2019-2023高考数学真题分类汇编21 空间向量与立体几何（2）

2019-2023高考数学真题分类汇编21 空间向量与立体几何（2）
一、选择题
1．（2021·浙江）如图已知正方体 ，M，N分别是 ， 的中点，则（　　）
A．直线 与直线 垂直，直线 平面
B．直线 与直线 平行，直线 平面
C．直线 与直线 相交，直线 平面
D．直线 与直线 异面，直线 平面
【答案】A
【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】【解答】设正方体的棱长为2,建立如图所示的空间直角坐标系,则 D(0,0,0), A(2,0,0), A1(2,0,2), B(2,2,0), D1(0,0.2), M(1,0,1), N(1,1,1), B1(2,2,2),
对于A: 因为因为所以,
即 , 又因为则AB||MN,于是AB∥平面ABCD，A符合题意；
对于B: 由A知,A1D与D1B垂直，故B不符合题意；
对于C: A1D与D1B是异面的, 不平行，故C不符合题意；
对于D: A1D与D1B异面正确,但显然与平面BDB1D1不垂直，故D不符合题意；
故答案为：A.
【分析】对于A：由空间向量证明是正确的，
对于B：若A知 这显然不平行，所以B不正确；
对于C：显然， 直线 与直线 是异面直线，故C错误；
对于Ｄ：由B知，MN不垂直平面BDD1B1。
2．（2020·新高考Ⅰ）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（　　）
A．20° B．40° C．50° D．90°
【答案】B
【知识点】平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】画出截面图如下图所示，
其中 是赤道所在平面的截线；l是点A处的水平面的截线，依题意可知 ； 是晷针所在直线.m是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，
根据平面平行的性质定理可得可知 、根据线面垂直的定义可得 ..
由于 ，所以 ，
由于 ，
所以 ，也即晷针与点 处的水平面所成角为 .
故答案为：B
【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A处的纬度，计算出晷针与点A处的水平面所成角.
3．（2019·浙江）设三棱锥V-ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点，（不含端点），记直线PB与直线AC所成角为α.直线PB与平面ABC所成角为β.二面角P-AC-B的平面角为γ。则（　　）
A．β＜γ，a ＜γ B．β＜α，β＜γ
C．β＜α，γ＜α D．α＜β，γ＜β
【答案】B
【知识点】异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法
【解析】 【解答】如图 为 中点， 在底面 的投影为 ，则 在底面投影 在线段 上，过 作 垂直 ，
易得 ，过 作 交 于 ，过 作 ，交 于 ，则 ，则 ，即 ， ，即 ，综上所述， B正确.
故答案为：B
【分析】根据异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.应用三角函数知识求解，进而比较大小即可.
4．（2019·全国Ⅲ卷理） 如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（　　）
A．BM=EN，且直线BM、EN 是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN 是相交直线
C．BM=EN，且直线BM、EN 是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN 是异面直线
【答案】B
【知识点】平面的基本性质及推论
【解析】 【解答】解：连接BD，BE，MN，如图：
∵M，N分别是线段ED，BD的中点，∴MN∥BE，∴直线MN，BE确定一个平面，
∴直线BM，EN 是相交直线，设正方形ABCD的的边长为a，则DE=a，DB= a，
∵DE≠DB，∴△BMD与△END不全等，∴BM≠EN，
故答案为：B.
【分析】由已知可证MN∥BE，得到直线MN，BE确定一个平面，可证直线BM，EN 是相交直线，再由△BMD与△END不全等，得到BM≠EN，即可判断得结论.
二、多项选择题
5．（2021·新高考Ⅱ卷）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足 的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A，如图（1）所示，
连接AC，则MN//AC，
故∠POC（或其补角）为异面直线OP,MN所成的角.
在直角三角形OPC中，，CP=1，故
故MN⊥OP不成立，故A错误；
对于B，如图（2）所示，
取NT的中点Q，连接PQ,OQ，则OQ⊥NT，PQ⊥MN，
由正方体SBCM-NADT可得SN⊥平面ANDT，而平面ANDT，
故SN⊥OQ，而SN∩MN=N，故OQ⊥平面SNTM，
又平面SNTM，则OQ⊥MN，而OQ∩PQ=O，
所以MN⊥平面OPQ，而平面OPQ，故MN⊥OP.
