立体几何（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）
一、解答题
1．（2022·新高考Ⅱ卷）如图， 是三棱锥 的高， ， ，E是 的中点．
（1）求证： 平面 ；
（2）若 ， ， ，求二面角 的正弦值．
【答案】（1）证明：连接 并延长交 于点 ，连接 、 ，
因为 是三棱锥 的高，所以 平面 ， 平面 ，
所以 、 ，
又 ，所以 ，即 ，所以 ，
又 ，即 ，所以 ， ，
所以
所以 ，即 ，所以 为 的中点，又 为 的中点，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 平面
（2）解：过点 作 ，以AB为 轴，AC为 轴，AF为z轴建立如图所示的空问直角坐标系.
因为 ，由(1) ，
义 ，所以， ，所以 ， ， ，设 ，则 ，
平面AEB的法向量设为 ，所以 ，所以 ，设 ，则 ，所以 ：
平面AEC的法向量设为 ，所以 ，所以 ，设 ，则 ，阦以 ：
所以
二面角 的平面角为 ，则 ，所以二面角 的正弦值为 。
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1） 连接 并延长交 于点 ，连接 、 ，根据三角形全等得到，再根据直角三角形性质得到，即可得到 为 的中点从而得到，即可得证；
（2）过点 作 ，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；
2．（2022·全国乙卷）如图，四面体 中， ，E为AC的中点．
（1）证明：平面 平面ACD；
（2）设 ，点F在BD上，当 的面积最小时，求三棱锥 的体积．
【答案】（1）证明：由于 ， 是 的中点，所以 .
由于 ，所以 ，
所以 ，故 ，
由于 ， 平面 ，
所以 平面 ，
由于 平面 ，所以平面 平面 .
（2）解：依题意 ， ，三角形 是等边三角形，
所以 ，
由于 ，所以三角形 是等腰直角三角形，所以 .
，所以 ，
由于 ， 平面 ，所以 平面 .
由于 ，所以 ，
由于 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
由于 ，所以当 最短时，三角形 的面积最小值.
过 作 ，垂足为 ，
在 中， ，解得 ，
所以 ，
所以
过 作 ，垂足为 ，则 ，所以 平面 ，且 ，
所以 ，
所以 .
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）通过证明 平面 来证得平面 平面 .
（2）首先判断出三角形 的面积最小时 点的位置，然后求得 到平面 的距离，从而求得三棱锥 的体积.
3．（2022·全国甲卷）在四棱锥 中， 底面 ．
（1）证明： ；
（2）求PD与平面 所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明：在四边形 中，作 于 ， 于 ，
因为 ，
所以四边形 为等腰梯形，
所以 ，
故 ， ，
所以 ，
所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
又 ，
所以 平面 ，
又因 平面 ，
所以
（2）解： 由(1)知，PD，AD，BD两两垂直， ，建立空间直角坐标系如图所示，
则
∴
设平面PAB的法向量为 ，则
即
不妨设 ，则 ，
设PD与平面PAB的所成角为θ，则
∴PD与平面PAB的所成的角的正弦值为 .
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）作 于 ， 于 ，利用勾股定理证明AD⊥BD ，根据线面垂直的性质可得，从而可得 平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）依题意建立恰当的空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
4．（2022·全国甲卷）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面 是边长为8（单位：cm）的正方形， 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面 垂直．
（1）证明： 平面 ；
（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【答案】（1）证明：分别取 的中点 ，连接 ，
因为 为全等的正三角形，所以 ， ，又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，同理可得 平面 ，根据线面垂直的性质定理可知 ，而 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
（2）解：分别取 中点 ，
由（1）知， 且 ，同理有， ， ， ，由平面知识可知， ， ， ，所以该几何体的体积等于长方体 的体积加上四棱锥 体积的 倍．
因为 ， ，点 到平面 的距离即为点 到直线 的距离 ， ，所以该几何体的体积 ．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）依题意，根据直线与平面垂直的判定定理可得EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，可得EF//MN，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取AD，DC中点K，L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL-EFGH的体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍，即可解出．
5．（2022·全国乙卷）如图，四面体 中， ，E为 的中点．
（1）证明：平面 平面 ；
（2）设 ，点F在 上，当 的面积最小时，求 与平面 所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明：因为 ，E为 的中点，所以 ；
在 和 中，因为 ，
所以 ，所以 ，又因为E为 的中点，所以 ；
又因为 平面 ， ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以平面 平面 .
（2）解：连接 ，
由（1）知， 平面 ，因为 平面 ，
所以 ，所以 ，
当 时， 最小，即 的面积最小.
因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 是等边三角形，
因为E为 的中点，所以 ， ，
因为 ，所以 ，
在 中， ，所以 .
以 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则 ，所以 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，取 ，则 ，
又因为 ，所以 ，
所以 ，
设 与平面 所成的角的正弦值为 ，
所以 ，
所以 与平面 所成的角的正弦值为 .
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据已知关系证明 ，得到 ，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到 ，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
6．（2022·北京）如图，在三棱柱 中，侧面 为正方形，平面 平面 ， ， 分别为 ， 的中点．
（I）求证： 平面 ；
（II）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求
直线 与平面 所成角的正弦值。
条件①： ；
条件②： ．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分。
【答案】（I）设点P为AB中点，由于P为AB中点，N为AC中点所以PN为 中位线
又M为AB中点，PM是正方形 的中位线
所以
∵ 面 ∥面
又 面
∴ 平面
（II）选择条件①，∵面 面
面 面 ，面 面
又
∴ ，又由①：
∴ 面
∵ 面
故 两两垂直
以B为原点， 为 轴正方向， 为 轴正方向， 为 轴正方向建立坐标系
则BMN的法向量
AB与面BMN所成角的正弦等于 与 所半余弦的绝对值，即
故所求正弦为 .
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）记AB中点为P，由已知条件可得，，推出 面 面 ，从而推出 平面 ；
（2） 选择条件① ，由 面 面 ，推出，再根据，，推出面 ，得到两两垂直，以B为原点 建立如图空间直角坐标系，利用空间向量求解线面夹角正弦值即可.
7．（2022·新高考Ⅰ卷）如图，直三棱柱 的体积为4， '的面积为
（1）求A到平面 的距离；
（2）设D为 的中点， 平面 平面 求二面角 的正弦值.
【答案】（1）因为 ，
所以 ，设A到平面 的距离为h；
则
（2）设D为 的中点，且 ，
由于 BC⊥平面
因为 平面 ，所以 ，
在直角 中， ，连接 ，过A作 ，则 平面 ，而 平面 ，故 .
由 ，
所以 ，
由 ，
以B为原点，向量 ， ， 分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
所以
设平面ABD的一个法向量 ，
，令 ，则有 .
设平面BCD的一个法向量 ，
令 ，则有
所以
所以二面角 的正弦值为 .
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由题意易得 ，再结合棱锥的体积公式求得h；
（2）根据平面与平面垂直的性质可得BC⊥平面ABB1A1，再由直线与平面垂直的性质可得BC⊥AB，BC⊥A1B，再建立恰当的空间直角坐标系，分别求得平面ABD，平面BCD的法向量， ，再求得 ，即可得答案.
8．（2021·新高考Ⅱ卷）在四棱锥 中，底面 是正方形，若 ．
（1）证明：平面 平面 ；
（2）求二面角 的平面角的余弦值．
【答案】（1）取 的中点为 ，连接 .
因为 ， ，则 ，
而 ，故 .
在正方形 中，因为 ，故 ，故 ，
因为 ，故 ，故 为直角三角形且 ，
因为 ，故 平面 ，
因为 平面 ，故平面 平面 .
（2）在平面 内，过 作 ，交 于 ，则 ，
结合（1）中的 平面 ，故可建如图所示的空间坐标系.
则 ，故 .
设平面 的法向量 ，
则 即 ，取 ，则 ，
故 .
而平面 的法向量为 ，故 .
二面角 的平面角为锐角，故其余弦值为 .
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）根据直线与平面垂直的判定定理，结合平面与平面垂直的判定定理求证即可；
（2）利用向量法直接求解即可.
9．（2021·北京）已知正方体 ，点 为 中点，直线 交平面 于点 ．
（1）证明：点 为 的中点；
（2）若点 为棱 上一点，且二面角 的余弦值为 ，求 的值．
【答案】（1）如图所示，取 的中点 ，连结 ，
由于 为正方体， 为中点，故 ，
从而 四点共面，即平面CDE即平面 ，
据此可得：直线 交平面 于点 ，
当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点 与点 重合，
即点 为 中点.
（2）以点 为坐标原点， 方向分别为 轴， 轴， 轴正方形，建立空间直角坐标系 ，
不妨设正方体的棱长为2，设 ，
则： ，
从而： ，
设平面 的法向量为： ，则：
，
令 可得： ，
设平面 的法向量为： ，则：
，
令 可得： ，
从而： ，
则： ，
整理可得： ，故 （ 舍去）.
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；与二面角有关的立体几何综合题；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据正方体的性质，结合直线与平面相交的性质定理求证即可；
（2）根据向量法求二面角，结合方程的思想求解即可.
