高考真题理科数学－－立体几何。
1、（天津理）如图，在四棱锥中，丄平面，丄，丄，
ⅰ)证明丄； (求二面角的正弦值；
ⅲ)设e为棱上的点，满足异面直线be与cd所成的角为，求ae的长。
2、（山东理）在如图所示的几何体中，四边形是等腰梯形，∥,平面。
ⅰ)求证：平面；
ⅱ)求二面角的余弦值。
3、（江西理）在三棱柱中，已知，在在底面的投影是线段的中点。
1)证明在侧棱上存在一点，使得平面，并求出的长；
2)求平面与平面夹角的余弦值。
4（湖南理） 如图5,在四棱锥p-abcd中，pa⊥平面abcd,ab=4,bc=3,ad=5,∠dab=∠abc=90°,e是cd的中点。
ⅰ)证明：cd⊥平面pae;
ⅱ)若直线pb与平面pae所成的角和pb与平面abcd所成的角相等，求四棱锥p-abcd的体积。
5、（湖北理）如图，过动点a作，垂足d**段bc上且异于点b,连接ab,沿将△折起，使(如图2所示).
ⅰ)当的长为多少时，三棱锥的体积最大；
ⅱ)当三棱锥的体积最大时，设点，分别为棱，的中点，试在。
棱上确定一点，使得，并求与平面所成角的大小。
6、（广东理）如图5所示，在四棱锥中，底面为矩形，平面，点**段上，平面。
ⅰ)证明：平面；
ⅱ)若，求二面角的正切值。
7、（2023年高考（福建理））如图，在长方体中为中点。
ⅰ)求证：ⅱ)在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求的长；若不存在，说明理由。
ⅲ)若二面角的大小为，求的长。
8、（2023年高考（大纲理））(注意：在试题卷上作答无效)如图，四棱锥中，底面为菱形，底面，是上的一点，.
1)证明：平面；
2)设二面角为，求与平面所成角的大小。
10、（2023年高考（北京理））如图1,在rt△abc中，∠c=90°,bc=3,ac=6,d,e分别是ac,ab上的点，且de∥bc,de=2,将△ade沿de折起到△a1de的位置，使a1c⊥cd,如图2.
1)求证：a1c⊥平面bcde;
2)若m是a1d的中点，求cm与平面a1be所成角的大小；
3)线段bc上是否存在点p,使平面a1dp与平面a1be垂直？说明理由。
高考真题理科数学－－立体几何参***。
1、【命题意图】本小题主要考查空间两条直线的位置关系，二面角、异面直线所成的角，直线与平面垂直等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力。
方法一：（1）以为正半轴方向，建立空间直角左边系。
则。2），设平面的法向量。
则取。是平面的法向量。
得：二面角的正弦值为。
3）设；则，即。
方法二：(1)证明，由平面，可得，又由，故平面，又平面，所以。
2)解：如图，作于点，连接，由，可得平面。因此，从而为二面角的平面角。
在中，由此得，由(1)知，故在中，因此，所以二面角的正弦值为。
点评】试题从命题的角度来看，整体上题目与我们平时练习的试题相似，但底面是非特殊
的四边形，一直线垂直于底面的四棱锥问题，那么创新的地方就是第三问中点e的位置是不确定的，需要学生根据已知条件进行确定，如此说来就有难度，因此最好使用空间直角坐标系解决该问题为好。
2、解析：(ⅰ在等腰梯形abcd中，ab∥cd,∠dab=60°,cb=cd,
由余弦定理可知，
即，在中，∠dab=60°,,则为直角三角形，且。又ae⊥bd,平面aed,平面aed,且，故bd⊥平面aed;
ⅱ)由(ⅰ)可知，设，则，建立如图所示的空间直角坐标系，向量为平面的一个法向量。
设向量为平面的法向量，则，即，
取，则，则为平面的一个法向量。
而二面角f-bd-c的平面角为锐角，则
二面角f-bd-c的余弦值为。
解法二：取的中点，连接，由于，因此，
又平面，平面，所以
由于平面，所以平面
故，所以为二面角的平面角。在等腰三角形中，由于，因为，又，所以，
故，因此二面角的余弦值为。
3、 【解析】
解：(1)证明：连接ao,在中，作于点e,因为，得，
因为平面abc,所以，因为，
得，所以平面，所以，
所以平面， 又， 得
2)如图所示，分别以所在的直线
为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则a(1,0,0), c(0,-2,0), a1(0.0,2),b(0,2,0)
由(1)可知得点e的坐标为，由(1)可知平面的法向量是，设平面的法向量，
由，得，令，得，即
所以即平面平面与平面bb1c1c夹角的余弦值是。
点评】本题考查线面垂直，二面角、向量法在解决立体几何问题中的应用以及空间想象的能力。 高考中，立体几何解答题一般有以下三大方向的考查。一、考查与垂直，平行有关的线面关系的证明；二、考查空间几何体的体积与表面积；三、考查异面角，线面角，二面角等角度问题。
前两种考查多出现在第1问，第3种考查多出现在第2问；对于角度问题，一般有直接法与空间向量法两种求解方法。
4、【解析】
解法1(ⅰ如图(1)),连接ac,由ab=4,,
e是cd的中点，所以
所以 而内的两条相交直线，所以cd⊥平面pae.