故B正确；
对于C，如图（3）所示，
连接BD，则BD//MN，由B的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正确；
对于D，如图（4）所示，
取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC,PQ,OQ,PK,OK，则AC//MN，
因为DP=PC，故PQ//AC，则PQ//MN，
所以∠QPO或其补角为异面直线PO,MN所成的角，
因为正方体的棱长为2，故，
则有QO2故∠QPO不可能是直角，
故MN，OP不可能垂直
故D错误.
故答案为：BC
【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线MN构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.
三、填空题
6．（2020·新课标Ⅱ·理）设有下列四个命题：
p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.
p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.
p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.
p4：若直线l 平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.
则下述命题中所有真命题的序号是　 　.
①②③④
【答案】①③④
【知识点】复合命题的真假；平面的基本性质及推论；异面直线的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】对于命题 ，可设 与 相交，这两条直线确定的平面为 ；
若 与 相交，则交点A在平面 内，
同理， 与 的交点B也在平面 内，
所以， ，即 ，命题 为真命题；
对于命题 ，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，
命题 为假命题；
对于命题 ，空间中两条直线相交、平行或异面，
命题 为假命题；
对于命题 ，若直线 平面 ，
则m垂直于平面 内所有直线，
直线 平面 ， 直线 直线 ，
命题 为真命题.
综上可知， 为真命题， 为假命题，
为真命题， 为真命题.
故答案为：①③④.
【分析】利用两交线直线确定一个平面可判断命题 的真假；利用三点共线可判断命题 的真假；利用异面直线可判断命题 的真假，利用线面垂直的定义可判断命题 的真假.再利用复合命题的真假可得出结论.
四、解答题
7．（2023·全国乙卷）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．
（1）求证：//平面；
（2）若，求三棱锥的体积。
【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，∴EF∥DO
又平面，平面，
（2）由(1)得，OF是的中位线，
易得，
，，，，
为中点，，，
又，平面，平面，
，
【知识点】平面向量数量积的性质；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定
【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(1)易知底面存在中位线，即存在面积的倍数关系，利用等高可将三棱锥体积转化为，利用条件简单分析得到的线面垂直，即以为底面、OC为高求出此时几何体的体积即得答案。
8．（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.
9．（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．
10．（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。
11．（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.
12．（2020·新课标Ⅲ·文）如图，在长方体 中，点E，F分别在棱 ， 上，且 ， ．证明：
（1）当 时， ；
（2）点 在平面 内．
【答案】（1）解：因为长方体 ,所以 平面 ,
因为长方体 ,所以四边形 为正方形
因为 平面 ,因此 平面 ,
因为 平面 ,所以
（2）解：在 上取点M使得 ,连 ,
因为 ,所以
所以四边形 为平行四边形，
因为 所以四边形 为平行四边形，
因此 在平面 内
【知识点】平面的基本性质及推论；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）根据正方形性质得 ，根据长方体性质得 ,进而可证 平面 ,即得结果；（2）只需证明 即可，在 上取点M使得 ,再通过平行四边形性质进行证明即可.
13．（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.
14．（2020·新课标Ⅱ·文）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⊥平面EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN= ，求四棱锥B–EB1C1F的体积．
【答案】（1）解： 分别为 ， 的中点，
又
在等边 中， 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：过M作 垂线，交点为H，
画出图形，如图
平面
平面 ，平面 平面
又
为 的中心.
故： ，则 ，
平面 平面 ，平面 平面 ，
平面
平面
又 在等边 中
即
由（1）知，四边形 为梯形
四边形 的面积为：
，
h为M到 的距离 ，
.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平行公理；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）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）根据已知条件求得 和M到 的距离，根据椎体体积公式，即可求得 .
15．（2020·新课标Ⅰ·文）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心， 是底面的内接正三角形，P为 上一点，∠APC=90°．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）设DO= ，圆锥的侧面积为 ，求三棱锥P ABC的体积.
