2022版高考数学 3-2-1精品系列 专题09 立体几何 文

2022版高考数学3-2-1精品系列专题09立体几何文（教师版）【考点定位】2022考纲解读和近几年考点分布2022考纲解读考纲原文：（2）点、直线、平面之间的位置关系①理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解如下可以作为推理依据的公理和定理.◆公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点在此平面内.◆公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面.◆公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.◆公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行.◆定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补.②以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理.　理解以下判定定理.　◆如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行.◆如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面平行.◆如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直.◆如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂直.理解以下性质定理，并能够证明.◆如果一条直线与一个平面平行，经过该直线的任一个平面与此平面相交，那么这条直线就和交线平行.◆如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线相互平行.◆垂直于同一个平面的两条直线平行.◆如果两个平面垂直，那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直.③能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.考纲解读：近几年考点分布\n及立体几何内容的命题形式最为多变 . 除保留传统的“四选一”的选择题型外，还尝试开发了“多选填空”、“完型填空”、“构造填空”等题型，并且这种命题形式正在不断完善和翻新；解答题则设计成几个小问题，此类考题往往以多面体为依托，第一小问考查线线、线面、面面的位置关系，后面几问考查空间角、空间距离、面积、体积等度量关系，其解题思路也都是“作——证——求”，强调作图、证明和计算相结合。2．从内容上来看，主要是：①考查直线和平面的各种位置关系的判定和性质，这类试题一般难度不大，多为选择题和填空题；②计算角的问题，试题中常见的是异面直线所成的角，直线与平面所成的角，平面与平面所成的二面角，这类试题有一定的难度和需要一定的解题技巧，通常要把它们转化为相交直线所成的角；③求距离，试题中常见的是点与点之间的距离，点到直线的距离，点到平面的距离，直线与直线的距离，直线到平面的距离，要特别注意解决此类问题的转化方法；④简单的几何体的侧面积和表面积问题，解此类问题除特殊几何体的现成的公式外，还可将侧面展开，转化为求平面图形的面积问题；⑤体积问题，要注意解题技巧，如等积变换、割补思想的应用。⑥三视图，辨认空间几何体的三视图，三视图与表面积、体积内容相结合。【考点pk】名师考点透析考点一、空间几何体的结构、三视图、直观图例1：已知四棱锥的三视图如下图所示，其中主视图、侧视图是直角三角形，俯视图是有一条对角线的正方形.是侧棱上的动点．（Ⅰ）求证：（Ⅱ）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值；\n（Ⅲ）若五点在同一球面上，求该球的体积.【名师点睛】了解柱、锥、台、球体及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中的简单物体的结构。能画出简单空间几何体的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图。能用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间几何体的三视图与直观图。了解空间几何体的不同表示形式。会画某建筑物的视图与直观图。空间几何体的结构与视图主要培养观察能力、归纳能力和空间想象能力，能通过观察几何体的模型和实物，总结出柱、锥、台、球等几何体的结构特征；能识别三视图所表示的空间几何体，会用材料制作模型，培养动手能力。考点二、空间几何体的表面积和体积例2：已知某几何体的俯视图是如图5所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的侧面积S解:由已知可得该几何体是一个底面为矩形,高为4,顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥V-ABCD。(1)(2)该四棱锥有两个侧面VAD.VBC是全等的等腰三角形,且BC边上的高为,另两个侧面VAB.VCD也是全等的等腰三角形,AB边上的高为因此【名师点睛】理解柱、锥、台的侧面积、表面积、体积的计算方法，了解它们的侧面展开图，及其对计算侧面积的作用，会根据条件计算表面积和体积。理解球的表面积和体积的计算方法。把握平面图形与立体图形间的相互转化方法，并能综合运用立体几何中所学知识解决有关问题。考点三、点、线、面的位置关系\n例3：如图1，在空间四边形ABCD中，点E、H分别是边AB、AD的中点，F、G分别是边BC、CD上的点，且＝＝，则（　　）图1（A）EF与GH互相平行（B）EF与GH异面（C）EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上（D）EF与GH的交点M一定在直线AC上解：依题意，可得EH∥BD，FG∥BD，故EH∥FG，由公理2可知，E、F、G、H共面，因为EH＝BD，＝，故EH≠FG，所以，EFGH是梯形，EF与GH必相交，设交点为M，因为点M在EF上，故点M在平面ACB上，同理，点M在平面ACD上，即点M是平面ACB与平面ACD的交点，而AC是这两个平面的交线，由公理3可知，点M一定在平面ACB与平面ACD的交线AC上。选（D）。【名师点睛】理解空间中点、线、面的位置关系，了解四个公理及其推论；空间两直线的三种位置关系及其判定；异面直线的定义及其所成角的求法。通过大量图形的观察、实验，实现平面图形到立体图形的飞跃，培养空间想象能力。会用平面的基本性质证明共点、共线、共面的问题。考点四、直线与平面、平面与平面平行的判定与性质\n(Ⅲ)………12分【名师点睛】掌握直线与平面平行、平面与平面平行的判定与性质定理，能用判定定理证明线面平行、面面平行，会用性质定理解决线面平行、面面平行的问题。通过线面平行、面面平行的证明，培养学生空间观念及及观察、操作、实验、探索、合情推理的能力。考点五、直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质∴AF⊥CD∵AB⊥平面ACD，DE//AB∴DE⊥平面ACD又AF平面ACD∴DE⊥AF又AF⊥CD，CD∩DE=D∴AF⊥平面CDE8分又BP∥AF∴BP⊥平面CDE又∵BP平面BCE∴平面BCE⊥平面CDE…10分(III)此多面体是一个以C为定点，以四边形ABED为底边的四棱锥，，等边三角形AD边上的高就是四棱锥的高【名师点睛】掌握直线与平面垂直、平面与平面垂直的判定与性质定理，能用判定定理证明线线垂直、线面垂直、面面垂直，会用性质定理解决线面垂直、面面垂直的问题。通过线面垂直、面面垂直的证明，培养学生空间观念及及观察、操作、实验、探索、合情推理的能力。考点六、空间中的夹角与距离\n例6：如图，四面体ABCD中，O、E分别BD、BC的中点,CA=CB=CD=BD=2（Ⅰ）求证：AO⊥平面BCD；（Ⅱ）求异面直线AB与CD所成角的余弦值；（Ⅲ）求点E到平面的距离.本小题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成的角以及点到平面的距离基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力。方法一：（I）证明：连结OC在中，由已知可得而即平面（II）解：取AC的中点M，连结OM、ME、OE，由E为BC的中点知直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成的角在中，是直角斜边AC上的中线，异面直线AB与CD所成角的余弦值为（III）解：设点E到平面ACD的距离为在中，而点E到平面ACD的距离为方法二：（I）同方法一。（II）解：以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则\n异面直线AB与CD所成角的余弦值为（III）解：设平面ACD的法向量为则令得是平面ACD的一个法向量。又点E到平面ACD的距离【名师点睛】空间中的各种角包括异面直线所成的角，直线与平面所成的角和二面角，要理解各种角的概念定义和取值范围，其范围依次为0°，90°、[0°，90°]和[0°，180°]。（1）两条异面直线所成的角求法：先通过其中一条直线或者两条直线的平移，找出这两条异面直线所成的角，然后通过解三角形去求得；通过两条异面直线的方向量所成的角来求得，但是注意到异面直线所成角得范围是，向量所成的角范围是，如果求出的是钝角，要注意转化成相应的锐角（2）直线和平面所成的角求法：“一找二证三求”，三步都必须要清楚地写出来。除特殊位置外，主要是指平面的斜线与平面所成的角，根据定义采用“射影转化法”（3）二面角的度量是通过其平面角来实现的解决二面角的问题往往是从作出其平面角的图形入手，所以作二面角的平面角就成为解题的关键。通常的作法有：（Ⅰ）定义法；（Ⅱ）利用三垂线定理或逆定理；（Ⅲ）自空间一点作棱垂直的垂面，截二面角得两条射线所成的角，俗称垂面法．此外，当作二面角的平面角有困难时，可用射影面积法解之，cosq＝，其中S为斜面面积，S′为射影面积，q为斜面与射影面所成的二面角空间中的距离是立体几何的重要内容，其内容主要包括：点点距，点线距，点面距，线线距，线面距，面面距。其中重点是点点距、点线距、点面距以及两异面直线间的距离．因此，掌握点、线、面之间距离的概念，理解距离的垂直性和最近性，理解距离都指相应线段的长度，懂得几种距离之间的转化关系，所有这些都是十分重要的求距离的重点在点到平面的距离，直线到平面的距离和两个平面的距离可以转化成点到平面的距离，一个点到平面的距离也可以转化成另外一个点到这个平面的距离。求法：“一找二证三求”，三步都必须要清楚地写出来。等体积法。\n【三年高考】10、11、12高考试题及其解析12高考试题及其解析一、选择题．（2022年高考（重庆文））设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,和且长为的棱与长为的棱异面,则的取值范围是（　　）A．B．C．D．．（2022年高考（浙江文））设是直线,a,β是两个不同的平面（　　）A．若∥a,∥β,则a∥βB．若∥a,⊥β,则a⊥βC．若a⊥β,⊥a,则⊥βD．若a⊥β,∥a,则⊥β【答案】B【命题意图】本题考查的是平面几何的基本知识,具体为线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定和性质.【解析】利用排除法可得选项B是正确的,∵∥a,⊥β,则a⊥β.如选项A:∥a,∥β时,a⊥β或a∥β;选项C:若a⊥β,⊥a,∥β或;选项D:若若a⊥β,⊥a,∥β或⊥β.．（2022年高考（浙江文））已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图所示,则该三棱锥的体积是（　　）A．1cm3B．2cm3C．3cm3D．6cm3【答案】C【命题意图】本题考查的是三棱锥的三视图问题,体现了对学生空间想象能力的综合考查.【解析】由题意判断出,底面是一个直角三角形,两个直角边分别为1和2,整个棱锥的高由侧视图可得为3,所以三棱锥的体积为.．（2022年高考（四川文））如图,半径为的半球的底面圆在平面内,过点作平面的垂线交半球面于点,过圆的直径\n作平面成角的平面与半球面相交,所得交线上到平面的距离最大的点为,该交线上的一点满足,则、两点间的球面距离为（　　）A．B．C．D．[答案]A[点评]本题综合性较强,考查知识点较为全面,题设很自然的把向量、立体几何、三角函数等基础知识结合到了一起.是一道知识点考查较为全面的好题.要做好本题需要有扎实的数学基本功.．（2022年高考（四川文））下列命题正确的是（　　）A．若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行C．若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行D．若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行[答案]C【解析】若两条直线和同一平面所成角相等,这两条直线可能平行,也可能为异面直线,也可能相交,所以A错;一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行,故B错;若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行,也可以垂直;故D错;故选项C正确.[点评]本题旨在考查立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质,需要熟练掌握课本基础知识的定义、定理及公式.．（2022年高考（陕西文））将正方形(如图1所示)截去两个三棱锥,得到图2所示的几何体,则该几何体的左视图为\n【解析】画出三视图,故选B．（2022年高考（课标文））平面α截球O的球面所得圆的半径为1,球心O到平面α的距离为,则此球的体积为（　　）A．πB．4πC．4πD．6π【解析】B．（2022年高考（课标文））如图,网格上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则几何体的体积为.6.9.12.18【命题意图】本题主要考查简单几何体的三视图及体积计算,是简单题.【解析】由三视图知,其对应几何体为三棱锥,其底面为一边长为6,这边上高为3,棱锥的高为3,故其体积为=9,故选B.．（2022年高考（江西文））若一个几何体的三视图如图所示,则此几何体的体积为（　　）A．B．5C．4D．【答案】C【解析】本题的主视图是一个六棱柱,由三视图可得地面为变长为1的正六边形,高为1,则直接带公式可求该直六棱柱的体积是:,故选C.【考点定位】本题是基础题,考查三视图与地观图的关系,注意几何体的位置与放法是解题的关键,考查空间想象能力,转化思想、计算能力.．（2022年高考（湖南文））某几何体的正视图和侧视图均如图1所示,则该几何体的俯视图不可能是【答案】D【解析】本题是组合体的三视图问题,由几何体的正视图和侧视图均如图1所示知,原图下面图为圆柱或直四棱柱,上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱,A,B,C,都可能是该几何体的俯视图,D不可能是该几何体的俯视图,因为它的正视图上面应为如图的矩形.【点评】本题主要考查空间几何体的三视图,考查空间想象能力.是近年来热点题型.\n．