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1、 第一部分 20xx高考試題 立體幾何 1. 【20xx高考新課標1卷】如圖,某幾何體的三視圖是三個半徑相等的圓及每個圓中兩條相互垂直的半徑.若該幾何體的體積是,則它的表面積是（ ） （A） （B） （C） （D） 【答案】A 【解析】 試題分析： 該幾何體直觀圖如圖所示： [][] 是一個球被切掉左上角的,設球的半徑為,則,解得,所以它的表面積是的球面面積和三個扇形面積之和 故選A． 考點：三視圖及球的表面積與體積 【名師點睛】由于三視圖能有效的考查學生的空間想象能力,所以以三視圖為載體的立體幾何題基本上是高考每年必考內容,高考試

2、題中三視圖一般常與幾何體的表面積與體積交匯.由三視圖還原出原幾何體,是解決此類問題的關鍵. 2.【20xx高考新課標2理數】下圖是由圓柱與圓錐組合而成的幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為（ ） （A） （B） （C） （D） 【答案】C 考點： 三視圖，空間幾何體的體積. 【名師點睛】由三視圖還原幾何體的方法: 3.【高考北京理數】某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐的體積為（） A. B. C.D. 【答案】A 【解析】 試題分析：分析三視圖可知，

3、該幾何體為一三棱錐，其體積，故選A. 考點：1.三視圖；2.空間幾何體體積計算. 【名師點睛】解決此類問題的關鍵是根據幾何體的三視圖判斷幾何體的結構特征.常見的有以下幾類：①三視圖為三個三角形，對應的幾何體為三棱錐；②三視圖為兩個三角形，一個四邊形，對應的幾何體為四棱錐；③三視圖為兩個三角形，一個圓，對應的幾何體為圓錐；④三視圖為一個三角形，兩個四邊形，對應的幾何體為三棱柱；⑤三視圖為三個四邊形，對應的幾何體為四棱柱；⑥三視圖為兩個四邊形，一個圓，對應的幾何體為圓柱. 4.【20xx高考新課標3理數】如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗實現畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的表面積

4、為（ ） （A） （B） （C）90 （D）81 【答案】B 【解析】 試題分析：由三視圖該幾何體是以側視圖為底面的斜四棱柱，所以該幾何體的表面積，故選B． 考點：空間幾何體的三視圖及表面積． 【技巧點撥】求解多面體的表面積及體積問題，關鍵是找到其中的特征圖形，如棱柱中的矩形，棱錐中的直角三角形，棱臺中的直角梯形等，通過這些圖形，找到幾何元素間的關系，建立未知量與已知量間的關系，進行求解． 5.【20xx高考山東理數】一個由半球和四棱錐組成的幾何體，其三視圖如圖所示.則該幾何體的體積為（ ） （A） （B）

5、 （C） （D） 【答案】C 考點：1.三視圖；2.幾何體的體積. 【名師點睛】本題主要考查三視圖及幾何體的體積計算，本題涉及正四棱錐及球的體積計算，綜合性較強，較全面的考查考生的視圖用圖能力、空間想象能力、數學基本計算能力等. 6.【20xx高考浙江理數】已知互相垂直的平面交于直線l.若直線m，n滿足 則（ ） A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 【答案】C 【解析】 試題分析：由題意知，．故選C． 考點：空間點、線、面的位置關系． 【

6、思路點睛】解決這類空間點、線、面的位置關系問題，一般是借助長方體（或正方體），能形象直觀地看出空間點、線、面的位置關系． 7.【高考四川理數】已知三棱錐的四個面都是腰長為2的等腰三角形，該三棱錐的正視圖如圖所示，則該三棱錐的體積是 . 【答案】 考點：三視圖，幾何體的體積. 【名師點睛】本題考查三視圖，考查幾何體體積，考查學生的識圖能力．解題時要求我們根據三視圖想象出幾何體的形狀，由三視圖得出幾何體的尺寸，為此我們必須掌握基本幾何體（柱、錐、臺、球）的三視圖以及各種組合體的三視圖． 8.【20xx高考浙江理數】某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何