10．（2021·浙江）如图，在四棱锥 中，底面 是平行四边形， ，M，N分别为 的中点， .
（1）证明： ；
（2）求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：在 中， ， ， ，由余弦定理可得 ，
所以 ， ．由题意 且 ， 平面 ，而 平面 ，所以 ，又 ，所以
（2）解：由 ， ，而 与 相交，所以 平面 ，因为 ，所以 ，取 中点 ，连接 ，则 两两垂直，以点 为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,
则 ,
又 为 中点，所以 .
由（1）得 平面 ，所以平面 的一个法向量
从而直线 与平面 所成角的正弦值为
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）通过已知的边，用余弦定理求得DM的长度，再根据勾股定理的逆定理，判断出 ，由 ， 得DC⊥平面 ，结合AB||DC，则有AB⊥PM ；
（2）建立空间直角坐标系，定义相关点的坐标，用空间向量的知识求直线与平面成的角。
11．（2021·全国乙卷）如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD 底面ABCD，M为BC的中点，且PB AM.
（1）证明：平面PAM 平面PBD；
（2）若PD=DC=1，求四棱锥P-ADCD的体积.
【答案】（1）因为 底面 ， 平面 ，
所以 ，
又 ， ，
所以 平面 ，
而 平面 ，
所以平面 平面 ．
（2）由（1）可知， 平面 ，所以 ，
从而 ，
设 ， ，则 ，
即 ，
解得 ，所以 ．
因为 底面 ，
故四棱锥 的体积为 ．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）由PD垂直平面ABCD，及PB垂直AM，可以证明 平面 ，从而可能证明
平面 平面 ；
（2）由连接BD（1）可得 ， 证明 通过计算，求出高 ，再用棱锥体积公式直接得到答案。
12．（2021·全国甲卷）已知直三棱柱 中，侧面 为正方形． 分别为 和 的中点， ．
（1）求三棱锥F－EBC的体积；
（2）已知 为棱 上的点，证明： ．
【答案】（1）如图所示，连结AF，
由题意可得： ，
由于AB⊥BB1，BC⊥AB， ，故 平面 ，
而 平面 ，故 ，
从而有 ，
从而 ，
则 ， 为等腰直角三角形，
， .
（2）由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体 ，如图所示，取棱 的中点 ，连结 ，
正方形 中， 为中点，则 ，
又 ，
故 平面 ，而 平面 ，
从而 .
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1） 连结AF ，通过计算得出AC线段的长度， 得到 ，
进一步可以计算出 F－EBC的体积；
（2） 由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体 ， 取棱 的中点 ，连结 ， 通过证明 平面 ，而得到 DE.
13．（2021·全国甲卷）已知直三棱柱ABC-A1B1C1.中，侧面AA1B1B为正方形，AB= BC = 2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF丄A1B1.
（1） 证明：BF⊥DE；
（2）当为B1D何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？
【答案】（1）因为三棱柱 是直三棱柱，所以 底面 ，所以
因为 ， ，所以 ，
又 ，所以 平面 ．
所以 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．
所以 ，
．
由题设 （ ）．
因为 ，
所以 ，所以 ．
（2）设平面 的法向量为 ，
因为 ，
所以 ，即 ．
令 ，则
因为平面 的法向量为 ，
设平面 与平面 的二面角的平面角为 ，
则 ．
当 时， 取最小值为 ，
此时 取最大值为 ．
所以 ，
此时 ．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）根据条件，先证明 两两垂直 ，再建立如图所示空间直角坐标系，定义相关点的坐标，用空间向量证明 ．
（2）先设 设出平面 平面 的法向量及 平面 的法向量 ，分别求出二法向量，再由向量的夹角公式，得到夹角余弦值，当其值最大时正弦值最小，确定此时的ａ值即为B1D的值。
14．（2021·全国乙卷）如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，M为BC的中点，且PB⊥AM，
（1）求BC；
（2）求二面角A-PM-B的正弦值。
【答案】（1）解：因为PD⊥平面ABCD，且矩形ABCD中，AD⊥DC，所以以 ， ， 分别为x，y，z轴正方向，D为原点建立空间直角坐标系D-xyz。
设BC=t，A（t，0，0），B（t，1，0），M（ ，1，0），P(0，0，1)，所以 =（t，1，-1）， =（ ，1，0），
因为PB⊥AM，所以 =- +1=0，所以t= ，所以BC= 。
（2）设平面APM的一个法向量为 =（x，y，z），由于 =（- ，0，1），则
令x= ，得 =（ ，1，2）。
设平面PMB的一个法向量为 =（xt，yt，zt），则
令 =1，得 =(0，1，1).
所以cos（ ， ）= = = ，所以二面角A-PM-B的正弦值为 .
【知识点】向量方法证明线、面的位置关系定理；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，定义相关点的坐标，通过计算求解；
（2）呈上，分别求二面角的两个平面的法向量，用法向量的夹角计算。
15．（2021·天津）如图，在棱长为2的正方体 中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．
（1）求证： 平面 ；
（2）求直线 与平面 所成角的正正弦值．
（3）求二面角 的正弦值．
【答案】（1）以 为原点， 分别为 轴，建立如图空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ， ， ，
因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以 ， ，
所以 ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，
因为 ，所以 ，
因为 平面 ，所以 平面 ；
（2）由（1）得， ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则 ；
（3）由正方体的特征可得，平面 的一个法向量为 ，
则 ，
所以二面角 的正弦值为 .
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）根据向量垂直的充要条件求得 平面 的一个法向量，再利用向量法直接求证即可；
（2）先求出，再由求解即可；
（3）先求出平面 的一个法向量，再由结合同角三角函数的平方关系求解即可.
16．（2021·新高考Ⅰ）如图，在三棱锥A-BCD中.平面ABD丄平面BCD，AB=AD.O为BD的中点.
（1）证明：OA⊥CD：
（2）若△OCD是边长为1的等边三角形.点E在 棱AD上.DE=2EA.且二面角E-BC-D的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积.
【答案】（1） ， 为 中点，
，
面 ，
面 面 且面 面 ，
面 ，
．
（2）以 为坐标原点， 为 轴， 为 轴，垂直 且过 的直线为 轴，
设 ， ， ， ， ，
， ，
设 为面 法向量，
，
，
令 ， ， ，
，
面 法向量为 ，
，解得 ，
，
，
．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的性质；与二面角有关的立体几何综合题；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，结合等腰三角形的性质求解即可；
（2）利用向量法，结合二面角的平面角求得m=1，再根据棱锥的体积公式直接求解即可.
17．（2020·新课标Ⅲ·理）如图，在长方体 中，点 分别在棱 上，且 ， ．
（1）证明：点 在平面 内；
（2）若 ， ， ，求二面角 的正弦值．
【答案】（1）解：在棱 上取点G，使得 ，连接 、 、 、 ，
在长方体 中， 且 ， 且 ，
， ， 且 ，
所以，四边形 为平行四边形，则 且 ，
同理可证四边形 为平行四边形， 且 ，
且 ，则四边形 为平行四边形，
因此，点 在平面 内
（2）解：以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系 ，
则 、 、 、 ，
， ， ， ，
设平面 的法向量为 ，
由 ，得 取 ，得 ，则 ，
设平面 的法向量为 ，
由 ，得 ，取 ，得 ， ，则 ，
，
设二面角 的平面角为 ，则 ， .
因此，二面角 的正弦值为
【知识点】平面的基本性质及推论；空间向量的数量积运算；与二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）连接 、 ，证明出四边形 为平行四边形，进而可证得点 在平面 内；（2）以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系 ，利用空间向量法可计算出二面角 的余弦值，进而可求得二面角 的正弦值.
18．（2020·新课标Ⅱ·理）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
【答案】（1）解： 分别为 ， 的中点，
又
在 中，M为 中点，则
又 侧面 为矩形，
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）解：连接
平面 ，平面 平面
根据三棱柱上下底面平行，
其面 平面 ，面 平面
故：四边形 是平行四边形
设 边长是 ( )
可得： ，
为 的中心，且 边长为
故：
解得：
在 截取 ，故
且
四边形 是平行四边形，
由（1） 平面
故 为 与平面 所成角
在 ，根据勾股定理可得：
直线 与平面 所成角的正弦值： .
【知识点】平行公理；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由 分别为 ， 的中点， ，根据条件可得 ，可证 ，要证平面 平面 ，只需证明 平面 即可；（2）连接 ，先求证四边形 是平行四边形，根据几何关系求得 ，在 截取 ，由（1） 平面 ，可得 为 与平面 所成角，即可求得答案.
19．（2020·新课标Ⅰ·理）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心， 为底面直径， ． 是底面的内接正三角形，P为 上一点， ．
（1）证明： 平面 ；
（2）求二面角 的余弦值．
【答案】（1）解：由题设，知 为等边三角形，设 ，
则 ， ，所以 ，
又 为等边三角形，则 ，所以 ，
，则 ，所以 ，
同理 ，又 ，所以 平面 ；
（2）解：过O作 ∥BC交AB于点N，因为 平面 ，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
由 ，得 ，令 ，得 ，
所以 ，
设平面 的一个法向量为
由 ，得 ，令 ，得 ，
所以
故 ，
设二面角 的大小为 ，则 .
