C,D,大球半径为.则四面体A-BCD是棱长为的正四面体,将正四面体A-BCD补形成正方体,则正方体棱长为,大球球心O为体对角线中点,易求,所以,解得．（2022届山东省高考压轴卷理科数学）(2022青岛市一模)已知、、是三条不同的直线,、、是三个不同的平面,给出以下命题:①若,则;②若,则;③若,,则;④若,,则.其中正确命题的序号是()（　　）A．②④B．②③C．③④D．①③【答案】（　　）A．【解析】①中直线还可能异面;③中需指明直线n不在平面内.．（2022届全国大纲版高考压轴卷数学理试题）在正方形中,沿对角线将正方形折成一个直二面角,则点到直线的距离为【答案】C．作,垂足是O,则O是AC的中点,连结OB,易证,作于E,E是CD的中点,又,,BE是点B到直线CD的距离.41\n在中,求.．（2022届海南省高考压轴卷理科数学）如图是长和宽分别相等的两个矩形.给定下列三个命题:①存在三棱柱,其正(主)视图、俯视图如下图;②存在四棱柱,其正(主)视图、俯视图如下图;③存在圆柱,其正(主)视图、俯视图如下图.其中真命题的个数是（　　）A．3B．2C．1D．0【答案】答案:A考点:简单空间图形的三视图.分析:由三棱柱的三视图中,两个矩形,一个三角形可判断①的对错,由四棱柱的三视图中,三个均矩形,可判断②的对错,由圆柱的三视图中,两个矩形,一个圆可以判断③的真假.本题考查的知识点是简单空间图形的三视图,其中熟练掌握各种几何体的几何特征进而判断出各种几何体中三视图对应的平面图形的形状是解答本题的关键.解答:解:存在正三棱柱,其三视图中有两个为矩形,一个为正三角形满足条件,故①为真命题;存在正四棱柱,其三视图均为矩形,满足条件,故②为真命题;对于任意的圆柱,其三视图中有两个为矩形,一个是以底面半径为半径的圆,也满足条件,故③为真命题;．（2022届浙江省高考压轴卷数学理试题）已知直线,平面,且,给出下列命题:①若∥,则m⊥;②若⊥,则m∥;③若m⊥,则∥;④若m∥,则⊥其中正确命题的个数是（　　）A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】①④对,②③错．（2022届湖南省高考压轴卷数学（理）试题）某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为（　　）A．2B．C．(2+1)πD．(2+2)π41\n【答案】A．（2022届四川省高考压轴卷数学理试题）已知三棱锥底面是边长为1的正三角形,侧棱长均为2,则侧棱与底面所成角的余弦值为（　　）A．B．C．D．【答案】D．（2022届山东省高考压轴卷理科数学）右图是一个几何体的正(主)视图和侧(左)视图,其俯视图是面积为的矩形.则该几何体的表面积是（　　）A．B．C．8D．16【答案】（　　）A．【解析】由已知俯视图是矩形,则该几何体为一个三棱柱,根据三视图的性质,俯视图的矩形宽为,由面积得长为4,则=.．（2022届江西省高考压轴卷数学理试题）在空间,下列命题正确的是（　　）A．平行直线的平行投影重合B．平行于同一直线的两个平面平行C．垂直于同一平面的两个平面平行D．垂直于同一平面的两条直线平行【答案】D【解析】由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理可以得出答案.．（2022届新课标高考压轴卷（二）理科数学）某几何体的俯视图是如右图所示的矩形,正视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为5的等腰三角形,侧视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为5的等腰三角形.则该儿何体的体积为41\n（　　）A．24B．80C．64D．240【答案】B．（2022届重庆省高考压轴卷数学理试题）设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱长都为,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为（　　）A．B．C．D．