2017—2019年高考真題匯編專題06立體幾何(解答題)(解析版)

1、專題06立體幾何（解答題）1.【2019年高考全國I卷理數(shù)】如圖，直四棱柱ABCD- A iBiCiDi的底面是菱形，AAi=4, AB=2 , / BAD=60 °,E, M, N分別是BC, BBi, AiD的中點(diǎn).（i）證明：MN /平面 CiDE；（2）求二面角 A-MA i-N的正弦值.【答案】（i）見解析；（2）邛.【解析】（i）連結(jié)BiC, ME.因?yàn)镸, E分別為BBi, BC的中點(diǎn)，所以 ME/BiC,且 MEuBiC.2又因?yàn)镹為AiD的中點(diǎn)， i所以 ND= AiD.2由題設(shè)知 AiBi P DC,可得 BiC PAiD,故 ME P ND ,因此四邊形MNDE

2、為平行四邊形， MN/ ED.又MN 平面EDCi,所以MN/平面CiDE.（2）由已知可得DEL DA.以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，Duu的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz,則N(1,0,2),UJLTuumrAA (0,0, 4) ， AMA(2,0,0) , Ai(2 , 0, 4), M(1,百 2),(1,V3, 2)，uuuuuuur _AN ( 1,0, 2)， MN (0,啟0).uuuir, mm AM 0設(shè)m (x,y,z)為平面A1MA的法向量，則uurm AA 0所以 x 6y 2z 0,可取 m (73,1,0).4z 0.uuur, nn MN 0,設(shè)n

3、 (p,q,r)為平面A1MN的法向量，則uuuun AN 0.所以舄0,可取n (2,0, 1).p 2r 0.工曰m n 2 315于房 cos m, n尸,1mli n| 2 .55.求解二面角的關(guān)鍵是能夠所以二面角A MA1 N的正弦值為乂10 .【名師點(diǎn)睛】本題考查線面平行關(guān)系的證明、空間向量法求解二面角的問題 利用垂直關(guān)系建立空間直角坐標(biāo)系，從而通過求解法向量夾角的余弦值來得到二面角的正弦值，屬于 常規(guī)題型.2.【2019年高考全國n卷理數(shù)】如圖，長(zhǎng)方體 ABCD R1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點(diǎn) E在AA1上，BEXEC1.（1）證明：BE，平面 EBiCi；（2）若A

4、E=AiE,求二面角B£CCi的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）旦.2【解析】（1）由已知得，BiCi平面ABBiA, BE 平面ABBiA,故 BiCi BE .又BE ECi,所以BE 平面EBiCi . 由（i）知 BEBi 90 ,由題設(shè)知 RtAABERtAABiE ,所以 AEB 45 ,故 AE AB , AA 2AB .,一， uuur uuu.以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA的萬向?yàn)閤軸正萬向，| DA |為單位長(zhǎng)，建立如圖所小的空間直角坐標(biāo)系uuuuuu(i, i,i),則C (0, i, 0) , B (i, i, 0) , Ci (0, i, 2) , E (i,

5、 0, i) , CB (i,0,0) , CEuuurCCi(0,0,2) 設(shè)平面EBC的法向量為n= (x, y, x),則uuuCB n 0,x 0,uuu 即CE n 0,x y z 0,所以可取n=(0, 1, 1).設(shè)平面ECCi的法向量為m= (x, y, z),則 uuuuCCi m 0, 2z 0, uur ，即 ,CE m 0, x y z 0.所以可取m= (1, 1, 0).n m 1于是 cos n, m 一|n|m|2所以，二面角B EC C1的正弦值為Y3.2【名師點(diǎn)睛】本題考查了利用線面垂直的性質(zhì)定理證明線線垂直以及線面垂直的判定，考查了利用空間向量求二角角的余

6、弦值，以及同角的三角函數(shù)關(guān)系，考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算能力3.【2019年高考全國出卷理數(shù)】圖1是由矢!形ADEB, RtMBC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB=1, BE=BF=2, /FBC=60°,將其沿AB, BC折起使得BE與BF重合，連結(jié) DG,如圖2.(1)證明：圖2中的A, C, G, D四點(diǎn)共面，且平面 ABC,平面BCGE;(2)求圖2中的二面角 B-CG-A的大小.【答案】(1)見解析；(2) 30°.C,【解析】(1)由已知得ADPBE, CGPBE,所以ADPCG,故AD, CG確定一個(gè)平面，從而 A,G, D四點(diǎn)共面.由已知得AB BE, AB

