专题09 立体几何与空间向量-高考数学复习必备之2015-2019年浙江省高考试题分项解析(解析版)

一、选择题

1.（2019年浙江卷）设三棱锥VABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点），记直线PB与直线AC所成角为，直线PB与平面ABC所成角为，二面角PACB的平面角为，则（ ） A. C.

,

B. D.

, ,

,

【答案】B 【解析】

方法1：如图G为AC中点，V在底面ABC的投影为O，则P在底面投影D在线段AO上，过D作DE垂直AE，易得PE//VG，过P作PF//AC交VG于F，过D作DH//AC，交BG于H，则

BPF,PBD,PED，则cosPFEGDHBDcos，即，PBPBPBPBtanPDPDtan，即y，综上所述，答案为B. EDBD

方法2：由最小角定理，记VABC的平面角为（显然） 由最大角定理，故选B.

法2：（特殊位置）取VABC为正四面体，P为VA中点，易得

cos333222，故选B. sin,sin,sin66332.（2019年浙江卷）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式V柱体Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高，若某柱体的三

视图如图所示，则该柱体的体积是（ ）

A. 158 C. 182 【答案】B 【解析】

B. 162 D. 32

由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为4626336162.

223.（2018年浙江卷）已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则 A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1 C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1 【答案】D 【解析】

设O为正方形ABCD的中心，M为AB中点，过E作BC的平行线EF，交CD于F，过O作ON垂直EF于N，连接SO，SN，OM，则SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB， 因此

从而因为

，所以

即

，选D.

4.（2018年浙江卷）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是

A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】C 【解析】

根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为

选C.

，则“

”是“

”的

5.（2018年浙江卷）已知直线，和平面，A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 直线成立；若

，平面

，且

，若，若

，当

时，时，则有

，当，否则

时不能得出结论，故充分性不

不成立，故必要性也不成

，过作一个平面

”是“

立．由上证知“”的既不充分也不必要条件，故选D．

6.（2017年浙江卷）如图，已知正四面体D–ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P，Q，R分别为AB，BC，

CA上的点，AP=PB，

则

BQCR2，分别记二面角D–PR–Q，D–PQ–R，D–QR–P的平面角为α,β,γ，QCRA

A．γ<α<β B．α<γ<β C．α<β<γ D．β<γ<α

【答案】B

【解析】设O为三角形ABC中心，则O到PQ距离最小，O到PR距离最大，O到RQ距离居中，而高相等，因此，所以选B．

7.（2017年浙江卷）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：

）是

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由三视图可知几何体为半个圆锥和一个三棱锥的组合体， ∴

=

,故选A.

8.（2016年浙江文）已知互相垂直的平面， 交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则 A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 【答案】C 【解析】 由题意知l,l，n,nl.故选C.

9.（2016年浙江理）已知互相垂直的平面，交于直线l.若直线m，n满足m∥,n⊥， 则 A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 【答案】C 【解析】 由题意知l,l，n,nl．故选C．

与平面所成的角为

，为斜足，平面上的动点满足

，

10.（2015年浙江文）如图，斜线段则点的轨迹是

A．直线 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线的一支 【答案】C

【解析】由题可知，当点运动时，在空间中，满足条件的角的平面截圆锥，所得图形为椭圆.故选C.

11.（2015年浙江文）设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且A．若C．若

，则，则

B．若 D．若

，则，则

，

（ ）

绕

旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成

【答案】A

【解析】由面面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一平面的一条垂线，则两面垂直，可得可得

，

12.（2015年浙江文）某几何体的三视图如图所示（单位： cm），则该几何体的体积是（ ）

A．8 cm B．12 cm C．【答案】C

33324033 cm D． cm 33

【解析】由三视图可知，该几何体是一个棱长为2的正方体与一个底面边长为2，高为2的正四棱锥的组合体，故其体积为V2322213323cm.故选C. 3），则该几何体的体积是（ ）

13.（2015年浙江理）某几何体的三视图如图所示（单位：

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由三视图可知该几何体是四棱柱与同底的四棱锥的组合体,所以其体积为

,故应选C.

