2021年高考數(shù)學(xué)大題分類提升-立體幾何

專題18立體幾何（理）知識點與大題16道高考真題（培優(yōu)題）

（解析版）

.平面基本性質(zhì)即三條公理

公理1公理2公理3

圖形/

語言ZZZZ7

如果一條直線上的兩點在過不在一條直線上的三點，有如果兩個不重合的平面有一個公

文字

一個平面內(nèi)，那么這條直線且只有一個平面.共點，那么它們有且只有一條過該

語言

在此平面內(nèi).點的公共直線.

符號A2,C不共線二[ai0=1

語言A,8,C確定平面a

作用判斷線在面確定一個平面證明多點共線

Asi,Bel]

小n/ua內(nèi)

A^a,B

公理2的三條推論：

推論1經(jīng)過一條直線和這條直線外的一點，有且只有一個平面；

推論2經(jīng)過兩條相交直線，有且只有一個平面；

推論3經(jīng)過兩條平行直線，有且只有一個平面.

二.直線與直線的位置關(guān)系

一共面直線：相交直線：同一平面內(nèi)，有且只有一個公共點；

平行直線：同一平面內(nèi)，沒有公共點；

1異面直線：不同在任何一個平面內(nèi)，沒有公共點。（既不平行，也不相交）

三.直線與平面的位置關(guān)系有三種情況：

在平面內(nèi)一一有無數(shù)個公共點.符號aUa

相交——有且只有一個公共點符號aCa=A

平行一一沒有公共點符號a〃a

說明：直線與平面相交或平行的情況統(tǒng)稱為直線在平面外，可用aCa來表示

1.直線和平面平行的判定

（1）定義：直線和平面沒有公共點，則稱直線平行于平面；

（2）判定定理：平面外一條直線與此平面內(nèi)的一條直線平行，則該直線與此平面平行。

〃2a

簡記為：線線平行，則線面平行。符節(jié)：buaalla

allb

2.直線和平面平行的性質(zhì)定理：

一條直線與一個平面平行，則過這條直線的任一平面與此平面的交線與該直線平行。

aIa

簡記為：線面平行，則線線平行.符號：au/3>nab

a\/3=b

3.直線與平面垂直

⑴定義：如果一條直線垂直于一個平面內(nèi)的任意一條直線，那么就說這條直線和這個平

面垂直。

⑵判定定理：一條直線與一個平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，則該直線與此平面垂直。

簡記為：線線垂直，則線面垂直.

符號：m,nuaI

mn=A

/工mJ_Ln

4.直線與平面垂直

性質(zhì)I：垂直于同一個平面的兩條直線平行。

aLa

符號:nab

bLa

性質(zhì)II:垂直于同一直線的兩平面平行

a

符號:=>ap

推論：如果兩條平行直線中，有一條垂直于平面，那么另一條直線也垂直于這個平面.

符號語言：a〃b,a±a,=4b±a

四.平面與平面的位置關(guān)系：

平行一一沒有公共點：符號a〃B

相交---有一條公共直線：符號aCB=a

1.平面與平面平行的判定

⑴定義：兩個平面沒有公共點，稱這兩個平面平行；

(2)判定定理：一個平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個平面平行，則這兩個平面平行。

aua,bua

簡記為：線面平行，則面面平行..符號：ab=A>=>a0

a0,b0

2.平面與平面平行的性質(zhì)定理：如果兩個平行的平面同時與第三個平面相交，那么它

們的交線平行。

簡記為：面面平行，則線線平行.

補充：平行于同一平面的兩平面平行；夾在兩平行平面間的平行線段相等;

兩平面平行，一平面上的任一條直線與另一個平面平行；

3.平面與平面垂直的判定

⑴定義：兩個平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說這兩個平面互相垂直。

⑵判定定理：一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，則這兩個平面垂直。

簡記為：線面面垂直，則面面垂直.

/uaj

推論：如果一個平面平行于另一個平面的一條垂線，則這個平面與另一個平面垂直。

4.平面與平面垂直的性質(zhì)定理：兩個平面互相垂直，則一個平面內(nèi)垂直于交線的直線垂

直于另一個平面。

簡記為：面面垂直，則線面垂直.