【答案】（1）解： 为圆锥顶点，O为底面圆心， 平面 ，
在 上， ，
是圆内接正三角形， ， ，
，即 ，
平面 平面 ， 平面 平面 ；
（2）解：设圆锥的母线为l，底面半径为 ，圆锥的侧面积为 ，
，解得 ， ，
在等腰直角三角形 中， ，
在 中， ，
三棱锥 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；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）根据已知可得 ，进而有 ，可得 ，即 ，从而证得 平面 ，即可证得结论；（2）将已知条件转化为母线 和底面半径 的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形 边长，在等腰直角三角形 中求出 ，在 中，求出 ，即可求出结论.
16．（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.
17．（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.
18．（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.
19．（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.
20．（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.
21．（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.
22．（2020·浙江）如图，三棱台DEF﹣ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC．
（Ⅰ）证明：EF⊥DB；
（Ⅱ）求DF与面DBC所成角的正弦值．
【答案】解：（Ⅰ）证明：作DH⊥AC，且交AC于点H，
∵面ADFC⊥面ABC，DH 面ADFC，∴DH⊥BC，
∴在Rt△DHC中，CH＝CD cos45°＝ CD，
∵DC＝2BC，∴CH＝ CD＝ 2BC＝ BC，
∴ ＝ ，即△BHC是直角三角形，且∠HBC＝90°，
∴HB⊥BC，∴BC⊥面DHB，∵BD 面DHB，∴BC⊥BD，
∵在三棱台DEF﹣ABC中，EF∥BC，∴EF⊥DB．
（Ⅱ）设BC＝1，则BH＝1，HC＝ ，
在Rt△DHC中，DH＝ ，DC＝2，
在Rt△DHB中，DB＝ ＝ ＝ ，
作HG⊥BD于G，∵BC⊥HG，∴HG⊥面BCD，∵GC 面BCD，
∴HG⊥GC，∴△HGC是直角三角形，且∠HGC＝90°，
设DF与面DBC所成角为θ，则θ即为CH与面DBC的夹角，
且sinθ＝sin∠HCG＝ ＝ ，
∵在Rt△DHB中，DH HB＝BD HG，
∴HG＝ ＝ ＝ ，
∴sinθ＝ ＝ ＝ ．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（Ⅰ）题根据已知条件，作DH⊥AC，根据面面垂直，可得DH⊥BC，进一步根据直角三角形的知识可判断出△BHC是直角三角形，且∠HBC＝90°，则HB⊥BC，从而可证出BC⊥面DHB，最后根据棱台的定义有EF∥BC，根据平行线的性质可得EF⊥DB；（Ⅱ）题先可设BC＝1，根据解直角三角形可得BH＝1，HC＝ ，DH＝ ，DC＝2，DB＝ ，然后找到CH与面DBC的夹角即为∠HCG，根据棱台的特点可知DF与面DBC所成角与CH与面DBC的夹角相等，通过计算∠HCG的正弦值，即可得到DF与面DBC所成角的正弦值．
23．（2019·上海）如图，在正三棱锥 中， ， ．
（1）若 的中点为 ， 的中点为 ，求 与 的夹角；
（2）求 的体积．
【答案】（1）解： ， 分别为 ， 的中点，
，
∴ 与 所成角为 ，
在 中，由 ， ，
可得 ，
与 的夹角为 ；
（2）解：过 作底面垂线，垂直为 ，则 为底面三角形的中心，
连接 并延长，交 于 ，则 ， ．
．
．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角
【解析】【分析】（1）利用正三棱锥的结构特征结合中位线的性质证出线线平行，从而找出异面直线所成的角，再利用余弦定理求出异面直线所成的夹角。
（2）利用正三棱锥的结构特征结合已知条件，用三棱锥的体积公式求出三棱锥的体积。
24．（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.
25．（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。
26．（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。
27．（2019·全国Ⅲ卷文）图1是由矩形ADEB、 ABC和菱形BFGC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DG，如图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中的四边形ACGD的面积.
【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）取CG的中点M，连结EM，DM.
因为AB//DE，AB 平面BCGE，所以DE 平面BCGE，故DE CG.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM CG，故CG 平面DEM.
因此DM CG.
在 DEM中，DE=1，EM= ，故DM=2.
