专题04 立体几何（解析版）.docx

成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期 五年（2019-2023）年高考真题分项汇编 专题04 立体几何 考点一 空间几何体的侧面积和表面积 1．（2021•新高考Ⅰ）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为　　 A．2 B． C．4 D． 【解析】由题意，设母线长为， 因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径， 则有，解得， 所以该圆锥的母线长为． 故选：． 2．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为，则圆柱的侧面积为 　 　． 【解析】因为圆柱的底面积为，即， 所以， 所以． 故答案为：． 3．（2021•上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，为上底面圆的一条直径，是下底面圆周上的一个动点，则的面积的取值范围为 　　． 【解析】如图1，上底面圆心记为，下底面圆心记为， 连接，过点作，垂足为点， 则， 根据题意，为定值2，所以的大小随着的长短变化而变化， 如图2所示，当点与点重合时，， 此时取得最大值为； 如图3所示，当点与点重合，取最小值2， 此时取得最小值为． 综上所述，的取值范围为． 故答案为：． 4．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为　　． 【解析】圆柱的底面半径为，高为， 所以圆柱的侧面积为． 故答案为：． 5．（2019•上海）一个直角三角形的两条直角边长分别为1和2，将该三角形分别绕其两个直角边旋转得到的两个圆锥的体积之比为　　 A．1 B．2 C．4 D．8 【解析】如图， 则，， 两个圆锥的体积之比为． 故选：． 6．（2020•浙江）已知圆锥的侧面积（单位：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：是　　． 【解析】圆锥侧面展开图是半圆，面积为， 设圆锥的母线长为，则，， 侧面展开扇形的弧长为， 设圆锥的底面半径，则，解得． 故答案为：． 7．（2022•新高考Ⅱ）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为　　 A． B． C． D． 【解析】当球心在台体外时，由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径为，下底面所在平面截球所得圆的半径为，如图， 设球的半径为，则轴截面中由几何知识可得，解得， 该球的表面积为． 当球心在台体内时，如图， 此时，无解． 综上，该球的表面积为． 故选：． 8．（2021•新高考Ⅱ）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为，半径为的球，其上点的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，该卫星信号覆盖地球表面的表面积（单位：，则占地球表面积的百分比约为　　 A． B． C． D． 【解析】由题意，作出地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图， 则，那么； 卫星信号覆盖的地球表面面积， 那么，占地球表面积的百分比为． 故选：． 考点二 空间几何体的体积 9．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是　　 A．， B．， C．， D．， 【解析】如图所示，正四棱锥各顶点都在同一球面上，连接与交于点，连接，则球心在直线上，连接， 设正四棱锥的底面边长为，高为， 在中，，即， 球的体积为，球的半径， 在中，，即， ，， ，又，， 该正四棱锥体积， ， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， （4）， 又，，且， ， 即该正四棱锥体积的取值范围是，， 故选：． 10．（2022•新高考Ⅰ）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为　　 A． B． C． D． 【解析】，， 根据题意，增加的水量约为 ．故选：． 11．（2021•新高考Ⅱ）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为　　 A． B． C． D． 【解析】解法一：如图为正四棱台，，，． 在等腰梯形中，过作，可得， ． 连接，， ，， 过作，， ， 正四棱台的体积为： ． 解法二：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图， 该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2， 该棱台的记， 下底面面积，上底面面积， 则该棱台的体积为： ． 故选：． 12．【多选】（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有　　 A．直径为的球体 B．所有棱长均为的四面体 C．底面直径为，高为的圆柱体 D．底面直径为，高为的圆柱体 【解析】对于，棱长为1的正方体内切球的直径为，选项正确； 对于，如图， 正方体内部最大的正四面体的棱长为，选项正确； 对于，棱长为1的正方体的体对角线为，选项错误； 对于，如图，六边形为正六边形，，，，，，为棱的中点， 高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆， 六边形棱长为米，， 所以米，故六边形内切圆半径为米， 而，选项正确． 