面面垂直的性質(zhì)定理

證明線線平行的方法

①三角形中位線②平行四邊形③線面平行的性質(zhì)④平行線的傳遞性

⑤面面平行的性質(zhì)⑥垂直于同一平面的兩直線平行；

證明線線垂直的方法

①定義：兩條直線所成的角為90。；（特別是證明異面直線垂直）；②線面垂直的性質(zhì)

③利用勾股定理證明兩相交直線垂直；

④利用等腰三角形三線合一證明兩相交直線垂直；

五：三種成角

1.異面直線成角

步驟：1、平移，轉(zhuǎn)化為相交直線所成角；2、找銳角（或直角）作為夾角；3、求解

注意：取值范圍：（CT,90].

2.線面成角：斜線與它在平面上的射影成的角，取值范圍：（（？，90，].；〃

如圖：PA是平面。的一條斜線，A為斜足，0為垂足，OA叫斜線PA在平面。上，垂線

射影，NR4。為線面角。

3.二面角：從一條直線出發(fā)的兩個半平面形成的圖形&

如圖：在二面角上-/-6中，0棱上一點，OAua,OBu/3,\

且則為二面角a-//的平面角。

取值范圍：（0\180。）售

向量法解立體幾何

1、直線的方向向量和平面的法向量

⑴.直線的方向向量：若A、B是直線/上的任意兩點，則A8為直線/的一個方向向

量；與A3平行的任意非零向量也是直線/的方向向量.

⑵.平面的法向量：若向量〃所在直線垂直于平面則稱這個向量垂直于平面

記作如果〃」a,那么向量〃叫做平面戊的法向量.

⑶.平面的法向量的求法（待定系數(shù)法）：

①建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系.

②設(shè)平面a的法向量為n=（X,"z）.

③求出平面內(nèi)兩個不共線向量的坐標(biāo)a=（a1M2，/），〃=（4,4,4）?

④根據(jù)法向量定義建立方程組｛n.-a.=.0

n-b=0

⑤解方程組，取其中一組解，即得平面。的法向量.

2、用向量方法判定空間中的平行關(guān)系

⑴線線平行。設(shè)直線人A的方向向量分別是則要證明4〃，2,只需證明?！ㄈ?，

即a=kb(keR).

⑵線面平行。設(shè)直線/的方向向量是〃，平面。的法向量是〃，則要證明/〃。，只需

證明〃_L〃，即〃?〃二().

⑶面面平行。若平面a的法向量為〃，平面的法向量為v,要證?！?7,只需證〃〃

V,即證”=

3、用向量方法判定空間的垂直關(guān)系

⑴線線垂直。設(shè)直線1A的方向向量分別是。、人，則要證明只需證明。，匕，

即。0=0.

⑵線面垂直

①(法一)設(shè)直線/的方向向量是a,平面a的法向量是M,則要證明/La,只需

證明a//u,即。.

②(法二)設(shè)直線/的方向向量是a,平面a內(nèi)的兩個相交向量分別為m、“，若

a-m=0,

<.JiJ/la.

a-n=Q

⑶面面垂直。若平面a的法向量為M,平面夕的法向量為"，要證。_L/7,只需證

M±V,即證""=().

4、利用向量求空間角

⑴求異面直線所成的角

已知a,6為兩異面直線，A,C與B,D分別是a涉上的任意兩點，a,6所成的角為

ACBD

則cos0=----------.

ACn\\BD

⑵求直線和平面所成的角

求法：設(shè)直線/的方向向量為a,平面a的法向量為“，直線與平面所成的角為。，a

與M的夾角為0,則。為0的余角或0的補角

a-u

的余角.即有：sin0=|cos(f>\=

⑶求二面角

二面角的平面角是指在二面角a-l-/3的棱上任取一點0,分別在兩個半平面內(nèi)

作射線AO±l,BO±I,則NA為二面角a-l-/3的平面角.

如圖：/\

求法：設(shè)二面角。-/-/?的兩個半平面的法向量分別為機、幾，再設(shè)相、〃的夾角為

(P，二面角。一/一/?的平面角為6,則二面角。為根、〃的夾角0或其補角;r一夕.

根據(jù)具體圖形確定。是銳角或是鈍角：

m-nm-n

如果。是銳角，則cos。=cos°=,BP=arccos-

m||nm||n

、

m-nm-n

如果。是鈍角，則cos6=-|cos同即6=arccos

m||n

7

5、利用法向量求空間距離

⑴點Q到直線/距離

若Q為直線/外的一點，尸在直線/上，。為直線/的方向向量，b=PQ,則點Q到直

線/距離為h=(。山)2

⑵點A到平面a的距離

若點尸為平面a外一點，點M為平面a內(nèi)任一點，平面a的法向量為"，則P到平

面a的距離就等于MP在法向量九方向上的投影的絕對值.