【答案】解析:根据题意条件可知三棱柱是棱长都为的正三棱柱,则其外接球的半径为,球的表面积为,应选B．．（2022届浙江省高考压轴卷数学理试题）已知一个棱长为2的正方体,被一个平面截后所得几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是（　　）A．8B．C．D．【答案】C【解析】几何体是正方体截去一个三棱台,．（2022届北京市高考压轴卷理科数学）一个几何体的三视图如图l所示,其中正视图是一个正三角形,则该几何体的体积为()（　　）41\nA．1B．C．D．【答案】B【解析】由三视图可知,此几何体为三棱锥,如图1,其中正视图为,是边长为2的正三角形,,且,底面为等腰直角三角形,,所以体积为,故选B．图1．（2022新课标高考压轴卷（一）理科数学）一个几何体的三视图如图所示,其中俯视图与左视图均为半径是的圆,则这个几何体的表面积是正视图俯视图左视图（　　）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图可知,该几何体是一挖去半球的球.其中两个半圆的面积为.个球的表面积为,所以这个几何体的表面积是,选（　　）A．．（2022届湖南省高考压轴卷数学（理）试题）在空间给出下面四个命题(其中、为不同的两条直线,、为不同的两个平面)①,//②//,////41\n③//,,//④,//,//,//,////其中正确的命题个数有（　　）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】C．（2022届陕西省高考压轴卷数学（理）试题）一个直棱柱被一个平面截去一部分后所剩几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（　　）A．B．C．D．【答案】C【解析】由三视图可知该几何体是在底面为边长是的正方形高是的直四棱柱的基础上截去一个底面积为高为的三棱锥形成的,所以．（2022届安徽省高考压轴卷数学理试题）在中,已知D是边上的一点,将沿折叠,得到三棱锥,若该三棱锥的顶点在底面的射影在线段上,设,则的取值范围是（　　）A．B．C．D．【答案】C【解析】本题考查立体几何中的折叠问题和解三角形问题,直接计算比较复杂,可以采用极限思想特殊化法,在中,由余弦定理得所以,当D点和C点重合时,,BD是角平分线时,A点的射影才能出现在BC上,此时,两种情况是临界值,故选C41\n二、填空题．（2022届辽宁省高考压轴卷数学理试题）某几何体的三视图如图1所示,它的全面积为_____.【答案】．（2022届江苏省高考压轴卷数学试题）在三棱锥P-ABC中,PA=PB=PC=,侧棱PA与底面ABC所成的角为60°,则该三棱锥外接球的体积为_______.【答案】．（2022届湖北省高考压轴卷数学（理）试题）下图是一个几何体的三视图,根据图中数据,可得该几何体的体积是______________.【答案】【解析】:由三视图可知几何体为组合体,上方是一个卧式直三棱柱,三棱柱的底面是其中一边长为,该边上的高为的三角形,侧棱长为;下方是一个圆柱,其底面半径为1,母线长为2,故其体积.．（2022届广东省高考压轴卷数学理试题）已知某棱锥的三视图如右图所示,则该棱锥的体积为__________.41\n【答案】2四棱锥底面是直角梯形,面积为,高为2,则体积为2．（2022届上海市高考压轴卷数学（理）试题）已知正方体的棱长为,动点在正方体表面上运动,且,记点的轨迹的长度为,则______________;关于的方程的解的个数可以为________.(填上所有可能的值).【答案】【解析】由定义可知当,点P的轨迹是半径为的圆周长,此时点P分别在三个侧面上运动,所以.由正方体可知,当,点在三个面上运动,此时递增,当时,递减,当时,递增,当时,递减,如草图,所以方程的解的个数可能为0,2,3,4个.．（2022届安徽省高考压轴卷数学理试题）某几何体的三视图如图所示,根据图中的数据,可得该几何体的体积是______.41\n【答案】【解析】本题考查三视图还原成立体图和棱锥的体积公式.由题知立体图如图所示,所以,.．