故选：． 13．【多选】（2022•新高考Ⅱ）如图，四边形为正方形，平面，，．记三棱锥，，的体积分别为，，，则　　 A． B． C． D． 【解析】设， ， ， 如图所示， 连接交于点，连接、， 则，，， 故， ， 故、正确，、错误． 故选：． 14．【多选】（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱中，，点满足，其中，，，，则　　 A．当时，△的周长为定值 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，有且仅有一个点，使得 D．当时，有且仅有一个点，使得平面 【解析】对于，当时，，即，所以， 故点在线段上，此时△的周长为， 当点为的中点时，△的周长为， 当点在点处时，△的周长为， 故周长不为定值，故选项错误； 对于，当时，，即，所以， 故点在线段上， 因为平面， 所以直线上的点到平面的距离相等， 又△的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故选项正确； 对于，当时，取线段，的中点分别为，，连结， 因为，即，所以， 则点在线段上， 当点在处时，，， 又，所以平面， 又平面，所以，即， 同理，当点在处，，故选项错误； 对于，当时，取的中点，的中点， 因为，即，所以， 则点在线的上， 当点在点处时，取的中点，连结，， 因为平面，又平面，所以， 在正方形中，， 又，，平面， 故平面，又平面，所以， 在正方体形中，， 又，，平面，所以平面， 因为过定点与定直线垂直的平面有且只有一个， 故有且仅有一个点，使得平面，故选项正确． 故选：． 15．（2023•新高考Ⅱ）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 　　． 【解析】如图所示，根据题意易知△， ，又， ，，又上下底面正方形边长分别为2，4， 所得棱台的体积为． 故答案为：28． 16．（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台中，，，，则该棱台的体积为 　　． 【解析】如图，设正四棱台的上下底面中心分别为，， 过作，垂足点为，由题意易知，又， ，又，， 该四棱台的体积为． 故答案为：． 17．（2020•海南）已知正方体的棱长为2，、分别为、的中点，则三棱锥的体积为　　． 【解析】如图， 正方体的棱长为2，、分别为、的中点， ， ． 故答案为：． 18．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边，为边中点，且底面，． （1）求三棱锥体积； （2）若为中点，求与面所成角大小． 【解析】（1）在三棱锥中，因为底面，所以， 又为边中点，所以为等腰三角形， 又．所以是边长为2的为等边三角形， ，三棱锥体积， （2）以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，1，，，，， ，，， 平面的法向量，0，， 设直线与平面所成角为， 则直线与平面所成角的正弦值为， 所以与面所成角大小为． 19．（2020•上海）已知四棱锥，底面为正方形，边长为3，平面． （1）若，求四棱锥的体积； （2）若直线与的夹角为，求的长． 【解析】（1）平面，． ，，， ， 所以四棱锥的体积为12． （2）是正方形，平面， ， 又 平面 异面直线与所成角为， 在中，， 故 在中， 考点三 空间中直线与直线之间的位置关系 20．（2022•上海）如图正方体中，、、、分别为棱、、、的中点，联结，．空间任意两点、，若线段上不存在点在线段、上，则称两点可视，则下列选项中与点可视的为　　 A．点 B．点 C．点 D．点 【解析】线段上不存在点在线段、上，即直线与线段、不相交， 因此所求与可视的点，即求哪条线段不与线段、相交， 对选项，如图，连接、、，因为、分别为、的中点， 易证，故、、、四点共面，与相交，错误； 对、选项，如图，连接、，易证、、、四点共面， 故、都与相交，、错误； 对选项，连接，由选项分析知、、、四点共面记为平面， 平面，平面，且平面，点， 与为异面直线， 同理由，选项的分析知、、、四点共面记为平面， 平面，平面，且平面，点， 与为异面直线， 故与，都没有公共点，选项正确． 故选：． 21．（2021•浙江）如图，已知正方体，，分别是，的中点，则　　 A．直线与直线垂直，直线平面 B．直线与直线平行，直线平面 C．直线与直线相交，直线平面 D．直线与直线异面，直线平面 【解析】连接，如图： 由正方体可知，，平面， ，由题意知为△的中位线，， 又平面，平面，平面．对； 由正方体可知与平面相交于点，平面，， 直线与直线是异面直线，、错； ，不与平面垂直，不与平面垂直，错． 故选：． 22．（2020•上海）在棱长为10的正方体中，为左侧面上一点，已知点到的距离为3，到的距离为2，则过点且与平行的直线交正方体于、两点，则点所在的平面是　　 A． B． C． D． 【解析】如图， 由点到的距离为3，到的距离为2， 可得在△内，过作，且于，于， 在平面中，过作，交于，则平面平面． 连接，交于，连接， 平面平面，平面平面，平面平面， ． 在中，过作，且于，则． 线段在四边形内，在线段上，在四边形内． 则点所在的平面是平面． 故选：． 23．（2023•上海）如图所示，在正方体中，点为边上的动点，则下列直线中，始终与直线异面的是　　 A． B． C． D． 【解析】对于，当是的中点时，与是相交直线； 对于，根据异面直线的定义知，与是异面直线； 对于，当点与重合时，与是平行直线； 对于，当点与重合时，与是相交直线． 故选：． 考点四 异面直线及其所成的角 24．