II/\I?n-MP\n-MP\

即d=\MP\cos(n,MP)=\MP\-『——=1,,1

11x'11MMPn

⑷兩平行平面a,0之間的距離

利用兩平行平面間的距離處處相等，可將兩平行平面間的距離轉(zhuǎn)化為求點面距離。即

\n-MP\

j=\_____L

1,1-

⑸異面直線間的距離

設(shè)向量〃與兩異面直線。力都垂直，Mea,PGb,則兩異面直線a,6間的距離d就是

\n-MP\

在向量"方向上投影的絕對值。即d」||I

\n\

1.2020年全國統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷(理科

如圖，。為圓錐的頂點，。是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AE=AD.ABC

是底面的內(nèi)接正三角形，P為。。上一點，PO=J^DO.

(1)證明：平面P5C；

(2)求二面角5—PC—石的余弦值.

【答案】(1)證明見解析；(2)還.

5

【分析】

(1)要證明B4,平面尸5C,只需證明/%，依，B4LPC即可；

(2)以O(shè)為坐標(biāo)原點，OA為x軸，ON為y軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，分別

算出平面PCB的法向量為〃，平面PCE的法向量為加，利用公式

rj?rrj

cos<m,n>=————計算即可得到答案.

In\\m|

【詳解】

(1)由題設(shè)，知△ZME為等邊三角形，設(shè)AE=1,

則。。=無，CO=BO=-AE=-,所以尸。=逅。。=受，

22264

PC=y]PO2+OC2=—,PB=y/PO2+OB2=—,

44

又,.ABC為等邊三角形，則一^―=2。4,所以R4=立，

sin602

3

PA2+PB2=-=AB2,則NAPg=90，所以

4

同理B4LPC,又PCPB=P,所以平面「5C；

（2）過。作QV〃8c交4B于點N,因為尸0,平面ABC,以O(shè)為坐標(biāo)原點，。4為

X軸，ON為y軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

一：

X、

則叫，。，。），尸（。，。心，吟，￥，。），。（廿，一%），

16也PR（1672PE“；,。,一與，

PC=（-4,-T,"T）,PB=（-4,T,"T）,

設(shè)平面PCB的一個法向量為〃=（石,乂,4）,

n-PC=0—Xj—y/3yi—\f2zx=0

由〈，得《l（―，令x=A/2,得Z]=-1,%=。，

n-PB-Q[一再+6y「04=0

所以〃=（五,0,—l）,

設(shè)平面PCE的一個法向量為加=（X2，%，Z2）

fm-PC=Of-x--J3y-A/2Z=0

由＜，得《22廣2，令馬

=1,得z?=—^2,y2—，

[mPE=0[-2X2-V2Z2=0一

所以機=（1,^~,一6）

n-m2V22y/5

,,cos<m,n>=----------=--------T==---

故\n\-\m\r-y/105

2A/5

設(shè)二面角5—PC—E的大小為。，則cos。

"I-

【點晴】

本題主要考查線面垂直的證明以及利用向量求二面角的大小，考查學(xué)生空間想象能力，

數(shù)學(xué)運算能力，是一道容易題.

2.2020年全國統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷（理科）

如圖，已知三棱柱ABC-AiBiG的底面是正三角形，側(cè)面3B1GC是矩形，M,N分別

為BC,51G的中點，尸為AM上一點，過51G和尸的平面交A5于E,交AC于尸.

（1）證明：AAi//MN,且平面AiAMN_LEBiG尸；

（2）設(shè)。為AAiBiG的中心，若AO〃平面EBiGF,且40=45,求直線HE與平面

AiAMN所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）叵.

10

【分析】

（1）由分別為BC,81G的中點，“N〃CC],根據(jù)條件可得A4.//B4,可證

MNHAA,,要證平面EgC/1平面4AMN,只需證明即J_平面4人加即可；

⑵連接NP,先求證四邊形ON24是平行四邊形，根據(jù)幾何關(guān)系求得呼，在四。|

截取31Q=EP,由（1）BC_L平面AAMN,可得NQ7W為與E與平面4AMN所

成角，即可求得答案.