7、BC,故AB 平面BCGE .又因?yàn)锳B 平面ABC,所以平面ABC 平面BCGE .(2)作EH BC,垂足為H.因?yàn)镋H 平面BCGE ,平面BCGE 平面ABC,所以EH 平面ABC.由已知，菱形BCGE的邊長(zhǎng)為2, /EBC=60。，可求得BH=1, EH= J3 .Luir以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，hc的方向?yàn)閤軸的正方向，建立如圖所小的空間直角坐標(biāo)系H二yz,_ uuu_ uuu則A ( T,1,0), C (1, 0,0), G (2, 0,73)，CG=(1, 0,73), AC =(2,T, 0)設(shè)平面ACGD的法向量為n= (x, v, z),則uuin_CG n 0 x 、3z 0

8、,uuu即AC n 0, 2x y 0.所以可取n= (3, 6,73)又平面BCGE的法向量可取為m二 (0, 1,n mcos n, m |n|m|因此二面角BPG力的大小為30°.【名師點(diǎn)睛】本題是很新穎的立體幾何考題,首先是多面體折疊問題，考查考生在折疊過程中哪些量是不變的，再者折疊后的多面體不是直棱柱,最后通過建系的向量解法將求二面角轉(zhuǎn)化為求二面角的平面角問題，突出考查考生的空間想象能力4.【2019年高考北京卷理數(shù)】 如圖，在四棱錐 PRBCD中，PAL平面ABCD,AD±CD,AD / BC, PA=AD=CD=2 , ，一一,一 PF 1BC=3. E為PD

9、的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PC上，且 PC 3(1)求證：CD,平面PAD;(2)求二面角F AE-P的余弦值;(3)設(shè)點(diǎn)G在PB上，且PG 2.判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說明理由.PB 3【答案】（1）見解析；（2） /；（3）見解析.【解析】（1）因?yàn)镻A，平面ABCD,所以PAX CD.又因?yàn)锳D LCD,所以CD，平面PAD.（2）過A作AD的垂線交BC于點(diǎn)M .因?yàn)?PA，平面 ABCD,所以 PAAM, PAXAD.如圖建立空間直角坐標(biāo)系 A-xyz,則A （0, 0,0) , B (2,1, 0) , C (2, 2, 0) , D (0, 2, 0),P (0, 0, 2).因?yàn)镋為

10、PD的中點(diǎn),所以 E (0, 1, 1)uur 所以AE(0,1,1),uuirPC (2,2,2),uurAP(0,0, 2).uur 所以PF1 uur -PC 32 223,3, 3uuirAFuuuAPuur 2 PF 3設(shè)平面AEF的法向量為n= （x, y,uuir n AE uuur n AF0,即0,y z2-x30,2 4 y -z3 30.1, x1.于是n=（1,1,1).又因?yàn)槠矫鍼AD的法向量為p=(10,所以 cos n, p n PI加Pl由題知，二面角f-ae-p為銳角，所以其余弦值為3 3)直線AG在平面AEF內(nèi).PG 2 uuuuuur 2 uuu4 24

11、uu1r所以 PG -PB ,一, AG 3333因?yàn)辄c(diǎn)G在PB上，且 -,PB (2, 1,2), PB 3uuu uuur 42 2AP PG ,.由（2）知，平面AEF的法向量n=（ 1,uuur 4 2 2所以 AG n 0.33 31,1).3 3 3所以直線AG在平面AEF內(nèi).【名師點(diǎn)睛】(1)由題意利用線面垂直的判定定理即可證得題中的結(jié)論；(2)建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合兩個(gè)半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值；(3)首先求得點(diǎn) G的坐標(biāo)，然后結(jié)合平面 AEF的法向量和直線 AG的方向向量即可判斷直線是否在 平面內(nèi).【2019年高考天津卷理數(shù)】如圖，AE 平面ABCD

12、CF / AE, AD / BC , AD AB,AB AD 1,AE BC 2 ,(1)求證：BF /平面ADE ;(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角E BD F的余弦值為-,求線段CF的長(zhǎng).3【答案】(1)見解析；(2)【解析】依題意，可以建立以間直角坐標(biāo)系(如圖)CF h (h(1)依題意,線BF平面(2)依題意,可得8(3)A為原點(diǎn)，分別以可得 A(0,0,0),0),則 F 1,2, h .uur uuur uuurAB , AD ,AE的方向?yàn)锽(1,0,0),C(1,2,0),uurAB (1,0,0)是平面ADE的法向量，又ADE ,所以BF /平面AD

13、E .uuruurBD ( 1,1,0), BE (x, y,z)為平面BDE的法向量，則uuun (2,2,1),因此有 cos(CE,n所以，直線(3)設(shè) m不妨令y由題意，有所以，線段1,0,2),uuin n BD uuu n BEuuuCE n-uuur|CE|n| 、-,4CE與平面BDE所成角的正弦值為 一9(x, y,z)為平面 BDF的法向量，則cos m, nCF的長(zhǎng)為x軸，y軸，z軸正方向的空D(0,1,0) , E(0,0,2),設(shè)1,1, h|m n|m |n|3：,2h42uuirBF(0,2, h),uur可得BFuurAB 0,又因?yàn)橹眜uuCE0,0,1,2,

