【精品解析】2019-2023高考数学真题分类汇编21 空间向量与立体几何（1）

2019-2023高考数学真题分类汇编21 空间向量与立体几何（1）
一、选择题
1．（2021·全国乙卷）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（　　）
A． B． C． D．
2．（2023·北京卷）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（　　）
A． B． C． D．
3．（2023·全国乙卷）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（　　）
A． B． C． D．
4．（2022·浙江）如图，已知正三棱柱 ，E，F分别是棱 上的点．记 与 所成的角为 ， 与平面 所成的角为 ，二面角 的平面角为 ，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2022·全国甲卷）在长方体 中，已知 与平面 和平面 所成的角均为 ，则（　　）
A．
B．AB与平面 所成的角为
C．
D． 与平面 所成的角为
6．（2022·全国乙卷）在正方体 中，E，F分别为 的中点，则（　　）
A．平面 平面 B．平面 平面
C．平面 平面 D．平面 平面
二、多项选择题
7．（2022·新高考Ⅰ卷）已知正方体 则（　　）
A．直线 与 所成的角为
B．直线 与 所成的角为
C．直线 与平面 所成的角为
D．直线 与平面ABCD所成的角为
三、解答题
8．（2023·北京卷）如图，在三棱锥中，平面，．
（1）求证：平面PAB；
（2）求二面角的大小．
9．（2023·全国甲卷）如图，在三棱柱中，平面．
（1）证明：平面平面；
（2）设，求四棱锥的高．
10．（2023·天津卷）三棱台中，若面，分别是中点.
（1）求证：//平面；
（2）求平面与平面所成夹角的余弦值；
（3）求点到平面的距离．
11．（2023·全国乙卷）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.

（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面BEF；
（3）求二面角的正弦值.
12．（2023·上海卷）已知直四棱柱.
（1）求证：面；
（2）若直四棱柱的体积为36，求二面角的大小.
13．（2023·新高考Ⅱ卷） 如图，三棱锥中，60°，E为BC中点.
（1）证明：
（2）点F满足 ，求二面角D-AB-F的正弦值.
14．（2022·天津市）直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求平面与平面所成二面角的余弦值．
15．（2022·浙江）如图，已知 和 都是直角梯形， ， ， ， ， ， ，二面角 的平面角为 ．设M，N分别为 的中点．
（Ⅰ）证明： ；
（Ⅱ）求直线 与平面 所成角的正弦值．
16．（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．
17．（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．
18．（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．
19．（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。
20．（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.
21．（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．
22．（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．
23．（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.
24．（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？
25．（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。
26．（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．
27．（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.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】直线与平面所成的角
【解析】【解答】如图，连接AC，设AC与BD交于O，连接OD1,AD1,BP,设正方体的棱长为x，
因为D1P||OB||BD,且D1P=BO=BD,所以四边形OD1PB是平行四边形，所以BP||OD1,所以
即为所求的角，易证平面BDD1B1,故OD1, 又,所以＝.
故答案为：D
【分析】在正方体中，作辅助线，通过平移线，作出所要求的角。
2．【答案】C
【知识点】二面角的平面角及求法
【解析】【解答】如图：
设点在底面上的投影为，连接，作，，垂足分别为，，
四边形是矩形，
侧面和侧面与底面的夹角分别为，
由题知，
，，
，即 ，
，
五面体的所有棱长之和为.
故答案为：C
【分析】设点在 底面 上的射影为，则，进而求解。
3．【答案】C
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题；解三角形
【解析】【解答】如图，取AB中点E，连接CE，DE，设AE=BE=2a
∵是以AB为斜边的等腰直角三角形，是等边三角形
易得，，
又∵，且二面角为，
∴，
∴在中，由余弦定理得，
∴，
∴由线面夹角定义结合直线在平面上的投影，
易分析CD在平面ABC上的投影在CE所在直线上，
即直线CD与平面ABC所成角为∠DCE
∴在中，由正弦定理得，
代入解得，
∵
∴，
∴，
故选：C.
