《新編高考數學復習 專題05 立體幾何理高考題和高考模擬題數學理分項版匯編 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《新編高考數學復習 專題05 立體幾何理高考題和高考模擬題數學理分項版匯編 Word版含解析（30頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 5．立體幾何 1．【浙江卷】已知四棱錐S?ABCD的底面是正方形，側棱長均相等，E是線段AB上的點（不含端點），設SE與BC所成的角為θ1，SE與平面ABCD所成的角為θ2，二面角S?AB?C的平面角為θ3，則 A. θ1≤θ2≤θ3 B. θ3≤θ2≤θ1 C. θ1≤θ3≤θ2 D. θ2≤θ3≤θ1 【答案】D 從而因為，所以即，選D. 點睛：線線角找平行，線面角找垂直，面面角找垂面. 2．【浙江卷】某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積（單位：cm3）是 A. 2 B. 4 C. 6 D. 8

2、 【答案】C 【解析】分析:先還原幾何體為一直四棱柱，再根據柱體體積公式求結果. 詳解：根據三視圖可得幾何體為一個直四棱柱，高為2，底面為直角梯形，上下底分別為1，2，梯形的高為2，因此幾何體的體積為選C. 點睛：先由幾何體的三視圖還原幾何體的形狀,再在具體幾何體中求體積或表面積等. 3．【理新課標I卷】已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為 A. B. C. D. 【答案】A 詳解：根據相互平行的直線與平面所成的角是相等的，所以在正方體中，平面與線所成的角是相等的，所以平面與正方體的每條棱所在的直

3、線所成角都是相等的，同理平面也滿足與正方體的每條棱所在的直線所成角都是相等，要求截面面積最大，則截面的位置為夾在兩個面與中間的，且過棱的中點的正六邊形，且邊長為，所以其面積為，故選A. 點睛：該題考查的是有關平面被正方體所截得的截面多邊形的面積問題，首要任務是需要先確定截面的位置，之后需要從題的條件中找尋相關的字眼，從而得到其為過六條棱的中點的正六邊形，利用六邊形的面積的求法，應用相關的公式求得結果.+ 4．【理新課標I卷】某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如右圖．圓柱表面上的點在正視圖上的對應點為，圓柱表面上的點在左視圖上的對應點為，則在此圓柱側面上，從到的路徑中，最短路徑的長度為

4、 A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】分析：首先根據題中所給的三視圖，得到點M和點N在圓柱上所處的位置，點M在上底面上，點N在下底面上，并且將圓柱的側面展開圖平鋪，點M、N在其四分之一的矩形的對角線的端點處，根據平面上兩點間直線段最短，利用勾股定理，求得結果. 詳解：根據圓柱的三視圖以及其本身的特征，可以確定點M和點N分別在以圓柱的高為長方形的寬，圓柱底面圓周長的四分之一為長的長方形的對角線的端點處，所以所求的最短路徑的長度為，故選B. 點睛：該題考查的是有關幾何體的表面上兩點之間的最短距離的求解問題，在解題的過程中，需要明確兩個點在幾何體上所處的位置

5、，再利用平面上兩點間直線段最短，所以處理方法就是將面切開平鋪，利用平面圖形的相關特征求得結果. 5．【全國卷Ⅲ理】設是同一個半徑為4的球的球面上四點，為等邊三角形且其面積為，則三棱錐體積的最大值為 A. B. C. D. 【答案】B 詳解：如圖所示，點M為三角形ABC的重心，E為AC中點，當平面時，三棱錐體積最大，此時，，，,點M為三角形ABC的重心，，中，有，， ，故選B. 點睛：本題主要考查三棱錐的外接球，考查了勾股定理，三角形的面積公式和三棱錐的體積公式，判斷出當平面時，三棱錐體積最大很關鍵，由M為三角形ABC的重心，計算得到，再由勾股定理得到O