所以四边形ACGD的面积为4.
【知识点】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）由已知可证ADCG，得到AD，CG确定一个平面，即可证明结论；（2）先作辅助线，可证DE 平面BCGE，得DECG，又可证CG 平面DEM，得DMCG，利用勾股定理得到DM=2，即可求出四边形ACGD的面积.
28．（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.
29．（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。
30．（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.
31．（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。
32．（2019·北京）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3。E为PD的中点，点F在PC上，且 .
（I）求证：CD⊥平面PAD；
（II）求二面角F-AE-P的余弦值；
（III）设点G在PB上，且 .判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由。
【答案】 （I）证明：因为PA 平面ABCD，所以PA CD，
又因为CD AD， ，所以CD 平面PAD；
（II）过A作AM BC交BC于M，
以A为原点，AM，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
由于PA=AD=CD=2,BC=3,E为PD的中点， ,
A（0，0，0），C（2，2，0），D（0,2,0），P（0,0,2）， ，
E（0,1,1），M（2,0,0）
由已知，平面AEP的法向量为 ，
设平面AEF的法向量为 ，且 ，
由 得 令z=-1，则 ，
设二面角F-AE-P的夹角为 ，
则 ，
而二面角F-AE-P为锐二面角，故其余弦值为 ；
（III）设点B（2，-1,0），由于 ，且 ,
则 ,
所以 ,
而平面AEF的法向量 ，
且 ,所以 ，而 平面AEF，
所以AG在平面AEF内.
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法
【解析】 【分析】（I）根据线面垂直的判定定理，证明线线垂直，即可得到线面垂直；
（II）建立空间直角坐标系，表示点的坐标，写出相应的向量，求出平面的法向量，结合空间向量的数量积运算，即可求出二面角的余弦值；
（III）根据空间向量，证明法向量与直线的方向向量垂直，再根据点在平面内，即可证明直线在平面内.
1 / 12019-2023高考数学真题分类汇编21 空间向量与立体几何（2）
一、选择题
1．（2021·浙江）如图已知正方体 ，M，N分别是 ， 的中点，则（　　）
A．直线 与直线 垂直，直线 平面
B．直线 与直线 平行，直线 平面
C．直线 与直线 相交，直线 平面
D．直线 与直线 异面，直线 平面
2．（2020·新高考Ⅰ）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（　　）
A．20° B．40° C．50° D．90°
3．（2019·浙江）设三棱锥V-ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点，（不含端点），记直线PB与直线AC所成角为α.直线PB与平面ABC所成角为β.二面角P-AC-B的平面角为γ。则（　　）
A．β＜γ，a ＜γ B．β＜α，β＜γ
C．β＜α，γ＜α D．α＜β，γ＜β
4．（2019·全国Ⅲ卷理） 如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（　　）
A．BM=EN，且直线BM、EN 是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN 是相交直线
C．BM=EN，且直线BM、EN 是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN 是异面直线
二、多项选择题
5．（2021·新高考Ⅱ卷）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足 的是（　　）
A． B．
C． D．
三、填空题
6．（2020·新课标Ⅱ·理）设有下列四个命题：
p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.
p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.
p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.
p4：若直线l 平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.
则下述命题中所有真命题的序号是　 　.
①②③④
四、解答题
7．（2023·全国乙卷）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．
（1）求证：//平面；
（2）若，求三棱锥的体积。
8．（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．
9．（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）．
10．（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.
11．（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： ．
12．（2020·新课标Ⅲ·文）如图，在长方体 中，点E，F分别在棱 ， 上，且 ， ．证明：
（1）当 时， ；
（2）点 在平面 内．
13．（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．
14．（2020·新课标Ⅱ·文）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⊥平面EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN= ，求四棱锥B–EB1C1F的体积．
15．（2020·新课标Ⅰ·文）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心， 是底面的内接正三角形，P为 上一点，∠APC=90°．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）设DO= ，圆锥的侧面积为 ，求三棱锥P ABC的体积.
16．（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.