（2022年高考（广东文））(立体几何)某几何体的三视图如图1所示,它的体积为（　　）A．B．C．D．【解析】该几何体下部分是半径为3,高为4的圆锥,体积为,上部分是半球,体积为,所以体积为.．（2022年高考（福建文））一个几何体的三视图形状都相同,大小均等,那么这个几何体不可以是A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱．（2022年高考（大纲文））已知正四棱柱中,,,为的中点,则直线与平面的距离为（　　）A．2B．C．D．1【命题意图】本试题主要考查了正四棱柱的性质的运用,以及点到面的距离的求解.体现了转换与化归的思想的运用,以及线面平行的距离,转化为点到面的距离即可.【解析】连结交于点,连结,因为是中点,所以,且,所以,即直线与平面BED的距离等于点C到平面BED的距离,过C做于,则即为所求距离.因为底面边长为2,高为,所以,,,所以利用等积法得,选D.\n．（2022年高考（北京文））某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是（　　）A．B．C．D．【答案】B【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥,本题所求表面积为三棱锥四个面的面积之和.利用垂直关系和三角形面积公式,可得:,因此该几何体表面积,故选B.【考点定位】本小题主要考查的是三棱锥的三视图问题,原来考查的是棱锥或棱柱的体积而今年者的是表面积,因此考查了学生的计算基本功和空间想象能力.二、填空题．（2022年高考（天津文））一个几何体的三视图如图所示(单位:),则该几何体的体积________.【解析】由三视图可知这是一个下面是个长方体,上面是个平躺着的五棱柱构成的组合体.长方体的体积为,五棱柱的体积是,所以几何体的总体积为.\n．（2022年高考（四川文））如图,在正方体中,、分别是、的中点,则异面直线与所成的角的大小是____________.[点评]异面直线夹角问题通常可以采用两种途径:第一,把两条异面直线平移到同一平面中借助三角形处理;第二,建立空间直角坐标系,利用向量夹角公式解决.．（2022年高考（上海文））一个高为2的圆柱,底面周长为2p,该圆柱的表面积为______.【解析】2pr=2p,r=1,S表=2prh+2pr2=4p+2p=6p.．（2022年高考（山东文））如图,正方体的棱长为1,E为线段上的一点,则三棱锥的体积为_____.【解析】:．（2022年高考（辽宁文））已知点P,A,B,C,D是球O表面上的点,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是边长为2正方形.若PA=2,则△OAB的面积为______________.【答案】【解析】点【点评】本题主要考查组合体的位置关系、抽象概括能力、空间想象能力、运算求解能力以及转化思想,该题灵活性较强,难度较大.该题若直接利用三棱锥来考虑不宜入手,注意到条件中的垂直关系,把三棱锥转化为长方体来考虑就容易多了.\n．（2022年高考（辽宁文））一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为_______________.【答案】12+π【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体和一个等高的圆柱的组合体,其中长方体的长、宽、高分别为4、3、1,圆柱的底面直径为2,高位1,所以该几何体的体积为【点评】本题主要考查几何体的三视图、柱体的体积公式,考查空间想象能力、运算求解能力,属于容易题.本题解决的关键是根据三视图还原出几何体,确定几何体的形状,然后再根据几何体的形状计算出体积.．（2022年高考（湖北文））已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为____________.．（2022年高考（大纲文））已知正方形中,分别为,的中点,那么异面直线与所成角的余弦值为____.答案【命题意图】本试题考查了正方体中的异面直线所成角的求解问题.\n【解析】首先根据已知条件,连接,则由可知或其补角为异面直线与所成的角,设正方体的棱长为2,则可以求解得到,再由余弦定理可得.．（2022年高考（安徽文））若四面体的三组对棱分别相等,即,,,则______.(写出所有正确结论编号)①四面体每组对棱相互垂直②四面体每个面的面积相等③从四面体每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于而小于④连接四面体每组对棱中点的线段互垂直平分[⑤从四面体每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长【解析】正确的是②④⑤②四面体每个面是全等三角形,面积相等③从四面体每个顶点出发的三条棱两两夹角之和等于④连接四面体每组对棱中点构成菱形,线段互垂直平分⑤从四面体每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．（2022年高考（安徽文））某几何体的三视图如图所示,该几何体的体积是【解析】表面积是该几何体是底面是直角梯形,高为的直四棱柱几何体的的体积是三、解答题．（2022年高考（重庆文））(本小题满分12分,(Ⅰ)小问4分,(Ⅱ)小问8分)已知直三棱柱中,,,为的中点.(Ⅰ)求异面直线和的距离;(Ⅱ)若,求二面角的平面角的余弦值.【解析】:(Ⅰ)如答(20)图1,因AC=BC,D为AB的中点,故CDAB.又直三棱柱中,面,故,所以异面直线和AB的距离为\n(Ⅱ):由故面,从而,故为所求的二面角的平面角.因是在面上的射影,又已知由三垂线定理的逆定理得从而,都与互余,因此,所以≌,因此得从而所以在中,由余弦定理得．（2022年高考（浙江文））如图,在侧棱锥垂直底面的四棱锥ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=.AD=2,BC=4,AA1=2,E是DD1的中点,F是平面B1C1E与直线AA1的交点.(1)证明:(i)EF∥A1D1;(ii)BA1⊥平面B1C1EF;(2)求BC1与平面B1C1EF所成的角的正弦值.【命题意图】本题主要以四棱锥为载体考查线线平行,线面垂直和线面角的计算,注重与平面几何的综合,同时考查空间想象能力和推理论证能力.(1)(i)因为,平面ADD1A1,所以平面ADD1A1.又因为平面平面ADD1A1=,所以.所以.(ii)因为,所以,又因为,所以,在矩形中,F是AA的中点,即.即,故.所以平面.(2)设与交点为H,连结.由(1)知,所以是与平面所成的角.在矩形中,,,得,在直角\n中,,,得,所以BC与平面所成角的正弦值是.．（2022年高考（天津文））如图,在四棱锥中,底面是矩形,,.(I)求异面直线与所成角的正切值;(II)证明平面平面;(III)求直线与平面所成角的正弦值.【解析】:(1)如图,在四棱锥中,因为底面是矩形,所以,且,又因为,故或其补角是异面直线与所成的角.在中,,所以异面直线与所成角的正切值为2.(2)证明:由于底面是矩形,故,又由于,,因此平面,而平面,所以平面平面.(3)在平面内,过点作交直线于点,连接.由于平面平面,由此得为直线与平面所成的角.在中,,可得在中,由平面,得平面,因此在中,,在中,所以直线与平面所成角的正弦值为.．（2022年高考（四川文））如图,在三棱锥中,,,,点在平面内的射影在上.(Ⅰ)求直线与平面所成的角的大小;(Ⅱ)求二面角的大小.\n所以,.由(1)知,DE=在Rt△CDE中,tan故[点评]本题旨在考查线面位置关系和二面角的基础概念,重点考查思维能力和空间想象能力,进一步深化对二面角的平面角的求解.求解二面角平面角的常规步骤:一找(寻找现成的二面角的平面角)、二作(若没有找到现成的,需要引出辅助线作出二面角的平面角)、三求(有了二面角的平面角后,在三角形中求出该角相应的三角函数值).．（2022年高考（上海文））如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,D是PC的中点.已知∠BAC=,AB=2,AC=2,PA=2.求:(1)三棱锥P-ABC的体积;(2)异面直线BC与AD所成的角的大小(结果用反三角函数值表示).PABCDE【解析】(1),三棱锥P-ABC的体积为(2)取PB的中点E,连接DE、AE,则ED∥BC,所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角在三角形ADE中,DE=2,AE=,AD=2,,所以∠ADE=.因此,异面直线BC与AD所成的角的大小是．（2022年高考（陕西文））直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1,=[来(Ⅰ)证明;[(Ⅱ)已知AB=2,BC=,求三棱锥的体积.\n【解析】（Ⅰ）如图，连结,是直三棱柱，=，平面,故．又，四边形是正方形，，又，平面，故．（Ⅱ），，．由（Ⅰ）知，平面，S△·=．．（2022年高考（山东文））如图,几何体是四棱锥,△为正三角形,.(Ⅰ)求证:;(Ⅱ)若∠,M为线段AE的中点,求证:∥平面.,所以,又,所以D是线段AF的中点,连接DM,又由点M是线段AE的中点知,而平面BEC,平面BEC,故DM∥平面BEC.．（2022年高考（辽宁文））如图,直三棱柱,,AA′=1,点M,N分别为和的中点.(Ⅰ)证明:∥平面;(Ⅱ)求三棱锥的体积.(椎体体积公式V=Sh,其中S为地面面积,h为高)【命题意图】本题以三棱柱为载体主要考查空间中的线面平行的判定、棱锥体积的计算，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，难度适中。【解析】（1）（法一）连结，由已知三棱柱为直三棱柱，所以为中点.又因为为中点\n所以，又平面平面，因此……6分（法二）取的中点为P，连结MP，NP，∵分别为和的中点，∴MP∥,NP∥,∴MP∥面,NP∥面,∵,∴面MPN∥面，∵MN面，∴MN∥面.(Ⅱ)（解法一）连结BN，由题意⊥,面∩面=,∴⊥⊥面NBC，∵==1,∴.(解法2)【点评】第一小题可以通过线线平行来证明线面平行，也可通过面面平行来证明；第二小题求体积根据条件选择合适的底面是关键，也可以采用割补发来球体积。．（2022年高考（课标文））如图,三棱柱中,侧棱垂直底面,∠ACB=90°,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点.(I)证明:平面⊥平面(Ⅱ)平面分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比.【命题意图】本题主要考查空间线线、线面、面面垂直的判定与性质及几何体的体积计算,考查空间想象能力、逻辑推理能力,是简单题.【解析】(Ⅰ)由题设知BC⊥,BC⊥AC,,∴面,又∵面,∴,由题设知,∴=,即,又∵,∴⊥面,∵面,∴面⊥面;(Ⅱ)设棱锥的体积为,=1,由题意得,==,由三棱柱的体积=1,∴=1:1,∴平面分此棱柱为两部分体积之比为1:1.法二:(I)证明:设,则,\n又,所以,所以侧面,而平面,所以:;由(1)和(2)得:平面,又平面,所以平面平面(II)平面BDC1分此棱柱的下半部分可看作底面为直角梯形,高为的一个四棱锥,其体积为:,该四棱柱的总体积为,所以,平面BDC1分此棱柱的上半部的体积为所以,所求两部分体积之比为．（2022年高考（江西文））如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,E,F是线段AB上的两点,且DE⊥AB,CF⊥AB,AB=12,AD=5,BC=4,DE=4.现将△ADE,△CFB分别沿DE,CF折起,使A,B两点重合与点G,得到多面体CDEFG.(1)求证:平面DEG⊥平面CFG;(2)求多面体CDEFG的体积.【解析】(1)由已知可得AE=3,BF=4,则折叠完后EG=3,GF=4,又因为EF=5,所以可得又因为,可得,即所以平面DEG⊥平面CFG.(2)过G作GO垂直于EF,GO即为四棱锥G-EFCD的高,所以所求体积为．（2022年高考（湖南文））如图6,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥\n平面ABCD,底面ABCD是等腰梯形,AD∥BC,AC⊥BD.(Ⅰ)证明:BD⊥PC;(Ⅱ)若AD=4,BC=2,直线PD与平面PAC所成的角为30°,求四棱锥P-ABCD的体积.等腰梯形,,所以均为等腰直角三角形,从而梯形ABCD的高为于是梯形ABCD面积在等腰三角形AOD中,所以故四棱锥的体积为.【点评】本题考查空间直线垂直关系的证明,考查空间角的应用,及几何体体积计算.第一问只要证明BD平面PAC即可,第二问由(Ⅰ)知,BD平面PAC,所以是直线PD和平面PAC所成的角,然后算出梯形的面积和棱锥的高,由算得体积.．（2022年高考（湖北文））某个实心零部件的形状是如图所示的几何体,其下部是底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形的四棱台,上不是一个底面与四棱台的上底面重合,侧面是全等的矩形的四棱柱.(1)证明:直线平面;(2)现需要对该零部件表面进行防腐处理,已知(单位:厘米),每平方厘米的加工处理费为元,需加工处理费多少元?【解析】(1)因为四棱柱的侧面是全等的矩形,所以又因为,所以平面\n连接,因为平面,所以因为底面是正方形,所以.根据棱台的定义可知,与共面.又已知平面平面,且平面平面平面,所以,于是由,可得,又因为,所以平面.(2)因为四棱柱的底面是正方形,侧面是全等的矩形,所以又因为四棱台的上、下底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形,所以于是该实心零部件的表面积为,故所需加工处理费为(元)【点评】本题考查线面垂直,空间几何体的表面积;考查空间想象,运算求解以及转化与划归的能力.线线垂直线面垂直面面垂直是有关垂直的几何问题的常用转化方法;四棱柱与四棱台的表面积都是由简单的四边形的面积而构成,只需求解四边形的各边长即可.来年需注意线线平行,面面平行特别是线面平行,以及体积等的考查.．（2022年高考（广东文））(立体几何)如图5所示,在四棱锥中,平面,∥,,是的中点,是上的点且,为中边上的高.(Ⅰ)证明:平面;(Ⅱ)若,,,求三棱锥的体积;(Ⅲ)证明:平面.解析:(Ⅰ)因为平面,平面,所以.又因为为中边上的高,所以.,\n是上的点且,∥,所以且∥.所以四边形是平行四边形,所以∥.而,所以.又因为平面,平面,所以.而,平面,平面,所以平面,即平面.．（2022年高考（福建文））如图,在长方体中,为棱上的一点.(1)求三棱锥的体积;(2)当取得最小值时,求证:平面.【考点定位】本题主要考察直线与直线、直线与平面的位置关系以及体积等基本知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力、数形结合思想、化归与转化思想.【解析】(1)又长方体AD平面.点A到平面的距离AD=1,∴==×2×1=1,∴(2)将侧面绕逆时针转动90°展开,与侧面共面.当,M,C共线时,+MC取得最小值AD=CD=1,=2得M为的中点连接M在中,=MC=,=2,∴=+,∴∠=90°,CM⊥,∵⊥平面,∴⊥CM∵AM∩MC=C∴CM⊥平面,同理可证⊥AM∴⊥平面MAC．（2022年高考（大纲文））如图,四棱锥中,底面为菱形,底面,,,是上的一点,.(Ⅰ)证明:平面;(Ⅱ)设二面角为90°,求与平面所成角的大小.\n【命题意图】本试题主要是考查了四棱锥中关于线面垂直的证明以及线面角的求解的运用.