6、M，進而得到結果，屬于較難題型。 6．【理數全國卷II】在長方體中，，，則異面直線與所成角的余弦值為 A. B. C. D. 【答案】C 點睛：利用法向量求解空間線面角的關鍵在于“四破”：第一，破“建系關”，構建恰當的空間直角坐標系；第二，破“求坐標關”，準確求解相關點的坐標；第三，破“求法向量關”，求出平面的法向量；第四，破“應用公式關”. 7．【理數天津卷】已知正方體的棱長為1，除面外，該正方體其余各面的中心分別為點E，F，G，H，M(如圖)，則四棱錐的體積為__________. 【答案】 點睛：本題主要考查四棱錐的體積計算，空間想象能力等

7、知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力. 8．【江蘇卷】如圖所示，正方體的棱長為2，以其所有面的中心為頂點的多面體的體積為________． 【答案】 【解析】分析：先分析組合體的構成，再確定錐體的高，最后利用錐體體積公式求結果. 詳解：由圖可知，該多面體為兩個全等正四棱錐的組合體，正四棱錐的高為1，底面正方形的邊長等于，所以該多面體的體積為 點睛：解決本類題目的關鍵是準確理解幾何體的定義，真正把握幾何體的結構特征，可以根據條件構建幾何模型，在幾何模型中進行判斷；求一些不規(guī)則幾何體的體積時，常用割補法轉化成已知體積公式的幾何體進行解決． 9．【理數全國卷II】已知圓錐的頂點

8、為，母線，所成角的余弦值為，與圓錐底面所成角為45°，若的面積為，則該圓錐的側面積為__________． 【答案】 點睛：本題考查線面角，圓錐的側面積，三角形面積等知識點，考查學生空間想象與運算能力. 10．【浙江卷】如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2． （Ⅰ）證明：AB1⊥平面A1B1C1； （Ⅱ）求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）見解析（Ⅱ） （Ⅰ）由得，所以. 故.由， 得，由得， 由，得，所以，故.因此平面. （Ⅱ）如圖，過點

9、作，交直線于點，連結. 由平面得平面平面，由得平面， 所以是與平面所成的角.由得，所以，故. 因此，直線與平面所成的角的正弦值是. 方法二： （Ⅰ）如圖，以AC的中點O為原點，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標系O-xyz. 由題意知各點坐標如下： 因此由得. 由得.所以平面. 點睛：利用法向量求解空間線面角的關鍵在于“四破”：第一，破“建系關”，構建恰當的空間直角坐標系；第二，破“求坐標關”，準確求解相關點的坐標；第三，破“求法向量關”，求出平面的法向量；第四，破“應用公式關”. 11．【理數天津卷】如圖，且AD=2BC，,且EG=AD，且C

10、D=2FG，，DA=DC=DG=2. （I）若M為CF的中點，N為EG的中點，求證：； （II）求二面角的正弦值； （III）若點P在線段DG上，且直線BP與平面ADGE所成的角為60°，求線段DP的長. 【答案】(Ⅰ)證明見解析；(Ⅱ)；(Ⅲ). 詳解：依題意，可以建立以D為原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向的空間直角坐標系（如圖），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0）， E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）． （Ⅰ）依題意=（0，2，0），=（2，0，2）．設n0=(

11、x，y，z)為平面CDE的法向量，則 即 不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又=（1，，1），可得，又因為直線MN平面CDE，所以MN∥平面CDE． （Ⅲ）設線段DP的長為h（h∈［0，2］），則點P的坐標為（0，0，h），可得． 易知，=（0，2，0）為平面ADGE的一個法向量，故，由題意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．所以線段的長為. 點睛：本題主要考查空間向量的應用，線面平行的證明，二面角問題等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力. 12．【理北京卷】如圖，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分別為，AC，，的中點，AB=BC=，AC==2

12、． （Ⅰ）求證：AC⊥平面BEF； （Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值； （Ⅲ）證明：直線FG與平面BCD相交． 【答案】(1)證明見解析(2) B-CD-C1的余弦值為(3)證明過程見解析 （Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC． ∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．如圖建立空間直角坐稱系E-xyz．由題意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．∴，設平面BCD的法向量為，∴，∴，令a=2，則b=-1，c=-4，∴平面BCD的法向量，又∵平面CDC1的法向量為，∴．由圖