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）要证明 平面 ，只需证明 ， 即可；（2）以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面 的法向量为 ，平面 的法向量为 ，利用公式 计算即可得到答案.
20．（2020·新高考Ⅰ）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．
（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）解：在正方形 中， ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，
因为在四棱锥 中，底面 是正方形，所以
且 平面 ，所以
因为
所以 平面 ；
（2）解：如图建立空间直角坐标系 ，
因为 ，则有 ，
设 ，则有 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，
令 ，则 ，所以平面 的一个法向量为 ，则
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于 ，当且仅当 时取等号，
所以直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为 .
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得 平面 ，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得 ，从而得到 平面 ；（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点 ，之后求得平面 的法向量以及向量 的坐标，求得 的最大值，即为直线 与平面 所成角的正弦值的最大值.
21．（2020·天津）如图，在三棱柱 中， 平面 ， ，点 分别在棱 和棱 上，且 为棱 的中点．
（Ⅰ）求证： ；
（Ⅱ）求二面角 的正弦值；
（Ⅲ）求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】解：依题意，以 为原点，分别以 、 、 的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），
可得 、 、 、 、
、 、 、 、 .
（Ⅰ）依题意， ， ，
从而 ，所以 ；
（Ⅱ）依题意， 是平面 的一个法向量，
， ．
设 为平面 的法向量，
则 ，即 ，
不妨设 ，可得 ．
，
．
所以，二面角 的正弦值为 ；
（Ⅲ）依题意， ．
由（Ⅱ）知 为平面 的一个法向量，于是 ．
所以，直线 与平面 所成角的正弦值为 .
【知识点】用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】以 为原点，分别以 的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系.（Ⅰ）计算出向量 和 的坐标，得出 ，即可证明出 ；（Ⅱ）可知平面 的一个法向量为 ，计算出平面 的一个法向量为 ，利用空间向量法计算出二面角 的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果；（Ⅲ）利用空间向量法可求得直线 与平面 所成角的正弦值.
22．（2020·江苏）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD= ,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．
（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；
（2）若点F在BC上，满足BF= BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．
【答案】（1）解：连
以 为 轴建立空间直角坐标系，则
从而直线 与 所成角的余弦值为
（2）解：设平面 一个法向量为
令
设平面 一个法向量为
令
因此
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；（2）先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.
23．（2020·江苏）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．
（1）求证：EF∥平面AB1C1；
（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．
【答案】（1）证明：由于 分别是 的中点，所以 .
由于 平面 , 平面 ，所以 平面 .
（2）证明：由于 平面 ， 平面 ，所以 .
由于 ，所以 平面 ,
由于 平面 ，所以平面 平面 .
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）通过证明 ，来证得 平面 .（2）通过证明 平面 ，来证得平面 平面 .
24．（2020·北京）如图，在正方体 中，E为 的中点．
（Ⅰ）求证： 平面 ；
（Ⅱ）求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】解：（Ⅰ）如下图所示：
在正方体 中， 且 ， 且 ，
且 ，所以，四边形 为平行四边形，则 ，
平面 ， 平面 ， 平面 ；
（Ⅱ）以点A为坐标原点， 、 、 所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系 ，
设正方体 的棱长为2，则 、 、 、 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，由 ，得 ，
令 ，则 ， ，则 .
.
因此，直线 与平面 所成角的正弦值为 .
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（Ⅰ）证明出四边形 为平行四边形，可得出 ，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；（Ⅱ）以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系 ，利用空间向量法可计算出直线 与平面 所成角的正弦值.
25．（2019·江苏）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．
求证：
（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．
【答案】（1）证明：因为D，E分别为BC，AC的中点， 所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED 平面DEC1，A1B1 平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）解：因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC. 因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因为BE 平面ABC，所以CC1⊥BE.
因为C1C 平面A1ACC1，AC 平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E 平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）利用直三棱柱的结构特征结合中点的性质，用中位线证出线线平行，从而证出线面平行。
（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC，再结合直三棱柱的结构特征证出线面垂直，再利用线面垂直的定义证出线线垂直。
26．（2019·浙江）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1AC1C⊥平面ABC，∠ABC=90°.∠BAC=30°，A1A=A1C=AC，E，F分别是AC，A1B1的中点
（1）证明：EF⊥BC
（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
【答案】（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，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，则A1E⊥BC.
又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F.
所以BC⊥平面A1EF.
因此EF⊥BC.
（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．
由于A1E⊥平面ABC，故AE1⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．
由（I）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.
连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）.
不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2 ，EG= .
由于O为A1G的中点，故 ，
所以 ．
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是 ．
方法二：
连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，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.
如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz.
不妨设AC=4，则
A1（0，0，2 ），B（ ，1，0）， ， ，C(0，2，0).
因此， ， ． 由 得 ．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，证明线面垂直，即可得到线线垂直；
（2） 通过线面垂直，找到直线与平面所成的角，结合余弦定理，求出相应的角即可.
27．（2019·天津）如图，在四棱锥 中，底面 为平行四边形， 为等边三角形，平面 平面 ， ， ，
（Ⅰ）设 分别为 的中点，求证： 平面 ；
（Ⅱ）求证： 平面 ；
（Ⅲ）求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】解：（Ⅰ）证明：连接 ，易知 ， .又由 ，故 ，又因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
（Ⅱ）证明：取棱 的中点 ，连接 .依题意，得 ，又因为平面 平面 ，平面 平面 ，所以 平面 ，交 平面 ，故 .又已知 ， ，所以 平面 .
（Ⅲ）解：连接 ，由（Ⅱ）中 平面 ，可知 为直线 与平面 所成的角，
因为 为等边三角形， 且 为 的中点，所以 .又 ，
在 中， .
所以，直线 与平面 所成角的正弦值为
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】 【分析】（Ⅰ）欲证 平面 ，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证 与平面 内一直线平行，由三角形中位线可得 ，即可证得；
（Ⅱ））欲证 平面 ，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证 与平面 内两相交直线垂直，由平面 平面 ， ，得出 平面 ，进而得出 ，再由 ，即可证得 平面 ；
（Ⅲ）连接 ，构造直角三角形 ，可知 为直线 与平面 所成的角，解直角三角形，求出 的大小，即可得出直线 与平面 所成的角。
28．（2019·天津）如图， 平面 ， ， .
（Ⅰ）求证： 平面 ；
（Ⅱ）求直线 与平面 所成角的正弦值；
（Ⅲ）若二面角 的余弦值为 ，求线段 的长.
【答案】解：依题意，可以建立以 为原点，分别以 的方向为 轴， 轴， 轴正方向的空间直角坐标系（如图），
可得 ， .设 ，则 .
（Ⅰ）证明：依题意， 是平面 的法向量，又 ，可得 ，又因为直线 平面 ，所以 平面 .
（Ⅱ）依题意， .
设 为平面 的法向量，则 即 不妨令 ，
可得 .因此有 .
所以，直线 与平面 所成角的正弦值为 .
（Ⅲ）设 为平面 的法向量，则 即
不妨令 ，可得 .
由题意，有 ，解得 .经检验，符合题意.
所以，线段 的长为
【知识点】空间向量平行的坐标表示；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】 【分析】本题主要考查空间向量的应用，直线与平面平行判定定理、二面角、直线与平面所成的角等知识。
（Ⅰ）欲证 平面 ，需证出 与平面 的法向量垂直，由 是平面 的法向量，又 ，可得 ，进而得出 平面 ；
（Ⅱ）要求直线 与平面 所成角的正弦值，只要找出 与平面 的法向量所成的角的余弦值即可。
（Ⅲ）设出平面 的法向量 ，根据 求出 ，再根据 ，求出线段CF的长。
29．（2019·全国Ⅲ卷理）图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFCC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DC，如题2.
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角B-CG-A的大小.
【答案】（1）解：由已知得AD BE，CG BE，所以AD CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB BE，AB BC，故AB 平面BCGE．
又因为AB 平面ABC，所以平面ABC 平面BCGE．
（2）作EH BC，垂足为H．因为EH 平面BCGE，平面BCGE 平面ABC，所以EH 平面ABC． 由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH= ． 以H为坐标原点， 的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz， 则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0， ）， =（1，0， ）， =（2，–1，0）． 设平面ACGD的法向量为 =（x，y，z），则 即
所以可取 =（3，6，– ）．
又平面BCGE的法向量可取为 =（0，1，0），所以 ． 因此二面角B–CG–A的大小为30°．
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】 【分析】（1）由已知可证AD CG，得到AD，CG确定一个平面，即可证明结论；（2）先作辅助线，可证EH 平面ABC，再建立空间直角坐标系，求出平面ACGD与平面BCGE的法向量，代入向量的夹角公式，即可求出二面角B–CG–A的大小.
30．（2019·全国Ⅱ卷理）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.