7、體的表面積是 cm2，體積是 cm3. 【答案】 【解析】 試題分析：幾何體為兩個相同長方體組合，長方體的長寬高分別為4,2,2，所以體積為，由于兩個長方體重疊部分為一個邊長為2的正方形，所以表面積為 考點：1、三視圖；2、空間幾何體的表面積與體積． 【方法點睛】解決由三視圖求空間幾何體的表面積與體積問題，一般是先根據三視圖確定該幾何體的結構特征，再準確利用幾何體的表面積與體積公式計算該幾何體的表面積與體積． 9.【20xx高考新課標2理數】 是兩個平面，是兩條直線，有下列四個命題： （1）如果，那么. （2）如果，那么. （3）如果，那么. （4）

8、如果，那么與所成的角和與所成的角相等. 其中正確的命題有 ． (填寫所有正確命題的編號） 【答案】②③④ 【解析】 試題分析：對于①，，則的位置關系無法確定，故錯誤；對于②,因為，所以過直線作平面與平面相交于直線，則，因為，故②正確；對于③，由兩個平面平行的性質可知正確；對于④，由線面所成角的定義和等角定理可知其正確，故正確的有②③④. 考點： 空間中的線面關系. 【名師點睛】求解本題應注意在空間中考慮線、面關系. 10.【20xx高考浙江理數】如圖，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°.若平面ABC外的點P和線段AC上的點D，滿足PD=DA，PB=BA

9、，則四面體PBCD的體積的最大值是 . 【答案】 故. 在中，，. 由余弦定理可得， 所以. 過作直線的垂線，垂足為.設 則， 即， 解得. 而的面積. 設與平面所成角為，則點到平面的距離. 故四面體的體積 . 設，因為，所以. 則. （1）當時，有， 故. 此時， . ，因為， 所以，函數在上單調遞減，故. （2）當時，有， 故. 此時， . 由（1）可知，函數在單調遞減，故. 綜上，四面體的體積的最大值為. 考點：1、空間幾何體的體積；2、用導數研究函數的最值． 【思路點睛】先根據已知條件求出四面體的體積，再對的

10、取值范圍討論，用導數研究函數的單調性，進而可得四面體的體積的最大值． 11.【20xx高考新課標1卷】平面過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點A,//平面CB1D1,平面ABCD=m,平面AB B1A1=n,則m、n所成角的正弦值為 (A) (B) (C) (D) 【答案】A 考點：平面的截面問題,面面平行的性質定理,異面直線所成的角. 【名師點睛】求解本題的關鍵是作出異面直線所成角,求異面直線所成角的步驟是：平移定角、連線成形,解形求角、得鈍求補. 12.【20xx高考新課標3理數】在封閉的直三棱柱內有一個體積為的球，若， ，，，則的最大值是（

11、 ） （A）4π （B） （C）6π （D） 【答案】B 【解析】 試題分析：要使球的體積最大，必須球的半徑最大．由題意知球的與直三棱柱的上下底面都相切時，球的半徑取得最大值，此時球的體積為，故選B． 考點：1、三棱柱的內切球；2、球的體積． 【思維拓展】立體幾何是的最值問題通常有三種思考方向：（1）根據幾何體的結構特征，變動態(tài)為靜態(tài)，直觀判斷在什么情況下取得最值；（2）將幾何體平面化，如利用展開圖，在平面幾何圖中直觀求解；（3）建立函數，通過求函數的最值來求解． 13.【20xx高考天津理數】已知一個四棱

12、錐的底面是平行四邊形，該四棱錐的三視圖如圖所示（單位：m）， 則該四棱錐的體積為_______m3. 【答案】2 考點：三視圖 【名師點睛】1.解答此類題目的關鍵是由多面體的三視圖想象出空間幾何體的形狀并畫出其直觀圖． 2．三視圖中“正側一樣高、正俯一樣長、俯側一樣寬”，因此，可以根據三視圖的形狀及相關數據推斷出原幾何圖形中的點、線、面之間的位置關系及相關數據． 14.【20xx高考新課標1卷】（本小題滿分為12分）如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點的五面體中,面ABEF為正方形,AF=2FD, ,且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是． （I）證明：平面ABEF平