（2022届江西省高考压轴卷数学理试题）如图,若一个几何体的正视图、侧视图、俯视图相同,且均为面积等于2的等腰直角三角形,则该几何体的体积为______.【答案】．（2022届重庆省高考压轴卷数学理试题）已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上,且,则棱锥的体积为_____.【答案】解析:设ABCD所在的截面圆的圆心为M,则AM=,OM=,.．（2022届天津市高考压轴卷理科数学）已知一个几何体是由上下两部分构成的组合体,其三视图如下,若图中圆的半径为,等腰三角形的腰长为,则该几何体的体积是41\n_________________【答案】【解析】由三视图可知,该几何体上部分是一个圆锥,下部分是个半球,球半径为1,圆锥的高为,所以圆锥的体积为,半球的体积为,所以几何体的总体积为.．（2022届湖南省高考压轴卷数学（理）试题）有一根长为3πcm,底面半径为2cm的圆柱形铁管,用一段铁丝在铁管上缠绕2圈,并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端,则铁丝的最短长度为_____________【答案】5πcm三、解答题．（2022届北京市高考压轴卷理科数学）如图所示,在棱锥中,平面,底面为直角梯形,且//,,(Ⅰ)求证:(Ⅱ)求与平面所成角的正弦值.【答案】(Ⅰ)在直角梯形ABCD中,AC=,取AB中点E,连接CE,则四边形AECD为正方形,AE=CE=2,又BE=,则为等腰直角三角形,41\n,又平面ABCD,平面,,由得平面PAC,平面PAC,所以(Ⅱ)以A为坐标原点,AD,AB,AP分别为轴,建立如图所示的坐标系.则,B(0,4,0),C(2,2,0),由(Ⅰ)知即为平面PAC的一个法向量,,即PB与平面PAC所成角的正弦值为．（2022届江西省高考压轴卷数学理试题）如图,在三棱锥中,,,设顶点在底面上的射影为.(Ⅰ)求证:;(Ⅱ)设点在棱上,且,试求二面角的余弦值.AGEDCB【答案】证明:(I)方法一:由平面得,又,则平面,故,41\n同理可得,则为矩形,又,则为正方形,故方法二:由已知可得,设为的中点,则,则平面,故平面平面,则顶点在底面上的射影必在,故.(II)方法一:由(I)的证明过程知平面,过作,垂足为,则易证得,故即为二面角的平面角,由已知可得,则,故,则,又,则,故,即二面角的余弦值为方法二:由(I)的证明过程知为正方形,如图建立坐标系,则,可得,则,易知平面的一个法向量为,设平面的一个法向量为41\n,则由得,则,即二面角的余弦值为．（2022届上海市高考压轴卷数学（理）试题）本题共2小题,第(Ⅰ)小题6分,第(Ⅱ)小题8分.如图,已知直角梯形所在的平面垂直于平面,,,.(Ⅰ)在直线上是否存在一点,使得平面?请证明你的结论;(Ⅱ)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】本题共2小题,第(Ⅰ)小题6分,第(Ⅱ)小题8分.解:(Ⅰ)线段的中点就是满足条件的点.证明如下:取的中点连结,则取的中点,连结,∵且,∴是正三角形,∴.∴四边形为矩形,∴又∵,41\n∴且,四边形是平行四边形.∴,而平面,平面,∴平面.(Ⅱ)(法1)过作的平行线,过作的垂线交于,连结,∵,∴,是平面与平面所成二面角的棱.∵平面平面,,∴平面,又∵平面,,∴平面,∴,∴是所求二面角的平面角.设,则,∴,∴(法2)∵,平面平面,∴以点为原点,直线为轴,直线为轴,建立空间直角坐标系,则轴在平面内(如图).设,由已知,得.∴,设平面的法向量为,则且,解之得取,得平面的一个法向量为.又∵平面的一个法向量为..41\n．（2022届重庆省高考压轴卷数学理试题）(本小题满分14分,其中(Ⅰ)小问8分,(Ⅱ)小问6分)如题(19)图,在直三棱柱中,,,;点分别在,上,且,四棱锥与直三棱柱的体积之比为.题（19）图(Ⅰ)求异面直线与的距离;(Ⅱ)若,求二面角的平面角的正切值.【答案】解法一:(Ⅰ)因,且,故面,从而,又,故是异面直线与的公垂线.设的长度为,则四棱椎的体积为.而直三棱柱的体积为.由已知条件,故,解之得.从而.在直角三角形中,,又因,故.(Ⅱ)如答(19)图1,过作,垂足为,连接,因,41\n,故面.