13、可得二面角B-CD-C1為鈍角，所以二面角B-CD-C1的余弦值為． （Ⅲ）平面BCD的法向量為，∵G（0，2，1），F（0，0，2），∴，∴，∴與不垂直，∴GF與平面BCD不平行且不在平面BCD內，∴GF與平面BCD相交． 點睛：垂直、平行關系證明中應用轉化與化歸思想的常見類型. (1)證明線面、面面平行，需轉化為證明線線平行. (2)證明線面垂直，需轉化為證明線線垂直. (3)證明線線垂直，需轉化為證明線面垂直. 13．【江蘇卷】如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，點P，Q分別為A1B1，BC的中點． （1）求異面直線BP與AC1所成角的余弦值；

14、 （2）求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值． 【答案】（1）（2） 【解析】分析：（1）先建立空間直角坐標系，設立各點坐標，根據向量數量積求得向量的夾角，再根據向量夾角與異面直線所成角的關系得結果；（2）利用平面的方向量的求法列方程組解得平面的一個法向量，再根據向量數量積得向量夾角，最后根據線面角與所求向量夾角之間的關系得結果. 詳解：如圖，在正三棱柱ABC?A1B1C1中，設AC，A1C1的中點分別為O，O1，則OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以為基底，建立空間直角坐標系O?xyz．因為AB=AA1=2， 所以． 所成角的正弦值為． 點睛：本題考查空間向量、異

15、面直線所成角和線面角等基礎知識，考查運用空間向量解決問題的能力.利用法向量求解空間線面角的關鍵在于“四破”：第一，破“建系關”，構建恰當的空間直角坐標系；第二，破“求坐標關”，準確求解相關點的坐標；第三，破“求法向量關”，求出平面的法向量；第四，破“應用公式關”. 14．【江蘇卷】在平行六面體中，． 求證：（1）； （2）． 【答案】答案見解析 詳解：證明：（1）在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．因為AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C， 所以AB∥平面A1B1C． （2）在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形．

16、又因為AA1=AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，因此AB1⊥A1B．又因為AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC． 又因為A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因為AB1平面ABB1A1， 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC． 點睛：本題可能會出現對常見幾何體的結構不熟悉導致幾何體中的位置關系無法得到運用或者運用錯誤，如柱體的概念中包含“兩個底面是全等的多邊形，且對應邊互相平行，側面都是平行四邊形”，再如菱形對角線互相垂直的條件，這些條件在解題中都是已知條件，缺少對這些條件的應用可導致無法證明. 15．【理新課標I卷】如圖，

17、四邊形為正方形，分別為的中點，以為折痕把折起，使點到達點的位置，且. （1）證明：平面平面； （2）求與平面所成角的正弦值. 【答案】(1)證明見解析.(2) . (2)結合題意，建立相應的空間直角坐標系，正確寫出相應的點的坐標，求得平面ABFD的法向量，設DP與平面ABFD所成角為，利用線面角的定義，可以求得，得到結果. 詳解：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，所以BF⊥平面PEF. 又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD. （2）作PH⊥EF，垂足為H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.以H為坐標原點，的方向為y軸正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角

18、坐標系H?xyz.由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.可得.則 為平面ABFD的法向量.設DP與平面ABFD所成角為，則. 所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為. 點睛：該題考查的是有關立體幾何的問題，涉及到的知識點有面面垂直的證明以及線面角的正弦值的求解，屬于常規(guī)題目，在解題的過程中，需要明確面面垂直的判定定理的條件，這里需要先證明線面垂直，所以要明確線線垂直、線面垂直和面面垂直的關系，從而證得結果；對于線面角的正弦值可以借助于平面的法向量來完成，注意相對應的等量關系即可. 16．【全國卷Ⅲ理】如圖，邊長為2的正方形所在