13、面EFDC； （II）求二面角E-BC-A的余弦值． 【答案】（I）見解析（II） 【解析】 試題分析：（I）先證明平面,結合平面,可得平面平面．（II）建立空間坐標系,分別求出平面的法向量及平面的法向量 ,再利用求二面角. 由已知,,所以平面． 又平面平面,故,． 由,可得平面,所以為二面角的平面角, ．從而可得． 所以,,,． 設是平面的法向量,則 ,即, 所以可?。? 設是平面的法向量,則, 同理可?。畡t． 故二面角的余弦值為． 考點：垂直問題的證明及空間向量的應用 【名師點睛】立體幾何解答題第一問通?？疾榫€面位置關系的證明,空間中線面位置關系

14、的證明主要包括線線、線面、面面三者的平行與垂直關系,其中推理論證的關鍵是結合空間想象能力進行推理,要防止步驟不完整或考慮不全致推理片面,該類題目難度不大,以中檔題為主.第二問一般考查角度問題,多用空間向量解決. 15.【20xx高考新課標2理數】如圖，菱形的對角線與交于點，，點分別在上，，交于點．將沿折到位置，． （Ⅰ）證明：平面； （Ⅱ）求二面角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）. 【解析】 試題分析：（Ⅰ）證，再證，最后證；（Ⅱ）用向量法求解. 又，而， 所以. （II）如圖，以為坐標原點，的方向為軸的正方向，建立空間直角坐標系， 則，，，，，，，.

15、設是平面的法向量，則，即， 所以可以取.設是平面的法向量，則， 即， 所以可以取.于是， . 因此二面角的正弦值是. 考點：線面垂直的判定、二面角. 【名師點睛】證明直線和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②a∥b，a⊥α?b⊥α；③α∥β，a⊥α?a⊥β；④面面垂直的性質．線面垂直的性質，常用來證明線線垂直． 求二面角最常用的方法就是分別求出二面角的兩個面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結合實際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角． 16.【20xx高考山東理數】在如圖所示的圓臺中，AC是下底面圓O的直徑，EF是上底面圓O的直徑，FB是圓臺

16、的一條母線. （I）已知G,H分別為EC，FB的中點，求證：GH∥平面ABC； （II）已知EF=FB=AC=，AB=BC.求二面角的余弦值. 【答案】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ） 【解析】 試題分析：（Ⅰ）根據線線、面面平行可得與直線GH與平面ABC平行；（Ⅱ）立體幾何中的角與距離的計算問題，往往可以利用幾何法、空間向量方法求解，其中解法一建立空間直角坐標系求解；解法二則是找到為二面角的平面角直接求解. 試題解析： （II）解法一：[] 連接,則平面， 又且是圓的直徑，所以 以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系， 由題意得，，過點作于點， 所以 可得 故

17、. 設是平面的一個法向量. 由 可得 可得平面的一個法向量 因為平面的一個法向量 所以. 所以二面角的余弦值為. 解法二： 連接，過點作于點， 則有, 又平面， 所以FM⊥平面ABC, 可得 過點作于點，連接， 可得, 從而為二面角的平面角. 又,是圓的直徑， 所以 從而，可得 所以二面角的余弦值為. 考點：1.平行關系；2. 異面直線所成角的計算. 【名師點睛】此類題目是立體幾何中的常見問題.解答本題，關鍵在于能利用直線與直線、直線與平面、平面與平面關系的相互轉化，通過嚴密推理，給出規(guī)范的證明.立體幾何中的角與距離的計算問題，往往可以利用幾何

18、法、空間向量方法求解，應根據題目條件，靈活選擇方法.本題能較好的考查考生的空間想象能力、邏輯推理能力\轉化與化歸思想及基本運算能力等. 17.【20xx高考江蘇卷】(本小題滿分14分) 如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別為AB，BC的中點，點F在側棱B1B上，且 ，. 求證：（1）直線DE∥平面A1C1F； （2）平面B1DE⊥平面A1C1F. 【答案】（1）詳見解析（2）詳見解析 【解析】 試題分析：（1）利用線面平行判定定理證明線面平行，而線線平行的尋找往往結合平幾知識，如中位線性質（2）利用面面垂直判定定理證明，即從線面垂直出發(fā)給予證明，而線面垂直的證

19、明，往往需要多次利用線面垂直性質與判定定理,如將線線垂直先轉化到線面垂直平面，從而得到線線垂直，再結合，轉化到線面垂直 試題解析：證明：（1）在直三棱柱中， 在三角形ABC中，因為D,E分別為AB,BC的中點. 所以，于是 又因為DE平面平面 所以直線DE//平面 （2）在直三棱柱中， 因為平面，所以 又因為 所以平面 因為平面，所以 又因為 所以 因為直線，所以 考點：直線與直線、平面與平面位置關系 【名師點睛】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.