从题中的线面垂直以及边长和特殊的菱形入手得到相应的垂直关系和长度,并加以证明和求解.解:设,以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则设。（Ⅰ）证明：由得，所以，，，所以，。所以,，所以平面；（Ⅱ）设平面的法向量为，又，由得，设平面的法向量为，又，由，得，由于二面角为，所以，解得。所以，平面的法向量为，所以与平面所成角的正弦值为，所以与平面所成角为.．（2022年高考（北京文））如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别是AC,AB上的中点,点F为线段CD上的一点.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图2.(1)求证:DE∥平面A1CB;(2)求证:A1F⊥BE;(3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?说明理由.【考点定位】本题第二问是对基本功的考查,对于知识掌握不牢靠的学生可能不能顺利解决.第三问的创新式问法,难度比较大.解:(1)因为D,E分别为AC,AB的中点,所以DE∥BC.又因为DE平面A1CB,所以DE∥平面A1CB.\n(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC,所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D,DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC.而A1F平面A1DC,所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD,所以A1F⊥平面BCDE.所以A1F⊥BE(3)线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.理由如下:如图,分别取A1C,A1B的中点P,Q,则PQ∥BC.又因为DE∥BC,所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知DE⊥平面A1DC,所以DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点,所以A1C⊥DP,所以A1C⊥平面DEP,从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q,使得A1C⊥平面DEQ.．（2022年高考（安徽文））如图,长方体中,底面是正方形,是的中点,是棱上任意一点.(Ⅰ)证明:;(Ⅱ)如果=2,=,,求的长.11年高考试题及解析1、（陕西文5）某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（A）（B）（C）（D）【解析】：由三视图可知该几何体为立方体与圆锥，立方体棱长为2，圆锥底面半径为1、高为2，所以体积为故选A2、（四川文6），，是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（A）//（B）,//（C）////，，共面（D），，共点，，共面解析：若则有三种位置关系，可能平行、相交或异面，故A不对.虽然\n，或共点，但是可能共面，也可能不共面，故C、D也不正确.答案：B3、（浙江文4）若直线不平行于平面，且，则(A)内的所有直线与异面(B)内不存在与平行的直线(C)内存在唯一的直线与平行(D)内的直线与都相交【解析】：直线不平行于平面，所以与相交，故选B4、（全国文15）已知正方体中，E为的中点，则异面直线AE与BC所成的角的余弦值为【解析】取的中点，为所求角，设棱长为2，则，5、（全国文8、）已知直二面角，点为垂足，为垂足，若则到平面的距离等于（A）（B）（C）（D）【解析】如图，作于，由为直二面角，，得平面，进而,又,,于是平面。故为到平面的距离。在中，利用等面积法得6、（福建文15）.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2。，点E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于_________.【解析】由于在正方体中,AB=2,所以AC=.又E为AD中点,EF∥平面AB1C，EF平面ADC,平面ADC平面AB1C=AC,所以EF∥AC,所以F为DC中点,所以EF==.7、（广东文9）．如图1-3，某几何体的正视图（主视图），\n侧视图（左视图）和俯视图分别为等边三角形、等腰三角形和菱形，则该几何体体积为（）A．43B．4C．23D．2【解析】C.由题得该几何体是如图所示的四棱锥P-ABCD，所以选择C.8、（山东文、）.下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)3(B)2(C)1(D)0【答案】A【解析】对于①,可以是放倒的三棱柱；容易判断②③可以.9、（浙江文7）几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是【解析】：A，C与正视图不符，D与俯视图不符，故选B10、（课标卷文8）.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图，则相应的侧视图可以为（）第8题图\n11、（湖南文４）.设图１是某几何体的三视图，则该几何体的体积为A．　　　Ｂ．Ｃ．　　Ｄ．解析：有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体，其体积。答案：D评析：本小题主要考查球与长方体组成的简单几何体的三视图以及几何体的体积计算.12、（辽宁文8）一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是（）（A）4（B）（C）2（D）答案：B解析：设正三棱柱的侧棱长和底面边长为a，则由，解得a=2，正三棱柱的左视图与底面一边垂直的截面大小相同，故该矩形的面积是。13（北京文5）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是(A)32(B)16+(C)48(D)【答案】B【解析】：由三视图可知几何体为底面边长为4，高为2的正四棱锥，则四棱锥的斜高为，表面积故选B。14、（天津文10）.一个几何体的三视图如图所示(单位:m),\n则该几何体的体积为.【解析】由三视图知,该几何体是由上、下两个长方体组合而成的,容易求得体积为4.15、（安徽文8)一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为（A）48(B)32+8(C)48+8(D)80【命题意图】本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.【解析】由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4，两底面积和为，四个侧面的面积为，所以几何体的表面积为.故选C.【解题指导】：三视图还原很关键，每一个数据都要标注准确。16、（江西文9）将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如右图所示，则该几何体的左视图为（）【答案】D【解析】左视图即是从正左方看，找特殊位置的可视点，连起来就可以得到答案.\n17、（四川文、理15）.如图，半径为4的球O中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时，求球的表面积与圆柱的侧面积之差是.解析：设圆柱的底面半径是，母线为，则，侧面积为.由，当且仅当，即，时等号成立，球的表面积为，圆柱的侧面积为，故所求答案为.18、(全国文12、理11)已知平面截一球面得圆M，过圆心M且与成，二面角的平面截该球面得圆N，若该球的半径为4，圆M的面积为4，则圆N的面积为(A)(B)(c)(D)解：由圆的面积为得，，在故选D19、（课标卷文16）.已知两个圆锥有公共的底面，且两个顶点和底面都在同一个球面上，如果圆锥的底面积是球面面积的，则这两个圆锥中，体积小的和体积大的对应高的比值是_________解析：由已知得，又因为，球心到圆锥底面的距离，所以两圆锥的高的比为点评：此题考查旋转体的概念、性质及体积的计算，关键是要明确两圆锥的高于外接球半径的关系。20、（辽宁文10）已知球的直径SC=4。A.,B是该球球面上的两点，AB=2，∠ASC=∠BSC=45°，则棱锥S-ABC的体积为（）（A）(B)(C)(D)解析：取SC的中点D则D为球心，则AD=BD=DS=2。因为∠ASC=∠BSC=45°，所以∠SDB=∠\nSDA=900，即AD⊥SC,BD⊥SC,⊿ABD是等边三角形，故棱锥S-ABC的体积等于棱锥S-ABD和棱锥C-ABD的体积和，即。21、（湖北文7）．设球的体积为V1,它的内接正方体的体积为V2，下列说法中最合适的是A.V1比V2大约多一半B.V1比V2大约多两倍半C.V1比V2大约多一倍D.V1比V2大约多一倍半答案：D解析：设球半径为R，其内接正方体棱长为a，则，即由，比较可得应选D.解答题1、（陕西文16）（本小题满分12分）如图，在△ABC中，∠ABC=45°，∠BAC=90°，AD，沿AD把是BC上的△ABD折起，使∠BDC=90°。（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ ）设BD=1，求三棱锥D—的表面积。解（Ⅰ）∵折起前是边上的高，∴ 当折起后，AD⊥，AD⊥，又＝，∴AD，∵AD平面.∴平面（Ⅱ）由（Ⅰ）知，,,,DB=DA=DC=1，AB=BC=CA=,，三棱锥表面积：2、（江苏16）、（本小题满分14分）如图，在四棱锥中，平面PAD⊥平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分别是AP、AD的中点求证：（1）直线EF‖平面PCD；（2）平面BEF⊥平面PAD解析：简单考察空间想象能力和推理论证能力、线面平行和垂直的判定与性质，容易题。\n（1）因为E、F分别是AP、AD的中点，3、（四川文19）.（本小题共12分）如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=1，延长A1C1至点,使C1=A1C1，连结AP交棱CC1于点D.（Ⅰ）求证：PB1∥BDA1;(Ⅱ)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值.解析：（Ⅰ）连接AB1交A1B于E点.则AE=EB1.因为A1C1=C1P=AC，所以,故,，，,,∴PB1∥BDA1.(Ⅱ)由题意,过B作,连接，则,为二面角的平面角.在中，,则.4、（广东文18）.如图5，在椎体中，是边长为1的棱形，且,,分别是的中点，（1）证明：（2）求二面角的余弦值。【解析】\n5、（山东文19）.（本小题满分12分）如图，在四棱台中，平面，底面是平行四边形，，，60°.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）证明：.【解析】（Ⅰ）证明：因为，所以设AD=a,则AB=2a,又因为60°,所以在中,由余弦定理得：,所以BD=,所以,故BD⊥AD,又因为平面，所以BD,又因为,所以平面,故.(2)连结AC,设ACBD=0,连结,由底面是平行四边形得:O是AC的中点,由四棱台知:平面ABCD∥平面,因为这两个平面同时都和平面相交,交线分别为AC、，故，又因为AB=2a,BC=a,，所以可由余弦定理计算得AC=，又因为A1B1=2a,B1C1=,，所以可由余弦定理计算得A1C1=，所以A1C1∥OC且A1C1=OC，故四边形OCC1A1是平行四边形，所以CC1∥A1O，又CC1平面A1BD，A1O平面A1BD，所以.\n6、（全国文20）(本小题满分12分)如图，四棱锥中，,，侧面为等边三角形，.（Ⅰ）证明：;（Ⅱ)求与平面所成角的大小.【解析】（Ⅰ）：连结BD过D作，在，在，同理可证（Ⅱ）过做平面，如图建立空间直角坐标系，可计算平面的一个法向量是，所以与平面所成角为7、（浙江文20）（本题满分14分）如图，在三棱锥中，，为的中点，⊥平面，垂足落在线段上.（Ⅰ）证明：⊥；（Ⅱ）已知，，，.求二面角的大小.【解析】：：（Ⅰ）（Ⅱ）在平面内作得平面\n又从而故同理，因为所以即二面角的大小为8、（课标卷文18）.（本小题满分12分）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，，，（1）证明：;(2)设求棱D-PBC锥的高.分析：利用垂直的判定与性质证明并计算。E解：(1)证明：在三角形ABD中，因为该三角形为直角三角形，所以,（2）如图，作，，又，由题设知而,即所求高为\n点评：该题考查空间的垂直与平行关系的证明，要有一定的空间想象能力、推理论证能力。9、（湖南文19）．（本题满分12分）如图3，在圆锥中，已知的直径的中点．（I）证明：（II）求直线和平面所成角的正弦值．解析：（I）因为又内的两条相交直线，所以（II）由（I）知，又所以平面在平面中，过作则连结，则是上的射影，所以是直线和平面所成的角．在，在10、（湖北文18）.如图，已知正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为，点E在侧棱上，点F在侧棱上，且.(Ⅰ)求证：(Ⅱ)求二面角的大小.本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角的求法，同时考查空间想象能力和推理论证能力.解析：（1）由已知可得于是有\n所以又所以平面CEF.由CEF，故CF（2）在△CEF中，由（1）可得于是有所以CF⊥EF.又由（1）知，且，所以CF⊥平面C1EF.又平面C1EF，故CF⊥C1F.于是∠EFC1即为二面角E-CF-C1的平面角.由（1）知△CEF是等腰直角三角形，所以∠EFC1=450，即所求二面角E-CF-C1的大小为450.11、（福建文20）（本小题满分12分）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；（11）若PA=AB=1，AD=3，CD=，∠CDA=45°，求四棱锥P-ABCD的体积【解析】(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.【命题立意】本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系、几何体的体积等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想.12、（辽宁文18）（本小题满分12分）如图，四边形ABCD为正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=PD。（I）证明：PQ⊥平面DCQ；（II）求棱锥Q-ABCD的体积与棱锥P-DCQ的体积的比值。\n所以棱锥P-DCQ的体积，故棱锥Q-ABCD的体积和棱锥P-DCQ的体积的比值为1.13、（北京文17）（本小题共14分）如图，在四面体中，点分别是棱的中点。（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：四边形为矩形；（Ⅲ）是否存在点，到四面体六条棱的中点的距离相等？说明理由。【解析】：证明：（Ⅰ）因为D，E分别为AP，AC的中点，所以DE//PC。又因为DE平面BCP，所以DE//平面BCP。