【答案】（1）解：由已知得， 平面 ， 平面 ，
故 ．
又 ，所以 平面 ．
（2）由（1）知 ．由题设知 ，所以 ，故 ， ．以 为坐标原点， 的方向为x轴正方向， 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz， 则C（0，1，0），B（1，1，0）， （0，1，2），E（1，0，1）， ， ．设平面EBC的法向量为 =（x，y，x），则 即
所以可取 = .
设平面 的法向量为 =（x，y，z），则 即
所以可取 =（1，1，0）．
于是 ．所以，二面角 的正弦值为 ．
【知识点】直线与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】 【分析】（1）根据题意由线面垂直的性质得出线线垂直，再由线线垂直的判定定理出线面垂直。（2）建立空间直角坐标系，分别求出各个点的坐标以及对应的向量的坐标，构造出法向量n由向量垂直的数量积为零，求出法向量n，同理求出平面 的法向量m，则两个平面垂直即为两个法向量垂直，利用数量积的运算公式即可求出两个法向量所成角的余弦值，从而求出该角的正弦值即为二面角 的正弦值。
31．（2019·北京）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
【答案】（Ⅰ）证明：因为ABCD为菱形，所以 ，又因为 ，所以 ，而 ，故 ；（Ⅱ）因为 ,所以 ，故 为等边三角形，而E为CD 的中点，故 ,所以 ,又因为 ，所以 ,因为 ，所以 ,又因为 ，所以 ；（Ⅲ）存在这样的F，当F为PB的中点时， ；取AB的中点G，连接CF、CG和FG，因为G为AB中点，所以AE与GC平行且相等，故四边形AGCE为平行四边形，所以 ,故 在三角形BAP中，F、G分别为BP、BA的中点，所以 ,故 ,因为GC和FG均在平面CFG内，且 ,所以 ，故 .
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（Ⅰ）根据线面垂直的判定定理，证明直线与平面内两条相交直线垂直即可；
（Ⅱ）根据面面垂直的判定定理，证明直线与平面垂直，即可得到面面垂直；
（Ⅲ）根据面面平行的判定定理，证明面面平行，即可说明两平面没有公共点，因此，一个平面内任意一条直线与另一平面均无公共点，即可说明线面平行.
32．（2019·全国Ⅰ卷理）如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2， BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A-MA1-N的正弦值。
【答案】（1）解：连结 .因为M，E分别为 的中点，所以 ，且 .又因为N为 的中点，所以 .
由题设知 ，可得 ，故 ，因此四边形MNDE为平行四边形， .又 平面 ，所以MN∥平面 .
（2） 解：建立空间直角坐标系，点N在底面投影为点F，
设平面 的法向量为
由 取 得其中一个法向量
易知平面 的一个法向量为
所以二面角 的正弦值为
【知识点】直线与平面平行的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）利用直四棱柱的结构特征结合已知条件，用中点作中位线证线线平行，再利用线线相等结合平行四边形的定义证出四边形MNDE为平行四边形，再利用平行四边形的定义证出另一组线线平行，从而用线线平行结合线面平行的判定定理证出线面平行。（2）利用直四棱柱的结构特征结合已知条件找出二面角的平面角，再利用空间向量的方法求出二面角的平面角的正弦值。
33．（2018·全国Ⅰ卷理）如图，四边形 为正方形， 分别为 的中点，以 为折痕把 折起，使点 到达点 的位置，且 .
（1）证明：平面 平面 ；
（2）求 与平面 所成角的正弦值.
【答案】（1）解：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又 ，
∴BF⊥平面PEF.
∴又 平面ABFD，
平面PEF⊥平面ABFD.
（2）解：作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点， 的方向为y轴正方向， 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系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 .
则 为平面ABFD的法向量.
设DP与平面ABFD所成角为 ，则 .
∴DP与平面ABFD所成角的正弦值为 .
【知识点】平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1)在翻折过程中，作 于H，由 得到 ，从而得到面面垂直；(2)DP与平面所成的角就是 ，在三角形中求其正弦值.
34．（2018·天津）如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD= ，∠BAD=90°．
（Ⅰ）求证：AD⊥BC；
（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；
（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．
【答案】解：（Ⅰ）由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC．（Ⅱ）解：取棱AC的中点N，连接MN，ND．又因为M为棱AB的中点，故MN∥BC．∴∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成的角．在Rt△DAM中，AM=1，故DM= ．∵AD⊥平面ABC，故AD⊥AC．在Rt△DAN中，AN=1，故DN= ．等腰 中，MN=1，∴ ．∴异面直线BC与MD所成角的余弦值为 ．（Ⅲ）连接CM∵ 为等边三角形，M为边AB中点，∴CM⊥ABCM= 又面ABC⊥面ABD，而CM 面ABC，故CM⊥面ABD，∴ 为直线CD与面ABD所成角 中 中， 所以CD与平面所成角正弦值为
【知识点】异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由面面垂直，得到线线垂直，从而得到线面垂直最后线线垂直；（2）平移直线BC解 ；（3）找到线面垂直，得到线面角.
35．（2018·全国Ⅱ卷理）如图，在三角锥 中， ， ， 为 的中点.
（1）证明： 平面 ；
（2）若点 在棱 上，且二面角 为 ，求 与平面 所成角的正弦值.
【答案】（1）PA=PC=AC=4 且O是AC的中点
PO⊥AC
∵AB=BC=2 ，AC=4，
∴
∴∠ABC=90° 连接BO
则OB=OC
∴PO2+BO2=PB2
PO⊥OB，PO⊥OC
OB∩OC=O
∴PO⊥平面ABC
（2）∵PO⊥平面ABC，∴PO⊥OB
∴AB=BC=2 O是AC的中点
∴OB⊥AC OB⊥平面PAC
如图所示以O为坐标原点， 为x轴正方向建立如图所示的直角坐标系O-xyz
则P（0，0， ） A（，0，-2，0），C（0，2，0），B（2，0，0）
平面PAC法向量为 =（1，0，0）设M（x，2-x，0）
平面PAM法向量为 =（1，λ，μ），
=（0，2， ）， = （x，4-x，0）
则 即
即
得到 ，∴x=-4（舍）
，x=
即M
∴PAM的法向量
记PC与平面PAM所成的角为θ
∴
即PC与平面PAM所成的角为的正弦值为 .
【知识点】直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理易得；（2）先由条件建系，找到点M的位置，再用公式求线面角.
36．（2018·全国Ⅲ卷理）如图，边长为2的正方形 所在平面与半圆弧 所在平面垂直， 是 上异于 的点。
（1）证明：平面 平面
（2）当三棱锥M-ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值。
【答案】（1）解：因为 ，平面ABCD⊥半圆CD，所以BC⊥面半圆CD
又DM 半圆弧CD，所以BC⊥DM，又DC是直径，所以DM⊥MC
又 即 又DMC 面AMD
所以 平面
（2）解：∵△ABC的面积为定值，
∴要使三棱锥M-ABC体积最大，则三棱锥的高最大，
此时M为圆弧的中点，
建立以0为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图
∵正方形ABCD的边长为2，
∴A (2，-1， 0)，B(2，1，0)，M(0，0，1) ，
则平面MCD的法向量= ( 1 ， 0， 0) ，
设平面MAB的法向量为= (x ，y，z)
则= (0， 2，0) ，= (-2，1， 1)，
由.=2y=0 ， .=-2x+y+z=0 ，
令x=1
则y=0， z=2 ，即= (1 ，0，2)，
则cos<，>=
则面MAB与面MCD所成二面角的正弦值sinα=
【知识点】平面与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】由线面垂直，得到面面垂直，第二问由二面角定义，做出二面角即可
37．（2018·北京）如图，在三菱柱ABC- 中， 平面ABC。 D，E，F，G分别为 ，AC， ， 的中点，AB=BC= ，AC= =2。
（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF：
（Ⅱ）求二面角B-CD- 1的余弦值：
（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交。
【答案】解：（Ⅰ）∵AC=BC，
又E是AC的中点，
∴ ，
又CC1 面ABC，EF CC1，
∴EF 面ABC，
又AC 面ABC，
∴EF AC.
又 ，所以AC 面BEF.
（Ⅱ）过E作EH CD于H，连接BH
∵EH CD，BE AC，BE EF，
∴BE 面ACC1A1，CD 面ACC1A1，
∴CD BE，由二面角定义可知， 为二面角B-CD-C1的平面角的补角，BE=2，EH= ，
∴BH=
∴cos = ，而二面角B-CD-C1的余弦值为 ，
（Ⅲ）假设FG与面BCD不相交，则FG 与面BCD，
∵EF CD=Q，连接BQ，
又∵面EFGB 面DCB=BQ.
