五年高考高考數(shù)學真題專題歸納 專題17 立體幾何綜合（含解析）理-人教高三全冊數(shù)學試題

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1、專題17 立體幾何綜合 【2020年】 1.（2020·新課標Ⅰ）如圖，D為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，．是底面的內(nèi)接正三角形，P為上一點，． （1）證明：平面； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）證明見解析；（2）. 【解析】 （1）由題設(shè)，知為等邊三角形，設(shè)， 則，，所以， 又為等邊三角形，則，所以， ，則，所以， 同理，又，所以平面； （2）過O作∥BC交AB于點N，因為平面，以O(shè)為坐標原點，OA為x軸，ON為y軸建立如圖所示的空間直角坐標系， 則， ，，， 設(shè)平面的一個法向量為， 由，得，令，得， 所以， 設(shè)平面

2、的一個法向量為 由，得，令，得， 所以 故， 設(shè)二面角的大小為，則. 【點晴】本題主要考查線面垂直的證明以及利用向量求二面角的大小，考查學生空間想象能力，數(shù)學運算能力，是一道容易題. 2.（2020·新課標Ⅱ）如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，側(cè)面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點，P為AM上一點，過B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F. （1）證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F； （2）設(shè)O為△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值. 【答案】（1）

3、證明見解析；（2）. 【解析】 （1）分別為，的中點， 又 在中，為中點，則 又側(cè)面為矩形， 由，平面 平面 又，且平面，平面， 平面 又平面，且平面平面 又平面 平面 平面 平面平面 （2）連接 平面，平面平面 根據(jù)三棱柱上下底面平行， 其面平面，面平面 故：四邊形是平行四邊形 設(shè)邊長是() 可得：， 為的中心，且邊長為 故： 解得： 在截取，故 且 四邊形是平行四邊形， 由（1）平面 故為與平面所成角 在，根據(jù)勾股定理可得： 直線與平面所成角的正弦值：. 【點睛

4、】本題主要考查了證明線線平行和面面垂直，及其線面角，解題關(guān)鍵是掌握面面垂直轉(zhuǎn)為求證線面垂直的證法和線面角的定義，考查了分析能力和空間想象能力，屬于難題. 3.（2020·新課標Ⅲ）如圖，在長方體中，點E、F分別在棱上，且，． （1）證明：點在平面內(nèi)； （2）若，，，求二面角的正弦值． 【答案】（1）證明見解析；（2）. 【解析】 （1）在棱上取點，使得，連接、、、， 在長方體中，且，且， ，，且， 所以，四邊形為平行四邊形，則且， 同理可證四邊形為平行四邊形，且， 且，則四邊形為平行四邊形， 因此，點在平面內(nèi)； （2）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建

5、立如下圖所示的空間直角坐標系， 則、、、， ，，，， 設(shè)平面的法向量為， 由，得取，得，則， 設(shè)平面的法向量為， 由，得，取，得，，則， ， 設(shè)二面角的平面角為，則，. 因此，二面角的正弦值為. 【點睛】本題考查點在平面的證明，同時也考查了利用空間向量法求解二面角角，考查推理能力與計算能力，屬于中等題. 4.（2020·北京卷）如圖，在正方體中，E為的中點． （Ⅰ）求證：平面； （Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）. 【解析】 （Ⅰ）如下圖所示： 在正方體中，且，且， 且，所以，四邊形為平行四邊形，則， 平面，平

6、面，平面； （Ⅱ）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系， 設(shè)正方體的棱長為，則、、、，，， 設(shè)平面的法向量為，由，得， 令，則，，則. . 因此，直線與平面所成角的正弦值為. 【點睛】本題考查線面平行的證明，同時也考查了利用空間向量法計算直線與平面所成角的正弦值，考查計算能力，屬于基礎(chǔ)題. 5.（2020·江蘇卷）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F(xiàn)分別是AC，B1C的中點． （1）求證：EF∥平面AB1C1； （2）求證：平面AB1C⊥平面ABB1． 【答案】（1）證明詳見解析；（2）證明詳見解