（Ⅱ）因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，所以DE//PC//FG，DG//AB//EF。所以四边形DEFG为平行四边形，又因为PC⊥AB，所以DE⊥DG，所以四边形DEFG为矩形。（Ⅲ）存在点Q满足条件，理由如下：连接DF，EG，设Q为EG的中点由（Ⅱ）知，DF∩EG=Q，且QD=QE=QF=QG=EG.分别取PC，AB的中点M，N，连接ME，EN，NG，MG，MN。与（Ⅱ）同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线点为EG的中点Q，且QM=QN=EG，所以Q为满足条件的点.14、（天津文17）.（本小题满分13分）如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,,AD=AC=1,O为AC的中点,PO⊥平面ABCD,PO=2,为PD的中点.(Ⅰ)证明PB∥平面;(Ⅱ)证明AD⊥平面PAC;(Ⅲ)求直线与平面ABCD所成角的正切值.\nMN⊥平面ABCD,所以是直线AM与平面ABCD所成的角.在中,AD=1,AO=,所以,从而.在中,,即直线与平面ABCD所成角的正切值为.【命题意图】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.15、（安徽文19）（本小题满分13分）如图，为多面体，平面与平面垂直，点在线段上，,△，△，△都是正三角形。（Ⅰ）证明直线∥；（II）求棱锥F-OBED的体积。【命题意图】：本题考察空间直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算，考察空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力。（1）【证法一】：同理可证，【证法二】：设G是线段DA与EB延长线的交点，\n，同理设是线段DA与FC延长线的交点，有，又G与都在线段DA的延长线上，所以G与重合。又和,可知B和C分别是线段GE和GF的中点，【证法三】：（向量法）略（2）【解析】：由OB=1，OE=2，,得，而是边长为2的正三角形，故，所以过点F作FQ⊥DG，交DG于Q点，由于平面ABED⊥平面ACFD，所以FQ⊥平面ABED所以FQ就是棱锥F-OBED的高，且,所以【解题指导】：空间线线、线面、面面位置关系的证明方法，一是要从其上位或下位证明，本题的第一问方法一，是从其上位先证明面面平行，再借助面面平行的性质得到线面平行，再借助线面平行的性质得到线线平行；二是借助中位线定理等直接得到；三是借助空间向量直接证明。求不规则的几何体体积或表面积，通常采用分割或补齐成规则几何体即可。求解过程要坚持“一找二证三求”的顺序和原则防止出错。16、（江西文18）如图，在交AC于点D,现将（1）当棱锥的体积最大时，求PA的长；（2）若点P为AB的中点，E为【解析】（1）设，则令,则\n单调递增极大值单调递减由上表易知：当时，有取最大值.(2)证明：作得中点F，连接EF、FP,由已知得：,为等腰直角三角形，,所以.17、（重庆文20）．（本小题满分12分，（Ⅰ）小问6分，（Ⅱ）小问6分）如题（20）图，在四面体中，平面ABC⊥平面，（Ⅰ）求四面体ABCD的体积；（Ⅱ）求二面角C-AB-D的平面角的正切值。解法一：（I）如答（20）图1，过D作DF⊥AC垂足为F，故由平面ABC⊥平面ACD，知DF⊥平面ABC，即DF是四面体ABCD的面ABC上的高，设G为边CD的中点，则由AC=AD，知AG⊥CD，从而由\n解法二：（I）如答（20）图2，设O是AC的中点，过O作OH⊥AC，交AB于H，过O作OM⊥AC，交AD于M，由平面ABC⊥平面ACD，知OH⊥OM。因此以O为原点，以射线OH，OC，OM分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，可建立空间坐标系O—xyz.已知AC=2，故点A，C的坐标分别为A（0，—1，0），C（0，1，0）。设点B的坐标为，有即点B的坐标为又设点D的坐标为有即点D的坐标为从而△ACD边AC上的高为又\n故四面体ABCD的体积（II）由（I）知设非零向量是平面ABD的法向量，则由有（1）由，有（2）取，由（1），（2），可得显然向量是平面ABC的法向量，从而即二面角C—AB—D的平面角的正切值为2022年高考试题及解析一、选择题:1．（2022年高考山东卷文科4）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很容易得出答案。【命题意图】本题考查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，属基础题。2．（2022年福建文3）若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,则其侧面积等于()A.B.2C.D.6【解析】由正视图知：三棱柱是以底面边长为2，高为1的正三棱柱，所以底面积为，侧面积为，选D.【命题意图】本题考查立体几何中的三视图，考查同学们识图的能力、空间想象能力等基本能力。\n3．(2022年北京文5)一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正视图与侧（左）视图分别如右图所示，则该集合体的俯视图为：4．(2022年北京文8)如图，正方体的棱长为2，动点E、F在棱上。点Q是CD的中点，动点P在棱AD上，若EF=1，DP=x，E=y(x,y大于零)，则三棱锥P-EFQ的体积：（A）与x，y都有关；（B）与x，y都无关；（C）与x有关，与y无关；（D）与y有关，与x无关；5．(2022年江西文11)如图，是正方体的棱的中点，给出下列四个命题：①过点有且只有一条直线与直线都相交；②过点有且只有一条直线与直线都垂直；③过点有且只有一个平面与直线都相交；\n④过点有且只有一个平面与直线都平行．其中真命题是A．②③④B．①③④C．①②④D．①②③6.(2022年浙江文8)若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是（A）cm3（B）cm3（C）cm3（D）cm3解析：选B，本题主要考察了对三视图所表达示的空间几何体的识别以及几何体体积的计算，属容易题7．(2022年高考安徽卷文科9)一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积是（A）372（B）360（C）292（D）280【答案】B【解析】该几何体由两个长方体组合而成，其表面积等于下面长方体的全面积加上面长方体的4个侧面积之和。.【方法技巧】把三视图转化为直观图是解决问题的关键.又三视图很容易知道是两个长方体的组合体，画出直观图，得出各个棱的长度.把几何体的表面积转化为下面长方体的全面积加上面长方体的4个侧面积之和。8．（2022年辽宁文11）已知是球表面上的点，，，，，则球的表面积等于（A）4（B）3（C）2（D）解析：选A.由已知，球的直径为，表面积为9.(2022年宁夏文7)设长方体的长、宽、高分别为2a、a、a,其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（A）3a2（B）6a2（C）12a2（D）24a2解析：根据题意球的半径满足，所以．【答案】B\n10．（2022年广东文9）如图1，为正三角形，，，则多面体的正视图(也称主视图)是w11．（2022年重庆文9）到两互相垂直的异面直线的距离相等的点（A）只有1个（B）恰有3个（C）恰有4个（D）有无穷多个【答案】D【解析】放在正方体中研究,显然，线段、EF、FG、GH、HE的中点到两垂直异面直线AB、CD的距离都相等，所以排除A、B、C，选D亦可在四条侧棱上找到四个点到两垂直异面直线AB、CD的距离相等12．（2022年陕西文8）若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（A）2（B）1（C）（D）【解析】由所给三视图知，对应的几何体为一倒放的直三棱柱（如下图所示），其高为，底面满足：，故该几何体的体积为.故选B.13．（2022年湖北文4）用、、表示三条不同的直线，表示平面，给出下列命题：①若∥，∥，则∥；②若⊥，⊥，则⊥；③若∥，∥，则∥；④若⊥，⊥，则∥.A.①②B.②③C.①④D.③④【答案】C14．（2022年全国Ⅰ文6）直三棱柱中，若，\n，则异面直线与所成的角等于(A)30°(B)45°(C)60°(D)90°【命题意图】本小题主要考查直三棱柱的性质、异面直线所成的角、异面直线所成的角的求法.【解析】延长CA到D，使得，则为平行四边形，就是异面直线与所成的角，又三角形为等边三角形，15．（2022年全国Ⅰ文9）正方体-中，与平面所成角的余弦值为（A）（B）（C）（D）ABCDA1B1C1D1O【命题意图】本小题主要考查正方体的性质、直线与平面所成的角、点到平面的距离的求法，利用等体积转化求出D到平面AC的距离是解决本题的关键所在,这也是转化思想的具体体现.【解析1】因为BB1//DD1,所以B与平面AC所成角和DD1与平面AC所成角相等,设DO⊥平面AC，由等体积法得,即.设DD1=a,则,.所以,记DD1与平面AC所成角为,则,所以.【解析2】设上下底面的中心分别为；与平面AC所成角就是B与平面AC所成角，16．（2022年全国Ⅰ文12）已知在半径为2的球面上有A、B、C、D四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD的体积的最大值为(A)(B)(C)(D)\n17．（2022年高考全国卷Ⅱ文科11）与正方体ABCD—A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点（A）有且只有1个（B）有且只有2个（C）有且只有3个（D）有无数个【解析】D：本题考查了空间想象能力∵到三条两垂直的直线距离相等的点在以三条直线为轴，以正方体边长为半径的圆柱面上，∴三个圆柱面有无数个交点，18．（2022年全国Ⅱ文8）已知三棱锥中，底面为边长等于2的等边三角形，垂直于底面，=3，那么直线与平面所成角的正弦值为ABCSEF（A）(B)(C)(D)【解析】D：本题考查了立体几何的线与面、面与面位置关系及直线与平面所成角。过A作AE垂直于BC交BC于E，连结SE，过A作AF垂直于SE交SE于F，连BF，∵正三角形ABC，∴E为BC中点，∵BC⊥AE，SA⊥BC，∴BC⊥面SAE，∴BC⊥AF，AF⊥SE，∴AF⊥面SBC，∵∠ABF为直线AB与面SBC所成角，由正三角形边长3，∴，AS=3，∴SE=，AF，∴19．（2022年四川文12）半径为的球的直径垂直于平面，垂足为，是平面内边长为的正三角形，线段、分别与球面交于点、，那么、两点间的球面距离是（A）（B）（C）（D）解析：由已知，AB＝2R,BC＝R,故tan∠BAC＝cos∠BAC＝连结OM，则△OAM为等腰三角形AM＝2AOcos∠BAC＝，同理AN＝，且MN∥CD而AC＝R,CD＝R故MN：CD＝AN:ACÞMN＝，连结OM、ON，有OM＝ON＝R于是cos∠MON＝\n所以M、N两点间的球面距离是答案：A二、填空题：1．（2022年高考天津卷文科12）一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为。【答案】3【解析】由三视图知，该几何体是一个底面为直角梯形的直棱柱，棱柱的高为1，梯形的上下底面边长分别为1、2，梯形的高为2，所以这个几何体的体积为。【命题意图】本题考查本题考查立体几何中的三视图以及棱柱体积的求解,考查空间想象能力与识图能力。2．(2022年江西文16)长方体的顶点均在同一个球面上，，，则，两点间的球面距离为．3．（2022年上海文6）已知四棱椎的底面是边长为6的正方形，侧棱底面，且，则该四棱椎的体积是96。解析：考查棱锥体积公式4．（2022年辽宁文16）如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为.解析：填画出直观图：图中四棱锥即是，所以最长的一条棱的长为5。(2022年宁夏文15)一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的_______(填入所有可能的几何体前的编号)①三棱锥②四棱锥③三棱柱④四棱柱⑤圆锥⑥圆柱【答案】①②③⑤．6．（2022年高考湖北卷文科14）圆柱形容器内盛有高度为3cm的水，若放入三个相同的珠（球的半么与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示），则球的半径是____cm.【答案】4【解析】设球半径为r，则由可得,解得r=4.\n7．（2022年湖南文科13）图2中的三个直角三角形是一个体积为20cm2的几何体的三视图，则h=4cm8．（2022年全国Ⅱ文16）已知球的半径为4，圆与圆为该球的两个小圆，为圆与圆的公共弦，，若，则两圆圆心的距离。OMNEAB【解析】3：本题考查球、直线与圆的基础知识∵ON=3，球半径为4，∴小圆N的半径为，∵小圆N中弦长AB=4，作NE垂直于AB，∴NE=，同理可得，在直角三角形ONE中，∵NE=，ON=3，∴，∴，∴MN=39．（2022年四川文15）如图，二面角的大小是60°，线段.，与所成的角为30°.则与平面所成的角的正弦值是.解析：过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作l的垂线.垂足为D连结AD，有三垂线定理可知AD⊥l，故∠ADC为二面角的平面角，为60°CD又由已知，∠ABD＝30°连结CB，则∠ABC为与平面所成的角设AD＝2，则AC＝，CD＝1AB＝＝4∴sin∠ABC＝答案：三、解答题：1．（2022年山东文20）（本小题满分12分）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，平面，，、、分别为、、的中点，且.（I）求证：平面平面；（II）求三棱锥与四棱锥的体积之比.【命题意图】本小题主要考查空间中的线面关系，考查线面垂直、面面垂直的判定及几何体体积的计算，考查试图能力和逻辑思维能力。\n【解析】（I）证明：由已知MA平面ABCD，PD ∥MA，所以PD∈平面ABCD又BC∈平面ABCD，因为四边形ABCD为正方形，所以PD⊥BC又PD∩DC=D，因此BC⊥平面PDC在△PBC中，因为G平分为PC的中点，所以GF∥BC因此GF⊥平面PDC又GF∈平面EFG，所以平面EFG⊥平面PDC.（Ⅱ）解：因为PD⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形，不妨设MA=1，则PD=AD=2，ABCD所以Vp-ABCD=1/3S正方形ABCD，PD=8/3由于DA⊥面MAB的距离所以DA即为点P到平面MAB的距离，三棱锥Vp-MAB=1/3×1/2×1×2×2=2/3，所以Vp-MAB：Ｖp-ABCD=1:4。2．（2022年天津文19）（本小题满分12分）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ADEF是正方形，FA⊥平面ABCD，BC∥AD，CD=1，AD=，∠BAD＝∠CDA＝45°.（Ⅰ）求异面直线CE与AF所成角的余弦值；（Ⅱ）证明CD⊥平面ABF；（Ⅲ）求二面角B-EF-A的正切值。【命题意图】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查空间想象能力，运算能力和推理论证能力.【解析】(I)解：因为四边形ADEF是正方形，所以FA//ED.故为异面直线CE与AF所成的角.因为FA平面ABCD，所以FACD.