2020年高考真题+高考模拟题 专项版解析汇编 理科数学——04 立体几何（教师版）

2020年高考真题+高考模拟题 专项版解析汇编 理科数学——04 立体几何（教师版）

专题04 立体几何 ‎1．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为 A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】如图，设，则，‎ 由题意得，即，化简得，‎ 解得（负值舍去）.‎ 故选C．‎ ‎【点晴】‎ 本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.‎ ‎2．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为，在俯视图中对应的点为，则该端点在侧视图中对应的点为 A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，‎ 上的点在正视图中都对应点M,直线上的点在俯视图中对应的点为N,‎ ‎∴在正视图中对应,在俯视图中对应的点是,线段,上的所有点在侧试图中都对应,∴点在侧视图中对应的点为.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题.‎ ‎3．【2020年高考全国II卷理数】已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16，则O到平面ABC的距离为 A． B． C．1 D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】设球的半径为，则，解得：.‎ 设外接圆半径为，边长为， ‎ 是面积为的等边三角形，‎ ‎，解得：，，‎ 球心到平面的距离.‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.‎ ‎4．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是 A．6+4 B．4+4 ‎ C．6+2 D．4+2‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形 根据立体图形可得：‎ 根据勾股定理可得：‎ 是边长为的等边三角形 根据三角形面积公式可得：‎ 该几何体的表面积是：.‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.‎ ‎5．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为 A． B． ‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】设圆半径为，球的半径为，依题意，‎ 得，为等边三角形，‎ 由正弦定理可得，‎ ‎，根据球的截面性质平面，‎ ‎，‎ 球的表面积.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.‎ ‎6．【2020年高考天津】若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 A． B． ‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，‎ 即，‎ 所以，这个球的表面积为.‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.‎ ‎7．【2020年高考北京】某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，‎ 则其表面积为：.‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．‎ ‎(2)多面体表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．‎ ‎(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．‎ ‎8．【2020年高考浙江】某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是 A． B． ‎ C．3 D．6‎ ‎【答案】A ‎【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，‎ 且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，‎ 棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，‎ 所以几何体的体积为.‎ 故选：A ‎【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.‎ ‎9．【2020年高考浙江】已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n．“l ，m，n共面”是“l ，m，n两两相交”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】依题意是空间不过同一点的三条直线，‎ 当在同一平面时，可能，故不能得出两两相交.‎ 当两两相交时，设，根据公理可知确定一个平面，而，根据公理可知，直线即，所以在同一平面.‎ 综上所述，“在同一平面”是“两两相交”的必要不充分条件.‎ 故选：B ‎【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理和公理的运用，属于中档题.‎ ‎10．