7、析. 【解析】 （1）由于分別是的中點，所以. 由于平面,平面，所以平面. （2）由于平面，平面，所以. 由于，所以平面, 由于平面，所以平面平面. 【點睛】本小題主要考查線面平行的證明，考查面面垂直的證明，屬于中檔題. 6.（2020·江蘇卷）在三棱錐A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O為BD的中點，AO⊥平面BCD，AO=2，E為AC的中點． （1）求直線AB與DE所成角的余弦值； （2）若點F在BC上，滿足BF=BC，設(shè)二面角F—DE—C的大小為θ，求sinθ的值． 【答案】（1）（2） 【解析】 （1）連 以為軸建立空間直角坐標系，則

8、 從而直線與所成角的余弦值為 （2）設(shè)平面一個法向量為 令 設(shè)平面一個法向量為 令 因此 【點睛】本題考查利用向量求線線角與二面角，考查基本分析求解能力，屬中檔題. 7.（2020·山東卷）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l． （1）證明：l⊥平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1）證明見解析；（2）. 【解析】 （1）證明： 在正方形中，， 因為平面，平面， 所以平面， 又因為平面，平面平面， 所以， 因為在四

9、棱錐中，底面是正方形，所以 且平面，所以 因為 所以平面； （2）如圖建立空間直角坐標系， 因為，則有， 設(shè)，則有， 設(shè)平面的法向量為， 則，即， 令，則，所以平面的一個法向量為，則 根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的正弦值，所以直線與平面所成角的正弦值等于，當且僅當時取等號， 所以直線與平面所成角的正弦值的最大值為. 【點睛】該題考查的是有關(guān)立體幾何的問題，涉及到的知識點有線面平行的判定和性質(zhì)，線面垂直的判定和性質(zhì)，利用空間向量求線面角，利用基本不等式求最值，屬于中檔題目. 8.（2020·天津卷）如圖，在三棱柱中，平

10、面，，點分別在棱和棱上，且為棱的中點． （Ⅰ）求證：； （Ⅱ）求二面角的正弦值； （Ⅲ）求直線與平面所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）. 【解析】依題意，以為原點，分別以、、的方向為軸、軸、軸的正方向建立空間直角坐標系（如圖）， 可得、、、、 、、、、. （Ⅰ）依題意，，， 從而，所以； （Ⅱ）依題意，是平面的一個法向量， ，． 設(shè)為平面的法向量， 則，即， 不妨設(shè)，可得． ， ． 所以，二面角的正弦值為； （Ⅲ）依題意，． 由（Ⅱ）知為平面的一個法向量，于是． 所以，直線與平面所成角的正弦值為. 【點睛】本題考查利用空

11、間向量法證明線線垂直，求二面角和線面角的正弦值，考查推理能力與計算能力，屬于中檔題. 9.（2020·浙江卷）如圖，三棱臺DEF—ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC． （I）證明：EF⊥DB； （II）求DF與面DBC所成角的正弦值． 【答案】（I）證明見解析；（II） 【解析】 （Ⅰ）作交于，連接． ∵平面平面，而平面平面，平面， ∴平面，而平面，即有． ∵， ∴． 在中，，即有，∴． 由棱臺的定義可知，，所以，，而， ∴平面，而平面，∴． （Ⅱ）因為，所以與平面所成角即為與平面所成角． 作于，連接，由（1）可知，平面

12、， 因為所以平面平面，而平面平面， 平面，∴平面． 即在平面內(nèi)的射影為，即為所求角． 在中，設(shè)，則，， ∴． 故與平面所成角的正弦值為． 【2019年】 12．【2019年高考全國Ⅱ卷】如圖，長方體ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE⊥EC1． （1）證明：BE⊥平面EB1C1； （2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值． 【答案】（1）證明見解析；（2）. 【解析】（1）由已知得，平面，平面， 故． 又，所以平面． （2）由（1）知．由題設(shè)知≌，所以， 故，． 以為坐標原點，的方向為x軸正方向，為單位長