故EDCD.在Rt△CDE中，CD=1，ED=，CE==3,故cos==.所以异面直线CE和AF所成角的余弦值为.(Ⅱ)证明：过点B作BG//CD,交AD于点G，则.由,可得BGAB,从而CDAB,又CDFA,FAAB=A,所以CD平面ABF.(Ⅲ)解：由（Ⅱ）及已知，可得AG=，即G为AD的中点.取EF的中点N，连接GN，则GNEF,因为BC//AD,所以BC//EF.过点N作NMEF，交BC于点M，则为二面角B-EF-A的平面角。连接GM，可得AD平面GNM,故ADGM.从而BCGM.由已知，可得GM=.由NG//FA,FAGM,得NGGM.在Rt△NGM中，tan,所以二面角B-EF-A的正切值为.3．（2022年福建文20）（本小题满分12分）如图，在长方体ABCD–A1B1C1D1中，E，H分别是棱A1B1,D1C1上的点（点E与B1不重合），且EH//A1D1。过EH的平面与棱BB1,CC1相交，交点分别为F，G。（I）证明：AD//平面EFGH；（II）设AB=2AA1=2a。在长方体ABCD-A1B1C1D1内随机选取一点，记该点取自于几何体A1ABFE–D1DCGH内的概率为p。当点E，F分别在棱A1B1,B1B上运动且满足EF=a时，求p的最小值。本小题主要考察直线与直线、直线与平面的位置关系，以及几何体的体积、几何概念等基础知识，考察空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考察函数与方程思想、形数结合思想、化归与转化思想、必然与或然思想。满分12分\n当且仅当EB1=B1F=时等号成立从而V1≤故p=1-V1/V≥法二：设BC=b，则长方体ABCD－A1B1C1D1的体积V=AB·AD·AA1=2a2b，几何体EB1F-HC1G的体积V1=（EB1·B1F）·B1C1=EB1·B1F设∠B1EF=θ（0°≤θ≤90°），则EB1=acosθ，B1F=asinθ故EB1·B1F=a2sinθcosθ=，当且仅当sin2θ=1即θ=45°时等号成立.从而V1≤∴p=1-V1/V≥，当且仅当sin2θ=1即θ=45°时等号成立.所以，p的最小值等于4．(2022年北京文17)（本小题共13分）如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直。EF//AC，AB=,CE=EF=1（Ⅰ）求证：AF//平面BDE；（Ⅱ）求证：CF⊥平面BDF;证明：（Ⅰ）设AC于BD交于点G。因为EF∥AG,且EF=1，AG=AG=1所以四边形AGEF为平行四边形所以AF∥EG因为EG平面BDE,AF平面BDE,所以AF∥平面BDE（Ⅱ）连接FG。因为EF∥CG,EF=CG=1,且CE=1,所以平行四边形CEFG为菱形。所以CF⊥EG.因为四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC.又因为平面ACEF⊥平面ABCD,且平面ACEF∩平面ABCD=AC,所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.又BD∩EG=G,所以CF⊥平面BDE.5．(2022年江西文20)（本小题满分12分）如图，与都是边长为2的正三角形，平面平面\n，平面，．（1）求直线与平面所成角的大小；（2）求平面与平面所成二面角的正弦值．【答案】法一：（1）取CD中点O，连OB，OM，则．又平面平面BCD，则平面BCD，所以MO//AB，A、B、O、M共面．延长AM、BO相交于E，则就是AM与平面BCD所成的角．，则，所以，故．（2）CE是平面ACM与平面BCD的交线．由（1）知，O是BE的中点，则BCED是菱形．作于F，连AF，则，就是二面角的平面角，设为．因为，所以．，，．所以，所求二面角的正弦值是．设平面ACM的法向量为，由解法二：取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD，又平面平面,则MO⊥平面.以O为原点，直线OC、BO、OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图.OB=OM=，则各点坐标分别为O（0，0，0），C（1，0，0），M（0，0，），B（0，-，0），A（0，-，2），（1）设直线AM与平面BCD所成的角为.因（0，，），平面的法向量为.则有，所以.（2），.设平面ACM的法向量为，由得.解得，，取.又平面BCD的法向量为，则设所求二面角为，则\n.6.(2022年浙江文20)（本题满分14分）如图，在平行四边形ABCD中，AB=2BC，∠ABC=120°。E为线段AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A’DE，使平面A’DE⊥平面BCD，F为线段A’C的中点。（Ⅰ）求证：BF∥平面A’DE；（Ⅱ）设M为线段DE的中点，求直线FM与平面A’DE所成角的余弦值。解析：本题主要考查空间线线、线面、面面位置关系，线面角等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能力。(Ⅰ)证明：取A′D的中点G，连结GF，CE，由条件易知FG∥CD，FG=CD.BE∥CD,BE=CD.所以FG∥BE,FG=BE.故四边形BEGF为平行四边形,所以BF∥EG因为平面，BF平面所以BF//平面（Ⅱ）解：在平行四边形,ABCD中，设BC=a则AB=CD=2a,AD=AE=EB=a,连CE因为在△BCE中，可得CE=a,在△ADE中，可得DE=a,在△CDE中，因为CD2=CE2+DE2，所以CE⊥DE,在正三角形A′DE中，M为DE中点，所以A′M⊥DE.由平面A′DE⊥平面BCD,可知A′M⊥平面BCD,A′M⊥CE.取A′E的中点N，连线NM、NF，所以NF⊥DE,NF⊥A′M.因为DE交A′M于M,所以NF⊥平面A′DE,则∠FMN为直线FM与平面A′DE新成角.在Rt△FMN中，NF=a,MN=a,FM=a,则cos=.所以直线FM与平面A′DE所成角的余弦值为.7．(2022年安徽文19)(本小题满分13分)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB=2EF=2，EF∥AB,EF⊥FB,∠BFC=90°，BF=FC,H为BC的中点，(Ⅰ)求证：FH∥平面EDB;（Ⅱ）求证：AC⊥平面EDB;（Ⅲ）求四面体B—DEF的体积；本题考查空间线面平行、线面垂直、面面垂直，体积的计算等基础知识，同时考查空间想象能力与推理论证能力.(Ⅰ)证：设与交于点，则为的中点.连、，由于为的中点，故.\n又，∴.∴四边形为平行四边形.∴.而平面，∴平面.(Ⅱ)证：由四边形是正方形，有.又，∴.而，∴平面.∴，∴.又，为的中点，∴.∴平面，∴.又，∴.又，，∴平面.(Ⅲ)解：∵，，∴平面.∴为四面体的高.又，∴.∴.【规律总结】本题是典型的空间几何问题，图形不是规则的空间几何体，所求的结论是线面平行与垂直以及体积，考查平行关系的判断与性质.解决这类问题，通常利用线线平行证明线面平行，利用线线垂直证明线面垂直，通过求高和底面积求四面体体积.8．（2022年上海文20）（本大题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分7分，第2小题满分7分.如图所示，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6米铁丝，再用平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面（不安装上底面）.(1)当圆柱底面半径取何值时，取得最大值？并求出该最大值（结果精确到0.01平方米）;(2)若要制作一个如图放置的，底面半径为0.3米的灯笼，请作出用于灯笼的三视图（作图时，不需考虑骨架等因素）.解析：(1)设圆柱形灯笼的母线长为l，则l=1.2-2r(0<r<0.6)，S=-3p(r-0.4)2+0.48p，所以当r=0.4时，S取得最大值约为1.51平方米；(2)当r=0.3时，l=0.6，作三视图略．9．（2022年高考辽宁卷文科19）（本小题满分12分）如图，棱柱的侧面是菱形，（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）设是上的点，且平面，求的值.解：（Ⅰ）因为侧面BCC1B1是菱形，所以又已知\n(2)因为ABCD为等腰梯形，ABCD,ACBD,AB=.所以HA=HB=.因为APB=ADR=600所以PA=PB=,HD=HC=1.可得PH=.等腰梯形ABCD的面积为S=ACxBD=2+...9分所以四棱锥的体积为V=x（2+）x=……..12分。11．（2022年广东文18）（本小题满分14分）如图4，弧AEC是半径为的半圆，AC为直径，点E为弧AC的中点，点B和点C为线段AD的三等分点，平面AEC外一点F满足FC平面BED,FB=（1）证明：EBFD（2）求点B到平面FED的距离.（考查锥体体积，空间线线、线面关系，空间点面距离等知识，考查化归与转化数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力）（1）证明：∵点为的中点，且，为直径，∴．∵⊥平面，且平面，∴．∵，∴平面．∵平面，∴．（2）解：∵⊥平面，且平面，∴．又∵，∴．∴．∵平面，且平面，∴．∵，∴．∴\n．∴点到平面的距离．12．（2022年重庆文20）如题（20）图，四棱锥中，底面为矩形，底面，，点是棱的中点.（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）若，求二面角的平面角的余弦值.解法一：（Ⅰ）证明：如答（20）图1，由又,故为等腰直角三角形，而点E是棱的中点，所以.由题意知,又是在面内的射影，由三垂线定理得,从而，故,因所以.（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，又,得,故在中，，从而在中，在中，又所以为等边三角形，取的中点，连结则因且则为等腰直角三形，连结则，所以二面角的平面角，连结，在中，\n，所以故二面角的平面角的余弦值为解法二：（Ⅰ）证明：如答（20）图2，以A为坐标原点，射线分别为建立空间直角坐标系.设，则，，。于是，则·=0，·=0，所以（Ⅱ）解：设平面BEC的法向量为由（Ⅰ）知，故可取=，设平面DEC的法向量，则\n由得，从而，故所以.可取，则.从而.所以二面角的平面角的余弦值为.13．（2022年陕西文科18）(本小题满分12分)如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形PA⊥平面ABCD，AP=AB，BP=BC=2，E，F分别是PB,PC的中点.(Ⅰ)证明：EF∥平面PAD；(Ⅱ)求三棱锥E—ABC的体积V.解(Ⅰ)在△PBC中，E，F分别是PB，PC的中点，∴EF∥BC.又BC∥AD,∴EF∥AD,又∵AD平面PAD,EF平面PAD,∴EF∥平面PAD.(Ⅱ)连接AE,AC,EC,过E作EG∥PA交AB于点G,则BG⊥平面ABCD,且EG=PA.在△PAB中，AD=AB,PAB°,BP=2,∴AP=AB=,EG=.∴S△ABC=AB·BC=××2=,∴VE-ABC=S△ABC·EG=××=.14．（2022年湖北文18）（本小题满分12分）如图，在四面体ABOC中，OC⊥OA。OC⊥OB，∠AOB=120°，且OA=OB=OC=1（Ⅰ）设P为AC的中点，Q在AB上且AB=3AQ，证明：PQ⊥OA；（Ⅱ）求二面角O-AC-B的平面角的余弦值。本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力.（满分12分）\n（Ⅱ）连结PN，PO.由又∴解法二：（1）取O为坐标点，以OA，OC所在的直线为轴，z轴，建立空间直角坐标系（如图所示）.则A（1，0，0），C（0，0，1），B（又由已知，可得\n（Ⅱ）记平面ABC的法向量得故可取又平面OAC的法向量为的平面角是锐角，记为θ，则ADBCA1B1C1D1M15．（2022湖南卷文18）（本小题满分12分）如图所示，在长方体中，AB=AD=1，AA1=2，M是棱CC1的中点（Ⅰ）求异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值；（Ⅱ）证明：平面ABM⊥平面A1B1M1解：（Ⅰ）如图，因为∥，所以即为异面直线A1M和C1D1所成的角.因为⊥平面，所以=90°.而=1，=，故=.即异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值为.（Ⅱ）由⊥平面，BM平面，得⊥.①由（Ⅰ）知，又=，，所以，从而.②又，再由①，②得⊥平面，而BM平面ABM，因此平面ABM⊥平面A1B1M.16．（2022年全国Ⅰ文20）（本小题满分12分）如图，四棱锥S-ABCD中，SD底面ABCD，AB//DC，ADDC，AB=AD=1，DC=SD=2，E为棱SB上的一点，平面EDC平面SBC.（Ⅰ）证明：SE=2EB；（Ⅱ）求二面角A-DE-C的大小.解法一：(Ⅰ)连接BD,取DC的中点G，连接BG,由此知\n即为直角三角形，故.又,所以.作，故内的两条相交直线都垂直.，,,所以，.（Ⅱ）由知，又故为等腰三角形。取中点，连接，则，连接则所以是二面角A-DE-C的平面角。连接，，所以二面角的大小为解法二：以D为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系，设则,,.(Ⅰ),设平面的法向量为,由,故令则\n(Ⅱ)由（Ⅰ）知,取中点F，则,,故,由此得.又,故由此得,向量与的夹角等于二面角的平面角.于是,所以，二面角的大小为120°.17．（2022年全国Ⅱ文19）如图，直三棱柱ABC-ABC中，AC=BC，AA=AB，D为BB的中点，E为AB上的一点，AE=3EB（Ⅰ）证明：DE为异面直线AB与CD的公垂线；（Ⅱ）设异面直线AB与CD的夹角为45°,求二面角A-AC-B的大小解法一：（I）连接A1B，记A1B与AB1的交点为F.因为面AA1BB1为正方形，故A1B⊥AB1，且AF=FB1，又AE=3EB1，所以FE=EB1，又D为BB1的中点，故DE∥BF，DE⊥AB1.作CG⊥AB，G为垂足，由AC=BC知，G为AB中点.又由底面ABC⊥面AA1B1B.连接DG，则DG∥AB1，故DE⊥DG，由三垂线定理，得DE⊥CD.所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线.（II）因为DG∥AB1，故∠CDG为异面直线AB1与CD的夹角，∠CDG=45°设AB=2，则AB1=，DG=，CG=，AC=.作B1H⊥A1C1，H为垂足，因为底面A1B1C1⊥面AA1CC1，故B1H⊥面AA1C1C.又作HK⊥AC1，K为垂足，连接B1K，由三垂线定理，得B1K⊥AC1，因此∠B1KH为二面角A1-AC1-B1的平面角.\n另外，还有用等体积法的，也有用三面角公式的，还有用异面直线距离公式的。解法二：（I）以B为坐标原点，射线BA为X轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系（考卷上出现了七八种坐标系）18．（2022年高考四川卷文科18）（本小题满分12分）在正方体ABCD－A′B′C′D′中，点M是棱AA′的中点，点O是对角线BD′的中点.（Ⅰ）求证：OM为异面直线AA′和BD′的公垂线；（Ⅱ）求二面角M－BC′－B′的大小；本小题主要考查异面直线、直线与平面垂直、二面角、正方体等基础知识，并考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查应用向量知识解决数学问题的能力。