【2020年新高考全国Ⅰ卷】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为 A．20° B．40°‎ C．50° D．90°‎ ‎【答案】B ‎【解析】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，‎ 根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得..‎ 由于，所以，‎ 由于，‎ 所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.‎ 故选：B ‎【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.‎ ‎11．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】设有下列四个命题：‎ p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．‎ p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．‎ p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．‎ p4：若直线l平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l．‎ 则下述命题中所有真命题的序号是__________．‎ ‎① ② ③ ④‎ ‎【答案】①③④‎ ‎【解析】对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面为；‎ 若与相交，则交点在平面内，‎ 同理，与的交点也在平面内，‎ 所以，，即，命题为真命题；‎ 对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，‎ 命题为假命题；‎ 对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面，‎ 命题为假命题；‎ 对于命题，若直线平面，‎ 则垂直于平面内所有直线，‎ 直线平面，直线直线，‎ 命题为真命题.‎ 综上可知，，为真命题，，为假命题，‎ 为真命题，为假命题，‎ 为真命题，为真命题.‎ 故答案为：①③④.‎ ‎【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎12．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________． ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，‎ 其中，且点M为BC边上的中点，‎ 设内切圆的圆心为，‎ 由于，故，‎ 设内切圆半径为，则：‎ ‎，‎ 解得：，其体积：.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.‎ ‎13．【2020年高考浙江】已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设圆锥底面半径为，母线长为，则 ‎，解得.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题.‎ ‎14．【2020年高考江苏】如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半轻为0.5 cm ‎，则此六角螺帽毛坯的体积是 ▲ cm.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】正六棱柱体积为，‎ 圆柱体积为，‎ 所求几何体体积为.‎ 故答案为： ‎ ‎【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎15．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】如图：‎ 取的中点为，的中点为，的中点为，‎ 因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△‎ 为等边三角形，所以，，‎ 又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，‎ 因为，所以侧面，‎ 设为侧面与球面的交线上的点，则，‎ 因为球的半径为，，所以，‎ 所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，‎ 因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，‎ 因为，所以，‎ 所以根据弧长公式可得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.‎ ‎16．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值．‎ ‎【解析】（1）设，由题设可得，‎ ‎.‎ 因此，从而.‎ 又，故.‎ 所以平面.‎ ‎（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 由题设可得.‎ 所以.‎ 设是平面的法向量，则，即，‎ 可取.‎ 由（1）知是平面的一个法向量，记，‎ 则.‎ 所以二面角的余弦值为.‎ ‎【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题.‎ ‎17．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．