13、，建立如圖所示的空間直角坐標系D–xyz， 則C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，． 設(shè)平面EBC的法向量為n=（x，y，x），則 即 所以可取n=. 設(shè)平面的法向量為m=（x，y，z），則 即 所以可取m=（1，1，0）． 于是． 所以，二面角的正弦值為． 13．【2019年高考全國Ⅲ卷】圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連結(jié)DG，如圖2. （1）證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCG

14、E； （2）求圖2中的二面角B?CG?A的大小. 【答案】（1）見解析；（2）. 【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面． 由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE． 又因為AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE． （2）作EHBC，垂足為H．因為EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC． 由已知，菱形BCGE的邊長為2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=． 以H為坐標原點，的方向為x軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系H–xyz， 則A（–1，1，0），C（

15、1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）． 設(shè)平面ACGD的法向量為n=（x，y，z），則 即 所以可取n=（3，6，–）． 又平面BCGE的法向量可取為m=（0，1，0），所以． 因此二面角B–CG–A的大小為30°． 14．【2019年高考北京卷】如圖，在四棱錐P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E為PD的中點，點F在PC上，且． （1）求證：CD⊥平面PAD； （2）求二面角F–AE–P的余弦值； （3）設(shè)點G在PB上，且．判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說明理由． 【答案】（1）見解

16、析；（2）；（3）見解析. 【解析】（1）因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD． 又因為AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD． （2）過A作AD的垂線交BC于點M． 因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD． 如圖建立空間直角坐標系A(chǔ)?xyz，則A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）． 因為E為PD的中點，所以E（0，1，1）． 所以． 所以. 設(shè)平面AEF的法向量為n=（x，y，z），則 即 令z=1，則． 于是． 又因為平面PAD的法向量為p=（1，0，0），所以. 由題知，二面角F?AE?P為銳角，所以

17、其余弦值為． （3）直線AG在平面AEF內(nèi)． 因為點G在PB上，且， 所以. 由（2）知，平面AEF的法向量. 所以. 所以直線AG在平面AEF內(nèi). 15．【2019年高考天津卷】如圖，平面，，． （1）求證：平面； （2）求直線與平面所成角的正弦值； （3）若二面角的余弦值為，求線段的長． 【答案】（1）見解析；（2）；（3）． 【解析】依題意，可以建立以為原點，分別以的方向為軸，軸，軸正方向的空間直角坐標系（如圖），可得，．設(shè)，則． （1）依題意，是平面的法向量，又，可得，又因為直線平面，所以平面． （2）依題意，． 設(shè)為平面的法向量，則即不妨令，

18、可得．因此有． 所以，直線與平面所成角的正弦值為． （3）設(shè)為平面的法向量，則即 不妨令，可得． 由題意，有，解得．經(jīng)檢驗，符合題意． 所以，線段的長為． 16．【2019年高考江蘇卷】如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點，AB=BC． 求證：（1）A1B1∥平面DEC1； （2）BE⊥C1E． 【答案】（1）見解析；（2）見解析. 【解析】（1）因為D，E分別為BC，AC的中點， 所以ED∥AB. 在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB∥A1B1， 所以A1B1∥ED. 又因為ED?平面DEC1，A1B1平面DEC1， 所

19、以A1B1∥平面DEC1. （2）因為AB=BC，E為AC的中點，所以BE⊥AC. 因為三棱柱ABC?A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC. 又因為BE?平面ABC，所以CC1⊥BE. 因為C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC=C， 所以BE⊥平面A1ACC1. 因為C1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E. 17．【2019年高考浙江卷】（本小題滿分15分）如圖，已知三棱柱，平面平面,，分別是AC，A1B1的中點. （1）證明：； （2）求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值. 【答案】（1）見解析；（2）． 【解析】方法一：

20、（1）連接A1E，因為A1A=A1C，E是AC的中點，所以A1E⊥AC． 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1， 平面A1ACC1∩平面ABC=AC， 所以，A1E⊥平面ABC，則A1E⊥BC． 又因為A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F． 所以BC⊥平面A1EF． 因此EF⊥BC． （2）取BC中點G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形． 由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四邊形EGFA1為矩形． 由（1）得BC⊥平面EGFA1，則平面A1BC⊥平面EGFA1， 所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上． 連接A1