【多选】（2022•新高考Ⅰ）已知正方体，则　　 A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面所成的角为 【解析】如图， 连接，由，，得四边形为平行四边形， 可得，，直线与所成的角为，故正确； ，，，平面，而平面， ，即直线与所成的角为，故正确； 设，连接，可得平面，即为直线与平面所成的角， ，直线与平面所成的角为，故错误； 底面，为直线与平面所成的角为，故正确． 故选：． 考点五 空间中直线与平面之间的位置关系 25．（2019•上海）已知平面、、两两垂直，直线、、满足：，，，则直线、、不可能满足以下哪种关系　　 A．两两垂直 B．两两平行 C．两两相交 D．两两异面 【解析】如图1，可得、、可能两两垂直； 如图2，可得、、可能两两相交； 如图3，可得、、可能两两异面； 故选：． 26．【多选】（2021•新高考Ⅱ）如图，下列正方体中，为底面的中心，为所在棱的中点，，为正方体的顶点，则满足的是　　 A． B． C． D． 【解析】对于，设正方体棱长为2，设与所成角为， 则，不满足，故错误； 对于，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2， 则，0，，，0，，，0，，，1，， ，0，，，，， ，满足，故正确； 对于，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2， 则，2，，，2，，，1，，，0，， ，0，，，，， ，满足，故正确； 对于，如图， 作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2， 则，2，，，0，，，1，，，1，， ，，，，0，， ，不满足，故错误． 故选：． 考点六 直线与平面所成的角 27．（2020•山东）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，地球上一点的纬度是指与地球赤道所在平面所成角，点处的水平面是指过点且与垂直的平面．在点处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点处的纬度为北纬，则晷针与点处的水平面所成角为　　 A． B． C． D． 【解析】可设所在的纬线圈的圆心为，垂直于纬线所在的圆面， 由图可得为晷针与点处的水平面所成角， 又为且， 在中，，， 另解：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，由题意可得，是晷针所在直线．是晷面的截线，由题意晷面和赤道面平行，晷针与晷面垂直， 根据平面平行的性质定理可得， 根据线面垂直的定义可得，由于，， 所以，由于， 所以，也即晷针与处的水平面所成角为， 故选：． 28．（2021•上海）如图，在长方体中，已知，． （1）若是棱上的动点，求三棱锥的体积； （2）求直线与平面的夹角大小． 【解析】（1）如图，在长方体中，； （2）连接， ， 四边形为正方形，则， 又，， 平面， 直线与平面所成的角为， ． 直线与平面所成的角为． 29．（2021•浙江）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，，分别为，的中点，，． （Ⅰ）证明：； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 【解析】（Ⅰ）证明：在平行四边形中，由已知可得，， ，， 由余弦定理可得， ， 则，即， 又，，平面， 而平面，， ，； （Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，平面， 又平面，平面平面， 且平面平面， ，且平面，平面， 连接，则， 在中，，，， 可得， 又，在中，求得， 取中点，连接，则，可得、、两两互相垂直， 以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系， 则，2，，，0，，， 又为的中点，，， 平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则． 故直线与平面所成角的正弦值为． 30．（2020•海南）如图，四棱锥的底面为正方形，底面．设平面与平面的交线为． （1）证明：平面； （2）已知，为上的点，，求与平面所成角的正弦值． 【解析】（1）证明：过在平面内作直线， 由，可得，即为平面和平面的交线， 平面，平面，， 又，，平面， 设为平面中任意一条直线，则， ，， 由线面垂直的定义是平面； （2）解：如图，以为坐标原点，直线，，所在的直线为，，轴，建立空间直角坐标系， ，为上的点，， ，， 则，0，，，0，，，1，，，0，，，1，，作，则为平面与平面的交线为，因为，是等腰直角三角形，所以，0，， 则，0，，，1，，，1，， 设平面的法向量为，，， 则，，取，可得，0，， ，， 与平面所成角的正弦值为． 31．（2020•上海）已知是边长为1的正方形，正方形绕旋转形成一个圆柱． （1）求该圆柱的表面积； （2）正方形绕逆时针旋转至，求线段与平面所成的角． 【解析】（1）该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为、宽为1的矩形组成， ． 故该圆柱的表面积为． （2）正方形，， 又，， ，且、平面， 平面，即在面上的投影为， 连接，则即为线段与平面所成的角， 而， 线段与平面所成的角为． 32．（2020•山东）如图，四棱锥的底面为正方形，底面．设平面与平面的交线为． （1）证明：平面； （2）已知，为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值． 