【分析】根据题意分析面面夹角与线面夹角的平面角，结合特殊三角形及正余弦定理解三角形得出平面角的三角函数值.
4．【答案】A
【知识点】二面角的平面角及求法
【解析】【解答】作直线，连接EG，因为平面，
根据线面垂直的性质定理，得，
因此，。
易知，因此，作交于H，
连接BH，CF，作于M，连接GM，得到，因此，，由于，可得。综上，.
故答案为：A
【分析】根据线线角的定义，线面角的定义，面面角的定义，转化求解即可．
5．【答案】D
【知识点】直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：如图所示：
不妨设AB=a，AD=b，AA1=c，依题以及长方体的结构特征可知， B1D与平面ABCD所成角为∠B1DB，
B1D与平面AA1B1B所成角为 ∠DB1A，
所以 ，
即b=c ， ，
解得 ．
对于A， AB=a，AD=b ，AB=AD ，A错误；
对于B，过B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB与平面AB1C1D所成角为∠BAE，
因为 ，所以 ，B错误；
对于C，，C错误；
对于D， B1D与平面BB1C1C所成角为∠DB1C ，又 ，而0°<∠DB1C<90°，所以∠DB1C=45° ．D正确．
故选：D．
【分析】先设AB=a，AD=b，AA1=c，再由题意得，b=c ，最后根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
6．【答案】A
【知识点】空间向量平行的坐标表示；空间向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：在正方体 中，可知 且 平面 ，
又 平面 ，所以 ，由 分别为 的中点，所以 ，所以 ，又 ，所以 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 ，故A正确；
以点 为原点，建立如图空间直角坐标系，设 ，
则 ，
，得 ， ，
设平面 的法向量为 ，
则有 ，解得 ，
同理可得平面 的法向量为 ，
平面 的法向量为 ，
平面 的法向量为 ，
则 ，所以平面 与平面 不垂直，故B错误；
因为 与 不平行，所以平面 与平面 不平行，故C错误；
因为 与 不平行，所以平面 与平面 不平行，故D错误，
故选：A
【分析】证明 平面 ，即可判断A；以点 为原点，建立如图空间直角坐标系，设 ，分别求出平面 ， ， 的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
7．【答案】A,B,D
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：在正方体ABCD- A1B1C1D1中，因为BC1⊥B1C，BC1⊥A1B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，
所以BC1⊥DA1，BC1⊥CA1，故选项A，B均正确；
设A1C1∩B1D1=O，因为A1C1⊥平面BB1D1D，所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为∠C1BO，
在直角△C1BO中，sin∠C1BO=，故∠C1BO=30°，故选项C错误；
直线BC1与平面ABCD所成的角为∠C1BC=45°，故选项D正确.
故选：ABD
【分析】由直线与平面垂直的判定可得BC1⊥平面A1B1CD，进而再由直线与平面垂直的性质，从而可判断AB，根据直线与平面所成角的定义可判断CD.
8．【答案】（1）因为平面平面，
所以，同理，
所以为直角三角形，
又因为，，
所以，则为直角三角形，故，
又因为，，
所以平面.
（2）由（1）平面，又平面，则，
以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，即
令，则，所以，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以，
所以，
又因为二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为.
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）通过证明，来证明 平面PAB；
（2）建立空间直角坐标系利用空间向量求解二面角的大小．
9．【答案】（1），即，
又平面，平面，
，
由，平面，
平面，
平面，
平面平面
（2）由(1)可知，，两两垂直，
由平面平面，平面平面知：
四棱锥的高即为到边上的高，
，即，
，
又，，
由三棱锥知，，，
由，
故，
在中有，解得
四棱锥的高为1
【知识点】平面与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】(1)要证面面垂直即正线面垂直，由已知条件分析易证平面即可证明.