‎ ‎（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；‎ ‎（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．‎ ‎【解析】（1）因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以．又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN．‎ 因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N．又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN．‎ 所以平面A1AMN⊥平面．‎ ‎（2）由已知得AM⊥BC．以M为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz，则AB=2，AM=．‎ 连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故．由（1）知平面A1AMN⊥平面ABC，作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC．‎ 设，则，‎ 故．‎ 又是平面A1AMN的法向量，故．‎ 所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为．‎ ‎18．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．‎ ‎（1）证明：点在平面内；‎ ‎（2）若，，，求二面角的正弦值．‎ ‎【解析】设，，，如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．‎ ‎（1）连结，则，，，，，，得．‎ 因此，即四点共面，所以点在平面内．‎ ‎（2）由已知得，，，，，，，．‎ 设为平面的法向量，则 即可取．‎ 设为平面的法向量，则 同理可取．‎ 因为，所以二面角的正弦值为．‎ ‎19．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．‎ ‎（1）求证：EF∥平面AB1C1；‎ ‎（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．‎ ‎【解析】因为分别是的中点，所以.‎ 又平面，平面，‎ 所以平面.‎ ‎（2）因为平面，平面,‎ 所以.‎ 又,平面,平面, ‎ 所以平面.‎ 又因为平面,所以平面平面.‎ ‎【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.‎ ‎20．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．‎ ‎（Ⅰ）证明：EF⊥DB；‎ ‎（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．‎ ‎【解析】（Ⅰ）如图，过点D作，交直线AC于点，连结OB．‎ 由，得，‎ 由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC，所以.‎ 由，得.‎ 所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB．‎ 由三棱台得，所以.‎ ‎（Ⅱ）方法一：‎ 过点作，交直线BD于点，连结.‎ 由三棱台得，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.‎ 由平面得，故平面BCD，所以为直线CO与平面DBC所成角.‎ 设.‎ 由，得，‎ 所以，‎ 因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.‎ 方法二：‎ 由三棱台得，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO 与平面DBC所成角，记为.‎ 如图，以为原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系.‎ 设.‎ 由题意知各点坐标如下：‎ ‎.‎ 因此.‎ 设平面BCD的法向量.‎ 由即，可取.‎ 所以.‎ 因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题．‎ ‎21．【2020年高考天津】如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎【解析】依题意，以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得，，．‎ ‎（Ⅰ）证明：依题意，，，从而，所以．‎ ‎（Ⅱ）解：依题意，是平面的一个法向量，，‎ ‎．设为平面的法向量，则即不妨设，可得．‎ 因此有，于是．‎ 所以，二面角的正弦值为．‎ ‎（Ⅲ）解：依题意，．由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是．‎ 所以，直线与平面所成角的正弦值为． ‎ ‎1．【2020·广东省高三一模（理）】已知直三棱柱的体积为，若分别在上，且，则四棱锥的体积是 A． B． ‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】在棱上取一点，使，连接、，‎ 由题意，平面，‎ 所以，，‎ 所以.‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了直三棱柱的特征及几何体体积的求解，考查了空间思维能力，属于基础题.‎ ‎2．【2020·全国高三（理）】在正方体中，点E是棱的中点，点F是线段上的一个动点．