14、2).y2z0,不妨令z0,1,uuur BD uuur BF0,0,x y 0,2y hz 0,h 8 .經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意.7F【名師點(diǎn)睛】本小題主要考查直線與平面平行、二面角、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí).考查用空間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力.6 .【2019年高考江蘇卷】如圖，在直三棱柱ABCAiBiCi中，D, E分別為BC, AC的中點(diǎn)，AB=BC.求證：（1） AiBi/平面 DECi; BEXCiE.【答案】（i）見解析；（2）見解析.【解析】（i）因?yàn)镈, E分別為BC, AC的中點(diǎn)，所以 ED /AB.在直三棱柱 ABC-AiBi

15、Ci 中，AB / AiBi,所以 AiBi / ED.又因?yàn)镋D?平面DECi, AiBi 平面DECi,所以AiBi /平面 DECi.（2）因?yàn)锳B=BC, E為AC的中點(diǎn)，所以 BEX AC.因?yàn)槿庵?ABC-A iBiCi是直棱柱，所以 CCd平面ABC.又因?yàn)锽E?平面ABC,所以CCiXBE.因?yàn)?CiC?平面 AiACCi, AC?平面 AiACCi, CiCAAC=C,所以BE，平面AiACCi.因?yàn)镃iE?平面AiACCi,所以BEXCiE.【名師點(diǎn)睛】本小題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查空間想象能力和推理論證能力.7 .【2019年

16、高考浙江卷】如圖，已知三棱柱 ABC A1B1G,平面AACCi平面ABC, ABC 90 ,BAC 30, AA Ac AC,E,F 分別是 AC, AiBi 的中點(diǎn).(i)證明：EF BC ;(2)求直線EF與平面AiBC所成角的余弦值【答案】(i)見解析；(2) 3 .5【解析】方法一：(1)連接AiE,因?yàn)锳iA=AiC, E是AC的中點(diǎn)，所以AiE±AC.又平面AiACCi，平面ABC, AiE 平面AiACCi ,平面 AiACCi n平面 ABC=AC,所以，AiE,平面 ABC,則 AiEBC.又因?yàn)?AiF/AB, /ABC=90 °,故 BCAiF.所以

17、BC,平面AiEF.因此EF± BC.(2)取BC中點(diǎn)G,連接EG, GF,則EGFAi是平行四邊形.由于AiE，平面ABC,故AiEEG,所以平行四邊形 EGFAi為矩形.由(1)得BC，平面EGFAi,則平面AiBC,平面EGFAi,所以EF在平面AiBC上的射影在直線AiG上.連接AiG交EF于O,則/ EOG是直線EF與平面AiBC所成的角(或其補(bǔ)角)EG= ,3.不妨設(shè) AC=4,則在 RtAiEG中，AiE=2 V3由于。為AiG的中點(diǎn)，故EO OG 公叵2i52 ，222_EO OG EG 3所以 cos EOG 2EO OG 5因此，直線EF與平面AiBC所成角的余弦

18、值是 方法二:(i)連接AiE,因?yàn)锳iA=AiC, E是AC的中點(diǎn)，所以AiEXAC.又平面AiACCi,平面ABC, AiE 平面AiACCi,平面AiACCiA平面ABC=AC,所以，AiE，平面ABC.如圖，以點(diǎn)E為原點(diǎn)，分別以射線EC, EAi為y,百由的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系Eiyz.不妨設(shè)AC=4,則Ai (00,2*), B ( B1,0),Bi( .3,32,3),2,273) , C(0, 2, 0).因此,uuirEF當(dāng)I,2國uuirBC73,1,0) .uur 由EFuuinBC0得 EF BC .243).uuir,BC 由AC(2)設(shè)直線EF與平面AiBC所成

19、角為uur _ uuuu由(1)可得 BC=( V3,1, 0), AC=(0設(shè)平面ABC的法向量為n (x, y,z)n 0 /日3x y 0，得 ln 0 y . 3z 0uuu取n (1技1),故 sin | cos|EF| |n|3因此，直線EF與平面A1BC所成的角的余弦值為 一5【名師點(diǎn)睛】本題主要考查空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系，直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查空間想象能力和運(yùn)算求解能力8.【2018年高考全國I卷理數(shù)】如圖，四邊形 ABCD為正方形，E,F分別為AD,BC的中點(diǎn)，以DF為折痕把4DFC折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置，且PF BF .(1)證明：平面 PEF 平面AB