【詳解】

（1）'M,N分別為BC,的中點,

又AA/IBB,

：.MN//AA,

在，ABC中，河為BC中點，則

又?.,側(cè)面為矩形，

BC±BB}

MN//BB,

MN1BC

由MVcAM=M,跖7,,匚平面44W

3C_L平面A]AM7V

又一B\C\HBC,且4G?平面ABC,BCu平面ABC,

.?.用G〃平面ABC

又?4。1匚平面￡耳。/，且平面EBC/c平面A6C=所

.-.B.CJ/EF

:.EFHBC

又-5CL平面AAMN

EF_L平面AAMN

防＜=平面防。/

二平面后片。/,平面AAMN

(2)連接NP

AOH平面EB?F,平面AQVPc平面EB^F=NP

???AOUNP

根據(jù)三棱柱上下底面平行，

其面ANMAc平面ABC=面ANMAc平面4與。］=4N

ON//AP

故：四邊形ONK4是平行四邊形

設(shè)，ABC邊長是6，〃（加＞0）

可得：ON=AP,NP=AO=AB=6m

。為△A4G的中心，且△A4G邊長為6加

ON=—x6xsin60°=\/3m

3

故：ON=AP=gm

EF//BC

.AP_EP

"AM~BM

.6_EP

…36—3

解得：EP=m

在4G截取6Q=EP=ni,板QN=2m

B}Q=E尸且BXQHEP

???四邊形片QPE是平行四邊形，

B.EHPQ

由（1）4GJ_平面AAMN

故ZQPN為gE與平面AAMN所成角

在Rt/\QPN,根據(jù)勾股定理可得：PQ=^QN2+PN2=^（2m）2+（6m）2=25m

./CDNQN2m710

..sinZQPN=---=-T=^=-----

?PQ2Mm10

二直線與E與平面4AMN所成角的正弦值：叵.

10

【點睛】

本題主要考查了證明線線平行和面面垂直，及其線面角，解題關(guān)鍵是掌握面面垂直轉(zhuǎn)為

求證線面垂直的證法和線面角的定義，考查了分析能力和空間想象能力，屬于難題.

3.2020年全國統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷(理科)

如圖，在長方體ABC。—A4GR中，點E,尸分別在棱。2,34上，且2DE=EDi，

BF=2FB-

(1)證明：點G在平面AEE內(nèi)；

(2)若AB=2,AD=1,A4j=3,求二面角A—EE—4的正弦值.

【答案】(1)證明見解析；(2)叵.

7

【分析】

(1)連接GE、CXF,證明出四邊形AEGE為平行四邊形，進而可證得點G在平面

AEF內(nèi)；

(2)以點C1為坐標(biāo)原點，GA、Gq、GC所在直線分別為X、y、Z軸建立空間

直角坐標(biāo)系￡一孫Z,利用空間向量法可計算出二面角A-EE-4的余弦值，進而可

求得二面角A-EF-Aj的正弦值.

【詳解】

(1)在棱CG上取點G,使得GG=gcG,連接DG、FG、QE、QF,

B

在長方體ABCD-44GR中，AD//BC且AD=BC,BBJ/CC,且BB〔=C￡,

1?2

Cfi^-CG,BF=2FB\,:.CG=mCCi=gBB[=BF^CG=BF,

所以，四邊形5CGF為平行四邊形，則A產(chǎn)〃0G且AE=OG,

同理可證四邊形DEQG為平行四邊形，二C]E〃DG且GE=DG,

??.C]E//AF且GE=AE,則四邊形AEC.F為平行四邊形,

因此，點G在平面AEE內(nèi);

（2）以點G為坐標(biāo)原點，GA、G耳、G。所在直線分別為X、丁、z軸建立如下

圖所示的空間直角坐標(biāo)系G-孫2,

則4（2,1,3）、A（2」,0）、￡（2,0,2）、網(wǎng)0,1,1）,

AE=(O,-l,-l),AF=(-2,0,-2),^￡=(0-1,2),4/=(—2,0,1),

設(shè)平面AEF的法向量為加=（%,%,zj,

m-AE=0-y—z]=0

由*，得S—210取…，得f，則…I),

m-AF=0

設(shè)平面的法向量為“=（九2，%，Z2），

=

n-AXE=0—%+2z,0,

由＜..,得<:_>取Z2=2,得々=1,%=4,則〃=(1,4,2)x,

n^F=0—2%2+-0

設(shè)二面角A—EE—4的平面角為8,則|cose|=￥，...sine=，l—芯。=年.