(2)结合线面垂直等多个垂直条件，易分析得出四棱锥的高为到边上的高，根据两个含公共边的直角三角形，由得到，由已知条件结合三棱柱结构特点分析解三角形并逐步计算得出结果.
10．【答案】（1）证明：连接MN，
在三棱台中，
，
∵分别是中点，且
∴，
∴
∴四边形是平行四边形
∴，
又∵ 平面，平面，
∴//平面.
（2）解：连接，过点作交AC于点D，过点D作交于点E，连接MD，ME，
∵ 若面且面
∴，，
又∵，
∴四边形为矩形，
∴，
，
∴，
∴，且，
∴MD⊥面，
∴，且，
∴AC1⊥面，
∴，
∴ 平面与平面所成夹为，
由，
∴
∴，
在Rt△MDE中，易得
∴，
∴
∴平面与平面所成夹角的余弦值为.
（3） 由(2)得MD⊥面，，
∵，设点到平面的距离为d，
即，解得，
∴点到平面的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】(1)根据中点及已知数值的倍数关系结合图形，易想到利用中位线证明平行四边形，故而得到，从而证明//平面；
(2)由已知中点与线面垂直结合三垂线定理找出二面角所在平面角，利用解三角形求出各边长即可得出平面角的余弦值.
(3)将点到平面的距离转化成求三棱锥的高，利用等积即可求解.
11．【答案】（1）如图，连接，，设，
则，
又，
且，即.
，
由∵AB=2，BC=，代入得
解得，
，即为中点，
又∵的中点分别为，
且，且，
∴且，
∴四边形DEFO为平行四边形，∴
又平面，平面，
（2）由(1)得 ，
且在中，AB=2，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，且
∴
又∵，，
，
∴
且
∴ 平面平面BEF.
（3）如图，过点O作交AC于点M，连接DM，NF，
由(2)得，
∴ 二面角的平面角为.
∵，O为BC中点，
∴，且结合(1)， ，
∴，，
∴
在平面ABP中，AD和BE分别是△ABP的两条中线，
∴N为△ABP的重心，
∴，
在和中，
，
根据余弦定理
代入可解得，
同理在在和中，
由余弦定理列出方程，可得，
∴，
同理，解得，
又∵，，
易得
∴，解得.
∴在△DOM中，
，
∴
∴ 二面角的平面角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的性质；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】(1) 以条件作为切入点，考虑以，为基底从向量角度表示，并运用数量积为0确判断点的位置，从而得出F为中点，由多个中点产生的中位线证明线面平行；
(2)由，故证 平面平面BEF只需再证一组线线垂直，利用已知条件的 结合勾股定理可计算边长，进而可结合(1)证，证毕；
(3)结合(2)及二面角平面角的定义，易作将二面角转化成平面角∠DOM，在△DOM中，结合已知条件易得其两边DO、OM，故求平面角的正弦值只需求第三边DM，结合中点及各边数据解三角形求第三边即得答案.
12．【答案】（1）在直四棱柱中，
，，
∴，
又∵，，
∴，
又∵且，
∴，
∴，
（2）依题意得，AB⊥AD，AB∥CD
∴CD⊥AD
∴，
∴，即.
∴
连接A1B、A1D、BD，作，垂足为E，
∵在底面ABD的投影为AE，
故由三垂线定理可得，
即此时二面角 的为∠AEA1，
∴根据勾股定理易得
又∵，
∴
∴在中，
∴
∴二面角的大小为.
【知识点】直线与平面平行的判定；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】(1)根据四棱柱几何特征与已知条件先证面面平行，即，从而得出线面平行；
(2)根据题意求出几何体高，由几何体高分析改几何体为固定几何体，可结合解三角形解得相关线段长度，可找出面面夹角所对平面角并加以计算得出答案.