有以下三个命题：‎ ‎①异面直线与所成的角是定值；‎ ‎②三棱锥的体积是定值；‎ ‎③直线与平面所成的角是定值．‎ 其中真命题的个数是 A．3 B．2 ‎ C．1 D．0‎ ‎【答案】B ‎【解析】以A点为坐标原点，AB,AD,所在直线为x轴，y轴，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，可得B(1,0,0),C(1,1,O),D(0,1,0),(0,0,1),(1,0,1),(1,1,1),(0,1,1),设F(t，1，1-t)，（0≤t≤1），‎ 可得=(1,1,1),=(t-1，1，-t)，可得=0，故异面直线与所的角是定值，故①正确；‎ 三棱锥的底面面积为定值，且∥,点F是线段上的一个动点，可得F点到底面的距离为定值，故三棱锥的体积是定值，故②正确；‎ 可得=(t，1，-t)，=(0,1,-1),=(-1,1,0),可得平面的一个法向量为=（1，1，1），可得不为定值，故③错误;‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查空间角的求解及几何体体积的求解，建立直角坐标系，是解题的关键.‎ ‎3．【2020·六盘山高级中学高三其他（理）】已知点 在同一个球面上， ，若四面体体积的最大值为 10，则这个球的表面积是 A． B． ‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由，可知，‎ 则球心在过中点与面垂直的直线上，‎ 因为面积为定值，所以高最大时体积最大，‎ 根据球的几何性质可得，当过球心时体积最大，‎ 因为四面体的最大体积为10，‎ 所以，‎ 可得，‎ 在中，，‎ ‎，得，‎ 球的表面积为，故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②可以转化为长方体的外接球； ③特殊几何体可以直接找出球心和半径；④设球心（在过底面多边形外接圆圆心与底面垂直的直线上），利用待定系数法求半径.‎ ‎4．【2020·六盘山高级中学高三其他（理）】对于直线，和平面，，的一个充分条件是 A．，， B．，，‎ C．，， D．，，‎ ‎【答案】C ‎【解析】A选项中，根据，，，得到或，所以A错误；‎ B选项中，，，，不一定得到，所以B错误；‎ C选项中，因为，，所以，‎ 又，从而得到，所以C正确；‎ D选项中，根据，，所以，而，所以得到，所以D错误.‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查空间中线面关系有关命题的判断，面面关系有关命题的判断，属于简单题.‎ ‎5．【2020·河南省南阳中学高三月考（理）】某简单几何体的三视图（俯视图为等边三角形）如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）为 A．18 B． ‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题意可知几何体是底面为正三角形的三棱柱，底面边长为2，高为3， 所以几何体的体积为，故选C．‎ ‎【点睛】本题考查三视图求解几何体的体积，考查转化思想以及空间想象能力．‎ ‎6．【2020·福建省福州第一中学高三其他（理）】已知某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】D ‎【解析】该几何体是一个底面半径为1、高为4的圆柱被一个平面分割成两部分中的一个部分，故其体积为 .‎ 本题选择D选项.‎ ‎7．【2020·广西壮族自治区高三其他（理）】三个几何体组合的正视图和侧视图均为如下图所示，则下列图中能作为俯视图的个数为 A．1 B．2 ‎ C．3 D．4‎ ‎【答案】D ‎【解析】对于①，由三个圆柱组合而成，其正视图和侧视图相同，符合要求；‎ 对于②，最底层是圆柱，中间是底面为正方形的直棱柱，最上面是小的圆柱，其正视图和侧视图相同，符合要求；‎ 对于③，最底层是圆柱，中间是底面为正方形的直棱柱，最上面是底面为正方形的小的直棱柱，其正视图和侧视图相同，符合要求；‎ 对于④，最底层是圆柱，中间是圆柱，最上面是底面为正方形的直棱柱，其正视图和侧视图相同，符合要求；‎ 所以四个图都可能作为俯视图.‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】考查由正视图和侧视图判断几何体的俯视图；基础题.‎ ‎8．【2020·辽宁省高三二模（理）】已知一个圆柱的侧面积等于表面积的一半，且其轴截面的周长是18，则该圆柱的体积是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设圆柱的底面圆的半径为，高为．由题意可得，解得，‎ 则该圆柱的体积是．‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了圆柱体积的求解，考查了圆柱的侧面积.本题的关键是求出圆柱底面圆的半径和高.本题的难点在于轴截面的周长这一条件的理解.‎ ‎9．【2020·重庆南开中学高三期中（理）】正三棱柱中，，，为棱的中点，则异面直线与成角的大小为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】如图，‎ ‎，，‎ 且，侧棱和底面垂直，‎ ‎∴‎ ‎，‎ ‎∴，且，‎ ‎∴，‎ ‎∴异面直线与成角的大小为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】解答本题时还可以建立空间直角坐标系，用坐标形式下的向量运算求解.‎ ‎10．【2020·四川省高三三模（理）】如图，平行六面体中，，，，，，则的长为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】平行六面体中， ‎ ‎，，，，，‎ ‎，‎ 则 ‎．