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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 专题十 立体几何6. 【2022 高考福建,理 17】【答案】 详见解析； 2 3【解析】解法一： （）如图,取AE 的中点 H ,连接 HG , HD ,又 G是 BE的中点,所以GHAB,且GH=1AB,所以2又 F 是 CD中点,所以DF=1CD,由四边形ABCD是矩形得, ABCD,AB=CD2GHDF,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ADEAAHBDHBDQFGFGECEC 如图,在平面BEC内,过点 B 作BQEC, 由于 BECE,所以BQBE
2、又由于 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,就 A0,0,2,B0,0,0, E2,0,0,F2,2,1由于 AB 平面 BEC,所以 B A= 0,0,2 为平面 BEC的法向量,名师归纳总结 设n =x, y, z为平面 AEF的法向量 . 又 AE=2,0,-2 AF=2,2,-1第 1 页,共 15 页由 镲 n眄镲 . nAE=0,得0,2x-2 z=0,取z =2得n =2,-1,2. AF=. 2x+2y-z=0,- - - - - - -精选学习资料 - -
3、- - - - - - - 从而cos 狁 n B A =|nn BA=342=2,| |B A |3所以平面 AEF与平面 BEC所成锐二面角的余弦值为2 3A EAE , ABAC ,24. 【 2022 高考浙江,理17】平面 ABC ,试题解析：（1）设 E 为 BC 的中点, 由题意得A E名师归纳总结 AEBC ,故 AE平面1A BC ,由 D , E 分别B C , BC 的中点,得DE/ /B B 且第 2 页,共 15 页DEB B ,从而DE/ /A A ,四边形A AED 为平行四边形,故A D/ /AE ,又 AE平面A BC ,1 1A D 1平面A BC ；（2）
4、作 1 1A F 1BD ,且A F 1BDF ,连结B F ,1由AEEB2,A EAA EB90,得A BA A4,由A DB D ,A BB B ,得A DBB DB ,由A FBD ,得B FBD ,因此A FB 为二面角A 1BDB 的平面角,由 1A D2,A B 14,DA B90,得BD3 2,A FB F4,由余弦定理得,cosA FB11. 38- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 【3. 【2022 高考山东,理 17】试题解析： I证法一：连接DG CD ,设 CDGFO ,连接 OH ,在三棱台 DEFABC 中,AB2DE G
5、为 AC 的中点可得DF/ /GC DFGC所以四边形 DFCG 为平行四边形 就 O 为 CD 的中点 又 H 为 BC 的中点名师归纳总结 所以OH/ /BD平面FGH,第 3 页,共 15 页又 OH平面FGH,BD所以BD/ /平面 FGH - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 证法二：在三棱台 DEF ABC 中,由 BC 2 EF H 为 BC 的中点由于 BD 平面 ABED所以BD/ /平面 FGH（II ）解法一：设 AB 2,就 CF 1在三棱台 DEF ABC 中,G 为 AC 的中点名师归纳总结 由DF1ACGC,45, G 是 A
6、C 中点,第 4 页,共 15 页2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ABBC,BAC- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 所以ABBC GBGC因此GB GC GD两两垂直 , Gxyz以 G 为坐标原点,建立如下列图的空间直角坐标系所以G0,0,0 ,B2,0,0 ,C0,2,0 ,D0,0,1可得H2,2,0,F0,2,12,0,022故GH2,2,0 ,GF0,2,122设nx y z是平面 FGH的一个法向量,就由n GH0,可得x2y00yzn GF0,可得平面 FGH
7、的一个法向量n1, 1, 2由于 GB是平面 ACFD的一个法向量,GB所以cosGB n|GB n|21GB| |n2 22所以平面与平面所成的解 锐角 的大小为 60解法二：名师归纳总结 作 HMAC 于点 M,作 MNGF于点 N,连接 NH第 5 页,共 15 页由 FC平面 ABC,得 HMFC又 FCACC- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 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 . 名师归纳总结 7. 【2022 高考天津,理17】【答案】 I 见