13．【答案】（1）连接，，
为中点，，
，，
为等边三角形，同理也为等边三角形，
，，
又，，
，
，
（2）不妨设，
，
，，
由（1）知，
，，
又，，，两两垂直，
以E为原点，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图：
则，，，，
，
，，，
四边形是平行四边形，
设平面，平面的法向量为分别为，，
，即，
取，解得，
同理可得，
，
，
二面角的正弦值为
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）通过证明线面垂直，即，得出线线垂直，即。
（2）为建立直角坐标系，先证明，，两两垂直，得出二者法向量得出面面夹角的余弦值即得答案。
14．【答案】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，则
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、、、，则，
易知平面的一个法向量为，则，故，
平面，故平面.
（2）解：，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，.
因此，直线与平面夹角的正弦值为.
（3）解：，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，则，
因此，平面与平面夹角的余弦值为.
【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；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1） 在直三棱柱中，平面，且，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，则，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面的一个法向量，则，再结合数量积为0两向量垂直的等价关系，故，进而证出平面。
（2）利用已知条件结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再结合平面的法向量求解方法得出平面的法向量和，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式得出直线与平面夹角的正弦值。
（3） 利用已知条件结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再结合平面的法向量求解方法得出平面的法向量和，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值。
15．【答案】解：（Ⅰ）过点E、D分别做直线 、 的垂线 、 并分别交于点交于点 G 、H．
∵四边形 和 都是直角梯形， ， ，由平面几何知识易知， ，则四边形 和四边形 是矩形，∴在Rt 和Rt ， ，
∵ ，且 ，
∴ 平面 是二面角 的平面角，则 ，
∴ 是正三角形，由 平面 ，得平面 平面 ，
∵ 是 的中点， ，又 平面 ， 平面 ，可得 ，而 ，∴ 平面 ，而 平面 ．
（Ⅱ） 由于 平面ABCD，如图建系.
于是 ，则 .
平面ADE的法向量 .
设BM与平面ADE所成角为θ，
则 ．
【知识点】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】（Ⅰ）根据题意证出FN⊥平面ABCD，即可得证；
（Ⅱ）由于平面ABCD，如图建系，利用空间向量求平面ADE的法向量，代入公式即可求解．
16．【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；
17．【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.
18．【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.
19．【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.
20．【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.
21．【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.
22．【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.
23．【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。
24．【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。
25．【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。
26．【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.
27．【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.
1 / 12019-2023高考数学真题分类汇编21 空间向量与立体几何（1）
一、选择题
1．（2021·全国乙卷）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线与平面所成的角
【解析】【解答】如图，连接AC，设AC与BD交于O，连接OD1,AD1,BP,设正方体的棱长为x，
因为D1P||OB||BD,且D1P=BO=BD,所以四边形OD1PB是平行四边形，所以BP||OD1,所以
即为所求的角，易证平面BDD1B1,故OD1, 又,所以＝.
故答案为：D
【分析】在正方体中，作辅助线，通过平移线，作出所要求的角。
2．（2023·北京卷）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二面角的平面角及求法
【解析】【解答】如图：
设点在底面上的投影为，连接，作，，垂足分别为，，
四边形是矩形，
侧面和侧面与底面的夹角分别为，
由题知，
，，
，即 ，
，
五面体的所有棱长之和为.
故答案为：C
【分析】设点在 底面 上的射影为，则，进而求解。
3．（2023·全国乙卷）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题；解三角形
【解析】【解答】如图，取AB中点E，连接CE，DE，设AE=BE=2a
∵是以AB为斜边的等腰直角三角形，是等边三角形
易得，，
又∵，且二面角为，
∴，
∴在中，由余弦定理得，
∴，
∴由线面夹角定义结合直线在平面上的投影，
易分析CD在平面ABC上的投影在CE所在直线上，
即直线CD与平面ABC所成角为∠DCE
∴在中，由正弦定理得，
代入解得，
∵
∴，
∴，
故选：C.
【分析】根据题意分析面面夹角与线面夹角的平面角，结合特殊三角形及正余弦定理解三角形得出平面角的三角函数值.