21、G交EF于O，則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角（或其補角）． 不妨設(shè)AC=4，則在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=. 由于O為A1G的中點，故， 所以． 因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是． 方法二： （1）連接A1E，因為A1A=A1C，E是AC的中點，所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1， 平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC． 如圖，以點E為原點，分別以射線EC，EA1為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標系E–xyz． 不妨設(shè)AC=4，則 A1（0，0，2），B（，1，0），，

22、，C(0，2，0)． 因此，，． 由得． （2）設(shè)直線EF與平面A1BC所成角為θ． 由（1）可得． 設(shè)平面A1BC的法向量為n， 由，得， 取n，故， 因此，直線EF與平面A1BC所成的角的余弦值為． 【2018年】 12. （2018年浙江卷）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） 【解析】 方法一： （Ⅰ）由得， 所以.

23、 故. 由， 得， 由得， 由，得，所以，故. 因此平面. （Ⅱ）如圖，過點作，交直線于點，連結(jié). 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. （Ⅱ）設(shè)直線與平面所成的角為. 由（Ⅰ）可知 設(shè)平面的法向量. 由即可取. 所以. 因此，直線與平面所成的角的正弦值是. 13. （2018年天津卷

24、）如圖，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=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). 【解析】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(xiàn)（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）． （Ⅰ

25、）依題意=（0，2，0），=（2，0，2）． 設(shè)n0=(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． （Ⅱ）依題意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）． 設(shè)n=（x，y，z）為平面BCE的法向量， 則 即 不妨令z=1，可得n=（0，1，1）． 設(shè)m=（x，y，z）為平面BCF的法向量， 則 即 不妨令z=1，可得m=（0，2，1）． 因此有cos=，于是sin=． 所以，二面角E–BC–F的正弦值為． （Ⅲ）

26、設(shè)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. 14. （2018年北京卷）如圖，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F(xiàn)，G分別為，AC，，的中點，AB=BC=，AC==2． （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 【解析】 （Ⅰ）在三棱柱ABC-A

27、1B1C1中， ∵CC1⊥平面ABC， ∴四邊形A1ACC1為矩形． 又E，F(xiàn)分別為AC，A1C1的中點， ∴AC⊥EF． ∵AB=BC． ∴AC⊥BE， ∴AC⊥平面BEF． （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(xiàn)（0，0，2），G（0，2，1）． ∴， 設(shè)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C

28、DC1的法向量為， ∴． 由圖可得二面角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(xiàn)（0，0，2）， ∴，∴，∴與不垂直， ∴GF與平面BCD不平行且不在平面BCD內(nèi)，∴GF與平面BCD相交． 15. （2018年江蘇卷）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； （2）求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】如圖，在正三棱柱ABC?A1B1C1中，設(shè)AC，A1C1的中點

29、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． （1）因為P為A1B1的中點，所以， 從而， 故． 因此，異面直線BP與AC1所成角的余弦值為． （2）因為Q為BC的中點，所以， 因此，． 設(shè)n=（x，y，z）為平面AQC1的一個法向量， 則即 不妨取， 設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為， 則， 所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為． 16. （2018年江蘇卷）在平行六面體中，． 求證：（1）； （2）． 【答案】答案見解析 【解析】 證明：（1）在平

30、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． 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． 17. （2018年全國I卷理數(shù)）如圖，四邊形為正方形，分別

31、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) . 【解析】 （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(shè)D

32、P與平面ABFD所成角為，則. 所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為. 18. （2018年全國Ⅲ卷理數(shù)）如圖，邊長為2的正方形所在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） 【解析】 （1）由題設(shè)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.

33、 （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. 當三棱錐M?ABC體積最大時，M為的中點. 由題設(shè)得， 設(shè)是平面MAB的法向量,則 即 可取. 是平面MCD的法向量,因此 ， ， 所以面MAB與面MCD所成二面角的正弦值是. 19. （2018年全國Ⅱ卷理數(shù)）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） 【解析】 （1）因為，為的中點，所以，且. 連結(jié).因為，所以為等腰直角三角形， 且，. 由知. 由知平面.