∵FG BH，又BG EF，
∴四边形BGEF为平行四边形与 矛盾。所以假设不成立，故FG与面BCD相交。
【知识点】反证法；直线与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）证明AC垂直于面BEF内两条相交直线BE，EF.（2）用定义法作出二面角 BHE为所求二面角的补角；（3）反证法，假设平行，推出矛盾。
1 / 1立体几何（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）
一、解答题
1．（2022·新高考Ⅱ卷）如图， 是三棱锥 的高， ， ，E是 的中点．
（1）求证： 平面 ；
（2）若 ， ， ，求二面角 的正弦值．
2．（2022·全国乙卷）如图，四面体 中， ，E为AC的中点．
（1）证明：平面 平面ACD；
（2）设 ，点F在BD上，当 的面积最小时，求三棱锥 的体积．
3．（2022·全国甲卷）在四棱锥 中， 底面 ．
（1）证明： ；
（2）求PD与平面 所成的角的正弦值．
4．（2022·全国甲卷）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面 是边长为8（单位：cm）的正方形， 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面 垂直．
（1）证明： 平面 ；
（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
5．（2022·全国乙卷）如图，四面体 中， ，E为 的中点．
（1）证明：平面 平面 ；
（2）设 ，点F在 上，当 的面积最小时，求 与平面 所成的角的正弦值．
6．（2022·北京）如图，在三棱柱 中，侧面 为正方形，平面 平面 ， ， 分别为 ， 的中点．
（I）求证： 平面 ；
（II）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求
直线 与平面 所成角的正弦值。
条件①： ；
条件②： ．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分。
7．（2022·新高考Ⅰ卷）如图，直三棱柱 的体积为4， '的面积为
（1）求A到平面 的距离；
（2）设D为 的中点， 平面 平面 求二面角 的正弦值.
8．（2021·新高考Ⅱ卷）在四棱锥 中，底面 是正方形，若 ．
（1）证明：平面 平面 ；
（2）求二面角 的平面角的余弦值．
9．（2021·北京）已知正方体 ，点 为 中点，直线 交平面 于点 ．
（1）证明：点 为 的中点；
（2）若点 为棱 上一点，且二面角 的余弦值为 ，求 的值．
10．（2021·浙江）如图，在四棱锥 中，底面 是平行四边形， ，M，N分别为 的中点， .
（1）证明： ；
（2）求直线 与平面 所成角的正弦值.
11．（2021·全国乙卷）如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD 底面ABCD，M为BC的中点，且PB AM.
（1）证明：平面PAM 平面PBD；
（2）若PD=DC=1，求四棱锥P-ADCD的体积.
12．（2021·全国甲卷）已知直三棱柱 中，侧面 为正方形． 分别为 和 的中点， ．
（1）求三棱锥F－EBC的体积；
（2）已知 为棱 上的点，证明： ．
13．（2021·全国甲卷）已知直三棱柱ABC-A1B1C1.中，侧面AA1B1B为正方形，AB= BC = 2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF丄A1B1.
（1） 证明：BF⊥DE；
（2）当为B1D何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？
14．（2021·全国乙卷）如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，M为BC的中点，且PB⊥AM，
（1）求BC；
（2）求二面角A-PM-B的正弦值。
15．（2021·天津）如图，在棱长为2的正方体 中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．
（1）求证： 平面 ；
（2）求直线 与平面 所成角的正正弦值．
（3）求二面角 的正弦值．
16．（2021·新高考Ⅰ）如图，在三棱锥A-BCD中.平面ABD丄平面BCD，AB=AD.O为BD的中点.
（1）证明：OA⊥CD：
（2）若△OCD是边长为1的等边三角形.点E在 棱AD上.DE=2EA.且二面角E-BC-D的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积.
17．（2020·新课标Ⅲ·理）如图，在长方体 中，点 分别在棱 上，且 ， ．
（1）证明：点 在平面 内；
（2）若 ， ， ，求二面角 的正弦值．
18．（2020·新课标Ⅱ·理）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
19．（2020·新课标Ⅰ·理）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心， 为底面直径， ． 是底面的内接正三角形，P为 上一点， ．
（1）证明： 平面 ；
（2）求二面角 的余弦值．
20．（2020·新高考Ⅰ）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．
（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
21．（2020·天津）如图，在三棱柱 中， 平面 ， ，点 分别在棱 和棱 上，且 为棱 的中点．
（Ⅰ）求证： ；
（Ⅱ）求二面角 的正弦值；
（Ⅲ）求直线 与平面 所成角的正弦值．
22．（2020·江苏）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD= ,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．
（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；
（2）若点F在BC上，满足BF= BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．
23．（2020·江苏）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．
（1）求证：EF∥平面AB1C1；
（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．
24．（2020·北京）如图，在正方体 中，E为 的中点．
（Ⅰ）求证： 平面 ；
（Ⅱ）求直线 与平面 所成角的正弦值．
25．（2019·江苏）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．
求证：
（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．
26．（2019·浙江）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1AC1C⊥平面ABC，∠ABC=90°.∠BAC=30°，A1A=A1C=AC，E，F分别是AC，A1B1的中点
（1）证明：EF⊥BC
（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
27．（2019·天津）如图，在四棱锥 中，底面 为平行四边形， 为等边三角形，平面 平面 ， ， ，
（Ⅰ）设 分别为 的中点，求证： 平面 ；
（Ⅱ）求证： 平面 ；
（Ⅲ）求直线 与平面 所成角的正弦值.
28．（2019·天津）如图， 平面 ， ， .
（Ⅰ）求证： 平面 ；
（Ⅱ）求直线 与平面 所成角的正弦值；
（Ⅲ）若二面角 的余弦值为 ，求线段 的长.
29．（2019·全国Ⅲ卷理）图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFCC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DC，如题2.
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角B-CG-A的大小.
30．（2019·全国Ⅱ卷理）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.
31．（2019·北京）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
32．（2019·全国Ⅰ卷理）如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2， BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A-MA1-N的正弦值。
33．（2018·全国Ⅰ卷理）如图，四边形 为正方形， 分别为 的中点，以 为折痕把 折起，使点 到达点 的位置，且 .
（1）证明：平面 平面 ；
（2）求 与平面 所成角的正弦值.
34．（2018·天津）如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD= ，∠BAD=90°．
（Ⅰ）求证：AD⊥BC；
（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；
（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．
35．（2018·全国Ⅱ卷理）如图，在三角锥 中， ， ， 为 的中点.
（1）证明： 平面 ；
（2）若点 在棱 上，且二面角 为 ，求 与平面 所成角的正弦值.
36．（2018·全国Ⅲ卷理）如图，边长为2的正方形 所在平面与半圆弧 所在平面垂直， 是 上异于 的点。
（1）证明：平面 平面
（2）当三棱锥M-ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值。
37．（2018·北京）如图，在三菱柱ABC- 中， 平面ABC。 D，E，F，G分别为 ，AC， ， 的中点，AB=BC= ，AC= =2。
（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF：
（Ⅱ）求二面角B-CD- 1的余弦值：
（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交。
答案解析部分
1．【答案】（1）证明：连接 并延长交 于点 ，连接 、 ，
因为 是三棱锥 的高，所以 平面 ， 平面 ，
所以 、 ，
又 ，所以 ，即 ，所以 ，
又 ，即 ，所以 ， ，
所以
所以 ，即 ，所以 为 的中点，又 为 的中点，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 平面
（2）解：过点 作 ，以AB为 轴，AC为 轴，AF为z轴建立如图所示的空问直角坐标系.
因为 ，由(1) ，
义 ，所以， ，所以 ， ， ，设 ，则 ，
平面AEB的法向量设为 ，所以 ，所以 ，设 ，则 ，所以 ：
平面AEC的法向量设为 ，所以 ，所以 ，设 ，则 ，阦以 ：
所以
二面角 的平面角为 ，则 ，所以二面角 的正弦值为 。
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1） 连接 并延长交 于点 ，连接 、 ，根据三角形全等得到，再根据直角三角形性质得到，即可得到 为 的中点从而得到，即可得证；
（2）过点 作 ，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；
2．【答案】（1）证明：由于 ， 是 的中点，所以 .
由于 ，所以 ，
所以 ，故 ，
由于 ， 平面 ，
所以 平面 ，
由于 平面 ，所以平面 平面 .
（2）解：依题意 ， ，三角形 是等边三角形，
所以 ，
由于 ，所以三角形 是等腰直角三角形，所以 .
，所以 ，
由于 ， 平面 ，所以 平面 .
由于 ，所以 ，
由于 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
由于 ，所以当 最短时，三角形 的面积最小值.
过 作 ，垂足为 ，
在 中， ，解得 ，
所以 ，
所以
过 作 ，垂足为 ，则 ，所以 平面 ，且 ，
所以 ，
所以 .
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）通过证明 平面 来证得平面 平面 .
（2）首先判断出三角形 的面积最小时 点的位置，然后求得 到平面 的距离，从而求得三棱锥 的体积.
3．【答案】（1）证明：在四边形 中，作 于 ， 于 ，
因为 ，
所以四边形 为等腰梯形，
所以 ，
故 ， ，
所以 ，
所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
又 ，
所以 平面 ，
又因 平面 ，
所以
（2）解： 由(1)知，PD，AD，BD两两垂直， ，建立空间直角坐标系如图所示，
则
∴
设平面PAB的法向量为 ，则
即
不妨设 ，则 ，
设PD与平面PAB的所成角为θ，则
∴PD与平面PAB的所成的角的正弦值为 .