20、FD ;(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值.【答案】(1)見解析；(2)立4【解析】方法一：(1)由已知可得，BFXPF , BFXEF ,所以BF，平面PEF.又BF 平面ABFD ,所以平面 PEF，平面 ABFD.(2)在平面DEF中，過P作PHLEF于點(diǎn)H,連接DH,如圖,由于EF為平面ABCD和平面PEF的交線，PH ± EF ,則 PH，平面 ABFD ,故 PH，DH.則DP與平面ABFD所成的角為 PDH .在三錐P-DEF中，可以利用等體積法求 PH.因?yàn)?DE / BF 且 PF，BF,所以 PFXDE,又PDF0CDF,所以/ FPD=Z FCD=90&#

21、176; ,所以PFXPD,由于 DE APD=D,貝U PFL平面 PDE,皿.1 一一故Vf pde PF Sapde ,3因?yàn)锽F / DA且BF，平面PEF ,所以DA,平面PEF,所以DEXEP.設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為2a,貝（J PD=2a, DE=a,在APDE中，PE 揭，所以&PDE寺八故VFPDE紂又 SA DEF2a所以PH3VfPDE.3一 a2所以在4PHD中，sin PDHPH- 好,PD 4故DP與平面ABFD所成角的正弦值為 正.方法二：(1)由已知可得，BFXPF, BFXEF,所以BFL平面PEF.又BF 平面ABFD ,所以平面 PEFL平面 ABFD.

22、(2)作PHXEF,垂足為H.由(1)得，PHL平面ABFD.一 , uur uuu.以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，HF的萬向?yàn)閥軸正萬向，| BF |為單位長(zhǎng)，建立如圖所小的仝間直角坐標(biāo)系H-xyz.由(1)可得，DE，PE.又DP=2,DE=1,所以 PE=« .又 PF=1, EF=2,故 PEPF.可得PH 板,EH 3223則 H(0,0,0), P(0,0, y),D(1,32,o)，uurDP33 uuu(1,2,y), HP(0,0, g)為平面ABFD的法向量.設(shè)DP與平面ABFD所成角為則sinuuur uurHP DP , -uuur-uuur | |HP|DP|V3 .4所

23、以DP與平面ABFD所成角的正弦值為9.【2018年高考全國II卷理數(shù)】如圖，在三棱錐 P ABC中，AB BC 2我，PA PB PC AC 4 ,。為AC的中點(diǎn).(1)證明：PO 平面ABC；(2)若點(diǎn)M在BC上，且二面角M PA C為30 ,求PC與平面PAM所成角的正弦值.【答案】（1）見解析；號(hào).【解析】（1）因?yàn)锳P CP AC4,。為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)P AC,且OP 2M.連結(jié)OB .因?yàn)锳B BC AC2,所以AABC為等腰直角三角形,且OB由OP2OB2八 1 一OB AC 2.22 .PB 知 PO OB .由OPOB ,OP AC 知 PO 平面 ABC .（2）如圖，

24、以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB的方向?yàn)閤軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O xyz.瓶由已知得urn 向量OB(2,0,0) O(0,0,0), B(2,0,0), A(0, 2,0),C(0,2,0), P(0,0,2 V3),Ap (0,2,2 場(chǎng)，取平面 PAC 的法設(shè) M (a,2uuura,0)(0 a 2)，則 AM (a,4 a,0) .設(shè)平面PAM的法向量為n （x,y,z）.uuuuuir由 AP n 0,AM°得2y 2每0 ax (4 a)y，可取 n(J3(a 4), J3a, a),0'uiu 所以 cos ;OB, n2 . 3( a 4)23(a2 o 224

25、) 3a auui由已知可得|cos：OB,n“2；31a 4|所以 2 .,3(a 4)2 3a2 a2 人，44 （舍去），a 3所以n/ 8,3 4,34、(, )333uuu 又PC一uui 3(0,2, 2而,所以 cos(PC,n)弓所以PC與平面PAM所成角的正弦值為 叵.410.【2018年高考全國出卷理數(shù)】如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧 Cd所在平面垂直, M是Cd上異于c, D的點(diǎn).（1）證明：平面 AMD，平面BMC ;（2）當(dāng)三棱錐M ABC體積最大時(shí)，求面 MAB與面MCD所成二面角的正弦值.【答案】（1）見解析；（2）R5.5【解析】（1）由題設(shè)知

26、，平面CMD，平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽C±CD,BC 平面ABCD,所以BC，平面CMD ,故 BCSM .因?yàn)镸為Cd上異于C, D的點(diǎn)，且DC為直徑,所以DMLCM.又 BCI CM=C,所以DM，平面BMC.而DM 平面AMD ,故平面 AMD，平面 BMC .D- xyz.(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時(shí)，M為CD的中點(diǎn).由題設(shè)得 D(0,0,0), A(2,0,0), B(2,2,0), C(0,2,0), M (0,1,1),uuumuuruuurAM( 2,1,1),AB (0,2,0), D