17．（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．
18．（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．
19．（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．
20．（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．
21．（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．
22．（2020·浙江）如图，三棱台DEF﹣ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC．
（Ⅰ）证明：EF⊥DB；
（Ⅱ）求DF与面DBC所成角的正弦值．
23．（2019·上海）如图，在正三棱锥 中， ， ．
（1）若 的中点为 ， 的中点为 ，求 与 的夹角；
（2）求 的体积．
24．（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.
25．（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.
26．（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.
27．（2019·全国Ⅲ卷文）图1是由矩形ADEB、 ABC和菱形BFGC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DG，如图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中的四边形ACGD的面积.
28．（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.
29．（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.
30．（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.
31．（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。
32．（2019·北京）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3。E为PD的中点，点F在PC上，且 .
（I）求证：CD⊥平面PAD；
（II）求二面角F-AE-P的余弦值；
（III）设点G在PB上，且 .判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由。
答案解析部分
1．【答案】A
【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】【解答】设正方体的棱长为2,建立如图所示的空间直角坐标系,则 D(0,0,0), A(2,0,0), A1(2,0,2), B(2,2,0), D1(0,0.2), M(1,0,1), N(1,1,1), B1(2,2,2),
对于A: 因为因为所以,
即 , 又因为则AB||MN,于是AB∥平面ABCD，A符合题意；
对于B: 由A知,A1D与D1B垂直，故B不符合题意；
对于C: A1D与D1B是异面的, 不平行，故C不符合题意；
对于D: A1D与D1B异面正确,但显然与平面BDB1D1不垂直，故D不符合题意；
故答案为：A.
【分析】对于A：由空间向量证明是正确的，
对于B：若A知 这显然不平行，所以B不正确；
对于C：显然， 直线 与直线 是异面直线，故C错误；
对于Ｄ：由B知，MN不垂直平面BDD1B1。
2．【答案】B
【知识点】平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】画出截面图如下图所示，
其中 是赤道所在平面的截线；l是点A处的水平面的截线，依题意可知 ； 是晷针所在直线.m是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，
根据平面平行的性质定理可得可知 、根据线面垂直的定义可得 ..
由于 ，所以 ，
由于 ，
所以 ，也即晷针与点 处的水平面所成角为 .
故答案为：B
【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A处的纬度，计算出晷针与点A处的水平面所成角.
3．【答案】B
【知识点】异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法
【解析】 【解答】如图 为 中点， 在底面 的投影为 ，则 在底面投影 在线段 上，过 作 垂直 ，
易得 ，过 作 交 于 ，过 作 ，交 于 ，则 ，则 ，即 ， ，即 ，综上所述， B正确.
故答案为：B
【分析】根据异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.应用三角函数知识求解，进而比较大小即可.
4．【答案】B
【知识点】平面的基本性质及推论
【解析】 【解答】解：连接BD，BE，MN，如图：
∵M，N分别是线段ED，BD的中点，∴MN∥BE，∴直线MN，BE确定一个平面，
∴直线BM，EN 是相交直线，设正方形ABCD的的边长为a，则DE=a，DB= a，
∵DE≠DB，∴△BMD与△END不全等，∴BM≠EN，
故答案为：B.
【分析】由已知可证MN∥BE，得到直线MN，BE确定一个平面，可证直线BM，EN 是相交直线，再由△BMD与△END不全等，得到BM≠EN，即可判断得结论.
5．【答案】B,C
【知识点】异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A，如图（1）所示，
连接AC，则MN//AC，
故∠POC（或其补角）为异面直线OP,MN所成的角.
在直角三角形OPC中，，CP=1，故
故MN⊥OP不成立，故A错误；
对于B，如图（2）所示，
取NT的中点Q，连接PQ,OQ，则OQ⊥NT，PQ⊥MN，
由正方体SBCM-NADT可得SN⊥平面ANDT，而平面ANDT，
故SN⊥OQ，而SN∩MN=N，故OQ⊥平面SNTM，
又平面SNTM，则OQ⊥MN，而OQ∩PQ=O，
所以MN⊥平面OPQ，而平面OPQ，故MN⊥OP.