8、解析； II 3 10； III . 72 . 第 6 页,共 15 页10【解析】如图,以A 为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A0,0,0,B0,1,0,C2,0,0,D1, 2,0,又由于M N 分别为B C 和D D 的中点,得M1,1,1 ,N1, 2,12- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - D1C1A1B1名师归纳总结 NM,第 7 页,共 15 页DCABI 证明：依题意,可得n0,0,1为平面 ABCD 的一个法向量,MN0,5,02由此可得,MN n0,又由于直线MN平面 ABCD ,所以MN/平面 ABCDIIAD 11, 2,2,
9、AC2,0,0,设n 1 , , x y z为平面ACD 的法向量,就 1n 1AD 10,即xx2y2z0,不妨设z1,可得n 10,1,1,n 1AC020设n 2 , , x y z为平面ACB 的一个法向量,就n 2AB 10,又AB 10,1,2,得n 2AC0y2z0,不妨设z1,可得n 20, 2,12 x0- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 7. 【2022 高考湖北,理19】【答案】（）详见解析； （）2 . 2故 BDF 是面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的平面角,设PDDC1, BC,有BD12, 2. 在 Rt PDB中 ,
10、 由 DFPB , 得DPFFDB3就tantanDPFBD123, 解得2 . 3PD所以DC12 . 2DCBC故当面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为时,3BC2（解法 2）（） 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 . 设 PD DC 1,BC,就 D 0,0,0, P 0,0,1, B ,1,0, C 0,1,0,PB ,1, 1,点 E 是 PC的中点,名师归纳总结 所以E0,1,1,DE0,1,1,第 8 页,共 15 页2222于是PB DE0,即 PBDE . 又已知 EFPB ,而 DEEFE ,
11、所以 PB平面DEF. 因PC0,1,1, DEPC0, 就 DEPC , 所以 DE平面PBC. 由 DE平面 PBC , PB平面 DEF ,可知四周体BDEF 的四个面都是直角三角形,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 即四周体 BDEF 是一个鳖臑,其四个面的直角分别为DEB,DEF, EFB,DFB. （）由 PD平面ABCD,所以DP0, 0, 1是平面 ABCD 的一个法向量；名师归纳总结 由（）知,PB平面DEF,所以BP, 1,1是平面 DEF 的一个法向量 . 第 9 页,共 15 页如面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为,
12、3就cos|BP DP|121,3BP| |DP22解得2 . 所以DC12 . 2BC故当面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为时,DC2. 3BC25. 【2022 高考陕西,理18】【答案】（I ）证明见解析； （II ）63- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - II由已知,平面A BE平面CD,又由（ I ）知,OA ,C名师归纳总结 所以AOC 为二面角A BE-C的平面角,所以A 1OC2. y 2,z 2,平面A 1BC与第 10 页,共 15 页如图,以为原点,建立空间直角坐标系,由于A 1B=A 1 E=BC=ED=1,BC ED
13、所以B2,0,0, E-2,0,0, A 0,0, 12,C0,2,0,22222,0,0. 得BC-2,2,0,A C0,2,-2, CD=BE= -2222设平面A 1BC的法向量n 1=x y z 1 1 1,平面A 1CD的法向量n 2=x 2,平面A 1CD夹角为,就n 1BC0,得x 1y 10,取n =1,1,1,n 1AC0y 1z 10n 2CD0,得y 2x 2z 200,取n 20,1,1,n 2A C0从而cos|cosn n 1 2|3226,3即平面A 1BC与平面A 1CD夹角的余弦值为6. 31. 【2022 高考北京,理17】- - - - - - -精选学习