因此，二面角A-EP—4的正弦值為二”.

7

【點睛】

本題考查點在平面的證明，同時也考查了利用空間向量法求解二面角角，考查推理能力

與計算能力，屬于中等題.

4.2020年新高考全國卷I數(shù)學(xué)高考試題（山東）

如圖，四棱錐P-ABC。的底面為正方形，底面ABCD.設(shè)平面與平面尸3c

的交線為I.

（1）證明：平面P0C；

（2）已知PZ>=AZ>=1,。為/上的點，求P5與平面QCD所成角的正弦值的最大值.

【答案】（1）證明見解析；（2）畫

【分析】

(1)利用線面垂直的判定定理證得AO，平面PDC,利用線面平行的判定定理以及

性質(zhì)定理，證得AD〃/,從而得到/，平面PDC；

(2)根據(jù)題意，建立相應(yīng)的空間直角坐標(biāo)系，得到相應(yīng)點的坐標(biāo)，設(shè)出點。(加,。,1),

之后求得平面QC。的法向量以及向量麗的坐標(biāo)，求得cos<〃,PB>的最大值，即為

直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值.

【詳解】

(1)證明：

在正方形ABCD中，AD//BC,

因為平面尸5C,BCu平面「5C,

所以A￡>〃平面尸5C,

又因為ADu平面P4D，平面尸AD)平面PBC=/,

所以AD〃/,

因為在四棱錐尸—A5CD中，底面A3CD是正方形，所以

且尸￡>，平面ABC。，所以尸

因為COPD=D

所以/，平面PDC；

(2)如圖建立空間直角坐標(biāo)系。-孫z,

因為"=AD=1,則有D(O,O,O),C(O,1,O),A(1,O,O),P(O,O,1),因1,1,0),

設(shè)0(%0,1),則有DC=(0,1,0),DQ=(m,0,1),PB=(1,1,-1),

設(shè)平面QCD的法向量為n=(x,y,z),

DCn=O

則《

DQn=Qmx+z=0

令x=l,則Z=T7Z,所以平面QCD的一個法向量為〃=（l,o,-加），則

八八n-PB1+0+m

=

cos<n,PB>=TTHr-方/.

|n||PB|73-Vm2+l

根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的

正弦值，所以直線與平面所成角的正弦值等于

ruur|l+m|Jl+2一+/

|cos<n,PB>|=

A/5.J加之+13Vm2+1

當(dāng)且僅當(dāng)…時取等號,

所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為逅.

3

【點睛】

該題考查的是有關(guān)立體幾何的問題，涉及到的知識點有線面平行的判定和性質(zhì)，線面垂

直的判定和性質(zhì)，利用空間向量求線面角，利用基本不等式求最值，屬于中檔題目.

5.2020年天津市高考數(shù)學(xué)試卷

如圖，在三棱柱ABC—A與G中，CQ1^ABC,AC1BC,AC=BC=2,

CG=3,點。，E分別在棱A4和棱CG上，且AO=1CE=2,M為棱其耳的

中點.

(I)求證：CXM1BQ；

（II）求二面角5—用6―。的正弦值；

（ni）求直線AB與平面。片E所成角的正弦值.

【答案】（I）證明見解析；（II）我；（III）昱.

63

【分析】

以。為原點，分別以C4,CB,CG的方向為X軸，y軸，Z軸的正方向建立空間直角坐

標(biāo)系.

（I）計算出向量和4。的坐標(biāo)，得出品0由。=0,即可證明出C/，片。；

（II）可知平面3片E的一個法向量為C4，計算出平面耳E。的一個法向量為〃，利

用空間向量法計算出二面角5-用E-。的余弦值，利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系可求

解結(jié)果；

（III）利用空間向量法可求得直線AB與平面。4后所成角的正弦值.

【詳解】

依題意，以C為原點，分別以C4、CB、CC；的方向為X軸、y軸、Z軸的正方向建

立空間直角坐標(biāo)系（如圖），

可得。（0,0,0）、4（2,0,0）、3（0,2,0）、￡（0,0,3）、

A（2,0,3）、4（0,2,3）、￡＞（2,0,1）,石（0,0,2）、M（l,l,3）,

（I）依題意，qM=（1,1,0）,B,D=（2,-2,-2）,

從而=2—2+0=0,所以GMLBQ；

（II）依題意，C4=（2,0,0）是平面53也的一個法向量,

EBX=（0,2,1）,ED=（2,0,-1）.