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）作 于 ， 于 ，利用勾股定理证明AD⊥BD ，根据线面垂直的性质可得，从而可得 平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）依题意建立恰当的空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
4．【答案】（1）证明：分别取 的中点 ，连接 ，
因为 为全等的正三角形，所以 ， ，又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，同理可得 平面 ，根据线面垂直的性质定理可知 ，而 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
（2）解：分别取 中点 ，
由（1）知， 且 ，同理有， ， ， ，由平面知识可知， ， ， ，所以该几何体的体积等于长方体 的体积加上四棱锥 体积的 倍．
因为 ， ，点 到平面 的距离即为点 到直线 的距离 ， ，所以该几何体的体积 ．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）依题意，根据直线与平面垂直的判定定理可得EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，可得EF//MN，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取AD，DC中点K，L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL-EFGH的体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍，即可解出．
5．【答案】（1）证明：因为 ，E为 的中点，所以 ；
在 和 中，因为 ，
所以 ，所以 ，又因为E为 的中点，所以 ；
又因为 平面 ， ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以平面 平面 .
（2）解：连接 ，
由（1）知， 平面 ，因为 平面 ，
所以 ，所以 ，
当 时， 最小，即 的面积最小.
因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 是等边三角形，
因为E为 的中点，所以 ， ，
因为 ，所以 ，
在 中， ，所以 .
以 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则 ，所以 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，取 ，则 ，
又因为 ，所以 ，
所以 ，
设 与平面 所成的角的正弦值为 ，
所以 ，
所以 与平面 所成的角的正弦值为 .
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据已知关系证明 ，得到 ，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到 ，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
6．【答案】（I）设点P为AB中点，由于P为AB中点，N为AC中点所以PN为 中位线
又M为AB中点，PM是正方形 的中位线
所以
∵ 面 ∥面
又 面
∴ 平面
（II）选择条件①，∵面 面
面 面 ，面 面
又
∴ ，又由①：
∴ 面
∵ 面
故 两两垂直
以B为原点， 为 轴正方向， 为 轴正方向， 为 轴正方向建立坐标系
则BMN的法向量
AB与面BMN所成角的正弦等于 与 所半余弦的绝对值，即
故所求正弦为 .
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）记AB中点为P，由已知条件可得，，推出 面 面 ，从而推出 平面 ；
（2） 选择条件① ，由 面 面 ，推出，再根据，，推出面 ，得到两两垂直，以B为原点 建立如图空间直角坐标系，利用空间向量求解线面夹角正弦值即可.
7．【答案】（1）因为 ，
所以 ，设A到平面 的距离为h；
则
（2）设D为 的中点，且 ，
由于 BC⊥平面
因为 平面 ，所以 ，
在直角 中， ，连接 ，过A作 ，则 平面 ，而 平面 ，故 .
由 ，
所以 ，
由 ，
以B为原点，向量 ， ， 分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
所以
设平面ABD的一个法向量 ，
，令 ，则有 .
设平面BCD的一个法向量 ，
令 ，则有
所以
所以二面角 的正弦值为 .
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由题意易得 ，再结合棱锥的体积公式求得h；
（2）根据平面与平面垂直的性质可得BC⊥平面ABB1A1，再由直线与平面垂直的性质可得BC⊥AB，BC⊥A1B，再建立恰当的空间直角坐标系，分别求得平面ABD，平面BCD的法向量， ，再求得 ，即可得答案.
8．【答案】（1）取 的中点为 ，连接 .
因为 ， ，则 ，
而 ，故 .
在正方形 中，因为 ，故 ，故 ，
因为 ，故 ，故 为直角三角形且 ，
因为 ，故 平面 ，
因为 平面 ，故平面 平面 .
（2）在平面 内，过 作 ，交 于 ，则 ，
结合（1）中的 平面 ，故可建如图所示的空间坐标系.
则 ，故 .
设平面 的法向量 ，
则 即 ，取 ，则 ，
故 .
而平面 的法向量为 ，故 .
二面角 的平面角为锐角，故其余弦值为 .
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）根据直线与平面垂直的判定定理，结合平面与平面垂直的判定定理求证即可；
（2）利用向量法直接求解即可.
9．【答案】（1）如图所示，取 的中点 ，连结 ，
由于 为正方体， 为中点，故 ，
从而 四点共面，即平面CDE即平面 ，
据此可得：直线 交平面 于点 ，
当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点 与点 重合，
即点 为 中点.
（2）以点 为坐标原点， 方向分别为 轴， 轴， 轴正方形，建立空间直角坐标系 ，
不妨设正方体的棱长为2，设 ，
则： ，
从而： ，
设平面 的法向量为： ，则：
，
令 可得： ，
设平面 的法向量为： ，则：
，
令 可得： ，
从而： ，
则： ，
整理可得： ，故 （ 舍去）.
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；与二面角有关的立体几何综合题；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据正方体的性质，结合直线与平面相交的性质定理求证即可；
（2）根据向量法求二面角，结合方程的思想求解即可.
10．【答案】（1）证明：在 中， ， ， ，由余弦定理可得 ，
所以 ， ．由题意 且 ， 平面 ，而 平面 ，所以 ，又 ，所以
（2）解：由 ， ，而 与 相交，所以 平面 ，因为 ，所以 ，取 中点 ，连接 ，则 两两垂直，以点 为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,
则 ,
又 为 中点，所以 .
由（1）得 平面 ，所以平面 的一个法向量
从而直线 与平面 所成角的正弦值为
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）通过已知的边，用余弦定理求得DM的长度，再根据勾股定理的逆定理，判断出 ，由 ， 得DC⊥平面 ，结合AB||DC，则有AB⊥PM ；
（2）建立空间直角坐标系，定义相关点的坐标，用空间向量的知识求直线与平面成的角。
11．【答案】（1）因为 底面 ， 平面 ，
所以 ，
又 ， ，
所以 平面 ，
而 平面 ，
所以平面 平面 ．
（2）由（1）可知， 平面 ，所以 ，
从而 ，
设 ， ，则 ，
即 ，
解得 ，所以 ．
因为 底面 ，
故四棱锥 的体积为 ．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）由PD垂直平面ABCD，及PB垂直AM，可以证明 平面 ，从而可能证明
平面 平面 ；
（2）由连接BD（1）可得 ， 证明 通过计算，求出高 ，再用棱锥体积公式直接得到答案。
12．【答案】（1）如图所示，连结AF，
由题意可得： ，
由于AB⊥BB1，BC⊥AB， ，故 平面 ，
而 平面 ，故 ，
从而有 ，
从而 ，
则 ， 为等腰直角三角形，
， .
（2）由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体 ，如图所示，取棱 的中点 ，连结 ，
正方形 中， 为中点，则 ，
又 ，
故 平面 ，而 平面 ，
从而 .
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1） 连结AF ，通过计算得出AC线段的长度， 得到 ，
进一步可以计算出 F－EBC的体积；
（2） 由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体 ， 取棱 的中点 ，连结 ， 通过证明 平面 ，而得到 DE.
13．【答案】（1）因为三棱柱 是直三棱柱，所以 底面 ，所以
因为 ， ，所以 ，
又 ，所以 平面 ．
所以 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．
所以 ，
．
由题设 （ ）．
因为 ，
所以 ，所以 ．
（2）设平面 的法向量为 ，
因为 ，
所以 ，即 ．
令 ，则
因为平面 的法向量为 ，
设平面 与平面 的二面角的平面角为 ，
则 ．
当 时， 取最小值为 ，
此时 取最大值为 ．
所以 ，
此时 ．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）根据条件，先证明 两两垂直 ，再建立如图所示空间直角坐标系，定义相关点的坐标，用空间向量证明 ．
（2）先设 设出平面 平面 的法向量及 平面 的法向量 ，分别求出二法向量，再由向量的夹角公式，得到夹角余弦值，当其值最大时正弦值最小，确定此时的ａ值即为B1D的值。
14．【答案】（1）解：因为PD⊥平面ABCD，且矩形ABCD中，AD⊥DC，所以以 ， ， 分别为x，y，z轴正方向，D为原点建立空间直角坐标系D-xyz。
设BC=t，A（t，0，0），B（t，1，0），M（ ，1，0），P(0，0，1)，所以 =（t，1，-1）， =（ ，1，0），
因为PB⊥AM，所以 =- +1=0，所以t= ，所以BC= 。
（2）设平面APM的一个法向量为 =（x，y，z），由于 =（- ，0，1），则
令x= ，得 =（ ，1，2）。
设平面PMB的一个法向量为 =（xt，yt，zt），则
令 =1，得 =(0，1，1).
所以cos（ ， ）= = = ，所以二面角A-PM-B的正弦值为 .
【知识点】向量方法证明线、面的位置关系定理；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，定义相关点的坐标，通过计算求解；
（2）呈上，分别求二面角的两个平面的法向量，用法向量的夹角计算。
15．【答案】（1）以 为原点， 分别为 轴，建立如图空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ， ， ，
因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以 ， ，
所以 ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，
因为 ，所以 ，
因为 平面 ，所以 平面 ；
（2）由（1）得， ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则 ；
（3）由正方体的特征可得，平面 的一个法向量为 ，
则 ，
所以二面角 的正弦值为 .