14、资料 - - - - - - - - - （）由（ I ）知 AO平面 EFCB,就 AOBE ,如 BE平面 AOC ,只需 BEOC,EB2a 2 33 ,0,又OC2,233 ,0,就平面BEOC22a233 20,解得a2或a4,由于a23a4. 32. 【2022 高考广东,理18】【答案】（1）见解析；（2）7；（ 3）9 5 253【解析】（1）证明：PDPC 且点 E 为 CD 的中点,PEDC ,又平面 PDC平面 ABCD ,且平面 PDC平面 ABCDCD , PEPDC ,名师归纳总结 PE平面 ABCD ,又 FG平面 ABCD ,第 11 页,共 15 页FG ；P
15、E- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （2）ABCD 是矩形,ADDC ,又平面 PDC平面 ABCD ,且平面 PDC平面 ABCDCD , AD平面ABCD ,AD平面 PCD ,又 CD 、 PD平面 PDC ,ADDC , ADPD ,PDC 即为二面角PADC 的平面角,在 RtPDE 中,PD4,DE1AB3,PEPD2DE27,2tanPDCPE7即二面角 PADC 的正切值为7；DE33（3）如下图所示,连接AC ,AF2FB ,CG2GB 即AFCG2,FBGBAC/ /FG ,PAC 为直线 PA 与直线 FG 所成角或其补角,在PA
16、C 中,PAPD2AD25,ACAD2CD23 5,由余弦定理可得cosPAC2 PA2AC2PC25223 52429 5PA AC5 3 525名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 直线 PA 与直线 FG 所成角的余弦值为9 5254. 【2022 高考湖南,理19】AA , AB , AD 两两垂直,以A 为坐标原点,AB , AD ,试题解析：解法一由题设知,AA 1所在直cosn 1,n 2|n 1n2|33245, 而二面 角n 1| |n 26m 22 6326m 名师归纳总结 PQDA的余弦值为3,
17、因此632453,解得m4,或者m8（舍去）,第 13 页,共 15 页7m 7此时Q,64 ,0 ,设DPDD 101,而DD 10, 3,6,由此得点P06,3,6,PQ6,32, 6 , PQ/平 面ABB A , 且 平 面ABB A 的 一 个 法 向 量 是n 30,1,0, PQn 30,即320,亦即2,从而P0 ,4,4,于是,将四周体ADPQ 视为3以ADQ 为 底 面 的 三 棱 锥PADQ, 就 其 高h4, 故 四 面 体 ADPQ 的 体 积V1SADQh1166424. 332- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解法二（1）
18、如图 c,取A A 的中点 R ,连结 PR , BR ,A A,D D 是梯形A AD D 的两腰, P 是D D 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,BCAB,BCA A , BC平面ABB A ,因此BCAB ,平 面 tanABRAR3AB 1tanA AB , tanABRtanA AB ,因此AB6A AABRBAB 1A AB 1BAB 190, 于 是AB 1BR , 再 由 即 知AB 1PRBC ,又 PQ平面 PRBC,故AB 1PQ；（2）如图 d,过点 P 作PM/ /A A 交 AD 于点 M ,就
19、PM/平面ABB A ,名师归纳总结 A A平面 ABCD , OM平面 ABCD ,过点 M 作 MNQD 于点 N ,连结 PN ,第 14 页,共 15 页就PNQD,PNM 为二面角PNM3,即MN PN3,PQDA的平面角,cos77- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 从而PM40MN3名师归纳总结 连结 MQ ,由PQ/平面ABB A ,MQ /AB,又 ABCD 是正方形, 所以 ABQM 为矩形,第 15 页,共 15 页故MQAB6, 设MDt, 就MNMQ MD26 tt2 , 过 点D 作MQ2MD36D E/ /A A 交 AD 于点 E ,就AA D E 为矩形,D EA A6,AEA D 13,因此EDADAE3, 于 是PMD E62, PM2MD2 t, 再 由 得MDED336t240, 解 得t2, 因 此PM4, 故 四 面 体ADPQ的 体 积33V1SADQh1166424. 332- - - - - - -