20、(3)證明線線垂直，需轉化為證明線面垂直. (4)證明面面垂直，需轉化為證明線面垂直，進而轉化為證明線線垂直. 18.【20xx高考天津理數】（本小題滿分13分） 如圖，正方形ABCD的中心為O，四邊形OBEF為矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，點G為AB的中點，AB=BE=2. （I）求證：EG∥平面ADF； （II）求二面角O-EF-C的正弦值； （III）設H為線段AF上的點，且AH=HF，求直線BH和平面CEF所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）詳見解析（Ⅱ）（Ⅲ） 【解析】 試題解析：依題意，，如圖，以為點，分別以的方向為軸，軸、軸的正方向建立空間直角坐標系，依題意

21、可得，. （I）證明：依題意，.設為平面的法向量，則，即 .不妨設，可得，又，可得，又因為直線，所以. （II）解：易證，為平面的一個法向量.依題意，.設為平面的法向量，則，即 .不妨設，可得. 因此有，于是，所以，二面角的正弦值為. （III）解：由，得.因為，所以，進而有，從而，因此.所以，直線和平面所成角的正弦值為. 考點：利用空間向量解決立體幾何問題 19.【高考北京理數】（本小題14分） 如圖，在四棱錐中，平面平面，，，， ，，. （1）求證：平面； （2）求直線與平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在點，使得平面？若存在，求的值；若不存在，說明理由

22、. 【答案】（1）見解析；（2）；（3）存在， 試題解析：（1）因為平面平面，， 所以平面，所以， 又因為，所以平面； （2）取的中點，連結，， 因為，所以. 又因為平面，平面平面， 所以平面. 因為平面，所以. 因為，所以. 如圖建立空間直角坐標系，由題意得， . 設平面的法向量為，則 即 令，則. 所以. 又，所以. 所以直線與平面所成角的正弦值為. （3）設是棱上一點，則存在使得. 因此點. 因為平面，所以平面當且僅當， 即，解得. 所以在棱上存在點使得平面，此時. 考點：1.空間垂直判定與性質；2.異面直線所成角的計算；3.空間向量的

23、運用. 【名師點睛】平面與平面垂直的性質的應用：當兩個平面垂直時，常作的輔助線是在其中一個面內作交線的垂線，把面面垂直轉化為線面垂直，進而可以證明線線垂直(必要時可以通過平面幾何的知識證明垂直關系)，構造(尋找)二面角的平面角或得到點到面的距離等. 20.【20xx高考新課標3理數】如圖，四棱錐中，地面，，，，為線段上一點，，為的中點． （I）證明平面； （II）求直線與平面所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）． 【解析】 試題分析：（Ⅰ）取的中點，然后結合條件中的數據證明四邊形為平行四邊形，從而得到，由此結合線面平行的判斷定理可證；（Ⅱ）以為坐標原點，以所在直線分

24、別為軸建立空間直角坐標系，然后通過求直線的方向向量與平面法向量的夾角來處理與平面所成角． 試題解析：（Ⅰ）由已知得，取的中點，連接，由為中點知，. 又，故，四邊形為平行四邊形，于是. 因為平面，平面，所以平面. （Ⅱ）取的中點，連結，由得，從而，且. 以為坐標原點，的方向為軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系， 由題意知，，，，， ，，. 設為平面的法向量，則，即，可取， 于是. 考點：1、空間直線與平面間的平行與垂直關系；2、棱錐的體積． 【技巧點撥】（1）證明立體幾何中的平行關系，常常是通過線線平行來實現，而線線平行常常利用三角形的中位線、平行四邊形與梯形的平行

25、關系來推證；（2）求解空間中的角和距離常?？赏ㄟ^建立空間直角坐標系，利用空間向量中的夾角與距離來處理． 21.【20xx高考浙江理數】(本題滿分15分)如圖,在三棱臺中,平面平面 ,,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3. (I)求證：EF⊥平面ACFD； (II)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值. 【答案】（I）證明見解析；（II）． 【解析】 試題分析：（I）先證，再證，進而可證平面；（II）方法一：先找二面角的平面角，再在中計算，即可得二面角的平面角的余弦值；方法二：先建立空間直角坐標系，再計算平面和平面的法向量，進而可得二面角的平面角的余弦值． 所以平面