14.（2015年浙江理）如图，已知ABC，D是AB的中点，沿直线CD将ACD折成ACD，所成二面角ACDB的平面角为，则（ ）

A.ADB B.ADB C.ACB D.ACB 【答案】B. 【解析】

设ADC，设AB2，则由题意ADBD1，在空间图形中，设ABt，

AD2DB2AB21212t22t2在ACB中，cosADB，

2ADDB2112在空间图形中，过A作ANDC，过B作BMDC，垂足分别为N，M，

过N作NP//MB，连结AP，∴NPDC，

则ANP就是二面角ACDB的平面角，∴ANP，

在RtAND中，DNADcosADCcos，ANADsinADCsin， 同理，BMPNsin，DMcos，故BPMN2cos， 显然BP面ANP，故BPAP，

在RtABP中，APABBPt(2cos)t4cos，

2222222AN2NP2AP2sin2sin2(t24cos2)在ANP中，coscosANP

2ANNP2sinsin22cos2t22t2cos21cos2cosADB， 22222sin2sinsinsinsin2cos210∵，，∴（当时取等号）， coscosADB022sinsin2∵，ADB[0,]，而ycosx在[0,]上为递减函数，∴ADB，故选B.

二、填空题

15.（2016年浙江文）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是______cm，体积是______cm.

3

2

【答案】80，40

【解析】

由三视图知该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体，

S表622242424222803V244240． ，

16.（2016年浙江文）如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=5，∠ADC=90°.沿直线AC将ACD翻折成ACD'，直线AC与BD' 所成角的余弦的最大值是______.

【答案】6 6【解析】如图，连接BD′，设直线AC与BD'所成的角为．

O是AC的中点.由已知得AC6，以OB为x轴， OA为y轴，过O与平面ABC垂直的直线为z轴，

3066建立空间直角坐标系，则A0,， C0,连接D′H,02,0,0，.作DHAC于H，2,0B26CD2161530翻折过程中， D'H始终与AC垂直， 则CH，则OH， DH，3CA666630630因此D'， cos,,sin（设∠DHD′=α）636则BD'3030630，与CA平行的单位向量为n0,1,0， cos,,sin6236

6BD'n63所以coscosBD',n ＝，所以cos1时， cos取得最大值，为．

695cosBD'n17.（2016年浙江理）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是 cm，体积是 cm.

3

2

【答案】72 ，32 【解析】

几何体为两个相同长方体组合，长方体的长、宽、高分别为4,2,2，所以体积为2(224)32cm3，由于两个长方体重叠的部分为一个边长为2的正方形，所以表面积为

2(222244)2(22)72cm2.

18.（2016年浙江理）如图，在

ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，

满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是 .

【答案】 【解析】

中，因为由余弦定理可得设

，则

在

中，

，，

.在.故. ，所以

中，由余弦定理可得

.

.

，所以

.

由余弦定理可得由此可得，将

ABD沿BD翻折后可与

，所以.

PBD重合，无论点D在任何位置，只要点D的位置确定，当平面PBD⊥

平面BDC时，四面体PBCD的体积最大（欲求最大值可不考虑不垂直的情况）.

过作直线的垂线，垂足为.设，则，

即而

的面积

，解得.

.

当平面PBD⊥平面BDC时：

四面体的体积

，当且仅当

，即

.

时取等号，同时我们可以发现当

观察上式，易得

时，取得最小值，故当时，四面体的体积最大，为

19.（2015年浙江理）如图，三棱锥ABCD中， ABACBDCD3,ADBC2，点M,N分别是AD,BC的中点，则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是________．

【答案】

7 8即为异面直

【解析】如下图，连结DN，取DN中点P，连结PM， PC，则可知线

，

所成角（或其补角）易得

，

，

，

∴，即异面直线，所成角的余弦值为.