‎ ‎．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查利用空间向量法求线段长，解答的关键就是选择合适的基底表示向量，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎11．【2020·六盘山高级中学高三其他（理）】如图，在四棱锥中，平面，，，且，，‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为，如果存在，求与平面所成的角的正弦值，如果不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.‎ ‎【解析】（1）如图，由已知得四边形ABCD是直角梯形，‎ 由已知，‎ 可得是等腰直角三角形，即，‎ 又平面ABCD，则，‎ 所以平面PAC，‎ 所以．‎ ‎（2）假设存在符合条件的点，过点作于，则，‎ 平面，．‎ 过点作于，连接，则平面，‎ ‎，即是二面角的平面角．‎ 若，则，又，‎ ‎，即是线段的中点．‎ 存在点使得二面角的大小为．‎ 在三棱锥中，，‎ 设点到平面的距离是，则，‎ ‎，，‎ ‎，解得．‎ 在中，，，，，‎ ‎，‎ 与平面所成角的正弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查了项目垂直的判定与性质，空间角与空间距离的计算，属于中档题．‎ ‎12．【2020·辽河油田第二高级中学高三月考（理）】如图，AB是半圆O的直径，C是半圆O上除A，B外的一个动点，DC垂直于半圆O所在的平面，DC∥EB，DC＝EB＝1，AB ‎＝4.‎ ‎（1）证明：平面ADE⊥平面ACD；‎ ‎（2）当C点为半圆的中点时，求二面角D﹣AE﹣B的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】（1）证明：∵AB是圆O的直径，∴AC⊥BC，‎ ‎∵DC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，‎ ‎∴DC⊥BC，又DC∩AC＝C，‎ ‎∴BC⊥平面ACD，‎ ‎∵DC∥EB，DC＝EB，‎ ‎∴四边形DCBE是平行四边形，∴DE∥BC，‎ ‎∴DE⊥平面ACD，‎ 又DE⊂平面ADE，‎ ‎∴平面ACD⊥平面ADE.‎ ‎（2）当C点为半圆的中点时，AC＝BC＝2，‎ 以C为原点，以CA，CB，CD为坐标轴建立空间坐标系如图所示：‎ 则D（0，0，1），E（0，2，1），A（2，0，0），B（0，2，0），‎ ‎∴（﹣2，2，0），（0，0，1），（0，2，0），（2，0，﹣1），‎ 设平面DAE的法向量为（x1，y1，z1），平面ABE的法向量为（x2，y2，z2），‎ 则，，即，，‎ 令x1＝1得（1，0，2），令x2＝1得（1，1，0）.‎ ‎∴cos.‎ ‎∵二面角D﹣AE﹣B是钝二面角，‎ ‎∴二面角D﹣AE﹣B的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查了面面垂直的判定，空间向量与二面角的计算，属于中档题.‎ ‎13．【2020·湖北省高三其他（理）】如图所示，多面体是由底面为的直四棱柱被截面所截而得到的，该直四棱柱的底面为菱形，其中，，，．‎ ‎(1)求的长；‎ ‎(2)求平面与底面所成锐二面角的余弦值．‎ ‎【答案】(1) ；(2)‎ ‎【解析】因为多面体是由底面为的直四棱柱被截面所截而得到的，‎ 所以平面平面，又平面平面,平面平面,‎ 所以，同理，所以四边形是平行四边形，‎ 连结,交于，以为原点，所在直线分别为轴，‎ 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 ‎，，，，‎ 所以，，‎ 所以，所以,‎ 所以的长为.‎ ‎(2)根据题意可取平面的一个法向量为，‎ 由(1)知，，设平面的法向量为，则 由，得，即，‎ 令，则，，所以，‎ 所以，‎ 所以平面与底面所成锐二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查面面平行的性质定理，线段长的求法及二面角的余弦值的求法，考查运算求解能力，属于中档题.‎ ‎14．【2020·广东省高三其他（理）】已知几何体中，，，，面，，.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求二面角E－BD－F的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】（1）证明：在直角梯形中由已知可得 ‎，且面，‎ 平面，‎ 面，，‎ ‎，面，面 ‎∴面 且面，故面面；‎ ‎（2）分别以DA、DC所在直线为轴、轴，以D为垂足作面DAC的垂线DZ为轴，建系如图 ‎，‎ 则，‎ 设面DEB的法向量为，‎ 则，‎ 取，则，故 设面DBF的法向量为，则，‎ 取，则，故 则，‎ 由图可得二面角E-BD-F的余弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查用空间向量法求二面角，解题关键是建立空间直角坐标系，把求二面角问题化为纯粹的计算．‎ ‎15．【2020·福建省福州第一中学高三其他（理）】如图，组合体由半个圆锥和一个三棱锥构成，其中是圆锥底面圆心，是圆弧上一点，满足是锐角，.‎ ‎（1）在平面内过点作平面交于点，并写出作图步骤，但不要求证明；‎ ‎（2）在（1）中，若是中点，且，求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）答案见解析；（2）.‎ ‎【解析】（1）①延长交的延长线于点；②连接；③过点作交于点.‎ ‎（2）若是中点，则是中点，又因为，所以，所以，从而.