設(shè)〃=（九,％z）為平面的法向量,

ri-EB,-02y+z=0

則《,，即《

n-ED-02x-z=0

不妨設(shè)x1,可得〃1,2）.

CAn_2_A/6

cos<CA,n>=

|CAH〃「2X#_6，

.-￡277AV30

/.sin<CA4,n>=y]l-cos<CA,H>=------

6

所以，二面角3-耳E的正弦值為我;

6

（III）依題意，AB=（-2,2,0）.

由（II）知〃=（L—1,2）為平面DgE的一個法向量，于是

.AB?n—4y/3

COS<AB,Tl〉=]--i-i~r=T=----—-------

網(wǎng)272x763,

所以，直線AB與平面。與E所成角的正弦值為立.

3

【點睛】

本題考查利用空間向量法證明線線垂直，求二面角和線面角的正弦值，考查推理能力與

計算能力，屬于中檔題.

6.2020年北京市高考數(shù)學(xué)試卷

如圖，在正方體ABCD—4用G2中，E為5月的中點.

(I)求證：5C"/平面ARE；

(ID求直線AA與平面AD]E所成角的正弦值.

2

【答案】(I)證明見解析；(II)

3

【分析】

(I)證明出四邊形ABG2為平行四邊形，可得出5CJ/A2,然后利用線面平行的

判定定理可證得結(jié)論；

(II)以點A為坐標(biāo)原點，AD，AB>Ad所在直線分別為x、y、z軸建立空間直

角坐標(biāo)系A(chǔ)-孫z,利用空間向量法可計算出直線A4與平面AQE所成角的正弦值.

【詳解】

(I)如下圖所示：

?-----------￥

在正方體ABC?！狝AG2中，AB〃4用且AB=,A耳〃G2且A4=G2，

AB〃GA且AB=G2,所以，四邊形ABGA為平行四邊形，則

BCi(z平面A￡)E，u平面AE)E，〃平面AD]￡；

(II)以點A為坐標(biāo)原點，AD,AB、A4所在直線分別為X、y、z軸建立如下圖

所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-孫z,

設(shè)正方體A3CD—的棱長為2,則4（0,0,0）、4（°，°，2）、〃（2,0,2）、

￡（0,2,1）,AD1=（2,0,2）,荏=（0,2,1）,

設(shè)平面AD]E的法向量為九=（x,y,z），由1,得I-八，

I'7[n-AE=0[2y+z=0

令z=—2,則x=2,y=l,則〃=（2,1,-2）.

n'A\4_2

cos<n,A4j>=

14KI3^2-_3,

2

因此，直線44]與平面AD也所成角的正弦值為

【點睛】

本題考查線面平行的證明，同時也考查了利用空間向量法計算直線與平面所成角的正弦

值，考查計算能力，屬于基礎(chǔ)題.

7.2020年新高考全國卷n數(shù)學(xué)考試題（海南卷）

如圖，四棱錐P-A3C。的底面為正方形，尸。,底面ABC。.設(shè)平面瓦。與平面P5C

的交線為/.

B

(1)證明：平面PDC;

(2)已知尸。=4。=1,0為/上的點，QB=y(2,求尸3與平面。C。所成角的正弦值.

【答案】(1)證明見解析；(2)如.

3

【分析】

(1)利用線面平行的判定定理以及性質(zhì)定理，證得AD〃/,利用線面垂直的判定定理

證得AZ5_L平面PDC,從而得到/_1_平面PDC；

(2)根據(jù)題意，建立相應(yīng)的空間直角坐標(biāo)系，得到相應(yīng)點的坐標(biāo)，設(shè)出點。(根,。,1),

之后求得平面QCD的法向量以及向量PB的坐標(biāo)，求得cos<〃,PB>,即可得到直線

PB與平面QCD所成角的正弦值.