故B正确；
对于C，如图（3）所示，
连接BD，则BD//MN，由B的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正确；
对于D，如图（4）所示，
取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC,PQ,OQ,PK,OK，则AC//MN，
因为DP=PC，故PQ//AC，则PQ//MN，
所以∠QPO或其补角为异面直线PO,MN所成的角，
因为正方体的棱长为2，故，
则有QO2故∠QPO不可能是直角，
故MN，OP不可能垂直
故D错误.
故答案为：BC
【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线MN构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.
6．【答案】①③④
【知识点】复合命题的真假；平面的基本性质及推论；异面直线的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】对于命题 ，可设 与 相交，这两条直线确定的平面为 ；
若 与 相交，则交点A在平面 内，
同理， 与 的交点B也在平面 内，
所以， ，即 ，命题 为真命题；
对于命题 ，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，
命题 为假命题；
对于命题 ，空间中两条直线相交、平行或异面，
命题 为假命题；
对于命题 ，若直线 平面 ，
则m垂直于平面 内所有直线，
直线 平面 ， 直线 直线 ，
命题 为真命题.
综上可知， 为真命题， 为假命题，
为真命题， 为真命题.
故答案为：①③④.
【分析】利用两交线直线确定一个平面可判断命题 的真假；利用三点共线可判断命题 的真假；利用异面直线可判断命题 的真假，利用线面垂直的定义可判断命题 的真假.再利用复合命题的真假可得出结论.
7．【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，∴EF∥DO
又平面，平面，
（2）由(1)得，OF是的中位线，
易得，
，，，，
为中点，，，
又，平面，平面，
，
【知识点】平面向量数量积的性质；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定
【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(1)易知底面存在中位线，即存在面积的倍数关系，利用等高可将三棱锥体积转化为，利用条件简单分析得到的线面垂直，即以为底面、OC为高求出此时几何体的体积即得答案。
8．【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.
9．【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．
10．【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。
11．【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.
12．【答案】（1）解：因为长方体 ,所以 平面 ,
因为长方体 ,所以四边形 为正方形
因为 平面 ,因此 平面 ,
因为 平面 ,所以
（2）解：在 上取点M使得 ,连 ,
因为 ,所以
所以四边形 为平行四边形，
因为 所以四边形 为平行四边形，
因此 在平面 内
【知识点】平面的基本性质及推论；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）根据正方形性质得 ，根据长方体性质得 ,进而可证 平面 ,即得结果；（2）只需证明 即可，在 上取点M使得 ,再通过平行四边形性质进行证明即可.
13．【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.
14．【答案】（1）解： 分别为 ， 的中点，
又
在等边 中， 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：过M作 垂线，交点为H，
画出图形，如图
平面
平面 ，平面 平面
又
为 的中心.
故： ，则 ，
平面 平面 ，平面 平面 ，
平面
平面
又 在等边 中
即
由（1）知，四边形 为梯形
四边形 的面积为：
，
h为M到 的距离 ，
.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平行公理；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）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）根据已知条件求得 和M到 的距离，根据椎体体积公式，即可求得 .
15．【答案】（1）解： 为圆锥顶点，O为底面圆心， 平面 ，
在 上， ，
是圆内接正三角形， ， ，
，即 ，
平面 平面 ， 平面 平面 ；
（2）解：设圆锥的母线为l，底面半径为 ，圆锥的侧面积为 ，
，解得 ， ，
在等腰直角三角形 中， ，
在 中， ，
三棱锥 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；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）根据已知可得 ，进而有 ，可得 ，即 ，从而证得 平面 ，即可证得结论；（2）将已知条件转化为母线 和底面半径 的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形 边长，在等腰直角三角形 中求出 ，在 中，求出 ，即可求出结论.
16．【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.
17．【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.
18．【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.
19．【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.
20．【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.
21．【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.