答（19）图1由三垂线定理知,故为所求二面角的平面角.在直角中,,又因,故,所以.解法二:(Ⅰ)如答(19)图2,以点为坐标原点建立空间直角坐标系,则,,,,则,.设,则,答（19）图2又设,则,从而,即.又,所以是异面直线与的公垂线.下面求点的坐标.设,则.因四棱锥的体积为.41\n而直三棱柱的体积为.由已知条件,故,解得,即.从而,,.接下来再求点的坐标.由,有,即(1)又由得.(2)联立(1),(2),解得,,即,得.故.(Ⅱ)由已知,则,从而,过作,垂足为,连接,设,则,因为,故①因且得,即②联立①②解得,,即.则,..41\n又,故,因此为所求二面角的平面角.又,从而,故,为直角三角形,所以.．（2022届广东省高考压轴卷数学理试题）如图甲,直角梯形中,,,点.分别在,上,且,,,,现将梯形沿折起,使平面与平面垂直(如图乙).(Ⅰ)求证:平面;(Ⅱ)当的长为何值时,二面角的大小为?【答案】解法一:(Ⅰ)MB//NC,MB平面DNC,NC平面DNC,MB//平面DNC同理MA//平面DNC,又MAMB=M,且MA,MB平面MAB..(Ⅱ)过N作NH交BC延长线于H,连HN,平面AMND平面MNCB,DNMN,DN平面MBCN,从而,为二面角D-BC-N的平面角.=由MB=4,BC=2,知60º,.sin60º=由条件知:解法二:如图,以点N为坐标原点,以NM,NC,ND所在直线分别作为轴,轴和轴,建立空间直角坐标系易得NC=3,MN=,41\n设,则.(I).,∵,∴与平面共面,又,.(II)设平面DBC的法向量,则,令,则,∴.又平面NBC的法向量.即:又即．（2022届四川省高考压轴卷数学理试题）如图,在三棱柱—中,侧棱垂直底面,,.(1)求证:;(2)求二面角——的大小.41\n【答案】方法一(1),且,∴平面,又平面,∴,且平面,又平面(2)取的中点为,在平面内过作于,连接则平面,所以,而且所以平面,所以所以是二面角的平面角,又在内,解得,所以所以二面角的平面角为方法2:建立空间直角坐标系(以为原点,为轴正半轴,为轴正半轴,41\n为轴正半轴)则(1)(2)取的中点为,则.平面的法向量设平面的法向量,令得平面的一个法向量又所求二面角的平面角为锐角,所以二面角的平面角为．（2022届天津市高考压轴卷理科数学）如图,在长方体,中,,点在棱AB上移动.(1)证明:;(2)当为的中点时,求点到面的距离;(3)等于何值时,二面角的大小为.41\nABCDA1B1C1D1E【答案】解:以为坐标原点,直线分别为轴,建立空间直角坐标系,设,则ABCDA1B1C1D1E(1)(2)因为为的中点,则,从而,,设平面的法向量为,则也即,得,从而,所以点到平面的距离为(3)设平面的法向量,∴由令,∴依题意41\n∴(不合,舍去),.∴时,二面角的大小为．（2022届山东省高考压轴卷理科数学）如图,在四棱锥P-ABCD中,底面是边长为2的菱形,且∠BAD=120°,且PA⊥平面ABCD,PA=2,M,N分别为PB,PD的中点.(1)证明:MN∥平面ABCD;(2)过点A作AQ⊥PC,垂足为点Q,求二面角A-MN-Q的平面角的余弦值.【答案】【解析】(1)连接BD.∵M,N分别为PB,PD的中点,∴在△PBD中,MN∥BD.又MN⊄平面ABCD,∴MN∥平面ABCD.(2)如图建系:A(0,0,0),P(0,0,2),M,N(,0,),C(,3,0).设Q(x,y,z),则C=(x-,y-3,z),C=(-,-3,2).∵C=λC=(-λ,-3λ,2λ),∴Q(-λ,3-3λ,2λ).由A⊥C⇒A·C=0,得λ=.即:Q.对于平面AMN:设其法向量为n=(a,b,c).∵A=,A=(,0,).则⇒⇒∴n=.同理对于平面QMN,得其法向量为v=.记所求二面角A-MN-Q的平面角大小为θ,则cosθ==.∴所求二面角A-MN-Q的平面角的余弦值为.．（2022届辽宁省高考压轴卷数学理试题）如图,已知为平行四边形,,,,点在上,,,与相交于.现将四边形沿折起,使点在平面上的射影恰在直线上.