27、A (2,0,0)設(shè)n (x, y,z)是平面mab的法向量，則uuuun AM 0, 2x y z 0, uuu 即n AB 0,2y 0.可取 n (1,0,2).uurDA是平面MCD的法向量，因此 uur-uuuu.nDA5cos( n, DA)uuur-,|n|DA|5,uur 2.5 sin (n, DA),所以面MAB與面MCD所成二面角的正弦值是 2匹.5BC的中11 .【2018年高考江蘇卷】如圖，在正三棱柱ABC-AiBiCi中，AB=AAi=2,點(diǎn)P, Q分別為AiBi ,與 八、(1)求異面直線BP與ACi所成角的余弦值；(2)求直線CC1與平面AQCi所成角的正弦值.

28、pB【答案】（i）嚓；（2）?OOi ±OC,【解析】如圖，在正三棱柱 ABC-AiBiCi中，設(shè)AC, AiCi的中點(diǎn)分別為 O, Oi,則OBOC,uur uur uuuuOOiXOB,以O(shè)B,OC,OO1為基底，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.因?yàn)?AB=AAi=2 ,所以 A(0, i,0),B33,0,0),C(0,i,0),A(0, i,2),Bi(73,0,2),G(0,i,2).(i)因?yàn)镻為AiBi的中點(diǎn)，所以P(W3, -,2), 22uuuu 3 i uuuuu 從而 BP (5，2,2),ACi (0,2,2),uuu uuur一.LUu LuLu|BP ACi

29、l | i 4|3 i0故 | cos(BP, ACi |uuutautun-產(chǎn) ,| BP | ACi |52.220因此，異面直線 BP與ACi所成角的余弦值為 3020（2）因?yàn)镼為BC的中點(diǎn)，所以QI?,；。），, unr3 3 uuuuuuuu因此 AQ 叮,”，ACi (022),CCi(0。2).uuirAQ n 則 uuuuAC1 n設(shè)門二（x, y, z）為平面AQCi的一個(gè)法向量,0330， x y 0, 即220， 2y 2z 0.不妨取n（褥，1,1）, 設(shè)直線CCi與平面AQCi所成角為則sinuuur| cos CCi,nUULUU USCji n|CCi I |n

30、|所以直線CCi與平面AQCi所成角的正弦值為立.5Bi Ci .i2.【20i8年高考江蘇卷】在平行六面體ABCD ABGD中，AAi AB,ABi求證：（i） AB/平面ABC ；（2）平面 ABBiA, 平面 ABC .【答案】（i）見解析；（2）見解析.【解析】（i）在平行六面體 ABCD-AiBiCiDi中，AB /AiBi.因?yàn)锳B 平面AiBiC, AiBi 平面AiBiC, 所以AB /平面AiBiC.（2）在平行六面體ABCD-AiBiCiDi中，四邊形ABBiAi為平行四邊形. 又因?yàn)锳Ai=AB,所以四邊形 ABBiAi為菱形， 因此 ABiXAiB.又因?yàn)?ABBiCi

31、, BC/ BiCi,所以 ABiXBC.又因?yàn)?AiBABC=B, AiB 平面 AiBC, BC 平面 AiBC,所以ABi,平面AiBC.因?yàn)锳Bi平面ABBiAi所以平面ABBiAi,平面AiBC.13.【20i8年高考浙江卷】 如圖，已知多面體 ABCAiBiCi, AiA, BiB, CiC均垂直于平面 ABC , / ABC=i20 °,AiA=4, CiC=i , AB=BC=BiB=2.（i）證明：ABi，平面 AiBiCi;（2）求直線ACi與平面ABBi所成的角的正弦值.【答案】（i）見解析；（2）嚕.【解析】方法一：（i）由 AB2,AAi4,BBi2,AAi

32、AB, BBi AB 得ABAB2 J2,所以 AB； AB； AA2.故 ABi AB.由 BC2,BBi2,CCi i, BBi BC,CCiBC 得 B1cl45 ,由 ABBC 2,ABC i20 得 AC 2近,由 CCi AC ,得 ACi Ji3 ,所以 ABi2 BiCi2 AC2,故 ABi BiCi.因此AB 平面A,B1cl.(2)如圖，過點(diǎn) Ci作CiD AiBi ,交直線 AiBi于點(diǎn)D ,連結(jié)AD .由AB1 平面AB1c1得平面A1B1C1 平面ABB1 ,由 CiD AB 得C1D 平面 ABB1,所以 C1AD是AG與平面ABB1所成的角.由 BC1 君,AB