4．（2022·浙江）如图，已知正三棱柱 ，E，F分别是棱 上的点．记 与 所成的角为 ， 与平面 所成的角为 ，二面角 的平面角为 ，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二面角的平面角及求法
【解析】【解答】作直线，连接EG，因为平面，
根据线面垂直的性质定理，得，
因此，。
易知，因此，作交于H，
连接BH，CF，作于M，连接GM，得到，因此，，由于，可得。综上，.
故答案为：A
【分析】根据线线角的定义，线面角的定义，面面角的定义，转化求解即可．
5．（2022·全国甲卷）在长方体 中，已知 与平面 和平面 所成的角均为 ，则（　　）
A．
B．AB与平面 所成的角为
C．
D． 与平面 所成的角为
【答案】D
【知识点】直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：如图所示：
不妨设AB=a，AD=b，AA1=c，依题以及长方体的结构特征可知， B1D与平面ABCD所成角为∠B1DB，
B1D与平面AA1B1B所成角为 ∠DB1A，
所以 ，
即b=c ， ，
解得 ．
对于A， AB=a，AD=b ，AB=AD ，A错误；
对于B，过B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB与平面AB1C1D所成角为∠BAE，
因为 ，所以 ，B错误；
对于C，，C错误；
对于D， B1D与平面BB1C1C所成角为∠DB1C ，又 ，而0°<∠DB1C<90°，所以∠DB1C=45° ．D正确．
故选：D．
【分析】先设AB=a，AD=b，AA1=c，再由题意得，b=c ，最后根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
6．（2022·全国乙卷）在正方体 中，E，F分别为 的中点，则（　　）
A．平面 平面 B．平面 平面
C．平面 平面 D．平面 平面
【答案】A
【知识点】空间向量平行的坐标表示；空间向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：在正方体 中，可知 且 平面 ，
又 平面 ，所以 ，由 分别为 的中点，所以 ，所以 ，又 ，所以 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 ，故A正确；
以点 为原点，建立如图空间直角坐标系，设 ，
则 ，
，得 ， ，
设平面 的法向量为 ，
则有 ，解得 ，
同理可得平面 的法向量为 ，
平面 的法向量为 ，
平面 的法向量为 ，
则 ，所以平面 与平面 不垂直，故B错误；
因为 与 不平行，所以平面 与平面 不平行，故C错误；
因为 与 不平行，所以平面 与平面 不平行，故D错误，
故选：A
【分析】证明 平面 ，即可判断A；以点 为原点，建立如图空间直角坐标系，设 ，分别求出平面 ， ， 的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
二、多项选择题
7．（2022·新高考Ⅰ卷）已知正方体 则（　　）
A．直线 与 所成的角为
B．直线 与 所成的角为
C．直线 与平面 所成的角为
D．直线 与平面ABCD所成的角为
【答案】A,B,D
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：在正方体ABCD- A1B1C1D1中，因为BC1⊥B1C，BC1⊥A1B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，
所以BC1⊥DA1，BC1⊥CA1，故选项A，B均正确；
设A1C1∩B1D1=O，因为A1C1⊥平面BB1D1D，所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为∠C1BO，
在直角△C1BO中，sin∠C1BO=，故∠C1BO=30°，故选项C错误；
直线BC1与平面ABCD所成的角为∠C1BC=45°，故选项D正确.
故选：ABD
【分析】由直线与平面垂直的判定可得BC1⊥平面A1B1CD，进而再由直线与平面垂直的性质，从而可判断AB，根据直线与平面所成角的定义可判断CD.
三、解答题
8．（2023·北京卷）如图，在三棱锥中，平面，．
（1）求证：平面PAB；
（2）求二面角的大小．
【答案】（1）因为平面平面，
所以，同理，
所以为直角三角形，
又因为，，
所以，则为直角三角形，故，
又因为，，
所以平面.