(Ⅰ)求证:平面;(Ⅱ)求折后直线与平面所成角的余弦值.41\n【答案】解:(Ⅰ)∵EF⊥DN,EF⊥BN,DN∩BN=N∴EF⊥面DNB ∵EF⊂平面BCEF,∴平面BDN⊥平面BCEF,∵BN=平面BDN∩平面BCEF,∴D在平面BCEF上的射影在直线BN上,∵D在平面BCEF上的射影在直线BC上,∴D在平面BCEF上的射影即为点B,∴BD⊥平面BCEF(Ⅱ)连接BE,由BD⊥平面BCEF,得∠DEB即为直线DE与平面BCEF所成角.在原图中,由已知,可得AD=3,BD=3,BN=,DN=2,DE=4 折后,由BD⊥平面BCEF,知BD⊥BN则BD2=DN2-BN2=9,即BD=3则在Rt△DEB中,有BD=3,DE=4,则BE=,故cos∠DEB= 即折后直线DE与平面BCEF所成角的余弦值为．（2022届江苏省高考压轴卷数学试题）如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,AB=BC=,BB1=3,D为A1C1的中点,F在线段AA1上.(1)AF为何值时,CF⊥平面B1DF?(2)设AF=1,求平面B1CF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值.2022江苏省高考压轴【答案】(1)因为直三棱柱ABC-A1B1C1中,以B点为原点,BA、BC、BB1分别为x、y、z轴建立如图所示空间直角坐标系.41\nABCC1B1A1FDxyz因为AC=2,∠ABC=90º,所以AB=BC=,从而B(0,0,0),A,C,B1(0,0,3),A1,C1,D,E.所以,设AF=x,则F(,0,x),.,所以要使CF⊥平面B1DF,只需CF⊥B1F.由=2+x(x-3)=0,得x=1或x=2,故当AF=1或2时,CF⊥平面B1DF.(2)由(1)知平面ABC的法向量为n1=(0,0,1).设平面B1CF的法向量为,则由得令z=1得,所以平面B1CF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值ABCC1B1A1FD（第23题图）41\n．（2022届海南省高考压轴卷理科数学）如图,在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中,D1D⊥平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,AB=2AD,AD=A1B1,∠BAD=60°.(Ⅰ)证明:AA1⊥BD;(Ⅱ)证明:CC1∥平面A1BD.【答案】考点:平面与平面平行的判定;空间中直线与直线之间的位置关系.专题:数形结合.分析:(Ⅰ)由D1D⊥平面ABCD,可证D1D⊥BD.△ABD中,由余弦定理得BD2,勾股定理可得AD⊥BD,由线面垂直的判定定理可证BD⊥面ADD1A1,再由线面垂直的性质定理可证BD⊥AA1.(Ⅱ)连接AC和A1C1,设AC∩BD=E,先证明四边形ECC1A1为平行四边形,可得CC1∥A1E,再由线面平行的判定定理可证CC1∥平面A1BD.解答:证明:(Ⅰ)∵D1D⊥平面ABCD,∴D1D⊥BD.又AB=2AD,AD=A1B1,∠BAD=60°,△ABD中,由余弦定理得BD2=AD2+AB2﹣2AB•ADcos60°=3AD2,∴AD2+BD2=AB2,∴AD⊥BD,又AD∩DD1=D,∴BD⊥面ADD1A1.由AA1⊂面ADD1A1,∴BD⊥AA1.41\n(Ⅱ)证明:连接AC和A1C1,设AC∩BD=E,由于底面ABCD是平行四边形,故E为平行四边形ABCD的中心,由棱台的定义及AB=2AD=2A1B1,可得EC∥A1C1,且EC=A1C1,故ECC1A1为平行四边形,∴CC1∥A1E,而A1E⊂平面A1BD,∴CC1∥平面A1BD．（2022新课标高考压轴卷（一）理科数学）如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,点E在线段AD上,且CE∥AB.Ⅰ、求证:CE⊥平面PAD;Ⅱ、若PA=AB=1,AD=3,CD=,∠CDA=45°,求四棱锥P-ABCD的体积.Ⅲ、在满足(Ⅱ)的条件下求二面角B-PC-D的余弦值的绝对值.