33、1 2拒,AC1 標(biāo)得cos C1AB £,sin C1AB ， .7.7所以 C1D ,、3,拓C1D39故sin C1AD .AC113因此，直線 AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是 Y39. 13方法二：（1）如圖，以AC的中點(diǎn)。為原點(diǎn)，分別以射線 OB, OC為x, y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：A(0, 73,0), B(1,0,0), A(0, 73,4), B(1,0,2),C1(0H3,1),uuu _ uuu _ uuu =因此 AB1(1,、,3,2), AB(1, ,3,2),ACi(0,23,3),uuu uuu由 AB

34、1 AB1 0 得 ABi ABi. uuu uuu由 AB1 AC1 0得 ABi ACi.所以ABi平面ABC.(2)設(shè)直線ACi與平面ABBi所成的角為.uur = uuu _uuir由(1)可知 ACi (0,2s/3,i),AB (i, <3,0), BB1 (0,0,2),設(shè)平面ABBi的法向量n (x, y,z). uiu n AB 由 uuu n BB所以sin因此，直線°,即x島 0, 2z 0,0,可取uuuruuu | AC |cos - AC| ,n ; | uuu|ACi| |n|(.3,1,0).-.3913ACi與平面ABBi所成的角的正弦值是.

35、3913【名師點(diǎn)睛】本題主要考查空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系，直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查空 間想象能力和運(yùn)算求解能力.14【2018年高考北京卷理數(shù)】 如圖，在三柱ABC- ABG中，CCi平面ABC, D,巳F, G分別為AA ,AC, AG, BBi 的中點(diǎn)，AB=BC= s/5 , AC= AA =2.(1)求證：AC,平面BEF；(2)求二面角B-CD - Ci的余弦值；(3)證明：直線FG與平面BCD相交.【答案】（1）見解析；（2）2121;（3）見解析.【解析】（1）在三棱柱ABC-AiBiCi中，.CC平面ABC,.四邊形A1ACC1為矩形.又E, F分別為AC, A1C

36、1的中點(diǎn)，.-.ACXEF.AB=BC.ACXBE,AC，平面 BEF.（2）由（1）知 ACXEF, ACXBE, EF / CC1.又 CC1,平面 ABC,，EF，平面 ABC. BE 平面 ABC, EFXBE.如圖建立空間直角坐標(biāo)系 E-xyz.由題意得 B (0, 2, 0), C (-1, 0, 0), D (1, 0, 1), F (0, 0, 2), G (0, 2, 1). uuuuur CD=(2 ,0,1),CB=(1,2,0),設(shè)平面BCD的法向量為n (a , b, c),uuunCD02ac0uur'。ohn'nCB0a2b0令 a=2,則 b=-

37、1, c=-4,平面BCD的法向量n (2, 1, 4),uur又平面CDCi的法向量為EB=（0 ,2,0）,uur/. cos n EBuurn EBuur.21|n|EB|21由圖可得二面角B-CD-Ci為鈍角，所以二面角 B-CD-Ci的余弦值為 211 . 21(3)由(2)知平面BCD的法向量為n (2,1,4),. G (0, 2, 1), F (0, 0, 2), uuu，GF=(0, 2,1), uuu n GF 2 ,uuu n與gf不垂直，GF與平面BCD不平行且不在平面 BCD內(nèi)，二.GF與平面BCD相交.15.【2018 年高考天津卷理數(shù)】 如圖，AD/ BC 且 A

38、D=2BC, AD CD ,EG/AD 且 EG=AD, CD/ FG 且 CD=2FG, DG 平面ABCD , DA=DC=DG=2.(1)若M為CF的中點(diǎn)，N為EG的中點(diǎn)，求證： MN/平面CDE；(2)求二面角E BC F的正弦值；(3)若點(diǎn)P在線段DG上，且直線BP與平面ADGE所成的角為60。，求線段DP的長(zhǎng).A【答案】(1)見解析；(2) 典;(3) 1.103【解析】本小題主要考查直線與平面平行、二面角、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí).考查用空間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力.滿分13分.依題意，可以建立以 D為原點(diǎn)，分別以DA, DC,

39、 DGr的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得 D (0, 0, 0) , A (2, 0, 0) , B (1, 2, 0) , C (0, 2, 0) , E (2, 0, 2),3F (0, 1, 2) , G (0, 0, 2) , M (0,3 , 1) , N (1, 0, 2).(1)依題意 DC = (0, 2, 0),uuirunr，.n。DC 0,DE = (2, 0, 2).設(shè) n0=(x, y, z)為平面 CDE 的法向重，則uuir2y即2x0,2z不妨令z= -1,0,可得no= (1,0, T)uuuu MN=(1,uuuu1 1),可得