解法一：（1）连结AC，取AC中点K，则K为BD的中点，连结OK因为M是棱AA’的中点，点O是BD’的中点\n所以AM所以MO由AA’⊥AK，得MO⊥AA’w因为AK⊥BD,AK⊥BB’，所以AK⊥平面BDD’B’所以AK⊥BD’所以MO⊥BD’又因为OM是异面直线AA’和BD’都相交故OM为异面直线AA'和BD'的公垂线…………6分（2）取BB’中点N，连结MN，则MN⊥平面BCC’B’过点N作NH⊥BC’于H，连结MH则由三垂线定理得BC’⊥MH从而,∠MHN为二面角M－BC’－B’的平面角MN＝1,NH＝Bnsin45°＝在Rt△MNH中，tan∠MHN＝故二面角M－BC’－B’的大小为arctan2即取z＝2,则x＝2,y＝1，从而＝(2,1,2)取平面BC'B'的一个法向量为＝(0,1,0)cos由图可知，二面角M－BC'－B'的平面角为锐角故二面角M－BC'－B'的大小为arccos5.【两年模拟】2022年名校模拟题及其答案【辽宁省瓦房店市高级中学2022届高三10月月考】4，已知一个空间几何体的三视图如右图所示，其中正视图、侧视图都是由半圆和矩形组成，根据图中标出的尺寸，得这个几何体的表面积是（）\nA．4B.7C.6D.5【答案】C【山东省曲阜师大附中2022届高三9月检测】已知m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是()A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥βB．若m∥n，mα,nβ,则α∥βC．若∥，∥，则∥D．若∥，⊥，⊥，则∥【答案】D【山东省兖州市2022届高三入学摸底考试】已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：cm）。可得这个几何体的体积是（）\nA．B．C．D．【答案】C【陕西省宝鸡中学2022届高三上学期月考文】已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：cm），可得这个几何体的体积是（　　）A．B．C．D．【答案】B【陕西省宝鸡中学2022届高三上学期月考文】若正方体的棱长为，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为【答案】【陕西省宝鸡中学2022届高三上学期月考文】设是两个不同的平面，是一条直线，以下命题正确的是（）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】C【云南省建水一中2022届高三9月月考文】已\n知一个空间几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图都是由半圆和矩形组成，根据图中标出的尺寸(单位:cm)，可得这个几何体的体积是()A．B．C．D．【答案】C【2022浙江省杭州师范大学附属中学高三适应文】右图是某四棱锥的三视图，则该几何体的体积为.【答案】8【云南省建水一中2022届高三9月月考文】已知平面⊥平面，∩=l，点A∈，Al，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥，m∥，则下列四种位置关系中，不一定成立的是（）A．AB∥mB．AC⊥mC．AB∥D．AC⊥【答案】D【湖南省雅礼中学2022届高三第三次月考文】已知三棱锥S—ABC的三视图如图所示，在原三棱锥中给出下列命题正确的是（）A．异面直线SB与AC所成的角是90°B．平面SABC．平面SACD．平面平面SAB【答案】C【江西省白鹭洲中学2022届高三第二次月考文】某几何体的俯视图是如右图所示的矩形，主视图是一个底边长为8、高为5的等腰三角形，左视图是一个底边长为6、高为5的等腰三角形．则该几何体\n的体积为（　　）A.24B.80　　C.64D.240【答案】B【四川省南充高中2022届高三第一次月考文】在空间中，若射线、、两两所成角都为，则直线与平面所成角的大小为【答案】【2022四川省成都市石室中学高三第一次月考】某球与一个的二面角的两个面相切于、两点，且、两点间的球面距离为，则此球的表面积是（）A．B．C．D．【答案】C【湖北省部分重点中学2022届高三起点考试】已知在中，,.是上的点，则点到的距离的积的最大值是()A．2B．3C．D．【答案】B【湖北省部分重点中学2022届高三起点考试】如图，在直三棱柱中，底面ABC是等腰直角三角形，且侧棱，点Ｄ是的中点，则异面直线与所成的角的余弦值是.【答案】【2022湖北省武汉市部分学校学年高三新起点调研测试】已知三棱锥的三视图如图所示，其中侧视图为直角三角形，俯视图为等腰直角三角形，则此三棱锥的体积等于\n（）A．B．C．D．【答案】B【吉林省长春外国语学校2022届高三第一次月考】已知直线、和平面、b满足⊥，⊥b，则（）A．B．//或C．D．∥或【答案】D【湖北省部分重点中学2022届高三起点考试】右图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积等于(A)(B)[(C)(D)【答案】C【吉林省长春外国语学校2022届高三第一次月考】长方体的三个相邻面的面积分别为2，3，6，这个长方体的顶点都在同一个球面上，则这个球的面积为（）A．B．C．D．【答案】C\n【吉林省长春外国语学校2022届高三第一次月考】如图为一几何体的的展开图，其中ABCD是边长为6的正方形，SD=PD＝6，CR=SC，AQ=AP，点S,D,A,Q及P,D,C,R共线，沿图中虚线将它们折叠起来，使P，Q，R，S四点重合，则需要个这样的几何体，可以拼成一个棱长为6的正方体。【江苏省南通市2022届高三第一次调研测试】正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为，则四面体的外接球的体积为【答案】【上海市南汇中学2022届高三第一次考试(月考)】已知长方体的三条棱长分别为1，1，2，并且该长方体的八个顶点都在一个球的球面上，则此球的表面积为。【答案】【四川省成都外国语学校2022届高三12月月考】已知是平面的一条斜线，点A，为过点A的一条动直线，那么下列情形中可能出现的是（）A.∥,⊥B.⊥,⊥C.⊥,∥D.∥,∥【答案】C【上海市南汇中学2022届高三第一次考试(月考)】如图，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为6，动点E、F在棱A1B1上，动点P、Q分别在棱AB、CD上，若EF=2，DQ=x，AP=y，则四面体PEFQ的体积（）A．与x，y都无关B．与x有关，与y无关C．与x、y都有关D．与x无关，与y有关\n【答案】A【四川省成都外国语学校2022届高三12月月考】如图，在正四面体ABCD中，E为AB的中点，F为CD的中点，则异面直线EF与AC所成的角为（）A.90ºB.60ºC.45ºD.30º【答案】C【四川省成都外国语学校2022届高三12月月考】已知球O是棱长为的正方体ABCD—A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为。【答案】解答题1、如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC为正三角形，M、N、G分别是棱CC1、AB、BC的中点.且CC1=AC.(Ⅰ)求证：CN//平面AMB1；(Ⅱ)求证：B1M⊥平面AMG.【试题出处】山东省济南市2022届高三3月（二模）月考数学（文）试题【解析】（Ⅰ）设AB1的中点为P，连结NP、MP………1分∵CMAA1，NPAA1，∴CMNP，…2分∴CNPM是平行四边形，∴CN∥MP……3分∵CN平面AMB1，MP平面AMB1，∴CN∥平面AMB1……4分（Ⅱ）∵CC1⊥平面ABC，∴平面CC1B1B⊥平面ABC，∵AG⊥BC，∴AG⊥平面CC1B1B，∴B1M⊥AG.……6分∵CC1⊥平面ABC，平面A1B1C1∥平面ABC，∴CC1⊥AC，CC1⊥B1C，设：AC=2a,则CC1=2a在Rt△MCA中，AM=8分同理，B1M=a…9分∵BB1∥CC1，∴BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥AB，∴AB1=，∴AM2+B1M2=，∴B1M⊥AM，…10分又AG∩AM=A，∴B1M⊥平面AMG..……12分2、如图所示，在长方体中，，，，为棱上一点.（Ⅰ）若，求异面直线和所成角的正切值；（Ⅱ）若，试证明：平面【试题出处】2022届上海市七校数学试题（文科）【解析】（1）过点M做交于N,并连接,则\n是异面直线和所成角PAGDCBE3、如图，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA＝AB＝4，G为PD中点，E点在AB上，平面PEC⊥平面PDC.（Ⅰ）求证：AG⊥平面PCD；（Ⅱ）求证：AG∥平面PEC；（Ⅲ）求点G到平面PEC的距离.【试题出处】洛阳市示范高中联考文科数学试题测试数学（文）试题]【解析】（Ⅰ）证明：∵CD⊥AD，CD⊥PA∴CD⊥平面PAD∴CD⊥AG，又PD⊥AG∴AG⊥平面PCD…4分（Ⅱ）证明：作EF⊥PC于F，因面PEC⊥面PCD∴EF⊥平面PCD，又由（Ⅰ）知AG⊥平面PCD∴EF∥AG，又AG面PEC，EF面PEC，∴AG∥平面PEC……7分（Ⅲ）由AG∥平面PEC知A、G两点到平面PEC的距离相等PAGDCBEFO由（Ⅱ）知A、E、F、G四点共面，又AE∥CD∴AE∥平面PCD∴AE∥GF，∴四边形AEFG为平行四边形，∴AE＝GF、∥＝PA＝AB＝4，G为PD中点，FGCD∴FG＝2∴AE＝FG＝2……9分∴又EF⊥PC，EF＝AG∴又，∴，即，∴∴G点到平面PEC的距离为…12分[4、如图，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是矩形，AB=2，，且侧面PAB是正三角形，平面平面ABCD，E是棱PA的中点。PEBCDAHFO（1）求证：PC//平面EBD；（2）求三棱锥P—EBD的体积。【试题出处】河北省2022年普通高中高考模拟考试（数学文）【解析】（I）证明：在矩形ABCD中，连结AC，\n设AC、BD交点为O，则O是AC中点．又E是PA中点，所以EO是△PAC的中位线，所以PC//EO．．．．3分又EOÌ平面EBD，PCË平面EBD．所以PC//平面EBD．．．．6分（II）取AB中点H，则由PA＝PB，得PH⊥AB，又平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD=AB，所以PH⊥平面ABCD．………．．8分取AH中点F，由E是PA中点，得EF//PH，所以EF⊥平面ABCD．∵，由题意可求得：=，PH=，EF=，10分则…．．12分5、如图，在直三棱柱中，，且，是，的交点，是的中点.（Ⅰ）求证：MN∥平面ACC1A1；（Ⅱ）求三棱锥N－A1BC的体积【试题出处】陕西省咸阳市2022届高三下学期高考模拟考试试题（二）数学文【解析】(Ⅰ)如图，连结，易知是平行四边形是与的交点，是的中点又是的中点，又，.……6分（Ⅱ）……12分6、已知三棱锥的底面是直角三角形，且，平面，，是线段的中点，如图所示.（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）求三棱锥的体积.【试题出处】陕西省西安市八校2022届高三年级数学（文科）试题【解析】（Ⅰ）：因为，D是线段PC的中点，所以（1）因为，，所以平面可得（2）由（1）（2）得平面------6分（Ⅱ）因为点是线段的中点，所以点到平面的距离等于点到平面的距离的一半。因此--9分\n而，又，且，所以即得即三棱锥的体积为7、如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB=2AD=2CD=2．E是PB的中点．（I）求证：平面EAC⊥平面PBC;（II）若PC=，求三棱锥C-ABE高的大小．【试题出处】河北省唐山市2022届高三下学期第二次模拟考试数学（文）试题【解析】（Ⅰ）∵PC⊥平面ABCD，ACÌ平面ABCD，∴AC⊥PC，∵AB＝2，AD＝CD＝2，∴AC＝BC＝，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC，又BC∩PC＝C，∴AC⊥平面PBC，∵ACÌ平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC．…5分（Ⅱ）由PC＝，知△PBC为等腰直角三角形，则S△BCE＝S△PBC＝，由（Ⅰ），AC为三棱锥A—BCE高．7分Rt△PCA≌Rt△PCB≌Rt△ACB，PA＝PB＝AB＝2，则S△ABE＝S△PAB＝，设三棱锥C—ABE的高为h，则S△ABE·h＝S△BCE·AC，×h＝××，h＝，故三棱锥C—ABE的高等于．…12分8、如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点．（Ⅰ）求证：//平面；（Ⅱ）求证：；（Ⅲ）求三棱锥的体积．【试题出处】2022年3月北京市东城区示范校联考高三数学文科试题【解析】（Ⅰ）连结，在中，、分别为，的中点，则（Ⅱ）\n----14分9、如图，平行四边形和矩形所在的平面互相垂直，，，，.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求多面体的体积.【试题出处】安徽省马鞍山市2022届高三4月第二次教学质量检测（数学文）【解析】（Ⅰ）∵，，，由余弦定理：于是，∴，∵，∴…2分又∵四边形是矩形，所以于是（Ⅱ）令多面体的体积为,……8分又∵平面平面，，根据两平面垂直的性质定理：，所以为四棱锥的高，…10分，所以∴，即多面体的体积为.……12分10、如图所示，圆柱的高为2，底面半径为,AE、DF是圆柱的两条母线，过作圆柱的截面交下底面于.（1）求证：；（2）若四边形ABCD是正方形，求证；（3）在（2）的条件下，求四棱锥的体积.【试题出处】2022届高三惠州三模数学文科试题【解析】（1）由圆柱的性质知：又过\n作圆柱的截面交下底面于.又AE、DF是圆柱的两条母线(2)四边形ABCD是正方形又(3)设正方形ABCD的边长为x,则在在11、如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD上平面ABCD，AB∥DC，△PAD是等边三角形，已知BD=2AD=8，AB=2DC=。（I）设M是PC上的一点，证明：平面MBD平面PAD；（Ⅱ）求三棱锥C—PAB的体积【试题出处】河南省2022年普通高中毕业班高考适应性测试数学试题（文）【解析】（Ⅰ）在中，由于，，，所以．故．……2分又平面平面，平面平面，平面，所以平面.……4分又平面，故平面平面…6分（Ⅱ）过作交于，OPMDCAB由于平面平面所以平面因此为棱锥P－ABC的高.………8分又是边长为4的等边三角形．因此．又，…12分12、如图，矩形中，，．，分别在线段和上，∥，将矩形沿折起．记折起后的矩形为，且平面平面．（Ⅰ）求证：∥平面；（Ⅱ）若，求证：；（Ⅲ）求四面体体积的最大值．\n【试题出处】2022年北京市西城区高三一模文科数学【解析】（Ⅰ）证明：因为四边形，都是矩形，所以∥∥，．所以四边形是平行四边形，……………2分所以∥，……3分因为平面，所以∥平面．……4分（Ⅱ）证明：连接，设．因为平面平面，且，所以平面，…5分所以．……6分又，所以四边形为正方形，所以．……7分所以平面…8分所以．……9分（Ⅲ）解：设，则，其中．