【解析】（1）证明：过在平面内作直线， 由，可得，即为平面和平面的交线， 平面，平面，， 又，，平面， 设平面中有任一直线，则直线， ，直线， 由线面垂直的定义得平面； （2）如图，以为坐标原点，直线，，所在的直线为，，轴，建立空间直角坐标系 则，0，，，0，，，1，，，0，，，1，， 设，0，，，0，，，1，，，1，， 设平面的法向量为，，， 则，，取，可得，0，， ，， 与平面所成角的正弦值为 ，当且仅当取等号， 与平面所成角的正弦值的最大值为． 33．（2020•浙江）如图，在三棱台中，平面平面，，． （Ⅰ）证明：； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 【解析】（Ⅰ）证明：作，且交于点， 面面，面，， 在中，， ，， ，即是直角三角形，且， ，面，面，， 在三棱台中，，． （Ⅱ）设，则，， 在中，，， 在中，， 作于，，面，面， ，是直角三角形，且， 设与面所成角为，则即为与面的夹角， 且， 在中，， ， ． 34．（2019•上海）如图，在长方体中，为上一点，已知，，，． （1）求直线和平面的夹角； （2）求点到平面的距离． 【解析】（1）依题意：平面，连接，则与平面所成夹角为， ，， △为等腰三角形， ， 直线和平面的夹角为， （2）（空间向量），如图建立坐标系， 则，0，，，4，，，0，，，0，， ，4，，，4，，，4．， 设平面的法向量，，， 由，可得，1，， 点到平面的距离． 35．（2019•浙江）如图，已知三棱柱，平面平面，，，，，分别是，的中点． （Ⅰ）证明：； （Ⅱ）求直线与平面所成角的余弦值． 【解析】方法一： 证明：（Ⅰ）连接，，是的中点， ， 又平面平面，平面， 平面平面， 平面，， ，，， ，平面， ． 解：（Ⅱ）取中点，连接、，则是平行四边形， 由于平面，故， 平行四边形是矩形， 由（Ⅰ）得平面， 则平面平面， 在平面上的射影在直线上， 连接，交于，则是直线与平面所成角（或其补角）， 不妨设，则在△中，，， 是的中点，故， ， 直线与平面所成角的余弦值为． 方法二： 证明：（Ⅰ）连接，，是的中点， ， 又平面平面，平面， 平面平面， 平面， 如图，以为原点，在平面中，过作的垂线为轴， ，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系， 设，则，0，，，，，，2，， ，， 由，得． 解：（Ⅱ）设直线与平面所成角为， 由（Ⅰ）得，，2，， 设平面的法向量，，， 则，取，得， ， 直线与平面所成角的余弦值为． 考点七 二面角的平面角及求法 36．（2022•浙江）如图，已知正三棱柱，，，分别是棱，上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则　　 A． B． C． D． 【解析】正三棱柱中，， 正三棱柱的所有棱长相等，设棱长为1， 如图，过作，垂足点为，连接，则， 与所成的角为，且， 又，，，， 与平面所成的角为，且，， ，①， 再过点作，垂足点为，连接， 又易知底面，底面， ，又，平面， 二面角的平面角为，且，又，， ，，，②， 又，，③， 由①②③得，又，，，，在，单调递增， ， 故选：． 37．（2019•浙江）设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点）．记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则　　 A．， B．， C．， D．， 【解析】方法一、如图为的中点，在底面的射影为，则在底面上的射影在 线段上，作于，易得，过作于， 过作，交于， 则，，， 则，可得； ，可得， 方法二、由最小值定理可得，记的平面角为（显然， 由三正弦定理可得； 方法三、（特殊图形法）设三棱锥为棱长为2的正四面体，为的中点， 易得，可得，，， 当时，由余弦定理可得， ，，可得，故错误． 故选：． 38．【多选】（2023•新高考Ⅱ）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，，，点在底面圆周上，且二面角为，则　　 A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为 C． D．的面积为 【解析】取中点，则，， 由二面角的定义可知，二面角的平面角即为， 对于，中，由于，， 则，， 则，，选项正确． 对于，，选项错误． 对于，，选项正确． 对于，，，选项错误． 故选：． 39．（2023•上海）已知直四棱柱，，，，，． （1）证明：直线平面； （2）若该四棱柱的体积为36，求二面角的大小． 【解析】（1）证明：根据题意可知，，且， 可得平面平面，又直线平面， 直线平面； （2）设，则根据题意可得该四棱柱的体积为， ，底面，在底面内过作，垂足点为， 则在底面内的射影为， 根据三垂线定理可得， 故即为所求， 在中，，，， ，又， ， 二面角的大小为． 40．（2023•新高考Ⅱ）如图，三棱锥中，，，，为中点． （1）证明； （2）点满足，求二面角的正弦值． 【解析】证明：（1）连接，， ，为中点． ， 又，， 与 均为等边三角形， ， ，， 平面， 平面， ． （2）解：设， ， ，， ， ， 又，， 平面， 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， ，，，，0，， ， ， ，，， 设平面与平面的一个法向量分别为，， 则，令，解得， ，令，解得，， 故，1，，，1，， 设二面角的平面角为， 则， 故， 所以二面角的正弦值为． 41．（2023•新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱中，，．