ⅱ)过点b作
由(ⅰ)cd⊥平面pae知，bg⊥平面pae.于是为直线pb与平面pae
所成的角，且。
由知，为直线与平面所成的角。
由题意，知
因为所以 由所以四边形是平行四边形，故于是
在中，所以
于是 又梯形的面积为所以四棱锥的体积为
解法2:如图(2),以a为坐标原点，所在直线分别为建立空间直角坐标系。设则相关的各点坐标为：
ⅰ)易知因为
所以而是平面内的两条相交直线，所以
ⅱ)由题设和(ⅰ)知，分别是，的法向量，而pb与
所成的角和pb与所成的角相等，所以
由(ⅰ)知，由故
解得。 又梯形abcd的面积为，所以四棱锥的体积为
点评】本题考查空间线面垂直关系的证明，考查空间角的应用，及几何体体积计算。第一问只要证明即可，第二问算出梯形面积和棱锥的高，由算得体积，或者建立空间直角坐标系，求得高几体积。
5、考点分析：本题考察立体几何线面的基本关系，考察如何取到最值，用均值不等式和导数均可求最值。同时考察直线与平面所成角。
本题可用综合法和空间向量法都可以。运用空间向量法对计算的要求要高些。
解析： ⅰ)解法1:在如图1所示的△中，设，则。
由，知，△为等腰直角三角形，所以。
由折起前知，折起后(如图2),,且，
所以平面。又，所以。于是
当且仅当，即时，等号成立，
故当，即时， 三棱锥的体积最大。
解法2: 同解法1,得。
令，由，且，解得。
当时，;当时，.
所以当时，取得最大值。
故当时， 三棱锥的体积最大。
ⅱ)解法1:以为原点，建立如图a所示的空间直角坐标系。
由(ⅰ)知，当三棱锥的体积最大时，.
于是可得，且。
设，则。 因为等价于，即
故，. 所以当(即是的靠近点的一个四等分点)时，.
设平面的一个法向量为，由及，
得可取。 设与平面所成角的大小为，则由，可得
即。 故与平面所成角的大小为。
解法2:由(ⅰ)知，当三棱锥的体积最大时，.
如图b,取的中点，连结，则∥.
由(ⅰ)知平面，所以平面。
如图c,延长至p点使得，连，则四边形为正方形，
所以。 取的中点，连结，又为的中点，则∥,
所以。 因为平面，又面，所以。
又，所以面。 又面，所以。
因为当且仅当，而点f是唯一的，所以点是唯一的。
即当(即是的靠近点的一个四等分点。
连接，由计算得，
所以△与△是两个共底边的全等的等腰三角形，
如图d所示，取的中点，连接，
则平面。在平面中，过点作于，
则平面。故是与平面所成的角。
在△中，易得，所以△是正三角形，
故，即与平面所成角的大小为。
6、解析：(ⅰ因为平面，平面，所以。又因为平面，平面，所以。而，平面，平面，所以平面。
ⅱ)由(ⅰ)可知平面，而平面，所以，而为矩形，所以为正方形，于是。
法1:以点为原点，、、为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系。则、、、于是，.
设平面的一个法向量为，则，从而，令，得。而平面的一个法向量为。所以二面角的余弦值为，于是二面角的正切值为3.
法2:设与交于点，连接。因为平面，平面，平面，所以，于是就是二面角的平面角。
又因为平面，平面，所以是直角三角形。由∽可得，而，所以，而，所以，于是，而，于是二面角的正切值为。
7、【考点定位】本题考查直线与直线、直线与平面以及二面角等基础知识、考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、转化与化归的思想。
解：(1)以点a为原点建立空间直角坐标系，设，则
故 2)假设在棱上存在一点，使得平面，则
设平面的法向量为，则有，取，可得，要使平面，只要
又平面，存在点使平面，此时。
3)连接，由长方体，得 ,由(1)知，故平面。
是平面的法向量，而，则
二面角是，所以，即
8、【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。
点评】试题从命题的角度来看，整体上题目与我们平时练习的试题和相似，底面也是特殊的菱形，一个侧面垂直于底面的四棱锥问题，那么创新的地方就是点的位置的选择是一般的三等分点，这样的解决对于学生来说就是比较有点难度的，因此最好使用空间直角坐标系解决该问题为好。
3立体几何综合大题讲义
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