【詳解】

(1)證明：

在正方形ABCD中，AD//BC,

因為平面尸5C,BCu平面「5C,

所以AD〃平面「5C,

又因為ADu平面R4D，平面1平面PBC=/

所以〃/,

因為在四棱錐尸-A5CD中，底面ABCD是正方形,所以AD，。。,；./，。。,

且平面A3CD,所以

因為CDPD=D

所以/，平面PDC；

(2)如圖建立空間直角坐標(biāo)系。-兀yz,

AB

X

因為PD=AD=1,則有D(O,O,O),C(O,1,O),A(1,O,O),P(O,O,1),3(1,1,0),

設(shè)。0,0,1),則有。C=(0,1,0),OQ=(m,0,1),=(1,1,—1),

因為QB二夜，所以有J(m—1)2+(0—1)2+(1—0)2=3nm=l

設(shè)平面QCD的法向量為n=(尤,y,z),

DCn=0y=0

則《,即<

DQn=Qx+z=0'

令X=l,則z=—1，所以平面QCD的一個法向量為〃=(1,0,-1),則

ri-PB1+0+12

cos<n,PB>=

|K||PB|-7I2+O2+(-I)2.A/I2+I2+I2—亞乂6

根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的

ruur、后

正弦值，所以直線與平面所成角的正弦值等于Icos<n,PB>\=,

所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值為逅.

3

【點睛】

該題考查的是有關(guān)立體幾何的問題，涉及到的知識點有線面平行的判定和性質(zhì)，線面垂

直的判定和性質(zhì)，利用空間向量求線面角，利用基本不等式求最值，屬于中檔題目.

8.2020年浙江省高考數(shù)學(xué)試卷

如圖，三棱臺ABC—DEF中，平面AC尸平面ABC,ZACB=ZACD=45°,DC=2BC.

(I)證明：EF±DB;

(ID求Ob與面。BC所成角的正弦值.

【答案】(I)證明見解析；(IDB

3

【分析】

(I)作交AC于〃，連接3H,由題意可知平面ABC,即有

DHL5C,根據(jù)勾股定理可證得又EFIIBC,可得DHL所，

BH±EF，即得即，平面3HE),即證得石戶，。B；

(II)由DF//CH,所以小與平面DBC所成角即為CH與平面所成角，作

HGLBD于G,連接CG,即可知NHCG即為所求角，再解三角形即可求出。支與

平面。所成角的正弦值.

【詳解】

(I)作DHLAC交AC于〃，連接BH.

V平面ADFC，平面ABC,而平面ADFC】平面ABC=AC,QHu平面ADFC,

???。泛_1_平面ABC，而BCu平面ABC,即有DHL5c.

?/ZACB=ZACD=45°,

CD=42CH=2BC=CH=41BC-

在」CBH中,BH~=CH2+BC--2CH-BCcos45°=BC~>即有

BH2+BC2=CH2,BHLBC.

由棱臺的定義可知，EFIIBC,所以DHLEF,BH上EF，而BHDH=H,

；?EF_L平面由憶)，而班)u平面的E>,AEF±DB.

(II)因為DFUCH,所以。尸與平面。BC所成角即為與CH平面DBC所成角.

作HGLB。于G,連接CG,由(1)可知，平面BHD,

因為所以平面5co，平面3HD，而平面BCD平面BHD=BD，

的匚平面3印)，，的，平面5。。.

即CH在平面DBC內(nèi)的射影為CG,ZHCG即為所求角.

nilI-”尸BHDH>/2a-a&

在AfAJ/GC中，設(shè)5C=a則CH="z，HG=-----------二廠=上尸（1,

BD6aV3

HG_1_V3

sinZHCG=

CH-73-T

故DF與平面DBC所成角的正弦值為旦

3

【點睛】

本題主要考查空間點、線、面位置關(guān)系，線面垂直的判定定理的應(yīng)用，直線與平面所成

的角的求法，意在考查學(xué)生的直觀想象能力和數(shù)學(xué)運算能力，屬于基礎(chǔ)題.

9.2019年浙江省高考數(shù)學(xué)試卷

如圖，已知三棱柱A5C—4與￡，平面44。0，平面=

NBAC=30°,AA=A。=AC,E,F分別是AC,A4的中點.

(1)證明：EFLBC；

(2)求直線EF與平面ABC所成角的余弦值.

3

【答案】(1)證明見解析；(2)父

【分析】

(1)由題意首先證得線面垂直，然后利用線面垂直的定義即可證得線線垂直；

(2)建立空間直角坐標(biāo)系，分別求得直線的方向向量和平面的法向量，然后結(jié)合線面角的

正弦值和同角三角函數(shù)基本關(guān)系可得線面角的余弦值.