34、 （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(shè)，則. 設(shè)平面的法向量為. 由得，可取， 所以.由已知得. 所以.解得（舍去），. 所以.又，所以. 所以與平面所成角的正弦值為. 【2017年】 11.【2017課標1，理16】如圖，圓形紙片的圓心為O，半徑為5 cm，該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O.D、E、F為圓O上的點，△DBC，△ECA，△FAB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形.沿虛線剪開后，分別以BC，CA，AB為折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱錐.當△ABC的邊長

35、變化時，所得三棱錐體積（單位：cm3）的最大值為_______. 【答案】 【解析】如下圖，連接DO交BC于點G，設(shè)D，E，F(xiàn)重合于S點，正三角形的邊長為x(x>0)，則 . ， ， 三棱錐的體積 . 設(shè)，x>0，則， 令，即，得，易知在處取得最大值. ∴. 【考點】簡單幾何體的體積 12.【2017課標1，理18】如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB//CD，且. （1）證明：平面PAB⊥平面PAD； （2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A-PB-C的余弦值. 【答案】（1）見解析；（2）. 【解析】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD.

36、由于AB∥CD，故AB⊥PD，從而AB⊥平面PAD. 又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. （2）在平面內(nèi)做，垂足為， 由（1）可知， 平面，故，可得平面. 以為坐標原點， 的方向為軸正方向， 為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系. 由（1）及已知可得， ， ， . 所以， ， ， . 設(shè)是平面的法向量，則 ，即， 可取. 設(shè)是平面的法向量，則 ，即， 可取. 則， 所以二面角的余弦值為. 【考點】面面垂直的證明，二面角平面角的求解 13.【2017課標II，理19】如圖，四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAD為等比三角形且垂直于底面ABCD， E是

37、PD的中點。 （1）證明：直線 平面PAB； （2）點M在棱PC 上，且直線BM與底面ABCD所成角為 ，求二面角的余弦值。 【答案】(1)證明略；(2) 。 【解析】（1）取中點，連結(jié)，． 因為為的中點，所以，，由得，又 所以．四邊形為平行四邊形， ． 又，，故 （2） 由已知得，以A為坐標原點，的方向為x軸正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz，則 則，，，， ，則 因為BM與底面ABCD所成的角為45°，而是底面ABCD的法向量，所以 ， 即（x-1）2+y2-z2=0 又M在棱PC上，設(shè) 由①，②得 所以M，從而 設(shè)

38、是平面ABM的法向量，則 所以可取m=（0，-，2）.于是 因此二面角M-AB-D的余弦值為 【考點】 判定線面平行；面面角的向量求法 14.【2017課標3，理19】如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD． （1）證明：平面ACD⊥平面ABC； （2）過AC的平面交BD于點E，若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分，求二面角D–AE–C的余弦值. 【答案】(1)證明略； (2) . 【解析】 （2） 由題設(shè)及（1）知，兩兩垂直，以為坐標原點，的方向為軸正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角

39、坐標系.則 由題設(shè)知，四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的，從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的，即E為DB的中點，得 .故 【考點】 二面角的平面角；面面角的向量求法 15.【2017山東，理17】如圖，幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形（及其內(nèi)部）以邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)得到的，是的中點. （Ⅰ）設(shè)是上的一點，且，求的大小； （Ⅱ）當，，求二面角的大小. 【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）. 【解析】 （Ⅰ）因為， ， ， 平面， ， 所以平面， 又平面， 所以，又， 因此 （Ⅱ）以為坐標原點，分別以， ， 所在的直線為， ， 軸，建立如

40、圖所示的空間直角坐標系.由題意得 ， ， ，故， ， ， 設(shè)是平面的一個法向量. 由可得 取，可得平面的一個法向量. 設(shè)是平面的一個法向量. 由可得 取，可得平面的一個法向量. 所以. 因此所求的角為. 【考點】1.垂直關(guān)系.2. 空間角的計算. 16.【2017北京，理16】如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD，點M在線段PB上，PD//平面MAC，PA=PD=，AB=4． （I）求證：M為PB的中點； （II）求二面角B-PD-A的大??； （III）求直線MC與平面BDP所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）詳見解析：（Ⅱ