26、． （II）方法一： 過點作，連結． 因為平面，所以，則平面，所以． 所以，是二面角的平面角． 在中，，，得． 在中，，，得． 所以，二面角的平面角的余弦值為． 方法二： 如圖，延長，，相交于一點，則為等邊三角形． 取的中點，則，又平面平面，所以，平面． 以點為原點，分別以射線，的方向為，的正方向， 建立空間直角坐標系． 由題意得 ，，， ，，． 因此， ，，． 設平面的法向量為，平面的法向量為． 由，得，?。? 由，得，?。? 于是，． 所以，二面角的平面角的余弦值為． 考點：1、線面垂直；2、二面角． 【方法點睛】解題時一定要注意二面角的

27、平面角是銳角還是鈍角，否則很容易出現錯誤．證明線面垂直的關鍵是證明線線垂直，證明線線垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三線合一”和菱形、正方形的對角線． 22.【高考四川理數】（本小題滿分12分） 如圖，在四棱錐P-ABCD中，AD∥BC，ADC=PAB=90°，BC=CD=AD，E為邊AD的中點，異面直線PA與CD所成的角為90°. （Ⅰ）在平面PAB內找一點M，使得直線CM∥平面PBE，并說明理由； （Ⅱ）若二面角P-CD-A的大小為45°，求直線PA與平面PCE所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）. 【解析】 試題解析：（Ⅰ）在梯形ABCD中，AB

28、與CD不平行. 延長AB，DC，相交于點M（M∈平面PAB），點M即為所求的一個點.理由如下： 由已知，BC∥ED，且BC=ED. 所以四邊形BCDE是平行四邊形.，所以CD∥EB 從而CM∥EB. 又EB平面PBE，CM平面PBE， 所以CM∥平面PBE. （說明：延長AP至點N，使得AP=PN，則所找的點可以是直線MN上任意一點） （Ⅱ）方法一： 由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A， 所以CD⊥平面PAD. 從而CD⊥PD. 所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.[] 所以∠PDA=45°. 設BC=1，則在Rt△PAD中，PA=AD=2. 過點

29、A作AH⊥CE，交CE的延長線于點H，連接PH. 易知PA⊥平面ABCD， 從而PA⊥CE. 于是CE⊥平面PAH. 所以平面PCE⊥平面PAH. 過A作AQ⊥PH于Q，則AQ⊥平面PCE. 所以∠APH是PA與平面PCE所成的角. 在Rt△AEH中，∠AEH=45°，AE=1， 所以AH=. 在Rt△PAH中，PH== ， 所以sin∠APH= =. 方法二： 由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A， 所以CD⊥平面PAD. 于是CD⊥PD. 從而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以∠PDA=45°. 由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD

30、. 設BC=1，則在Rt△PAD中，PA=AD=2. 作Ay⊥AD，以A為原點，以 ,的方向分別為x軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz，則A（0,0,0），P（0,0,2），C(2,1,0)，E(1,0,0)， 所以=（1,0,-2），=（1,1,0），=（0,0,2） 設平面PCE的法向量為n=(x,y,z)， 由 得 設x=2，解得n=(2,-2,1). 設直線PA與平面PCE所成角為α，則sinα= = . 所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為 . 考點：線線平行、線面平行、向量法. 【名師點睛】本題考查線面平行、線線平行、向量法等基礎知識

31、，考查空間想象能力、分析問題的能力、計算能力.證明線面平行時，可根據判定定理的條件在平面內找一條平行線，而這條平行線一般是由過面外的直線的一個平面與此平面相交而得，證明時注意定理的另外兩個條件（線在面內，線在面外）要寫全，否則會被扣分，求線面角（以及其他角），一種方法可根據定義作出這個角（注意還要證明），然后通過解三角形求出這個角．另一種方法建立空間直角坐標系，用向量法求角，這種方法主要是計算，不需要“作角、證明”，關鍵是記住相應公式即可． 23. 【20xx高考上海理數】將邊長為1的正方形（及其內部）繞的旋轉一周形成圓柱，如圖，長為，長為，其中與在平面的同側。 （1）求三棱錐的體積；