【答案】(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,CE平面ABCD,所以PA⊥CE,因为AB⊥AD,CE∥AB,所以CE⊥AD,又PAAD=A,所以CE⊥平面PAD(2)解:由(1)可知CE⊥AD,在直角三角形ECD中,DE=CD,CE=CD.又因为AB=CE=1,AB∥CE,所以四边形ABCE为矩形,所以==,又PA⊥平面ABCD,PA=1,所以四棱锥P-ABCD的体积等于(3)建立以A为原点,AB,AD,AP为x,y,z轴的空间坐标系,取平面PBC的法向量为n1=(1,01),取平面PCD的法向量为n2=(1,1,3),所以二面角的余弦值的绝对值是．（2022届安徽省高考压轴卷数学理试题）如图,已知四棱锥中,是边长为的正三角形,平面平面,四边形是菱形,,是的中点,是的中点.(1)求证:平面.(2)求二面角的余弦值.41\n【答案】【证明】(1)取的中点,连接.由题意知且,且,所以且,即四边形是平行四边形,所以,又平面,平面所以平面.---------------(2)以为坐标原点,为轴,为轴,为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,,则,平面的法向量,设是平面的法向量,41\n由,令,得---------又二面角的平面角是锐角,所以二面角的平面角的余弦值是---------------------．（2022届浙江省高考压轴卷数学理试题）如图,在斜三棱柱中,侧面⊥底面,侧棱与底面成60°的角,.底面是边长为2的正三角形,其重心为点,是线段上一点,且.(1)求证://侧面;(2)求平面与底面所成锐二面角的正切值;(3)在直线上是否存在点T,使得?若存在,指出点T的位置;若不存在,说明理由.第20题图【答案】【解析】解法1:(1)延长B1E交BC于点F,∽△FEB,BE=EC1,∴BF=B1C1=BC,从而点F为BC的中点.∵G为△ABC的重心,∴A、G、F三点共线.且,又GE侧面AA1B1B,∴GE//侧面AA1B1B.(2)在侧面AA1B1B内,过B1作B1H⊥AB,垂足为H,∵侧面AA1B1B⊥底面ABC,∴B1H⊥底面ABC.又侧棱AA1与底面ABC成60°的角,AA1=2,∴∠B1BH=60°,BH=1,B1H=41\n在底面ABC内,过H作HT⊥AF,垂足为T,连B1T,由三垂线定理有B1T⊥AF,又平面B1CE与底面ABC的交线为AF,∴∠B1TH为所求二面角的平面角.∴AH=AB+BH=3,∠HAT=30°,∴HT=AH.在Rt△B1HT中,,从而平面B1GE与底面ABC成锐二面角的正切值为.(3)(2)问中的T点即为所求,T在AG的延长线上,距离A点处.解法2:(1)∵侧面AA1B1B⊥底面ABC,侧棱AA1与底面ABC成60°的角,∴∠A1AB=60°,又AA1=AB=2,取AB的中点O,则AO⊥底面ABC.以O为原点建立空间直角坐标系O—如图,则,,,,,.∵G为△ABC的重心,∴.,∴,∴.又GE侧面AA1B1B,∴GE//侧面AA1B1B.(2)设平面B1GE的法向量为,则由得可取又底面ABC的一个法向量为设平面B1GE与底面ABC所成锐二面角的大小为,则.由于为锐角,所以,进而.41\n故平面B1GE与底面ABC成锐二面角的正切值为.(3),设,,由,,解得所以存在T在AG延长线上,.．（2022届陕西省高考压轴卷数学（理）试题）(Ⅰ)试用向量方法证明点到直线的距离公式;(Ⅱ)已知正方体的棱长为,类比(Ⅰ)中研究方法,求点到平面的距离.【答案】【解析】(Ⅰ)不妨设,则直线的斜率为,其方向向量为,其法向量为,设点为直线上任一点,则,由平面向量知识可得41\n显然当或时,上述公式仍成立.(Ⅱ)以为坐标原点,分别以为轴建立空间直角坐标系,则设平面的法向量为,则,可得,令得平面的一个法向量为,所以点到平面的距离为．（2022届全国大纲版高考压轴卷数学理试题）(注意:在试题卷上作答无效)在四棱锥中,侧面底面,,底面是直角梯形,,,,.