三、解答题

20.（2019年浙江卷）如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1AC1C平面ABC,ABC90，

BAC30,A1AACAC,E,F分别是AC,A1B1的中点. 1

（1）证明：EFBC；

（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】

(1)如图所示，连结A1E,B1E，

3. 5

等边△AAC中，AEEC，则1sinB0，sinA3， 2AACC1AC， 平面ABC⊥平面A1ACC1，且平面ABC∩平面1由面面垂直的性质定理可得：A1E平面ABC，故A1E⊥BC， 由三棱柱的性质可知A1B1∥AB，而ABBC，故A1B1BC，且A1B1由线面垂直的判定定理可得：BC平面A1B1E， 结合EF⊆平面A1B1E，故EFBC.

(2)在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH,EC,EA1方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标

A1EA1，

系Exyz.

设EH1，则AEEC3，AA1CA123,BC3,AB3，

33据此可得：A0,3,0,B2,2,0,A10,0,3,C0,3,0，

由ABA可得点B1的坐标为B11B133,3,3， 22利用中点坐标公式可得：F33,3,3，由于E0,0,0， 4433,3,3 44故直线EF的方向向量为：EF设平面A1BC的法向量为mx,y,z，则：

3333,,3xy3z0mA1Bx,y,z2222， 3333mBCx,y,z,,0xy02222据此可得平面A1BC的一个法向量为m1,3,1，EF33,3,3 44此时

cosEF,mEFmEFm355， 52

设直线EF与平面A1BC所成角为，则sincosEF,m43,cos. 5521.（2018年浙江卷）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．

（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；

（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）【解析】 方法一： （Ⅰ）由所以故由由由因此

，得平面

.

，交直线

于点，连结

.

，

.

得，所以

，

，故

.

得

，

.

得

，

.

（Ⅱ）如图，过点作

由由所以

平面

得是

得平面平面与平面

，

平面，

所成的角.学科.网

由得，

所以，故.

因此，直线方法二：

与平面所成的角的正弦值是.

（Ⅰ）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.

由题意知各点坐标如下：

因此由

得

.

由所以

平面

得

. 与平面

.

（Ⅱ）设直线由（Ⅰ）可知设平面

所成的角为.

.

的法向量

由即可取.

所以因此，直线

与平面

.

所成的角的正弦值是

.

22.（2017年浙江卷）如图，已知四棱锥P-ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点. （I）证明：CE∥平面PAB；

（II）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值

【答案】（I）见解析；（II）【解析】

2. 8

（Ⅰ）如图，设PA中点为F，连接EF，FB．

因为E，F分别为PD，PA中点，所以EF//AD且EF又因为BC//AD， BC1AD， 21AD，所以EF//BC且EFBC， 2即四边形BCEF为平行四边形，所以CE//BF， 因此CE//平面PAB．

（Ⅱ）分别取BC，AD的中点为M，N．连接PN交EF于点Q，连接MQ． 因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点， 在平行四边形BCEF中，MQ//CE． 由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD． 由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD． 所以AD⊥平面PBN， 由BC//AD得BC⊥平面PBN， 那么平面PBC⊥平面PBN．

过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH．

MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．

设CD=1．

在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=2得CE=2， 在△PBN中，由PN=BN=1，PB=3得QH=在Rt△MQH中，QH=1， 41，MQ=2， 4所以sin∠QMH=

2， 82． 8 所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是23.（2016年浙江文）如图，在三棱台ABC–DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3.

（Ⅰ）求证：BF⊥平面ACFD；

（Ⅱ）求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值. 【答案】（1）证明详见解析；（2）【解析】

（Ⅰ）延长AD,BE,CF相交于一点K，如图所示. 因为平面BCFE平面ABC，且ACBC，所以

21. 7AC平面BCK，因此， BFAC.