（2）由（1）平面，又平面，则，
以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，即
令，则，所以，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以，
所以，
又因为二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为.
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）通过证明，来证明 平面PAB；
（2）建立空间直角坐标系利用空间向量求解二面角的大小．
9．（2023·全国甲卷）如图，在三棱柱中，平面．
（1）证明：平面平面；
（2）设，求四棱锥的高．
【答案】（1），即，
又平面，平面，
，
由，平面，
平面，
平面，
平面平面
（2）由(1)可知，，两两垂直，
由平面平面，平面平面知：
四棱锥的高即为到边上的高，
，即，
，
又，，
由三棱锥知，，，
由，
故，
在中有，解得
四棱锥的高为1
【知识点】平面与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】(1)要证面面垂直即正线面垂直，由已知条件分析易证平面即可证明.
(2)结合线面垂直等多个垂直条件，易分析得出四棱锥的高为到边上的高，根据两个含公共边的直角三角形，由得到，由已知条件结合三棱柱结构特点分析解三角形并逐步计算得出结果.
10．（2023·天津卷）三棱台中，若面，分别是中点.
（1）求证：//平面；
（2）求平面与平面所成夹角的余弦值；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明：连接MN，
在三棱台中，
，
∵分别是中点，且
∴，
∴
∴四边形是平行四边形
∴，
又∵ 平面，平面，
∴//平面.
（2）解：连接，过点作交AC于点D，过点D作交于点E，连接MD，ME，
∵ 若面且面
∴，，
又∵，
∴四边形为矩形，
∴，
，
∴，
∴，且，
∴MD⊥面，
∴，且，
∴AC1⊥面，
∴，
∴ 平面与平面所成夹为，
由，
∴
∴，
在Rt△MDE中，易得
∴，
∴
∴平面与平面所成夹角的余弦值为.
（3） 由(2)得MD⊥面，，
∵，设点到平面的距离为d，
即，解得，
∴点到平面的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】(1)根据中点及已知数值的倍数关系结合图形，易想到利用中位线证明平行四边形，故而得到，从而证明//平面；
(2)由已知中点与线面垂直结合三垂线定理找出二面角所在平面角，利用解三角形求出各边长即可得出平面角的余弦值.
(3)将点到平面的距离转化成求三棱锥的高，利用等积即可求解.
11．（2023·全国乙卷）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.

（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面BEF；
（3）求二面角的正弦值.
【答案】（1）如图，连接，，设，
则，
又，
且，即.
，
由∵AB=2，BC=，代入得
解得，
，即为中点，
又∵的中点分别为，
且，且，
∴且，
∴四边形DEFO为平行四边形，∴
又平面，平面，
（2）由(1)得 ，
且在中，AB=2，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，且
∴
又∵，，
，
∴
且
∴ 平面平面BEF.
（3）如图，过点O作交AC于点M，连接DM，NF，
由(2)得，
∴ 二面角的平面角为.
∵，O为BC中点，
∴，且结合(1)， ，
∴，，
∴
在平面ABP中，AD和BE分别是△ABP的两条中线，
∴N为△ABP的重心，
∴，
在和中，
，
根据余弦定理
代入可解得，
同理在在和中，
由余弦定理列出方程，可得，
∴，
同理，解得，
又∵，，
易得
∴，解得.
∴在△DOM中，
，
∴
∴ 二面角的平面角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的性质；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】(1) 以条件作为切入点，考虑以，为基底从向量角度表示，并运用数量积为0确判断点的位置，从而得出F为中点，由多个中点产生的中位线证明线面平行；
(2)由，故证 平面平面BEF只需再证一组线线垂直，利用已知条件的 结合勾股定理可计算边长，进而可结合(1)证，证毕；
(3)结合(2)及二面角平面角的定义，易作将二面角转化成平面角∠DOM，在△DOM中，结合已知条件易得其两边DO、OM，故求平面角的正弦值只需求第三边DM，结合中点及各边数据解三角形求第三边即得答案.