(Ⅰ)求证:平面;(Ⅱ)设为侧棱上一点,,试确定的值,使得二面角为.ABCDP【答案】解法一:(Ⅰ)平面底面,,所以平面,所以,如图,以为原点建立空间直角坐标系.41\nABCDPyxzQ则,,所以,,又由平面,可得,所以平面(Ⅱ)平面的法向量为,,,所以,设平面的法向量为,,,由,,得所以,,所以,所以,注意到,得法二:(Ⅰ)∵面PCD⊥底面ABCD,面PCD∩底面ABCD=CD,PD面PCD,且PD⊥CD∴PD⊥面ABCD,又BC面ABCD,∴BC⊥PD①取CD中点E,连结BE,则BE⊥CD,且BE=1在Rt△ABD中,,在Rt△BCE中,BC=∵,∴BC⊥BD②由①、②且PD∩BD=D∴BC⊥面PBD41\n(Ⅱ)过Q作QF//BC交PB于F,过F作FG⊥BD于G,连结GQ.∵BC⊥面PBD,QF//BC∴QF⊥面PBD,∴FG为QG在面PBD上的射影,又∵BD⊥FG∴BD⊥QG∴∠FGQ为二面角Q-BD-P的平面角;由题意,∠FGQ=45°ABCDPQEFG设PQ=x,易知∵FQ//BC,∴∵FG//PD∴在Rt△FGQ中,∠FGQ=45°∴FQ=FG,即∴∵∴∴．（2022届江苏省高考压轴卷数学试题）如图,已知空间四边形中,,是的中点.AEDBCG求证:(1)平面CDE;(2)平面平面.(3)若G为的重心,试在线段AE上确定一点F,使得GF//平面CDE.【答案】41\n．（2022届湖南省高考压轴卷数学（理）试题）在如图所示的几何体中,底面为菱形,,,且,平面,底面.(Ⅰ)求二面角的大小;(Ⅱ)在上是否存在一点,使得平面,若存在,求的值,若不存在,说明理由.【答案】解:(I)设与交于,如图所示建立空间直角坐标系,设,则,设则,41\n解得,,设平面的法向量为,则,令,又平面的法向量为所以所求二面角的大小为(Ⅱ)设得,,解得,(2)存在点使面此时．（2022届湖北省高考压轴卷数学（理）试题）如图甲,在等腰中,分别是,,边的中点,,现将沿翻折成直二面角,如图乙.41\n图甲图乙(1)试判断直线与平面的位置关系,并说明理由;(2)求二面角的余弦值;(3)在线段上是否存在一点,使?证明你的结论.【答案】(1)如题图乙,在中,由于点、分别是,的中点,∴,又平面,平面,∴平面.(2)由题意易知、、两两互相垂直,以点为坐标原点,分别以直线、、为轴、轴、轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设,则,则,,,,,.取平面的一个法向量为.设平面的一个法向量为,又,41\n则即令,得∴.∴,即二面角的余弦值为.(3)假设在线段上存在一点,使.不妨设,由,.由(2)得,.∵,∴,即,解得.∵,∴在线段上不存在一点,使.．（2022届新课标高考压轴卷（二）理科数学）直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=5,AC=4,BC=3,AA1=4,点D在AB上.(Ⅰ)求证:AC⊥B1C;(Ⅱ)若D是AB中点,求证:AC1∥平面B1CD;(Ⅲ)当时,求二面角的余弦值17.直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=5,AC=4,BC=3,AA1=4,点D在AB上.【答案】证明:(Ⅰ)在△ABC中,因为AB=5,AC=4,BC=3,AA1BCDB1C1E所以AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC.因为直三棱柱ABC-A1B1C1,所以CC1⊥AC.因为BC∩AC=C,所以AC⊥平面BB1C1C.所以AC⊥B1C.(Ⅱ)证明:连结BC1,交B1C于E,DE.因为直三棱柱ABC-A1B1C1,D是AB中点,41\n所以侧面BB1C1C为矩形,DE为△ABC1的中位线,所以DE//AC1.因为DE平面B1CD,AC1平面B1CD,所以AC1∥平面B1CD.(Ⅲ)解:由(Ⅰ)知AC⊥BC,所以如图,以C为原点建立空间直角坐标系C-xyz.AA1BCDB1C1xyz则B(3,0,0),A(0,4,0),A1(0,0,c),B1(3,0,4).设D(a,b,0)(,),因为点D在线段AB上,且,即.所以,,.所以,,.平面BCD的法向量为.设平面B1CD的法向量为,由,,得,所以,,.设二面角的大小为,所以.所以二面角的余弦值为.41\n41