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）根据向量垂直的充要条件求得 平面 的一个法向量，再利用向量法直接求证即可；
（2）先求出，再由求解即可；
（3）先求出平面 的一个法向量，再由结合同角三角函数的平方关系求解即可.
16．【答案】（1） ， 为 中点，
，
面 ，
面 面 且面 面 ，
面 ，
．
（2）以 为坐标原点， 为 轴， 为 轴，垂直 且过 的直线为 轴，
设 ， ， ， ， ，
， ，
设 为面 法向量，
，
，
令 ， ， ，
，
面 法向量为 ，
，解得 ，
，
，
．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的性质；与二面角有关的立体几何综合题；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，结合等腰三角形的性质求解即可；
（2）利用向量法，结合二面角的平面角求得m=1，再根据棱锥的体积公式直接求解即可.
17．【答案】（1）解：在棱 上取点G，使得 ，连接 、 、 、 ，
在长方体 中， 且 ， 且 ，
， ， 且 ，
所以，四边形 为平行四边形，则 且 ，
同理可证四边形 为平行四边形， 且 ，
且 ，则四边形 为平行四边形，
因此，点 在平面 内
（2）解：以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系 ，
则 、 、 、 ，
， ， ， ，
设平面 的法向量为 ，
由 ，得 取 ，得 ，则 ，
设平面 的法向量为 ，
由 ，得 ，取 ，得 ， ，则 ，
，
设二面角 的平面角为 ，则 ， .
因此，二面角 的正弦值为
【知识点】平面的基本性质及推论；空间向量的数量积运算；与二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）连接 、 ，证明出四边形 为平行四边形，进而可证得点 在平面 内；（2）以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系 ，利用空间向量法可计算出二面角 的余弦值，进而可求得二面角 的正弦值.
18．【答案】（1）解： 分别为 ， 的中点，
又
在 中，M为 中点，则
又 侧面 为矩形，
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）解：连接
平面 ，平面 平面
根据三棱柱上下底面平行，
其面 平面 ，面 平面
故：四边形 是平行四边形
设 边长是 ( )
可得： ，
为 的中心，且 边长为
故：
解得：
在 截取 ，故
且
四边形 是平行四边形，
由（1） 平面
故 为 与平面 所成角
在 ，根据勾股定理可得：
直线 与平面 所成角的正弦值： .
【知识点】平行公理；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由 分别为 ， 的中点， ，根据条件可得 ，可证 ，要证平面 平面 ，只需证明 平面 即可；（2）连接 ，先求证四边形 是平行四边形，根据几何关系求得 ，在 截取 ，由（1） 平面 ，可得 为 与平面 所成角，即可求得答案.
19．【答案】（1）解：由题设，知 为等边三角形，设 ，
则 ， ，所以 ，
又 为等边三角形，则 ，所以 ，
，则 ，所以 ，
同理 ，又 ，所以 平面 ；
（2）解：过O作 ∥BC交AB于点N，因为 平面 ，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
由 ，得 ，令 ，得 ，
所以 ，
设平面 的一个法向量为
由 ，得 ，令 ，得 ，
所以
故 ，
设二面角 的大小为 ，则 .
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）要证明 平面 ，只需证明 ， 即可；（2）以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面 的法向量为 ，平面 的法向量为 ，利用公式 计算即可得到答案.
20．【答案】（1）解：在正方形 中， ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，
因为在四棱锥 中，底面 是正方形，所以
且 平面 ，所以
因为
所以 平面 ；
（2）解：如图建立空间直角坐标系 ，
因为 ，则有 ，
设 ，则有 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，
令 ，则 ，所以平面 的一个法向量为 ，则
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于 ，当且仅当 时取等号，
所以直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为 .
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得 平面 ，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得 ，从而得到 平面 ；（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点 ，之后求得平面 的法向量以及向量 的坐标，求得 的最大值，即为直线 与平面 所成角的正弦值的最大值.
21．【答案】解：依题意，以 为原点，分别以 、 、 的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），
可得 、 、 、 、
、 、 、 、 .
（Ⅰ）依题意， ， ，
从而 ，所以 ；
（Ⅱ）依题意， 是平面 的一个法向量，
， ．
设 为平面 的法向量，
则 ，即 ，
不妨设 ，可得 ．
，
．
所以，二面角 的正弦值为 ；
（Ⅲ）依题意， ．
由（Ⅱ）知 为平面 的一个法向量，于是 ．
所以，直线 与平面 所成角的正弦值为 .
【知识点】用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】以 为原点，分别以 的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系.（Ⅰ）计算出向量 和 的坐标，得出 ，即可证明出 ；（Ⅱ）可知平面 的一个法向量为 ，计算出平面 的一个法向量为 ，利用空间向量法计算出二面角 的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果；（Ⅲ）利用空间向量法可求得直线 与平面 所成角的正弦值.
22．【答案】（1）解：连
以 为 轴建立空间直角坐标系，则
从而直线 与 所成角的余弦值为
（2）解：设平面 一个法向量为
令
设平面 一个法向量为
令
因此
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；（2）先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.
23．【答案】（1）证明：由于 分别是 的中点，所以 .
由于 平面 , 平面 ，所以 平面 .
（2）证明：由于 平面 ， 平面 ，所以 .
由于 ，所以 平面 ,
由于 平面 ，所以平面 平面 .
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）通过证明 ，来证得 平面 .（2）通过证明 平面 ，来证得平面 平面 .
24．【答案】解：（Ⅰ）如下图所示：
在正方体 中， 且 ， 且 ，
且 ，所以，四边形 为平行四边形，则 ，
平面 ， 平面 ， 平面 ；
（Ⅱ）以点A为坐标原点， 、 、 所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系 ，
设正方体 的棱长为2，则 、 、 、 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，由 ，得 ，
令 ，则 ， ，则 .
.
因此，直线 与平面 所成角的正弦值为 .
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（Ⅰ）证明出四边形 为平行四边形，可得出 ，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；（Ⅱ）以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系 ，利用空间向量法可计算出直线 与平面 所成角的正弦值.
25．【答案】（1）证明：因为D，E分别为BC，AC的中点， 所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED 平面DEC1，A1B1 平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）解：因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC. 因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因为BE 平面ABC，所以CC1⊥BE.
因为C1C 平面A1ACC1，AC 平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E 平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）利用直三棱柱的结构特征结合中点的性质，用中位线证出线线平行，从而证出线面平行。
（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC，再结合直三棱柱的结构特征证出线面垂直，再利用线面垂直的定义证出线线垂直。
26．【答案】（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，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，则A1E⊥BC.
又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F.
所以BC⊥平面A1EF.
因此EF⊥BC.
（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．
由于A1E⊥平面ABC，故AE1⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．
由（I）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.
连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）.
不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2 ，EG= .
由于O为A1G的中点，故 ，
所以 ．
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是 ．
方法二：
连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，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.
如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz.
不妨设AC=4，则
A1（0，0，2 ），B（ ，1，0）， ， ，C(0，2，0).
因此， ， ． 由 得 ．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，证明线面垂直，即可得到线线垂直；
（2） 通过线面垂直，找到直线与平面所成的角，结合余弦定理，求出相应的角即可.
27．【答案】解：（Ⅰ）证明：连接 ，易知 ， .又由 ，故 ，又因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
（Ⅱ）证明：取棱 的中点 ，连接 .依题意，得 ，又因为平面 平面 ，平面 平面 ，所以 平面 ，交 平面 ，故 .又已知 ， ，所以 平面 .
（Ⅲ）解：连接 ，由（Ⅱ）中 平面 ，可知 为直线 与平面 所成的角，
因为 为等边三角形， 且 为 的中点，所以 .又 ，
在 中， .
所以，直线 与平面 所成角的正弦值为
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】 【分析】（Ⅰ）欲证 平面 ，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证 与平面 内一直线平行，由三角形中位线可得 ，即可证得；
（Ⅱ））欲证 平面 ，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证 与平面 内两相交直线垂直，由平面 平面 ， ，得出 平面 ，进而得出 ，再由 ，即可证得 平面 ；
（Ⅲ）连接 ，构造直角三角形 ，可知 为直线 与平面 所成的角，解直角三角形，求出 的大小，即可得出直线 与平面 所成的角。
28．【答案】解：依题意，可以建立以 为原点，分别以 的方向为 轴， 轴， 轴正方向的空间直角坐标系（如图），
可得 ， .设 ，则 .
（Ⅰ）证明：依题意， 是平面 的法向量，又 ，可得 ，又因为直线 平面 ，所以 平面 .
（Ⅱ）依题意， .
设 为平面 的法向量，则 即 不妨令 ，
可得 .因此有 .
所以，直线 与平面 所成角的正弦值为 .
（Ⅲ）设 为平面 的法向量，则 即
不妨令 ，可得 .
由题意，有 ，解得 .经检验，符合题意.