又因为EF//BC， BEEFFC1， BC2，所以

BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BFCK

所以BF平面ACFD.

（Ⅱ）因为BF平面ACK，所以BDF是直线BD与平面ACFD所成的角. 在RtBFD中， BF3,DF213，得cosBDF.

7221. 7所以，直线BD与平面ACFD所成的角的余弦值为

24.（2016年浙江理）如图,在三棱台ABCDEF中,平面BCFE平面

ABC,ACB=90,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.

（Ⅰ）求证：BF⊥平面ACFD；

（Ⅱ）求二面角B－AD－F的平面角的余弦值. 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）

3． 4

【解析】

（Ⅰ）延长AD， BE， CF相交于一点K，如图所示．

因为平面BCFE平面ABC，且ACBC，所以AC平面BCK，因此BFAC． 又因为EF//BC， BEEFFC1， BC2，

所以BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则FC． 所以F平面ACFD．

（Ⅱ）方法一：过点F作FQAK于Q，连结BQ．

因为F平面ACK，所以BFAK，则AK平面BQF，所以BQAK． 所以BQF是二面角BADF的平面角．

在RtACK中， AC3， CK2，得FQ313． 13在RtBQF中， FQ3133， BF3，得cosBQF． 1343． 4所以二面角BADF的平面角的余弦值为方法二：如图，延长AD， BE， CF相交于一点K，则BCK为等边三角形． 取BC的中点O，则KOBC，又平面BCFE平面ABC，所以， KO平面ABC． 以点O为原点，分别以射线OB， OK的方向为x， z的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz．

由题意得B1,0,0， C1,0,0， K0,0,3， A1,3,0， E因此， AC0,3,0， AK1,3,3， AB2,3,0． 设平面ACK的法向量为由{，平面ABK的法向量为

1133F(,0,)． ， ,0,2222．

ACm0AKm0 ，得{3y10x13y13z102x23y20 ，取m3,0,1；

由{ABn0AKn0 ，得{x23y23z20 ，取

．

于是， cosm,nmn3． mn43． 4中，

在底面ABC的射

所以，二面角BADF的平面角的余弦值为25.（2015年浙江文）如图，在三棱锥影为BC的中点，D为

的中点.

（1）证明：（2）求直线

和平面

；

所成的角的正弦值.

【答案】（1）见解析；（2）【解析】 （1）设为因为

中点，由题意得，所以

.

平面，所以.

所以平面.

的中点，得

且.

平面

.

，从而

且

，

由，分别为所以因为

是平行四边形，所以平面

，所以

（2）作因为因为所以所以由由

平面平面

，垂足为，连结，所以

平面平面

为直线

与平面

，得

，得

.

. . .

，所以

所成角的平面角.

. .

由所以

，得.

26.（2015年浙江理）如图，在三棱柱ABCA1B1C1-中，BAC90，ABAC2，A1A4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D为B1C1的中点.

（1）证明：A1D平面A1BC；

（2）求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值. 【答案】（1）详见解析；（2）【解析】

（1）设E为BC的中点，由题意得A1E平面ABC，∴A1EAE，∵ABAC， ∴AEBC，故AE平面A1BC，由D，E分别B1C1，BC的中点，得DE//B1B且

1. 8DEB1B，从而DE//A1A，∴四边形A1AED为平行四边形，故A1D//AE，又∵AE

平面A1BC1，∴A1D平面A1BC1；（2）作A1FBD，且A1F由AEEBBDF，连结B1F，

2，A1EAA1EB90，得A1BA1A4，由A1DB1D，

A1BB1B，得A1DBB1DB，由A1FBD，得B1FBD，因此A1FB1为二面角 A1BDB1的平面角，由A1D2，A1B4，DA1B90，得BD32，

A1FB1F14，由余弦定理得，cosA1FB1.

83