19、的平面與半圓弧所在平面垂直，是上異于，的點． （1）證明：平面平面； （2）當三棱錐體積最大時，求面與面所成二面角的正弦值． 【答案】（1）見解析（2） 詳解：（1）由題設知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因為BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因為M為上異于C，D的點,且DC為直徑，所以 DM⊥CM.又 BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC. （2）以D為坐標原點,的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系D?xyz. 點睛：本題主要考查面面垂直的證明，利用線線垂直得到線面垂直，再得到面

20、面垂直，第二問主要考查建立空間直角坐標系，利用空間向量求出二面角的平面角，考查數形結合，將幾何問題轉化為代數問題進行求解，考查學生的計算能力和空間想象能力，屬于中檔題。 17．【理數全國卷II】如圖，在三棱錐中，，，為的中點． （1）證明：平面； （2）若點在棱上，且二面角為，求與平面所成角的正弦值． 【答案】（1）見解析（2） 詳解：（1）因為，為的中點，所以，且. 連結.因為，所以為等腰直角三角形，且，. 由知.由知平面. （2）如圖，以為坐標原點，的方向為軸正方向，建立空間直角坐標系.由已知得取平面的法向量.設，則.設平面的法向量為. 由得，可取，所以.由已知得.所

21、以.解得（舍去），.所以.又，所以.所以與平面所成角的正弦值為. 點睛：利用法向量求解空間線面角的關鍵在于“四破”：第一，破“建系關”，構建恰當的空間直角坐標系；第二，破“求坐標關”，準確求解相關點的坐標；第三，破“求法向量關”，求出平面的法向量；第四，破“應用公式關”. 優(yōu)質模擬試題 18．【安徽省宿州市三?！咳鐖D所示，垂直于所在的平面，是的直徑，，是上的一點，，分別是點在，上的投影，當三棱錐的體積最大時，與底面所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 詳解：設，由題意可知，設與底面所成的角為，則，由圓的性質可知：，由線面垂直

22、的定義可知：，結合線面垂直的判斷定理可得：平面，則，結合可知平面，據此有，則，由平面可知，結合可得平面，則.在中，，利用面積相等可得：，在中，，則， ，結合均值不等式的結論可知，當，即時三棱錐的體積最大，此時.本題選擇D選項. 點睛：本題主要考查線面垂直的定義與判斷定理，均值不等式的應用，立體幾何中的最值問題，三棱錐的體積公式等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力. 19．【遼寧省葫蘆島市二?！吭陂L方體中，底面是邊長為的正方形，側棱為矩形內部（含邊界）一點，為中點，為空間任一點且，三棱錐的體積的最大值記為，則關于函數，下列結論確的是（ ） A. 為奇函數 B. 在上不

23、單調； C. D. 【答案】D 詳解：∵在長方體中，為中點， 為矩形內部（含邊界）一點， 即 ，則在以為球心的球面上，而到面的距離為，則 由此可知A,B,C選項都不正確，而.故選D. 點睛：本題考查了空間幾何體中的最值問題，關鍵是列出式子，轉化為距離問題，借助函數求解即可，屬于難題． 20．【河南省洛陽市三?！吭谌忮F中，平面，，，，是邊上的一動點，且直線與平面所成角的最大值為，則三棱錐的外接球的表面積為（ ） A. B. C. D. 【答案】B 由勾股定理得 ∴三棱錐的外接球的表面積是 故選B. 點睛：本題考查了幾何體外

24、接球的應用問題，解題的關鍵求外接球的半徑，是中檔題． 21．【四川省沖刺演練（一）】某幾何體的三視圖如圖所示，三個視圖中的曲線都是圓弧，則該幾何體的體積為（ ） A. B. C. D. 【答案】B 點睛：本題利用空間幾何體的三視圖重點考查學生的空間想象能力和抽象思維能力，屬于難題.三視圖問題是考查學生空間想象能力最常見題型，也是高考熱點.觀察三視圖并將其“翻譯”成直觀圖是解題的關鍵，不但要注意三視圖的三要素“高平齊，長對正，寬相等”，還要特別注意實線與虛線以及相同圖形的不同位置對幾何體直觀圖的影響，對簡單組合體三視圖問題，先看俯視圖確定底面的形狀，