由（Ⅰ）得平面，所以四面体的体积为11分所以13分当且仅当，即时，四面体的体积最大13、已知菱形ABCD中，AB=4，（如图1所示），将菱形ABCD沿对角线翻折，使点翻折到点的位置（如图2所示），点E，F，M分别是AB，DC1，BC1的中点．图2图1（Ⅰ）证明：BD//平面；（Ⅱ）证明：；（Ⅲ）当时，求线段AC1的长．【试题出处】2022年北京市海淀区高三一模文科数学【解析】（Ⅰ）因为点分别是的中点，所以．……2分又平面，平面,所以平面…4分（Ⅱ）在菱形中，设为的交点,则．…5分所以在三棱锥中，.　　又　所以平面．…7分又平面，所以．…9分（Ⅲ）连结．在菱形中，，所以是等边三角形.所以．……10分　因为为中点，所以．又，．\n所以平面，即平面．………12分又平面，所以．因为，，所以14分所以AB=BD，又因为E是AD的中点，所以AD⊥BE．………2分因为PE∩BE=E，………3分所以AD⊥平面PBE．…4分（Ⅱ）连接AC交BD于点O，连结OQ．……5分因为O是AC中点，Q是PC的中点，所以OQ为△PAC中位线．所以OQ//PA…7分因为PA平面BDQ，OQ平面BDQ…8分所以PA//平面BDQ．……9分（Ⅲ）设四棱锥P-BCDE，Q-ABCD的高分别为，所以VP-BCDE=SBCDE，VQ-ABCD=SABCD．10分因为VP-BCDE=2VQ-ABCD，且底面积SBCDE=SABCD．……12分所以，……13分因为，所以．………14分EABCDB1A1D1C115、如图所示，在正方体中，是棱的中点．（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）在棱上是否存在一点，使//平面？证明你的结论．【试题出处】2022年3月北京市东城区示范校联考高三数学文科试题【解析】（Ⅰ）证明:因为多面体为正方体，所以；EFABCDB1A1D1C1因为，所以．………2分\n又因为，，所以.……4分因为,所以平面平面.………6分（Ⅱ）当点F为中点时，可使//平面.………7分以下证明之：易知：//，且，9分设，则//且所以//且所以四边形为平行四边形.所以//.11分又因为，所以//平面ABCPA1B1C1（第20题）16、如图，已知三棱柱的各棱长均为2，P是BC的中点，侧面底面，且侧棱与底面所成的角为．（Ⅰ）证明：直线∥平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．【试题出处】浙江省嘉兴市2022届高三第二次教学检测（文数）【解析】（Ⅰ）连接A1B交AB1于Q，则Q为A1B中点，连结PQ，∵P是BC的中点，∴PQ∥A1C．…4分∵PQ平面AB1P，A1C平面AB1P，∴A1C∥平面AB1P．…6分（第20题）（Ⅱ）取中点，连、，则．∵平面平面，∴平面平面．∴平面．∴为直线与平面所成的角．…9分在正中，边长为2，是中点，∴．…10分∵面平面，∴为与平面所成的角，即．…11分在菱形中，边长为2，，是中点，∴，∴．…12分在中，，，从而．\n∴．∴直线与平面所成角的正弦值为．…14分17、已知边长为2的正方形ABCD所在平面外有一点P，平面ABCD，且，E是PC上的一点．（I）求证：AB//平面；（II）求证：平面平面；（III）线段为多长时，平面？【试题出处】北京市门头沟区2022届高三年级3月抽样测试数学（文史类）【解析】（I）证明：正方形ABCD中，AB//，又AB平面，平面所以AB//平面（II）证明：正方形ABCD中，，平面ABCD，平面ABCD，…5分又，所以平面，…6分平面，平面平面…8分（III）由（II）可知，所以只需可证平面，在中，可求，，，…13分18、如图，直角梯形中，，，，，为的中点，将沿折起，使得，其中点在线段内.（1）求证：平面；（2）问(记为)多大时,三棱锥的体积最大?最大值为多少?【试题出处】2022年深圳市高三年级第一次调研考试数学（文科）【解析】（1）证明:在直角梯形中，，为的中点，则,又，,知.……1分在四棱锥中，，，平面，则平面…3分因为平面,所以4分又,且是平面内两条相交直线,…6分故平面.……7分(2)解：由(1)知平面，知三棱锥的体积…9分由直角梯形中,，，，得三棱锥中，…………\n10分…11分当且仅当，即时取等号12分（此时，落在线段内）故当时三棱锥的体积最大，最大值为13分【说明】本题主要考察空间点、线、面位置关系，棱锥的体积及三角函数等基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力．19、在直角梯形ABCD中，AD//BC，,,如图（1）．把沿翻折，使得平面，如图（2）．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求三棱锥的体积；（Ⅲ）在线段上是否存在点N，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．.在．∴.……6分如图（2），在，过点做于，∴．…7分∴.…8分（Ⅲ）在线段上存在点N，使得，理由如下：如图（2）在中，，∴，……9分过点E做交于点N，则，∵，…10分又，，，又，∴．∴在线段上存在点N，使得，此时．……12分CAFEBMD20、在如图所示的几何体中，四边形为平行四边形，，平面\n，，，，，且是的中点.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）在上是否存在一点，使得最大？若存在，请求出的正切值；若不存在，NCAFEBMD请说明理由.2022年北京市朝阳区高三一模文科数学【试题出处】2022年大连-沈阳联合模拟考试（文数）【解析】（Ⅰ）证明：取的中点，连接.在中，是的中点，是的中点，所以……2分又因为，所以且.所以四边形为平行四边形，所以.…4分又因为平面，平面，故平面.…………6分（Ⅱ）解：假设在上存在一点，使得最大.因为平面，所以.又因为，所以平面.………8分在中，.因为为定值，且为锐角，则要使最大，只要最小即可.显然，当时，最小.因为，所以当点在点处时，使得最大.…11分易得=.所以的正切值为.…………13分2022年名校模拟题及其答案1、（2022届·江西白鹭洲中学高三期中（文））4．已知m、n为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列四个命题中，错误的命题个数是（A）①；②若③；④A．1B．2C．3D．42、（2022届·温州十校联合体高三期中（理））6．设是三个不重合的平面，是不重合的直线，下列判断正确的是(D)A．若则B．若则C．若则D．若则\n3、（2022届•温州十校联合期中（理））12．一个五面体的三视图如下，正视图与侧视图是等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，部分边长如图所示，则此五面体的体积为▲．24、（2022届·福州三中高三期中（理））6．m、n表示直线，表示平面，给出下列四个命题，其中真命题为（B）（1）（2）（3）（4）A．（1）、（2）B．（3）、（4）C．（2）、（3）D．（2）、（4）5、（2022届·安徽省河历中学高三期中（理））5、三棱锥S—ABC中，SA⊥底面ABC，SA=4，AB=3，D为AB的中点∠ABC=90°，则点D到面SBC的距离等于（C）A．B．C．D．6、（2022届•安徽省河历中学高三期中（理））6．空间四条直线a，b，c，d，满足a⊥b，b⊥c，c⊥d，d⊥a，则必有（C）A．a⊥cB．b⊥dC．b∥d或a∥cD．b∥d且a∥c7、（2022届•安徽省河历中学高三期中（文））8．设是两个不同的平面，是一条直线，以下命题正确的是（C）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则8、（2022届•安徽省河历中学高三期中（文））10．如图，已知球为棱长为1的正方体\n的内切球，则平面截球的截面面积为（A）A．B．C．D．答案：C11、（2022届·嵊州一中高三期中（文））8.已知两个不同的平面、和两条不重合的直线m、n，有下列四个命题①若，则②若③若④若其中正确命题的个数是(D)A．0个B．1个C．2个D．3个12、（2022届·双鸭山一中高三期中（理））6.设，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是（B）（A）若，，则（B）若，，则13、（2022届•双鸭山一中高三期中（理））10．过正方体的顶点A作直线，使与棱AB，AD，所成的角都相等，这样的直线可以作(D)A．1条B．2条C．3条D．4条\n14、（2022届•双鸭山一中高三期中（理））16．如图，在三棱锥中，三条棱，，两两垂直，且，分别经过三条棱，，作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为，，，则，，的大小关系为．15、（2022届·唐山一中高三期中（文））15．已知S、A、B、C是球O表面上的四个点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=2,AB=BC=，则球O的表面积为_______．答案：三棱锥S—ABC是长方体的一角，它的外接球的直径和该长方体的外接球的直径相同．2R=，R=．17、（2022届•安徽省河历中学高三期中（理））11．已知正四面体的俯视图如左图所示,其中四边形是边长为2cm的正方形，则这个四面体的主视图的面积为cm2ABC2318、（2022届•温州十校联合体高三期中（理））16．如图，已知直线之间的一定点，并且A到之间的距离分别为3和2，B是直线上一动点，作且使AC与直线交于点C，则的面积的最小值是▲619、（2022届•温州十校联合体高三期中（理））下列四个命题：①圆与直线相交，所得弦长为2；②直线与圆\n恒有公共点；③若棱长为3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为108；④若棱长为的正四面体的顶点都在同一球面上，则该球的体积为其中，正确命题的序号为(2)(4)写出所有正确命的序号）20、（2022届•江西白鹭洲中学高三期中（文））8．某几何体的三视图如图所示，根据图中标出的数据，可得这个几何体的表面积为（B）A．B．C．D．12第13题21、（2022届•江西白鹭洲中学高三期中（文））9.已知，与的夹角为，则以为邻边的平行四边形的长度较小的对角线的长是（A）.A.15B.C.4D.22、（2022届•安徽省河历中学高三期中（理））12．如图,在三棱锥中,、、两两垂直,且．设是底面内一点,定义,其中、、分别是三棱锥、三棱锥、三棱锥的体积．若,且恒成立,则正实数的最小值为_123、（2022届•江西白鹭洲中学高三期中（文））19.（本小题满分12分）如图所示，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长是2，D是棱BC的中点，点M在棱BB1上，且BM=B1M，又CMAC1.（Ⅰ）求证：A1B//平面AC1D；（Ⅱ）求三棱锥B1-ADC1体积.连接,交于点连接,则是的中位线，,又,.在正三棱锥中，的中点，则,从而,又,则内的两条相交直线都垂直，,于是,则与互余，则与\n互为倒数，易得，连结，,,三棱锥的体积为.方法：以为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系，设，则,,,,，，，，，，设平面的法向量，则，，,，.平面的法向量为，点到平面的距离，..24、（2022届•温州十校联合体高三期中（理））20（本小题满分14分）已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E、F、G分别是PA、PB、BC的中点．（I）求证：EF平面PAD；（II）求平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大小；解：方法1：（I）证明：∵平面PAD⊥平面ABCD，，∴平面PAD，……（4分）∵E、F为PA、PB的中点，∴EF//AB，∴EF平面PAD；（6分）（II）解：过P作AD的垂线，垂足为O，∵，则PO平面ABCD．取AO中点M，连OG，,EO,EM,∵EF//AB//OG,∴OG即为面EFG与面ABCD的交线…………（8分）又EM//OP,则EM平面ABCD．且OGAO,M故OGEO∴即为所求（11分）\n，EM＝ＯＭ＝１∴tan＝得，，（4分）故，∵，∴EF　平面PAD；……（6分）（II）解：，设平面EFG的一个法向量为则，，…………（11分）平面ABCD的一个法向量为……（12分）平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的余弦值是：，锐二面角的大小是；………（14分）25、（2022届•台州中学高三期中（文））如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，E是BC的中点．（1）求异面直线AE与A1C所成的角；（2）若G为C1C上一点，且EG⊥A1C，试确定点G的位置；（3）在（2）的条件下，求二面角C-AG-E的正切值．解：（1）取B1C1的中点E1，连A1E1，E1C，则AE∥A1E1，∴∠E1A1C是异面直线A与A1C所成的角。设，则\n（3）连结AG,设P是AC的中点，过点P作PQ⊥AG于Q,连EP,EQ,则EP⊥AC．又平面ABC⊥平面ACC1A1EP⊥平面ACC1A1而PQ⊥AGEQ⊥AG．∠PQE是二面角C-AG-E的平面角．由EP=a,AP=a,PQ=,得所以二面角C-AG-E的平面角正切值是------14分26、（2022届•台州中学高三期中（理））19．（本小题满分14分）如图，四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点，（I）求证：平面BCD；（II）求异面直线AB与CD所成角余弦值的大小；（III）求点E到平面ACD的距离．方法一：（I）证明：连结OC在中，由已知可得而即平面（II）解：取AC的中点M，连结OM、ME、OE，由E为BC的中点知直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成的角\n在中，是直角斜边AC上的中线，异面直线AB与CD所成角的大小为（III）解：设点E到平面ACD的距离为在中，而点E到平面ACD的距离为方法二：（II）：以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则异面直线AB与CD所成角的大小为（III）解：设平面ACD的法向量为则令得是平面ACD的一个法向量。又点E到平面ACD的距离27、（2022届•嵊州一中高三期中（文））19．（本题14分）\n如图，四棱锥P—ABCD中，PA⊥ABCD，四边形ABCD是矩形.E、F分别是AB、PD的中点.若PA=AD=3，CD=.（I）求证：AF//平面PCE；（II）求点F到平面PCE的距离；（III）求直线FC与平面PCE所成角的大小.解法一：（I）取PC的中点G，连结EG，FG，又由F为PD中点，则FG//.又由已知有∴四边形AEGF是平行四边形.平面PCE，EG…5分（II）.………10分（III）由（II）知…14分解法二：如图建立空间直角坐标系，A（0，0，0），P（0，0，3），D（0，3，0），E（，0，0），F（0，，），C（，3，0）……2分取PC的中点G，连结EG，则\n………6分（II）设平面PCE的法向量为10分（III），直线FC与平面PCE所成角的大小为.…………14分28、（2022届•唐山一中高三期中（文））（本题满分12分）已知四棱锥P—ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD．异面直线PB与CD所成的角为45°．求：（1）二面角B—PC—D的大小；（2）直线PB与平面PCD所成的角的大小．