40、 MN no0,又因n0 DE 0,為直線 MN 平面CDE ,所以MN /平面 CDE .(2)依題意,可得uumuuuBC = ( T , 0, 0) , BE(1,2,2),uuir CF=(0,T,設(shè) n= (x, V,nz)為平面BCE的法向量，則nuuir BC uuu BE0, 2y2z不妨令z=1 ,可得n= (0, 1,1)設(shè)m= (x, y, z)為平面BCF的法向量，則uuurBC uuur CF0,0, 2z0,不妨令z=1,可得m= (0, 2,1)因止匕有 cos<m, n>= m n |m l|n|在10所以，二面角E-BC-F的正弦值為10(3)設(shè)線

41、段DP的長(zhǎng)為h (hC0, 21)，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為0,0,uuu,可得 BP ( 1, 2, h).易知，DC =(0,2, 0)為平面ADGE的一個(gè)法向量，故uuu uuir cos BP DCuuu uuur BP DC uuu uur BP DC由題意，可得 f =sin60 h 5£ 0, 2.所以線段DP的長(zhǎng)為學(xué).16.【2017年高考全國I卷理數(shù)】如圖，在四棱錐 P-ABCD中，AB/CD,且 BAP CDP 90o（1）證明：平面 PAB，平面PAD;（2）若 PA=PD=AB=DC, APD 900,求二面角 A-PB-C 的余弦值.【答案】（1）見解析；（2）Y3.

42、3【解析】（1）由已知 BAP CDP 90 ,得ABXAP, CDXPD.由于AB/CD，故ABLPD，從而 AB,平面PAD.又AB 平面PAB,所以平面PABL平面PAD.（2）在平面PAD內(nèi)作PF AD ,垂足為F ,由（1）可知，AB 平面PAD，故AB PF ,可得PF 平面ABCD .xyz.，一一 . uuruuu ,以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)A的萬向?yàn)閤軸正萬向，|AB|為單位長(zhǎng)，建立如圖所小的空間直角坐標(biāo)系F由（1）及已知可得uur所以PCAQQ)，P(0,0,B亭,0),C(字1,0).( "fluuu -，CB (72,0,0),uuu 、2PA 丁uurAB(0,1

43、,0).設(shè)n (x, y,z)是平面PCB的法向量，則uur、2、2 人n PC 0,x y z 0,_uuu 即 22 可取 n (0, 1, J2)nCB 0,同 0,設(shè)m (x,y,z)是平面PAB的法向量，則uur m PA uur m AB0,即0,立x2 y 0./z 0,可取 m (1,0,1).貝 U cos<n, m>n m|n|m|333，所以二面角PB C的余弦值為【思路點(diǎn)撥】(1)根據(jù)題設(shè)條件可以得出 ABXAPCDPD.而AB/CD,就可證明出 AB,平面PAD.進(jìn)而證明出平面 FABL平面PAD.(2)先找出AD中點(diǎn)，找出相互垂直的線，建立以F為坐標(biāo)原點(diǎn)

44、,uuuuuruFA的方向?yàn)閤軸正方向，|AB|為單位長(zhǎng)的空間直角坐標(biāo)系，列出所需要的點(diǎn)的坐標(biāo),設(shè)n (x, y, z)是平面PCB的法向量，m (x, y,z)是平面PAB的法向量，根據(jù)垂直關(guān)系，求出 n (0, 1, 揚(yáng)和m (1,0,1),利用數(shù)量積公式可求出面角的平面角.【名師點(diǎn)睛】高考對(duì)空間向量與立體幾何的考查主要體現(xiàn)在以下幾個(gè)方面：求異面直線所成的角，關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化為兩直線的方向向量的夾角；求直線與平面所成的角，關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化為直線的方向向量和平面的法向量的夾角；求二面角，關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化為兩平面的法向量的夾角.建立空間直角坐標(biāo)系和表示出所需點(diǎn)的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵.17.【2017年高考江蘇卷】

45、如圖，在三B隹A BCD中，ABXAD, BCXBD,平面ABD,平面BCD,點(diǎn)E, F(E與A, D不重合)分別在棱 AD, BD上，且EFXAD.求證：(1) EF /平面ABC;(2) ADXAC.【答案】(1)見解析；(2)見解析.【解析】(1)在平面ABD內(nèi)，因?yàn)锳BXAD, EF AD ,所以 EF / AB .又因?yàn)镋F 平面ABC, AB 平面ABC,所以EF /平面ABC.(2)因?yàn)槠矫?ABDL平面BCD,平面 ABDI平面BCD = BD, BC 平面BCD, BC BD ,所以BC 平面ABD .因?yàn)锳D 平面ABD ,所以BC AD .又 ABAD, BCI AB B