25、根據正視圖和側視圖，確定組合體的形狀. 22．【安徽省示范高中（皖江八校）第八聯考】某棱錐的三視圖如下圖所示,則該棱錐的外接球的表面積為（ ） A. B. C. D. 【答案】A ， 故三棱錐外接球的半徑 ，表面積為.故選A. 點睛：本題考查了三棱錐的性質、空間幾何位置關系、三垂線定理、球的性質，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題． 23．【山東省濟南二模】已知點均在表面積為的球面上,其中平面,,,則三棱錐的體積的最大值為（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】分析：由球的表面積明確半徑，

26、利用條件,明確△的外接圓半徑，進而得到外接球半徑與△的外接圓半徑及ＰＡ的關系，表示三棱錐的體積，然后利用導數求最值即可． 點睛：本題考查了球與幾何體的問題，是高考中的重點問題，要有一定的空間想象能力，這樣才能找準關系，得到結果，一般內切球需要求球心和半徑，首先應確定球心的位置，借助于內切球的性質，球心到各面距離相等計算即可，當球心位置不好確定時，可以用等體積法求球半徑. 24．【福建省廈門市二?！恳阎痴忮F的側棱長大于底邊長，其外接球體積為，三視圖如圖所示，則其側視圖的面積為（ ） A. B. 2 C. 4 D. 6 【答案】D 【解析】分析：根據正三

27、棱錐的性質可得球心在正三棱錐的高上，由正棱錐的性質可得頂點在底面的射影是正三角形的中心，列方程可解得棱錐的高，從而可得結果. 詳解：設正三棱錐外接球的半徑為，則，由三視圖可得底面邊長為，底面正三角形的高為，底面三角形外接圓半徑為，由勾股定理得，得，側視圖面積為 ，故選D. 點睛：本題主要考查三棱錐外接球問題，屬于難題.要求外接球的表面積和體積，關鍵是求出求的半徑，求外接球半徑的常見方法有：①若三條棱兩垂直則用（為三棱的長）；②若面（），則（為外接圓半徑）；③可以轉化為長方體的外接球；④特殊幾何體可以直接設出球心和半徑，列方程求解. 25．【山東省威海市二?！浚阎庵?，側面的面積

28、為，則該正三棱柱外接球表面積的最小值為______. 【答案】. 點睛：(1)本題主要考查幾何體的外接球問題，意在考查學生對這些基礎知識的掌握能力和空間想象能力.(2) 求幾何體外接球的半徑一般有兩種方法:模型法和解三角形法.模型法就是把幾何體放在長方體中，使幾何體的頂點和長方體的若干個頂點重合，則幾何體的外接球和長方體的外接球是重合的，長方體的外接球的半徑就是幾何體的外接球半徑.如果已知中有多個垂直關系，可以考慮用此種方法.解三角形法就是找到球心和截面圓的圓心，找到、球的半徑、截面圓的半徑確定的,再解求出球的半徑. 26．【山東省煙臺市適應性練習（二）】如圖，圓形紙片的圓心為，半徑為，

29、該紙片上的正方形的中心為，為圓上的點， 分別是以為底邊的等腰三角形，沿虛線剪開后，分別以為折痕折起 ，使重合得到一個四棱錐，則該四棱錐的體積的最大值為_______. 【答案】. .所以.體積最大值為．故答案為：. 點睛：求實際問題中的最大值或最小值時，一般是先設自變量、因變量，建立函數關系式，并確定其定義域，利用求函數最值的方法求解，注意結果要與實際情況相結合，用導數求解實際問題中的最大（?。┲禃r，如果函數在開區(qū)間內只有一個極值點，那么依據實際意義，該極值點也就是最值點. 27．【湖南省益陽市5月統(tǒng)考】如圖，在三棱錐中，，，兩兩垂直，，平面平面，且與棱，，分別交于，，三點