‎ 依题意，两两垂直，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，‎ 则，‎ 从而，‎ 设平面的法向量为，‎ 则即取，得.‎ 则，‎ 所以直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎16．【2020·广西壮族自治区高三其他（理）】如图，直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，，，是侧棱上的点．‎ ‎（1）若，证明：是的中点；‎ ‎（2）若，求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】（1）由直三棱柱得平面，‎ ‎、平面，，，‎ 为等腰直角三角形，，且，‎ 由勾股定理得，‎ ‎，是等边三角形，则，‎ 由勾股定理得，为的中点；‎ ‎（2）易知、、两两垂直，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，‎ 设，则、、，，，‎ 设平面的法向量为，由，得，‎ 令，得，，，‎ 又平面的法向量为，，‎ 由图形可知，二面角为锐角，所以，二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线段中点的证明，同时也考查了利用空间向量法计算二面角的余弦值，考查计算能力与推理能力，属于中等题.‎ ‎17．【2020·四川省阆中中学高三二模（理）】如图所示，直三棱柱 的各棱长均相等，点为的中点.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】（1）设与交点为，连接，.‎ 由题可知四边形为正方形，所以，且为中点.‎ 又因，，‎ 所以，所以.‎ 又因为，所以平面.‎ 因为平面，所以.‎ ‎（2）取的中点，连接，，在平面过点内作的垂线，如图所示，建立空间直角坐标系.‎ 设，则，，，.‎ 所以，.‎ 设平面的一个法向量为，‎ 则，令，则.‎ 由（1）可知平面的一个法向量为，‎ 则.‎ 由图可知二面角为锐角，所以其余弦值为.‎ ‎【点睛】此题考查通过线面垂直证明线线垂直，通过空间向量求解二面角的大小，关键在于根据定理准确推导，计算求解.‎ ‎18．【2020·宜宾市叙州区第二中学校高三一模（理）】如图，已知三棱柱中，侧棱与底面垂直，且，，、分别是、的中点，点在线段上，且.‎ ‎（1）求证：不论取何值，总有；‎ ‎（2）当时，求平面与平面所成二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，则，，，.‎ ‎（1），，‎ ‎，‎ ‎.‎ ‎，，‎ 因此，无论取何值，；‎ ‎（2）当时，，，，‎ 而平面的法向量，设平面的法向量为，‎ 则，解得，则，‎ 设为平面与平面所成的锐二面角，则.‎ 因此，平面与平面所成二面角的余弦值是.‎ ‎【点睛】本题考查异面直线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．‎ ‎19．【2020·辽宁省高三三模（理）】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，AD⊥PD，点F为棱PD的中点．‎ ‎（1）在棱BC上是否存在一点E，使得CF∥平面PAE，并说明理由；‎ ‎（2）若AC⊥PB，二面角D﹣FC﹣B的余弦值为时，求直线AF与平面BCF所成的角的正弦值．‎ ‎【答案】（1）存在，见解析（2）．‎ ‎【解析】（1）在棱BC上存在点E，使得CF∥平面PAE，点E为棱BC的中点.‎ 证明：取PA的中点Q，连结EQ、FQ，‎ 由题意，FQ∥AD且，CE∥AD且，‎ 故CE∥FQ且CE＝FQ.‎ ‎∴四边形CEQF为平行四边形.‎ ‎∴CF∥EQ，又平面PAE，在平面PAE内，‎ ‎∴CF∥平面PAE；‎ ‎（2）取AB中点M，‎ 以D为坐标原点，分别以DM，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.‎ 设FD＝a，则D（0，0，0），F（0，0，a），C（0，2，0），‎ B（，1，0），A（）.‎ ‎，.‎ 设平面FBC的一个法向量为.‎ 由，取x＝1，得；‎ 取平面DFC的一个法向量为.‎ 由题意，，解得a.‎ ‎∴.‎ 设直线AF与平面BCF所成的角为θ，‎ 则.‎ 即直线AF与平面BCF所成的角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面平行的证明，利用向量法解决直线与平面所成角的问题，属于中档题.‎ ‎20．【2020·山东省高三三模】已知直三棱柱，，，，分别为，，的中点，且．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求；‎ ‎（3）求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）；（3）‎ ‎【解析】（1）证明：取的中点，连接，，，‎ 则有，且，，且，‎ 又，，所以，且，‎ 所以为平行四边形，所以，‎ 又平面，平面，‎ 所以平面．‎ ‎（2）设，，，，‎ 由已知可得，，且，‎ 则，，‎ 因为，所以 ‎，‎ 所以，即．‎ ‎（3）在平面内过点做射线垂直于，易知，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，‎ 为平面的一个法向量，‎ ‎，．‎ 设为平面的一个法向量，‎ 则，令，则，‎ 则，‎ 所以二面角的余弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的证明，考查线线垂直的性质，考查二面角的求法，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.‎