【詳解】

⑴如圖所示，連結(jié)4瓦與E，

等邊△A&C中，AE=EC,則4E，AC,

平面A2C_L平面AACG，且平面ABCfl平面^ACQ=AC,

由面面垂直的性質(zhì)定理可得：AE，平面ABC，故AE，BC，

由三棱柱的性質(zhì)可知4發(fā)〃43,而ABLBC,故4瓦，3。，且4片|4石=4,

由線面垂直的判定定理可得：平面AgE,

結(jié)合MU平面A笈E，故EF,8c.

(2)在底面ABC內(nèi)作EHLAC,以點E為坐標(biāo)原點，EH,EC,EA1方向分別為尤,y,z軸正方

向建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz.

設(shè)EH=1,則AE=EC=若，AAl=CAl=2y/3,BC=y/3,AB=3,

據(jù)此可得：A(O,—0,o),j；,，o］，4(o,o,3),c(o,6o),

I227

由A5=44可得點Bl的坐標(biāo)為BJ|,|A3j,

利用中點坐標(biāo)公式可得：由于E（0,0,0）,

故直線E尸的方向向量為：￡F=f|,|V3,3j

設(shè)平面ABC的法向量為加=（尤,％z）,貝U：

"3B3

二一九+

5,-3-y-3z=0

2-F722

/

_3石—，+旦=0

mBC=(%,y,z)?,0=

—5萬22

/

據(jù)此可得平面\BC的一個法向量為加=（1,6,1）,-,-73,3

IE-\EFm64

□_r.cos(EF,m)="；---i~；--j-=---------==-

此時n'/|EF|x|m|3A/55，

/-\43

設(shè)直線EF與平面A]BC所成角為。，則sin0=cos^EF,m^=—,cos0=—.

【點睛】

本題考查了立體幾何中的線線垂直的判定和線面角的求解問題，意在考查學(xué)生的空間想

象能力和邏輯推理能力；解答本題關(guān)鍵在于能利用直線與直線、直線與平面、平面與平

面關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化，通過嚴密推理，同時對于立體幾何中角的計算問題，往往可以利用

空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.

10.2019年全國統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷（理科）

如圖，直四棱柱ABCO-AiBiGd的底面是菱形，AAi=4,A3=2,NBAO=60。，E,M,

N分別是5cBBi,4。的中點.

（1）證明：MN〃平面GDE；

（2）求二面角A-MAi-N的正弦值.

【答案】（1）見解析；（2）叵.

5

【分析】

（1）利用三角形中位線和ADZ/BjC可證得,證得四邊形肱為平行四

邊形，進而證得"N//DE,根據(jù)線面平行判定定理可證得結(jié)論；（2）以菱形A5CD對

角線交點為原點可建立空間直角坐標(biāo)系,通過取中點尸，可證得D尸，平面AM&,

得到平面AM4的法向量0方；再通過向量法求得平面的法向量〃，利用向量

夾角公式求得兩個法向量夾角的余弦值，進而可求得所求二面角的正弦值.

【詳解】

（1）連接ME,B[C

B

M，E分別為8用，BC中點為M3C的中位線

ME11BXC且A/E=ggc

又N為4。中點，且4出邛。:.NDIIB\C且ND=、B\C

?1?MEHND四邊形MNDE為平行四邊形

：.MNUDE,又肱V(Z平面GDE，DEu平面C】DE

.?.肱V//平面GDE

(2)設(shè)ACBD=O,AC]CBR=Oi

由直四棱柱性質(zhì)可知：。。1J■平面ABCD

,四邊形ABCD為菱形:.AC±BD

則以。為原點，可建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系：

(1)

則：A(V3,0,0),M(0,l,2),A(V3,0,4),D(0,-1,0)N—,——,2

[22,

/#)1、

取AB中點尸，連接。尸，則尸1——2，一2,0J

四邊形ABCD為菱形且N84O=60,AE4O為等邊三角形DF±AB

又A&J_平面ABCD,。廠u平面ABC?！?F1A4,

：.DF±平面ABB}A},即J_平面AM\

二。戶為平面AMA的一個法向量，且。b="3。1

22

\7

/

設(shè)平面的法向量三又阪

=(x,y,z),4t=("—1,2),MN

n--y/3x-y+2z=0

ST63,令％=,則y=i,2=—1ZZ=

n?MN=—x—y=0

22