32、 （2）求異面直線與所成的角的大小。 【答案】（1）．（2）． 試題解析：（1）由題意可知，圓柱的高，底面半徑． 由的長為，可知． ， ． （2）設過點的母線與下底面交于點，則， 所以或其補角為直線與所成的角． 由長為，可知， 又，所以， 從而為等邊三角形，得． 因為平面，所以． 在中，因為，，，所以， 從而直線與所成的角的大小為． 考點：1.幾何體的體積；2.空間的角. 【名師點睛】此類題目是立體幾何中的常見問題.解答本題，關鍵在于能利用直線與直線、直線與平面、平面與平面關系的相互轉化，將空間問題轉化成平面問題.立體幾何中的角與距離的計算問題，往往可以利用

33、幾何法、空間向量方法求解，應根據題目條件，靈活選擇方法.本題能較好的考查考生的空間想象能力、邏輯推理能力\轉化與化歸思想及基本運算能力等. 24.【20xx高考上海理數】如圖，在正四棱柱中，底面的邊長為3，與底面所成角的大小為，則該正四棱柱的高等于____________. 【答案】 【解析】 試題分析： 由題意得. 考點：1.正四棱柱的幾何特征；2.直線與平面所成的角. 【名師點睛】涉及立體幾何中的角的問題，往往要將空間問題轉化成平面問題，做出角，構建三角形，在三角形中解決問題；也可以通過建立空間直角坐標系，利用空間向量方法求解，應根據具體情況選擇不同方法，本題難度不大，能

34、較好地考查考生的空間想象能力、基本計算能力等. 第二部分 20xx優(yōu)質模擬試題 1. 【20xx吉林長春質量監(jiān)測二，理5】幾何體三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為 A. 　　B. C. 　D. 【答案】C 【解析】該幾何體可視為長方體挖去一個四棱錐，所以其體積為. 故選C. 2. 【20xx安徽省“江南十?！甭摽迹?1】某幾何體的三視圖如圖所示，其中側視圖的下半部分曲線為半圓弧，則該幾何體的表面積為 (A) (B) (C) (D) 【答案】D 3. 【大連市高三雙基測試卷,理5】已知互不重合的直線,互不重合的平面,給出下列四個命題,錯

35、誤的命題是（ ） （A）若,,,則 (B)若,,,則 (C)若,,,則 (D)若,,則// 【答案】D 【解析】A中,過直線作平面分別與交于,則由線面平行的性質知,所以,又由線面平行的性質知,所以,正確；B中,由,,知垂直于兩個平面的交線,則所成的角等于二面角的大小,即為,所以,正確；C中,在內取一點,過分別作直線垂直于的交線,直線垂直于的交線,則由線面垂直的性質知,,則,,由線面垂直的判定定理知,正確；D 中,滿足條件的也可能在內,故D錯,故選D． 4. .【20xx東北三省三校聯考，理14】已知三棱錐，若，，兩兩垂直，且， ，則三棱錐的內切球半徑為

36、 . 【答案】 5. 【20xx遼寧大連高三雙基測試卷,理19】如圖,四棱錐中,底面是邊長為的菱形,.面,且.在棱上,且,在棱上. （Ⅰ）若面,求的值； （Ⅱ）求二面角的大小. 解：（Ⅰ）法一：過作交于,連接,連接交于,連接. ∵,面,面, ∴面,又,面,面, ∴面面, 又面,∴面, 又面面,面, ∴. 又為中點,∴為中點,∴, ∴為中點, 法二:取中點,連接,∵是的菱形, ∴,又面,∴分別以、、 為、、軸正方向建立空間直角坐標系如圖所示. 則 ∴,設面的一個法向量, 則由可得,不妨令,則解得, ∴. 設,則, ∵面,∴,即,解得. ∴ （Ⅱ）法一: 過點作直線交延長線于,過點作直線交于,…………8分 ∵面,∴面面,[] ∴面,由三垂線定理可得, ∴是二面角的平面角. 由題易得,且,∴, ∴, ∴二面角的大小為. 法二:接（Ⅰ）法二,顯然面的一個法向量, ∴, ∴二面角的大小為.