41、） ；（Ⅲ） 【解析】 （I）設(shè)交點為，連接. 因為平面，平面平面，所以. 因為是正方形，所以為的中點，所以為的中點. （II）取的中點，連接， . 因為，所以. 又因為平面平面，且平面，所以平面. 因為平面，所以. 因為是正方形，所以. 如圖建立空間直角坐標系，則， ， ， ， . 設(shè)平面的法向量為，則，即. 令，則， .于是. 平面的法向量為，所以. 由題知二面角為銳角，所以它的大小為. （III）由題意知， ， . 設(shè)直線與平面所成角為，則. 所以直線與平面所成角的正弦值為. 【考點】1.線線，線面的位置關(guān)系；2.向量法. 17.【201

42、7天津，理17】如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，.點D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點，M是線段AD的中點，PA=AC=4，AB=2. （Ⅰ）求證：MN∥平面BDE； （Ⅱ）求二面角C-EM-N的正弦值； （Ⅲ）已知點H在棱PA上，且直線NH與直線BE所成角的余弦值為，求線段AH的長. 【答案】 （1）證明見解析（2） （3） 或 【解析】如圖，以A為原點，分別以， ， 方向為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系.依題意可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N（

43、1，2，0）. （Ⅰ）證明： =（0，2，0），=（2，0， ）.設(shè)，為平面BDE的法向量， 則，即.不妨設(shè)，可得.又=（1，2， ），可得. 因為平面BDE，所以MN//平面BDE. （Ⅱ）解：易知為平面CEM的一個法向量.設(shè)為平面EMN的法向量，則，因為， ，所以.不妨設(shè)，可得. 因此有，于是. 所以，二面角C—EM—N的正弦值為. （Ⅲ）解：依題意，設(shè)AH=h（），則H（0，0，h），進而可得， .由已知，得，整理得，解得，或. 所以，線段AH的長為或. 【考點】直線與平面平行、二面角、異面直線所成的角 18.【2017浙江，19】（本題滿分15分）如圖，已知

44、四棱錐P–ABCD，△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E為PD的中點． （Ⅰ）證明：平面PAB； （Ⅱ）求直線CE與平面PBC所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）． 【解析】 MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直線CE與平面PBC所成的角． 設(shè)CD=1． 在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=， 在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得QH=， 在Rt△MQH中，QH=，MQ=， 所以sin∠QMH=， 所以直線CE與平面PBC所成角的正弦值是． 【考點】

45、證明線面平行，求線面角 19.【2017江蘇，6】 如圖，在圓柱內(nèi)有一個球，該球與圓柱的上、下底面及母線均相切.記圓柱的體積為，球的體積為，則的值是 ▲ . O O1 O2 (第6題) 【答案】 【解析】設(shè)球半徑為，則．故答案為． 【考點】圓柱體積 20.【2017江蘇，15】 如圖，在三棱錐A-BCD中，AB⊥AD， BC⊥BD， 平面ABD⊥平面BCD， 點E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD. 求證：（1）EF∥平面ABC； （2）AD⊥AC. (第15題) A D B C E F

46、 【答案】（1）見解析（2）見解析 【解析】證明：（1）在平面內(nèi)，因為AB⊥AD， ，所以. 又因為平面ABC， 平面ABC，所以EF∥平面ABC. （2）因為平面ABD⊥平面BCD， 平面平面BCD=BD， 平面BCD， ， 所以平面. 因為平面，所以 . 又AB⊥AD， ， 平面ABC， 平面ABC， 所以AD⊥平面ABC， 又因為AC平面ABC， 所以AD⊥AC. 【考點】線面平行判定定理、線面垂直判定與性質(zhì)定理，面面垂直性質(zhì)定理 21.【2017江蘇，22】 如圖， 在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA

47、1=， . （1）求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值； （2）求二面角B-A1D-A的正弦值. 【答案】（1）（2） 【解析】在平面ABCD內(nèi)，過點A作AEAD，交BC于點E. 因為AA1平面ABCD， 所以AA1AE，AA1AD. 如圖，以為正交基底，建立空間直角坐標系A(chǔ)-xyz. 因為AB=AD=2，AA1=， . 則. (1) ， 則. 因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為. (2)平面A1DA的一個法向量為. 設(shè)為平面BA1D的一個法向量， 又， 則即 不妨取x=3，則， 所以為平面BA1D的一個法向量， 從而， 設(shè)二面角

48、B-A1D-A的大小為，則. 因為，所以. 因此二面角B-A1D-A的正弦值為. 【2016年】 14.【2016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平面EFDC； （II）求二面角E-BC-A的余弦值． 【答案】（I）見解析（II） 【解析】 （Ⅰ）由已知可得，，所以平面． 又平面，故平面平面． （Ⅱ）過作，垂足為，由（Ⅰ）知平面． 以為坐標原點，的方向為軸正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系．

49、 由（Ⅰ）知為二面角的平面角，故，則，，可得，，，． 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(shè)是平面的法向量，則 ，即， 所以可?。? 設(shè)是平面的法向量，則， 同理可?。畡t． 故二面角EBCA的余弦值為． 15.【2016高考新課標2理數(shù)】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】 （Ⅰ）由已知得，，又由得，故. 因此，從而.由,得. 由得.所以，. 于是， 故

50、. 又，而， 所以. （Ⅱ）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，則，，，，，，，.設(shè)是平面的法向量，則，即，所以可取.設(shè)是平面的法向量，則，即，所以可取.于是， .因此二面角的正弦值是. 16.【2016高考山東理數(shù)】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，F(xiàn)B是圓臺的一條母線. （I）已知G,H分別為EC，F(xiàn)B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】 （II）解法一： 連接,則平面， 又且是圓的直徑，所以

51、 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. 設(shè)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. 17.【2016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(cè)棱B1B上，且 ，.

52、 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】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 18.【2016高考天津理數(shù)】（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A

53、DF； （II）求二面角O-EF-C的正弦值； （III）設(shè)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】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，依題意可得，. （I）證明：依題意，.設(shè)為平面的法向量，則，即 .不妨設(shè)，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(shè)為平面的法向量，則，即 .不妨設(shè)，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

54、弦值為. 19.【2016年高考北京理數(shù)】（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. 【答案】（1）見解析；（2）；（3）存在， 【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(jié)，， 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(shè)平面的法向量為，則 即 令，則. 所以. 又，所以.

55、 所以直線與平面所成角的正弦值為. （3）設(shè)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. 20.【2016高考新課標3理數(shù)】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】（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(jié)，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，

56、由題意知，，，，， ，，. 設(shè)為平面的法向量，則，即，可取， 于是. 21.【2016高考浙江理數(shù)】(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】（Ⅰ）延長，，相交于一點，如圖所示． 因為平面平面，且，所以平面，因此． 又因為，，， 所以為等邊三角形，且為的中點，則． 所以平面． （Ⅱ）方法一：過點作于Q，連結(jié)． 因為平面，所以，則平面，所以． 所以是二面角的平面角． 在中，

57、，，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(shè)平面的法向量為，平面的法向量為． 由，得，??； 由，得，取． 于是，． 所以，二面角的平面角的余弦值為． 22.【2016年高考四川理數(shù)】（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

58、面PAB內(nèi)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】（Ⅰ）在梯形ABCD中，AB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

59、，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(shè)BC=1，則在Rt△PAD中，PA=AD=2. 過點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= =.

60、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. 設(shè)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(chǔ)-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(shè)平面PCE的法向量為n=(x,y,z)， 由 得 設(shè)x=2，解得n=(2,-

61、2,1). 設(shè)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 . 23. 【2016高考上海理數(shù)】將邊長為1的正方形（及其內(nèi)部）繞的旋轉(zhuǎn)一周形成圓柱，如圖，長為，長為，其中與在平面的同側(cè)。 （1）求三棱錐的體積； （2）求異面直線與所成的角的大小。 【答案】（1）．（2）． 【解析】（1）由題意可知，圓柱的高，底面半徑． 由的長為，可知． ， ． （2）設(shè)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．