12．（2023·上海卷）已知直四棱柱.
（1）求证：面；
（2）若直四棱柱的体积为36，求二面角的大小.
【答案】（1）在直四棱柱中，
，，
∴，
又∵，，
∴，
又∵且，
∴，
∴，
（2）依题意得，AB⊥AD，AB∥CD
∴CD⊥AD
∴，
∴，即.
∴
连接A1B、A1D、BD，作，垂足为E，
∵在底面ABD的投影为AE，
故由三垂线定理可得，
即此时二面角 的为∠AEA1，
∴根据勾股定理易得
又∵，
∴
∴在中，
∴
∴二面角的大小为.
【知识点】直线与平面平行的判定；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】(1)根据四棱柱几何特征与已知条件先证面面平行，即，从而得出线面平行；
(2)根据题意求出几何体高，由几何体高分析改几何体为固定几何体，可结合解三角形解得相关线段长度，可找出面面夹角所对平面角并加以计算得出答案.
13．（2023·新高考Ⅱ卷） 如图，三棱锥中，60°，E为BC中点.
（1）证明：
（2）点F满足 ，求二面角D-AB-F的正弦值.
【答案】（1）连接，，
为中点，，
，，
为等边三角形，同理也为等边三角形，
，，
又，，
，
，
（2）不妨设，
，
，，
由（1）知，
，，
又，，，两两垂直，
以E为原点，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图：
则，，，，
，
，，，
四边形是平行四边形，
设平面，平面的法向量为分别为，，
，即，
取，解得，
同理可得，
，
，
二面角的正弦值为
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）通过证明线面垂直，即，得出线线垂直，即。
（2）为建立直角坐标系，先证明，，两两垂直，得出二者法向量得出面面夹角的余弦值即得答案。
14．（2022·天津市）直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求平面与平面所成二面角的余弦值．
【答案】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，则
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、、、，则，
易知平面的一个法向量为，则，故，
平面，故平面.
（2）解：，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，.
因此，直线与平面夹角的正弦值为.
（3）解：，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，则，
因此，平面与平面夹角的余弦值为.
【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；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1） 在直三棱柱中，平面，且，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，则，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面的一个法向量，则，再结合数量积为0两向量垂直的等价关系，故，进而证出平面。
（2）利用已知条件结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再结合平面的法向量求解方法得出平面的法向量和，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式得出直线与平面夹角的正弦值。
（3） 利用已知条件结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再结合平面的法向量求解方法得出平面的法向量和，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值。
15．（2022·浙江）如图，已知 和 都是直角梯形， ， ， ， ， ， ，二面角 的平面角为 ．设M，N分别为 的中点．
（Ⅰ）证明： ；
（Ⅱ）求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】解：（Ⅰ）过点E、D分别做直线 、 的垂线 、 并分别交于点交于点 G 、H．
∵四边形 和 都是直角梯形， ， ，由平面几何知识易知， ，则四边形 和四边形 是矩形，∴在Rt 和Rt ， ，
∵ ，且 ，
∴ 平面 是二面角 的平面角，则 ，
∴ 是正三角形，由 平面 ，得平面 平面 ，
∵ 是 的中点， ，又 平面 ， 平面 ，可得 ，而 ，∴ 平面 ，而 平面 ．
（Ⅱ） 由于 平面ABCD，如图建系.
于是 ，则 .
平面ADE的法向量 .
设BM与平面ADE所成角为θ，
则 ．
【知识点】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】（Ⅰ）根据题意证出FN⊥平面ABCD，即可得证；
（Ⅱ）由于平面ABCD，如图建系，利用空间向量求平面ADE的法向量，代入公式即可求解．
16．（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；
17．（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.
18．（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.
19．（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.
20．（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.
21．（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.
22．（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.
23．（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。
24．（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。
25．（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。
26．（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.
27．（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.
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