所以，线段 的长为
【知识点】空间向量平行的坐标表示；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】 【分析】本题主要考查空间向量的应用，直线与平面平行判定定理、二面角、直线与平面所成的角等知识。
（Ⅰ）欲证 平面 ，需证出 与平面 的法向量垂直，由 是平面 的法向量，又 ，可得 ，进而得出 平面 ；
（Ⅱ）要求直线 与平面 所成角的正弦值，只要找出 与平面 的法向量所成的角的余弦值即可。
（Ⅲ）设出平面 的法向量 ，根据 求出 ，再根据 ，求出线段CF的长。
29．【答案】（1）解：由已知得AD BE，CG BE，所以AD CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB BE，AB BC，故AB 平面BCGE．
又因为AB 平面ABC，所以平面ABC 平面BCGE．
（2）作EH BC，垂足为H．因为EH 平面BCGE，平面BCGE 平面ABC，所以EH 平面ABC． 由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH= ． 以H为坐标原点， 的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz， 则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0， ）， =（1，0， ）， =（2，–1，0）． 设平面ACGD的法向量为 =（x，y，z），则 即
所以可取 =（3，6，– ）．
又平面BCGE的法向量可取为 =（0，1，0），所以 ． 因此二面角B–CG–A的大小为30°．
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】 【分析】（1）由已知可证AD CG，得到AD，CG确定一个平面，即可证明结论；（2）先作辅助线，可证EH 平面ABC，再建立空间直角坐标系，求出平面ACGD与平面BCGE的法向量，代入向量的夹角公式，即可求出二面角B–CG–A的大小.
30．【答案】（1）解：由已知得， 平面 ， 平面 ，
故 ．
又 ，所以 平面 ．
（2）由（1）知 ．由题设知 ，所以 ，故 ， ．以 为坐标原点， 的方向为x轴正方向， 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz， 则C（0，1，0），B（1，1，0）， （0，1，2），E（1，0，1）， ， ．设平面EBC的法向量为 =（x，y，x），则 即
所以可取 = .
设平面 的法向量为 =（x，y，z），则 即
所以可取 =（1，1，0）．
于是 ．所以，二面角 的正弦值为 ．
【知识点】直线与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】 【分析】（1）根据题意由线面垂直的性质得出线线垂直，再由线线垂直的判定定理出线面垂直。（2）建立空间直角坐标系，分别求出各个点的坐标以及对应的向量的坐标，构造出法向量n由向量垂直的数量积为零，求出法向量n，同理求出平面 的法向量m，则两个平面垂直即为两个法向量垂直，利用数量积的运算公式即可求出两个法向量所成角的余弦值，从而求出该角的正弦值即为二面角 的正弦值。
31．【答案】（Ⅰ）证明：因为ABCD为菱形，所以 ，又因为 ，所以 ，而 ，故 ；（Ⅱ）因为 ,所以 ，故 为等边三角形，而E为CD 的中点，故 ,所以 ,又因为 ，所以 ,因为 ，所以 ,又因为 ，所以 ；（Ⅲ）存在这样的F，当F为PB的中点时， ；取AB的中点G，连接CF、CG和FG，因为G为AB中点，所以AE与GC平行且相等，故四边形AGCE为平行四边形，所以 ,故 在三角形BAP中，F、G分别为BP、BA的中点，所以 ,故 ,因为GC和FG均在平面CFG内，且 ,所以 ，故 .
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（Ⅰ）根据线面垂直的判定定理，证明直线与平面内两条相交直线垂直即可；
（Ⅱ）根据面面垂直的判定定理，证明直线与平面垂直，即可得到面面垂直；
（Ⅲ）根据面面平行的判定定理，证明面面平行，即可说明两平面没有公共点，因此，一个平面内任意一条直线与另一平面均无公共点，即可说明线面平行.
32．【答案】（1）解：连结 .因为M，E分别为 的中点，所以 ，且 .又因为N为 的中点，所以 .
由题设知 ，可得 ，故 ，因此四边形MNDE为平行四边形， .又 平面 ，所以MN∥平面 .
（2） 解：建立空间直角坐标系，点N在底面投影为点F，
设平面 的法向量为
由 取 得其中一个法向量
易知平面 的一个法向量为
所以二面角 的正弦值为
【知识点】直线与平面平行的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）利用直四棱柱的结构特征结合已知条件，用中点作中位线证线线平行，再利用线线相等结合平行四边形的定义证出四边形MNDE为平行四边形，再利用平行四边形的定义证出另一组线线平行，从而用线线平行结合线面平行的判定定理证出线面平行。（2）利用直四棱柱的结构特征结合已知条件找出二面角的平面角，再利用空间向量的方法求出二面角的平面角的正弦值。
33．【答案】（1）解：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又 ，
∴BF⊥平面PEF.
∴又 平面ABFD，
平面PEF⊥平面ABFD.
（2）解：作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点， 的方向为y轴正方向， 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系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 .
则 为平面ABFD的法向量.
设DP与平面ABFD所成角为 ，则 .
∴DP与平面ABFD所成角的正弦值为 .
【知识点】平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1)在翻折过程中，作 于H，由 得到 ，从而得到面面垂直；(2)DP与平面所成的角就是 ，在三角形中求其正弦值.
34．【答案】解：（Ⅰ）由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC．（Ⅱ）解：取棱AC的中点N，连接MN，ND．又因为M为棱AB的中点，故MN∥BC．∴∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成的角．在Rt△DAM中，AM=1，故DM= ．∵AD⊥平面ABC，故AD⊥AC．在Rt△DAN中，AN=1，故DN= ．等腰 中，MN=1，∴ ．∴异面直线BC与MD所成角的余弦值为 ．（Ⅲ）连接CM∵ 为等边三角形，M为边AB中点，∴CM⊥ABCM= 又面ABC⊥面ABD，而CM 面ABC，故CM⊥面ABD，∴ 为直线CD与面ABD所成角 中 中， 所以CD与平面所成角正弦值为
【知识点】异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由面面垂直，得到线线垂直，从而得到线面垂直最后线线垂直；（2）平移直线BC解 ；（3）找到线面垂直，得到线面角.
35．【答案】（1）PA=PC=AC=4 且O是AC的中点
PO⊥AC
∵AB=BC=2 ，AC=4，
∴
∴∠ABC=90° 连接BO
则OB=OC
∴PO2+BO2=PB2
PO⊥OB，PO⊥OC
OB∩OC=O
∴PO⊥平面ABC
（2）∵PO⊥平面ABC，∴PO⊥OB
∴AB=BC=2 O是AC的中点
∴OB⊥AC OB⊥平面PAC
如图所示以O为坐标原点， 为x轴正方向建立如图所示的直角坐标系O-xyz
则P（0，0， ） A（，0，-2，0），C（0，2，0），B（2，0，0）
平面PAC法向量为 =（1，0，0）设M（x，2-x，0）
平面PAM法向量为 =（1，λ，μ），
=（0，2， ）， = （x，4-x，0）
则 即
即
得到 ，∴x=-4（舍）
，x=
即M
∴PAM的法向量
记PC与平面PAM所成的角为θ
∴
即PC与平面PAM所成的角为的正弦值为 .
【知识点】直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理易得；（2）先由条件建系，找到点M的位置，再用公式求线面角.
36．【答案】（1）解：因为 ，平面ABCD⊥半圆CD，所以BC⊥面半圆CD
又DM 半圆弧CD，所以BC⊥DM，又DC是直径，所以DM⊥MC
又 即 又DMC 面AMD
所以 平面
（2）解：∵△ABC的面积为定值，
∴要使三棱锥M-ABC体积最大，则三棱锥的高最大，
此时M为圆弧的中点，
建立以0为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图
∵正方形ABCD的边长为2，
∴A (2，-1， 0)，B(2，1，0)，M(0，0，1) ，
则平面MCD的法向量= ( 1 ， 0， 0) ，
设平面MAB的法向量为= (x ，y，z)
则= (0， 2，0) ，= (-2，1， 1)，
由.=2y=0 ， .=-2x+y+z=0 ，
令x=1
则y=0， z=2 ，即= (1 ，0，2)，
则cos<，>=
则面MAB与面MCD所成二面角的正弦值sinα=
【知识点】平面与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】由线面垂直，得到面面垂直，第二问由二面角定义，做出二面角即可
37．【答案】解：（Ⅰ）∵AC=BC，
又E是AC的中点，
∴ ，
又CC1 面ABC，EF CC1，
∴EF 面ABC，
又AC 面ABC，
∴EF AC.
又 ，所以AC 面BEF.
（Ⅱ）过E作EH CD于H，连接BH
∵EH CD，BE AC，BE EF，
∴BE 面ACC1A1，CD 面ACC1A1，
∴CD BE，由二面角定义可知， 为二面角B-CD-C1的平面角的补角，BE=2，EH= ，
∴BH=
∴cos = ，而二面角B-CD-C1的余弦值为 ，
（Ⅲ）假设FG与面BCD不相交，则FG 与面BCD，
∵EF CD=Q，连接BQ，
又∵面EFGB 面DCB=BQ.
∵FG BH，又BG EF，
∴四边形BGEF为平行四边形与 矛盾。所以假设不成立，故FG与面BCD相交。
【知识点】反证法；直线与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）证明AC垂直于面BEF内两条相交直线BE，EF.（2）用定义法作出二面角 BHE为所求二面角的补角；（3）反证法，假设平行，推出矛盾。
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