46、, AB 平面 ABC, BC 平面 ABC,所以AD,平面ABC,又因?yàn)锳C 平面ABC,所以AD LAC.【名師點(diǎn)睛】垂直、平行關(guān)系證明中應(yīng)用轉(zhuǎn)化與化歸思想的常見類型：(1)證明線面、面面平行，需轉(zhuǎn)化為證明線線平行；(2)證明線面垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線線垂直；(3)證明線線垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線面垂直.18 .【2017年高考江蘇卷】 如圖，在平行六面體 ABCD-AiBiCiDi中，AA平面 ABCD ,且AB=AD=2,AAi= 出， BAD 120 .(1)求異面直線 AiB與ACi所成角的余弦值；(2)求二面角 B-AiD-A的正弦值.【答案】(i)1； (2)Y7. 74A,S【解析

47、】在平面 ABCD內(nèi)，過點(diǎn)A作AE AD,交BC于點(diǎn)E.因?yàn)?AAi 平面 ABCD,所以 AAi AE, AAi AD.uuir uuur uuu如圖，以AE, AD, AAi為正交基底，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.因?yàn)?AB=AD=2, AAi=73 , BAD 120則 A（0,0,o）, b（73, i,o）, d（0,2,o）, e（V3,0,o）, a（0,0，何g（V3,i,£）.B（吊,8,uuu _ uuuu（1）AB （'.3, i, .3）, AGuult uuuuuJLT LLUUTAB AC則 cos； A B, ACi ；UUUB ACT,|AB

48、|ACi|（3, i, ,3） （ 3,i, 3）i因此異面直線 AiB與ACi所成角的余弦值為 一7UUT _（2）平面AiDA的一個(gè)法向量為 AE （J3,0,0） .設(shè)m (x,y,z)為平面BAiD的一個(gè)法向量,uur _- uuir-m又 AB （V3, i, V3）, BD （，3,3,0）,則 mUULT AB uuur BD0,即0,. 3x y 、3z 0,、,3x 3y 0.不妨取x=3,則y 73, z 2,所以m (3, J3,2)為平面BAiD的一個(gè)法向量,uuur_i uuurAE m ( 3,0,0) (3, ,3,2) 3從而 cos( AE, m) -uuur

49、 '"'' ' -,|AE|m|3 44、一一.3設(shè)二面角B-AiD-A的大小為 ，則|COS | -.因?yàn)?0,，所以 sin由cos2 .4因此二面角B-A1D-A的正弦值為7L .【名師點(diǎn)睛】利用法向量求解空間線面角、面面角的關(guān)鍵在于四破"：破 建系關(guān)”，構(gòu)建恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系；破 筑坐標(biāo)關(guān)”，準(zhǔn)確求解相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)；破尿法向量關(guān)”，求出平面的法向量；破應(yīng)用公式關(guān)(1)先根據(jù)條件建立空間直角坐標(biāo)系，進(jìn)而得相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)， 求出直線AiB與AC1的方向向量，根據(jù)向量數(shù)量積求出方向向量夾角，最后根據(jù)異面直線所成角與方向向量夾角之間相等或互補(bǔ)可

50、得夾角的余弦值；(2)根據(jù)建立的空間直角坐標(biāo)系，得相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，求出各半平面的法向量，根據(jù)向量數(shù)量積求出法向 量的夾角，最后根據(jù)二面角與法向量夾角之間關(guān)系確定二面角的正弦值.19 .【2017年高考山東卷理數(shù)】如圖，幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形 ABCD (及其內(nèi)部)以 AB邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120得到的，G是DF的中點(diǎn).(1)設(shè)P是CE上的一點(diǎn)，且AP BE ,求 CBP的大小；(2)當(dāng)AB 3, AD 2時(shí)，求二面角E AG C的大小.【答案】（1） 30。；（2） 60。.【解析】（1）因?yàn)?AP BE, AB BE, AB, AP 平面 ABP, ABI AP A, 所以BE

51、平面ABP ,又BP 平面ABP ,所以BE BP,又 EBC 120 , 因此 CBP 30 .（2）解法一：取?C的中點(diǎn)h ,連接EH , GH , CH .因?yàn)?EBC 120 ,所以四邊形BEHC為菱形，所以 AE GE AC GC . 32? .石.取AG中點(diǎn)M ,連接EM , CM , EC .則 EM AG , CM AG , 所以 EMC為所求二面角的平面角.又 AM 1 ,所以 EM CM J13 1 273 .在 4BEC 中，由于 EBC 120 ,由余弦定理得 EC2 22 22 2 2 2 cos120 12,所以EC 2m ,因此EMC為等邊三角形，故所求的角為60 .y , z軸，建立如圖所示的空間解法二：以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以 BE, BP, BA所在的直線為x,直角坐標(biāo)系由題意得 A(0,0,3) E(2,0,0)G(1,V3,3),一uuirC( 1,V3,0),故 AEuu