解：（1）∵AB∥CD，∴∠PBA就是PB与CD所成的角，即∠PBA=45°于是PA=AB．作BE⊥PC于E，连接ED，在△ECB和△ECD中，BC=CD，CE=CE，∠ECB=∠ECD，△ECB≌△ECD，∴∠CED=∠CEB=90°∠BED就是二面角B—PC—D的平面角．…4分设AB=a，则BD=PB=，PC=，BE=DE=,cos∠BED=,∠BED=120°二面角B—PC—D的大小为120°；…6分（2）还原棱锥为正方体ABCD—PB1C1D1，作BF⊥CB1于F,∵平面PB1C1D1⊥平面B1BCC1，∴BF⊥平面PB1CD,……8分连接PF,则∠BPF就是直线PB与平面PCD所成的角．10分BF=,PB=,sin∠BPF=,∠BPF=30°．\n所以就是直线PB与平面PCD所成的角为30°．……12分注：也可不还原成正方体,利用体积求出点B到平面PCD的距离，或用向量法解答．【一年原创】一、选择题1.正三棱锥的底面周长为6，侧面都是直角三角形，则此棱锥的体积为（）A.B.C.D..解析：选D.由正三棱锥的性质，它的侧棱长为，且两两垂直，所以其体积为，故选D.2.一个圆柱的轴截面为正方形，其体积与一个球的体积比是3：2，则这个圆柱的侧面积与这个球的表面积之比为（）A.1:1B.C.D.3:2解析：选A.设圆柱的底面半径为，球的半径为，由于圆柱的轴截面为正方形，因此圆柱的母线长为，所以,即,故选A.3.已知两条不同的直线、，两个不同的平面、，则下列命题中的真命题是A．若，，，则B．若，∥，，则C．若∥，∥，∥，则∥D．若∥，，，则∥解析：选A.A对，在B中有m与n不垂直的情况，在C中，还有m与n相交、异面的情况，在D中，还有m与n相交、异面的情况，故选A.4、圆锥的母线长为6，轴截面的顶角为120度，过两条母线作截面，则截面面积的最大值为（）A.B.18C.D.9解析：选B.设截面等腰三角形的顶角为，则截面面积为，因为，所以，故选B.\n5、某个数学活动小组为了测量学校操场上国旗旗杆DC的高度，在旗杆的正西方向的点A测得旗杆顶端D的仰角为30度，沿点A向北偏东60度前进18米到达B点，测得旗杆顶端D的仰角为45度，经目测AB小于AC,则旗杆的高度为（）A.9米B.16米C.18米D.9米或18米6、如图是一个六棱柱的三视图，俯视图是一个周长为3的正六边形，该六棱柱的顶点都在同一个球面上，那么这个球的体积为（）ABCD解析：选B.这是一个正六棱柱，上下两个底面的中心连线的中点就是球心，因为六棱柱的高为，所以球心到底面的距离为.因为底面正六边形的周长为3，所以底面正六边形的边长为，即底面外接圆的半径为，由球的截面性质得球半径，所以这个球的体积为,故选B.7.等边三角形ABC的边长为4，M、N分别为AB、AC的中点，沿MN将△AMN折起，使得面AMN与面MNCB所成的二面角为30°，则四棱锥A—MNCB的体积为（）A、B、C、D、37.解析：选A.在平面图中，过A作AL⊥BC，交MN于K，交BC于L.则AK⊥MN，KL⊥MN.∴∠AKL是面AMN与面MNCB所成的二面角的平面角，即有∠AKL＝30°.则四棱锥A—MNCB的高h＝＝.＝.∴＝.故选A.8．由棱长为2的正方体表面的六个中心为顶点构成的新几何体的体积为（）\nA.2B.4C.D.9.设为两两不重合的平面，为两两不重合的直线．给出下列四个命题：①若，则；②若，则；③若，，则；④若，则,其中真命题的个数是（）A．1B．2C．3D．4解析：选B.①也有相交的情况；②要保证相交，才有；③由面面平行的性质定理可知正确；④因，同样，从而，故④对．故选B．10.矩形ABCD中，AB=4，BC=2，E、F分别为AB、CD的中点，沿EF把BCFE折起后与ADFE垂直，P为矩形ADFE内一动点，P到面BCFE的距离与它到点A的距离相等，设动点P的轨迹是曲线L，则曲线L是（）A.圆的一部分B.椭圆的一部分C.抛物线的一部分D.双曲线的一部分解析：选C.如图，过点P作PQ垂直于FE，则PQ垂直于平面BCFE，所以PQ=PA，所以动点P的轨迹（即曲线L）为以A为焦点，以FE为准线的抛物线在矩形内的部分,故选C.二、填空题11.如图是一个几何体的三视图，俯视图是顶角为120度的等腰三角形，则这个几何体的表面积为.解析：根据三视图的知识，这个几何体是底面边长分别为的等腰三角形，高为2的直三棱柱.它的侧面积是，其一个底面的面积为，所以这个三棱柱的表面积为.答案：12用一个半径为10厘米的半圆纸片卷成一个最大的无底圆锥，放在水平桌面上，被一阵风吹倒，如图，则它的最高点到桌面的距离为.\n解析：要抓住两点：1.半圆纸片的半径成了圆锥的母线，2.半圆弧长成了圆锥的底面周长.设圆锥的底面半径为，母线为，则，，所以轴截面顶角的一半为，轴截面为正三角形，故圆锥的最高点离桌面的距离为厘米.答案：厘米13在一个棱长为6厘米的密封正方体盒子中，放一个半径为1厘米的小球，任意摇动盒子，小球在盒子中不能达到的空间为G,则这个正方体盒子中的一点属于G的概率为.解析：在正方体盒子中，不能到达的八个角的空间即为图一中的内切于正方体的小球不能到达的空间，其体积为.小球沿每条棱运动不能到达的空间（除去两端的两个角）的体积，即为高为4的一个正四棱柱的体积与其内接圆柱体积差的四分之一（如图二），即，正方体有12条棱，所以在盒子中小球不能到达的空间G的体积为，又正方体盒子的体积为63=216，所这以个正方体盒子中的一点属于G的概率为.答案：14等边三角形与正方形有一公共边，二面角的余弦值为，分别是的中点，则所成角的余弦值等于解：设，作，则，为二面角的平面角，结合等边三角形与正方形可知此四棱锥为正四棱锥，则，,故所成角的余弦值15直角三角形ABC中，AD是斜边BC上的高，则AB是BD与BC的等比中项.请利用类比推理给出：三棱锥P-ABC中，侧棱PA、PB、PC两两垂直，点P在底面上的射影为O，则.解析：连接CO，并延长交AB于D，连接PD，则PD⊥PC,CD⊥AB,所以PD2=DO×DC,所以\n.即三角形PAB的面积是三角形AOB的面积与三角形ABC的面积的等比中项.答案：三角形PAB的面积是三角形AOB的面积与三角形ABC的面积的等比中项.三、解答题16如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PC⊥AD.底面ABCD为梯形，AB∥DC，AB⊥BC.PA=AB=BC,点E在棱PB上，且PE=2EB.(1)求证：平面PAB⊥平面PCB；(2)求证：PD∥平面EAC.证明：(1)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC.又AB⊥BC，PAAB=A,∴BC⊥平面PAB.又BC平面PCB，所以平面PAB⊥平面PCB.(2)∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AD,又PC⊥AD，PAPC=P，∴AD⊥平面PAC，∴AC⊥AD.在梯形ABCD中，由AB⊥BC，AB=BC，得∠BAC=45°，∴∠DCA=∠BAC=45°，又AC⊥AD，故DAC为等腰直角三角形，∴DC=AC=（AB）=2AB.连结BD，交AC于点M，则.连结EM，在BPD中，,∴PD∥EM,又EM在平面EAC内，∴PD∥平面EAC.17.在△ABC中，AB=CA=6，BC=8，点D、E、F分别是BC、AB、CA的中点，以三条中位线为折痕，折成一个三棱锥P-DEF，点M,N分别是PD,EF的中点.(1)求证:MN⊥PD,MN⊥EF；(2)求这个三棱锥P-DEF的体积.解析:(1)连接DN、NM、PN，因为DF=DE,PF=PE，所以PN⊥EF，DN⊥EF，PN=DN=，又PNDN=N，所以EF⊥平面PDN，所以EF⊥MN，PD⊥MN.(2)由（1）知EF⊥平面PDN，在直角三角形PMN中，PM=2，PN=\n，由勾股定理得MN=1,所以△PDN的面积为，所以这个三棱锥P-DEF的体积19.如图是三棱柱ABC-A1B1C1的三视图，正（主）视图和俯视图都是矩形，侧（左）视图为等边三角形，D为AC的中点.(1)求证：AB1∥平面BDC1；(2)设AB1垂直于BC1，BC=2,求这个三棱柱的表面积.解析：(1)由三视图画出直观图，如图，这是一个正三棱柱，连接BC1和B1C，交点为O,则O为B1C的中点，连接OD,因为D为中点，所以OD∥AB1,又OD在平面BDC1内，AB1不在平面BDC1内，所以AB1∥平面BDC1.(2)过A作AF⊥BC,垂足为F,连接B1F，因为侧面垂直于底面，所以AF⊥侧面BCC1B1，所以AB1在侧面BCC1B1内的射影为B1F，因为AB1垂直于BC1，所以BC1⊥B1F，RtB1BF∽RtBCC1,B1B:BC=BF:C1C,所以B1B2=BC×BF=2，所以侧棱,所以表面积为.20如图，平行四边形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=1，AD=2，∠ADC=60°，AF=3.(1)求证：AC⊥BF；(2)求四面体BDEF的体积.解析：(1)如图，在ABC中，∵AB=1，BC=2，∠ABC=60°，\n21.如图，AB为圆O的直径，点E,F在圆上，已知AB∥EF，AB=BC=4,AE=EF=BF=2，AD=2，直角梯形ABCD所在的平面与圆O所在的平面互相垂直.(1)求证：平面CBE⊥平面DAE；(2)在DB上是否存在一点G，使GF∥平面DAE?若不存在，请说明理由；若存在，请找出这一点，并证明之.20.解析：(1)如图，连结BE，因为四边形ABCD是直角梯形，所以AD⊥AB，又平面ABCD⊥平面ABFE，所以AD⊥平面ABFE,所以AD⊥BE.因为AB为圆O的直径，所以AE⊥BE，又AEAD=A，所以BE⊥平面DAE.又BE平面CBE，所以平面CBE⊥平面DAE.(2)存在，点G是BD的中点.证明：连结OG，OF,GF,则OG∥AD,又因为OG平面DAE,所以OG∥平面DAE,因为AB∥EF，AO=AB=2,EF=2,所以四边形AOFE是平行四边形，所以OF∥AE,又OF平面DAE，所以OF∥平面DAE，又OGOF=O,所以平面OGF∥平面DAE,所以GF∥平面DAE.【考点预测】2022高考预测从近几年各地高考试题分析，立体几何题型一般是一个解答题，1至3个填空或选择题．解答题一般与棱柱和棱锥相关，主要考查线线关系、线面关系和面面关系，其重点是考查空间想象能力和推理运算能力，其解题方法一般都有二种以上，并且一般都能用空间向量来求解． 高考试题中，立体几何侧重考查学生的空间概念、逻辑思维能力、空间想象能力及运算能力 . 近几年凡涉及空间向量应用于立体几何的高考试题，都着重考查应用空间向量求异面直线所成的角、二面角，证明线线平行、线面平行和证明异面直线垂直和线面垂直等基本问题。具体预测如下：（1）题目多出一些选择、填空题，经常出一些考察空间想象能力的试题；解答题的考察位置关系、夹角距离的载体使空间几何体，我们要想像的出其中的点线面间的位置关系；（2）研究立体几何问题时要重视多面体的应用，才能发现隐含条件，利用隐蔽条件解题。复习建议\n1、三视图是新课标新增的内容，2022、2022、2022年课改区的高考题都有体现，因此，三视图的内容应重点训练。2．证明空间线面平行与垂直，是必考题型，解题时要由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证明思路.3．空间图形中的角与距离，先根据定义找出或作出所求的角与距离，然后通过解三角形等方法求值，注意“作、证、算”的有机统一.解题时注意各种角的范围.异面直线所成角的范围是0°＜θ≤90°，其方法是平移法和补形法；直线与平面所成角的范围是0°≤θ≤90°，其解法是作垂线、找射影；二面角0°≤θ≤180°。4．与几何体的侧面积和体积有关的计算问题，根据基本概念和公式来计算，要重视方程的思想和割补法、等积转换法的运用5．平面图形的翻折与空间图形的展开问题，要对照翻折（或展开）前后两个图形，分清哪些元素的位置（或数量）关系改变了，哪些没有改变.【母题特供】母题一：金题引路：如图，平面⊥平面，为正方形，，且分别是线段的中点。(Ⅰ)求证：//平面；(Ⅱ)求异面直线与所成角的余弦值。解：(Ⅰ)……1分，而……5分……6分（Ⅱ）……9分…所以…母题二：金题引路：如图，一简单几何体的一个面ABC内接于圆O，AB是圆O的直径，四边形DCBE为平行四边形，且DC平面ABC。\n（1）证明：平面ACD平面；（2）若，，，试求该几何体的体积V．解：（１）证明：∵DC平面ABC,平面ABC∴．-------2分∵AB是圆O的直径　∴且∴平面ADC．--------4分∵四边形DCBE为平行四边形　∴DE//BC∴平面ADC--------6分又∵平面ADE∴平面ACD平面----------7分（2）解法１：所求简单组合体的体积：-----9分∵，，∴,-----11分∴---12分---------13分∴该简单几何体的体积-------------------------------14分解法2：将该简单组合体还原成一侧棱与底面垂直的三棱柱---8分如图∵，，∴,-----10分∴=-------12分=--------------14分母题三：如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，，AA1＝4，点D是AB的中点（Ⅰ）求证：AC⊥BC1；（Ⅱ）求二面角的平面角的正切值．\n是中点，∴，又平面∴平面，又平面，平面∴∴又且]∴平面，平面∴又∴是二面角的平面角10分AC＝3，BC＝4，AA1＝4，∴在中，，，∴…13分∴二面角的正切值为……14分解法二：以分别为轴建立如图所示空间直角坐标系……6分AC＝3，BC＝4，AA1＝4，∴，，，，∴，平面的法向量，…8分设平面的法向量，则，的夹角（或其补角）的大小就是二面角的大小…9分则由令，则，∴…12分，则\n…13分∵二面角是锐二面角∴二面角的正切值为………14分母题四：金题引路：如图，已知四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，A1D⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AA1=2。（I）求证：C1D//平面ABB1A1；（II）求直线BD1与平面A1C1D所成角的正弦值；（Ⅲ）求二面角D—A1C1—A的余弦值。证明（I）：四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，BB1//CC1，又面ABB1A1，所以CC1//平面ABB1A1，………2分所以B1D1⊥平面A1C1D，…7分所以平面A1C1D的一个法向量为n=（1，1，0）…8分设与n所成的角为，则所以直线BD1与平面A1C1D所成角的正弦值为……9分（III）解：平面A1C1A的法向量为则所以令可得…11分\n母题五：OSABCDE金题引路：如图，在四棱锥中，底面是正方形，其他四个侧面都是等边三角形，与的交点为，为侧棱上一点．（Ⅰ）当为侧棱的中点时，求证：∥平面；（Ⅱ）求证：平面平面；（Ⅲ）（理科做）当二面角的大小为时，试判断点在上的位置，并说明理由．解法一：证明：（Ⅰ）连接，由条件可得∥．因为平面，平面，所以∥平面．（Ⅱ）由已知可得，,是中点，所以．又因为四边形是正方形，所以．OSABCDE因为，所以．又因为，所以平面平面．（Ⅲ）解：连接，由（Ⅱ）知．而,所以．又．所以是二面角的平面角，即．设四棱锥的底面边长为2，OyzxSABCDE在中，,,所以．又因为,,所以是等腰直角三角形．由可知，点是的中点．解法二：（Ⅰ）同解法一（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，．建立如图所示的空间直角坐标系．设四棱锥的底面边长为2，则，，，，，．所以，．\n设（），由已知可求得．所以，．设平面法向量为，则即