，，设直线与平面所成的角为，平面的法向量则，得取，因此故直线与平面所成的角为证明如图，取的中点，连接又是的中点，所以∥，且又是的中点，所以由四边形是矩形得，∥所以∥，且，从而四边形是平行四边形，所以∥又⊂平面，⊄平面，所以∥平面的平面所截剩余部分，截去的部分为三棱锥，设正方体的棱长为，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为∶∶由题意知，米堆的底面半径尺，则米堆体积的正弦值设为棱上的点，若直线和平面所成角的正弦值为，求线段的长专题四立体几何与空间向量真题体验引领卷如图，由题意知，该几何体是正方体被过三点津高考如图，在四棱柱中，侧棱⊥底面，⊥且点和分别为和的中点求证∥平面求二面角⊥，与平面所成的角为求证⊥平面试问在线段不包括端点上是否存在点，使得二面角的大小为若存在，请求出的长若不存在，说明理由天不需说明理由证明直线∥平面求二面角的余弦值如图所示，在四棱锥中，底面是菱形，且是的中点平面⊥平面，与平面所成锐二面角的余弦值四川高考个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设的中点为，的中点为请将字母标记在正方体相应的顶点处面所成角福建高考如图，在几何体中，四边形是矩形，⊥平面，⊥，分别是线段，的中点求证∥平面求平面∥是的中点，是与的交点，将沿折起到的位置，如图证明⊥平面若平面⊥平面，求直线与平题⊥侧棱与平面成的角是等边三角形④三棱锥的体积那么正确的命题是填上所有正确命题的序号三解答题如图，在直角梯形中，津高考个几何体的三视图如图所示单位，则该几何体的体积为将边长为的正方形沿对角线折起后，使得平面⊥平面，在折起后的三棱锥中，给出下列四个命的体积为，的体积为，则多面体的底面为矩形，其正视图和侧视图如图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则的长为天在三棱锥中，⊥平面，⊥，则该三棱锥外接球的表面积为山东高考在三棱锥中分别为，的中点，记三棱锥锥侧视图的面积为如图所示，是直三棱柱，⊥，点分别是的中点若，则与所成角的正弦值是杭州二中调研面积是第Ⅱ卷非选择题二填空题舟山中学模拟如图，在矩形中，沿将矩形折叠，连接，所得三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则三棱的取值范围是市博物馆邀请央视槌定音专家鉴宝，其中藏友持有的和田玉的三视图如图所示，若将和田玉切割打磨雕刻成和田玉球，则该玉雕球的最大表最长棱的棱长为最长棱的棱长为侧面四个三角形中有且仅有个是正三角形侧面四个三角形都是直角三角形嘉兴模拟在长方体中若棱上存在点，使得⊥，则锥在坐标平面上的正投影图形的面积，则且≠且≠且≠杭州中学模拟个四棱锥的三视图如图所示，下列说法中正确的是锥在坐标平面上的正投影图形的面积，则且≠且≠且≠杭州中学模拟个四棱锥的三视图如图所示，下列说法中正确的是最长棱的棱长为最长棱的棱长为侧面四个三角形中有且仅有个是正三角形侧面四个三角形都是直角三角形嘉兴模拟在长方体中若棱上存在点，使得⊥，则的取值范围是市博物馆邀请央视槌定音专家鉴宝，其中藏友持有的和田玉的三视图如图所示，若将和田玉切割打磨雕刻成和田玉球，则该玉雕球的最大表面积是第Ⅱ卷非选择题二填空题舟山中学模拟如图，在矩形中，沿将矩形折叠，连接，所得三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则三棱锥侧视图的面积为如图所示，是直三棱柱，⊥，点分别是的中点若，则与所成角的正弦值是杭州二中调研在三棱锥中，⊥平面，⊥，则该三棱锥外接球的表面积为山东高考在三棱锥中分别为，的中点，记三棱锥的体积为，的体积为，则多面体的底面为矩形，其正视图和侧视图如图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则的长为天津高考个几何体的三视图如图所示单位，则该几何体的体积为将边长为的正方形沿对角线折起后，使得平面⊥平面，在折起后的三棱锥中，给出下列四个命题⊥侧棱与平面成的角是等边三角形④三棱锥的体积那么正确的命题是填上所有正确命题的序号三解答题如图，在直角梯形中，∥是的中点，是与的交点，将沿折起到的位置，如图证明⊥平面若平面⊥平面，求直线与平面所成角福建高考如图，在几何体中，四边形是矩形，⊥平面，⊥，分别是线段，的中点求证∥平面求平面与平面所成锐二面角的余弦值四川高考个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设的中点为，的中点为请将字母标记在正方体相应的顶点处不需说明理由证明直线∥平面求二面角的余弦值如图所示，在四棱锥中，底面是菱形，且是的中点平面⊥平面，⊥，与平面所成的角为求证⊥平面试问在线段不