22．【答案】解：（Ⅰ）证明：作DH⊥AC，且交AC于点H，
∵面ADFC⊥面ABC，DH 面ADFC，∴DH⊥BC，
∴在Rt△DHC中，CH＝CD cos45°＝ CD，
∵DC＝2BC，∴CH＝ CD＝ 2BC＝ BC，
∴ ＝ ，即△BHC是直角三角形，且∠HBC＝90°，
∴HB⊥BC，∴BC⊥面DHB，∵BD 面DHB，∴BC⊥BD，
∵在三棱台DEF﹣ABC中，EF∥BC，∴EF⊥DB．
（Ⅱ）设BC＝1，则BH＝1，HC＝ ，
在Rt△DHC中，DH＝ ，DC＝2，
在Rt△DHB中，DB＝ ＝ ＝ ，
作HG⊥BD于G，∵BC⊥HG，∴HG⊥面BCD，∵GC 面BCD，
∴HG⊥GC，∴△HGC是直角三角形，且∠HGC＝90°，
设DF与面DBC所成角为θ，则θ即为CH与面DBC的夹角，
且sinθ＝sin∠HCG＝ ＝ ，
∵在Rt△DHB中，DH HB＝BD HG，
∴HG＝ ＝ ＝ ，
∴sinθ＝ ＝ ＝ ．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（Ⅰ）题根据已知条件，作DH⊥AC，根据面面垂直，可得DH⊥BC，进一步根据直角三角形的知识可判断出△BHC是直角三角形，且∠HBC＝90°，则HB⊥BC，从而可证出BC⊥面DHB，最后根据棱台的定义有EF∥BC，根据平行线的性质可得EF⊥DB；（Ⅱ）题先可设BC＝1，根据解直角三角形可得BH＝1，HC＝ ，DH＝ ，DC＝2，DB＝ ，然后找到CH与面DBC的夹角即为∠HCG，根据棱台的特点可知DF与面DBC所成角与CH与面DBC的夹角相等，通过计算∠HCG的正弦值，即可得到DF与面DBC所成角的正弦值．
23．【答案】（1）解： ， 分别为 ， 的中点，
，
∴ 与 所成角为 ，
在 中，由 ， ，
可得 ，
与 的夹角为 ；
（2）解：过 作底面垂线，垂直为 ，则 为底面三角形的中心，
连接 并延长，交 于 ，则 ， ．
．
．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角
【解析】【分析】（1）利用正三棱锥的结构特征结合中位线的性质证出线线平行，从而找出异面直线所成的角，再利用余弦定理求出异面直线所成的夹角。
（2）利用正三棱锥的结构特征结合已知条件，用三棱锥的体积公式求出三棱锥的体积。
24．【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.
25．【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。
26．【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。
27．【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）取CG的中点M，连结EM，DM.
因为AB//DE，AB 平面BCGE，所以DE 平面BCGE，故DE CG.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM CG，故CG 平面DEM.
因此DM CG.
在 DEM中，DE=1，EM= ，故DM=2.
所以四边形ACGD的面积为4.
【知识点】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）由已知可证ADCG，得到AD，CG确定一个平面，即可证明结论；（2）先作辅助线，可证DE 平面BCGE，得DECG，又可证CG 平面DEM，得DMCG，利用勾股定理得到DM=2，即可求出四边形ACGD的面积.
28．【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.
29．【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。
30．【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.
31．【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。
32．【答案】 （I）证明：因为PA 平面ABCD，所以PA CD，
又因为CD AD， ，所以CD 平面PAD；
（II）过A作AM BC交BC于M，
以A为原点，AM，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
由于PA=AD=CD=2,BC=3,E为PD的中点， ,
A（0，0，0），C（2，2，0），D（0,2,0），P（0,0,2）， ，
E（0,1,1），M（2,0,0）
由已知，平面AEP的法向量为 ，
设平面AEF的法向量为 ，且 ，
由 得 令z=-1，则 ，
设二面角F-AE-P的夹角为 ，
则 ，
而二面角F-AE-P为锐二面角，故其余弦值为 ；
（III）设点B（2，-1,0），由于 ，且 ,
则 ,
所以 ,
而平面AEF的法向量 ，
且 ,所以 ，而 平面AEF，
所以AG在平面AEF内.
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法
【解析】 【分析】（I）根据线面垂直的判定定理，证明线线垂直，即可得到线面垂直；
（II）建立空间直角坐标系，表示点的坐标，写出相应的向量，求出平面的法向量，结合空间向量的数量积运算，即可求出二面角的余弦值；
（III）根据空间向量，证明法向量与直线的方向向量垂直，再根据点在平面内，即可证明直线在平面内.
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