30、. （1）過作直線，使得，，請寫出作法并加以證明； （2）若將三棱錐分成體積之比為8：19的兩部分，求直線與平面所成角的正弦值. 【答案】（1）見解析（2） 詳解：（1）作法：取的中點，連接，則直線即為要求作的直線. 證明如下：∵，，且，∴平面.∵平面平面，且平面，平面平面，∴，∴平面，∴. 又，為的中點，則，從而直線即為要求作的直線. （2）∵將三棱錐分成體積之比為8：19的兩部分， ∴四面體的體積與三棱錐的體積之比為8:27， 又平面平面，∴.以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則，，，，，，，，設平面的法向量為，則，即，令，得. 則.故直線與平面所成角

31、的正弦值為. 點睛：本題主要考查線性垂直的證明，空間幾何體的體積，運用空間向量求線面角的正弦值，考查了學生的空間想象能力和計算能力，屬于中檔題。 28．【江西省南昌市三模】如圖，多面體中，為正方形，，二面角的余弦值為，且. （1）證明：平面平面； （2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值. 【答案】（1）見解析（2）. 詳解：（1）證明：∵，由勾股定理得：,又正方形中，且,∴平面，又∵面，∴平面平面 （2）由（1）知是二面角的平面角,作于，則 且由平面平面，平面平面，面,所以，面,取中點，連結，則，如圖，建立空間直角坐標系，則 ∴,又，知的一個方向向量 設面法向

32、量，則,取，得 又面一個法向量為：∴ 設平面與平面所成銳二面角為，則 點睛：本題考查直線與平面垂直的判斷，二面角的平面角的求法，考查空間想象能力以及邏輯推理能力計算能力． 29．【河南省鄭州市三?！咳鐖D，在四棱錐中，底面，，，，點為棱的中點. （Ⅰ）證明：； （Ⅱ）若點為棱上一點，且，求二面角的余弦值． 【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）. 可得，然后結合圖形可得所求． 詳解：（Ⅰ）證明：底面， 平面，面，∴，， 又，∴．兩兩垂直．以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系. 則由題意得，∴，∴，∴． 面角的余弦值為． 點睛：用坐標法解答立體幾何問題的幾

33、個注意點： （1）建立空間直角坐標系時首先要判斷是否滿足條件，即是否有三條兩兩垂直的直線； （2）求點的坐標時一定要準確，對于不容易求的點的坐標，可根據向量的共線等方法求解； （3）求二面角的余弦值時，在求得兩平面法向量夾角的余弦值后，還要根據圖形判斷出二面角為銳角還是鈍角，最后再下結論． 30．【河北省唐山市三?！咳鐖D，四棱錐的底面是平行四邊形，. （1）求證：平面平面； （2）若，為的中點，為棱上的點，平面，求二面角的余弦值. 【答案】(1)見解析.(2) . 詳解：（1）∵AB∥CD，PC⊥CD，∴AB⊥PC，∵AB⊥AC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC，∴AB⊥

34、PA，又∵PA⊥AD，AB∩AD＝A，∴PA⊥平面ABCD，PA平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABCD． （2）連接BD交AE于點O，連接OF，∵E為BC的中點，BC∥AD，∴＝＝， ∵PD∥平面AEF，PD平面PBD，平面AEF∩平面PBD＝OF，∴PD∥OF，∴＝＝， 以AB，AC，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系A－xyz， ＝－，∵二面角A-DF-E為鈍二面角，∴二面角A-DF-E的余弦值為－． 點睛：本題主要考查利用空間向量求二面角，屬于難題.空間向量解答立體幾何問題的一般步驟是：（1）觀察圖形，建立恰當的空間直角坐標系；（2）寫出相應點的坐標，求出相應直線的方向向量；（3）設出相應平面的法向量，利用兩直線垂直數量積為零列出方程組求出法向量；（4）將空間位置關系轉化為向量關系；（5）根據定理結論求出相應的角和距離.