包括端点上是否存在点，使得二面角的大小为若存在，请求出的长若不存在，说明理由天津高考如图，在四棱柱中，侧棱⊥底面，⊥且点和分别为和的中点求证∥平面求二面角的正弦值设为棱上的点，若直线和平面所成角的正弦值为，求线段的长专题四立体几何与空间向量真题体验引领卷如图，由题意知，该几何体是正方体被过三点的平面所截剩余部分，截去的部分为三棱锥，设正方体的棱长为，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为∶∶由题意知，米堆的底面半径尺，则米堆体积立方尺所以堆放的米大约为斛中∥或与相交，错中直线与的位置关系相交平行或异面，错中，在内存在直线平行与的交线，从而∥因此不正确选项中，假设，垂直于同平面，则∥与不平行矛盾，因此，不能垂直于同平面，正确当∥时，由于⊥平面⊥则必要性成立但⊥时，由于⊥，则⊂或∥，故充分性不成立故⊥是∥的必要不充分条件设点到平面的距离为，球的半径为如图所示由，得，要使最大，当且仅当点到平面的距离，即三棱锥则，由⊥，得所以由三视图知，和田玉为直三棱柱，底面是直角三角形，高为，如图所示其中⊥，则，若使玉雕球的半径最大，则该球与直三棱柱的三个侧面都相切球半径，则球由正视图及俯视图知，在三棱锥中，平面⊥平面如图所示，因此三棱锥的侧视图为等腰直角三角形在中因此所以等腰直角三角形的腰长为故侧视图的面积为如图所示，建立以为坐标原点，所在直线分别为轴轴轴的空间直角坐标系设，则则，设与所成的角为如图所示，将三棱锥补成长方体则三棱锥的外接球就是长方体的外接球，故外接球的表面积球分别过，向平面作高由为的中点得，由为的中点得，所以∶∶如图所示为多面体，作⊥交于由侧视图可知根据正视图知且正视图为等腰梯形，从而由三视图知，该几何体是由两个圆锥和个圆柱构成的组合体，且圆锥的底面分别与圆柱的两个底面重合圆柱的底面圆的半径，高，且圆锥的高圆柱，圆锥因此该几何体的体积圆柱圆锥取的中点，连接则⊥，⊥∩，⊥平面，从而⊥，正确又平面⊥平面，⊥，所以⊥平面，因此⊥，且为棱与底面所成的角由，知，所以正确，从而，故，因此是等边三角形，命题正确根据⊥平面得三棱锥，④证明在题图中，因是的中点所以⊥，即在题图中，⊥，⊥，且∩，从而⊥平面，又在直角梯形中，∥为中点，所以綉，所以四边形为平行四边形，故有∥，所以⊥平面解由已知，平面⊥平面，又由知，⊥，⊥，所以为二面角的平面角，所以，如图，以为原点，建立空间直角坐标系，因为，∥，所以，，，，于是，，设直线与平面所成的角为，平面的法向量则，得取，因此故直线与平面所成的角为证明如图，取的中点，连接又是的中点，所以∥，且又是的中点，所以由四边形是矩形得，∥所以∥，且，从而四边形是平行四边形，所以∥又⊂平面，⊄平面，所以∥平面解如图，在平面内，过点作∥因为⊥，所以⊥又因为⊥平面，所以⊥，⊥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，则，因为⊥平面，所以为平面的法向量设为平面的法向量又由，得，取，得从而，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为解点的位置如图所示证明连接，设为的中点，因为，分别是，的中点，所以∥，且，∥，且，所以∥所以是平行四边形，从而∥又⊄平面，⊂平面，所以∥平面解如图，以为坐标原点，分别以方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，设，则所以，设平面的个法向量为，由，取，得，在正方体中，⊥平面，则可取平面的个法向量为，所以故二面角的余弦值为证明连接，平面⊥平面，⊥又⊂平面，面∩面⊥平面，故⊥在菱形中，从而为等边三角形又为的中点，⊥，由于∩，所以⊥平面，解假设存在，由知，两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系如图所示由⊥平面，则为与平面所成的角因此则设，则设平面的个法向量为由得取，则又向量是平面的个法向量，因此，解之得由于∉故不存在点，使得二面角为解如图，以为原点建立空间直角坐标系，依题意可得，又因为，分别为和的中点，得，证明依题意，可得为平面的个法向量，，由此可得，又因为直线⊄平面，所以∥平面设为平面的法向量，则即，不妨设，可得设为平面的法向量，则又，得，不妨设，可得因此有于是，所以，二面角的正弦值为依题意，可设，其中∈则，从而，又是平面的个法向量，故，整理得，解得，又因为∈所以，所以，线段的长为专题四立体几何与空间向量真题体验引领卷选择题全国卷Ⅱ个正方体被个平面截去部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为全国卷Ⅰ九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书