点，，，分别在棱，，，上，，，． （1）证明：； （2）点在棱上，当二面角为时，求． 【解析】（1）证明：根据题意建系如图，则有： ，2，，，0，，，2，，，0，， ，， ，又，，，四点不共线， ； （2）在（1）的坐标系下，可设，2，，，， 又由（1）知，0，，，2，，，0，， ，，， 设平面的法向量为， 则，取， 设平面的法向量为， 则，取， 根据题意可得，， ， ，又，， 解得或， 为的中点或的中点， ． 42．（2022•浙江）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设，分别为，的中点． （Ⅰ）证明：； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 【解析】证明：由于，， 平面平面，平面，平面， 所以为二面角的平面角， 则，平面，则． 又， 则是等边三角形，则， 因为，，，平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 又因为，平面，平面， 所以平面，因为平面，故； 解：（Ⅱ）由于平面，如图建系： 于是，则， ， 设平面的法向量，，， 则，，令，则，， 平面的法向量， 设与平面所成角为， 则． 43．（2022•新高考Ⅱ）如图，是三棱锥的高，，，为的中点． （1）证明：平面； （2）若，，，求二面角的正弦值． 【解析】（1）证明：连接，，依题意，平面， 又平面，平面，则，， ， 又，，则， ， 延长交于点，又，则在中，为中点，连接， 在中，，分别为，的中点，则， 平面，平面， 平面； （2）过点作，以，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由于，，由（1）知， 又，则， ， 又，即，12，， 设平面的一个法向量为，又， 则，则可取， 设平面的一个法向量为，又， 则，则可取， 设锐二面角的平面角为，则， ，即二面角正弦值为． 44．（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱的体积为4，△的面积为． （1）求到平面的距离； （2）设为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值． 【解析】（1）由直三棱柱的体积为4，可得， 设到平面的距离为，由， ，，解得． （2）连接交于点，，四边形为正方形， ，又平面平面，平面平面， 平面，， 由直三棱柱知平面，，又， 平面，， 以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， ，，又，解得， 则，0，，，2，，，0，，，2，，，1，， 则，2，，，1，，，0，， 设平面的一个法向量为，，， 则，令，则，， 平面的一个法向量为，0，， 设平面的一个法向量为，，， ，令，则，， 平面的一个法向量为，1，， ，， 二面角的正弦值为． 45．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥中，底面是正方形，若，，． （Ⅰ）求证：平面平面； （Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值． 【解析】（Ⅰ）证明：中，，，，所以，所以； 又，，平面，平面，所以平面； 又平面，所以平面平面． （Ⅱ）解：取的中点，在平面内作， 以所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 则，0，，，，，，1，，，0，， 因为平面，所以平面的一个法向量为，0，， 设平面的一个法向量为，，， 由，2，，，，， 得，即， 令，得，，所以，2，； 所以，， 所以二面角的平面角的余弦值为． 46．（2021•新高考Ⅰ）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点． （1）证明：； （2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积． 【解析】（1）证明：因为，为的中点，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以； （2）方法一： 取的中点，因为为正三角形，所以， 过作与交于点，则， 所以，，两两垂直， 以点为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，，，1，， 设，0，，则， 因为平面，故平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 又， 所以由，得， 令，则，，故， 因为二面角的大小为， 所以， 解得，所以， 又，所以， 故． 方法二： 过作，交于点，过作于点，连结， 由题意可知，，又平面 所以平面，又平面， 所以，又， 所以平面，又平面， 所以， 则为二面角的平面角，即， 又， 所以，则， 故， 所以， 因为， 则， 所以，则， 所以，则， 所以． 考点八 立体几何的交线问题 47．（2020•山东）已知直四棱柱的棱长均为2，．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 　　． 【解析】由题意直四棱柱的棱长均为2，．可知：，上下底面是菱形，建立如图所示的平面直角坐标系，设为半径的球面上的点，过作垂直的垂线，为垂足， 则． 由题意可知． 可得：． 即， 所以在侧面的轨迹是以的中点为圆心，半径为的圆弧． 以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为：． 故答案为：． 成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期