专题04 立体几何-2019高考数学热点题型 Word版含解析

2019年高考专题：立体几何试题1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．2．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD 的体积是 .【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=，因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =， 由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ，所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高， 所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=.3．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．【解析】（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE .（2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH.从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离，由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =，故417CH =. 从而点C 到平面1C DE 的距离为1717. 4．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积．【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知∠BEB 1=90°. 由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==. 作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==．所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=． 5．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，Rt △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.【解析】（1）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Rt △DEM 中，DE =1，EM =3，故DM =2．所以四边形ACGD 的面积为4．6．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底部ABCD 为菱形，E 为CD 的中点．（1）求证：BD ⊥平面PAC ；（2）若∠ABC =60°，求证：平面PAB ⊥平面PAE ；（3）棱PB 上是否存在点F ，使得CF ∥平面PAE ？说明理由．【解析】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA BD ⊥．又因为底面ABCD 为菱形，所以BD AC ⊥．所以BD ⊥平面PAC ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AE ．因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点，所以AE ⊥CD ．所以AB ⊥AE ．所以AE ⊥平面PAB ．所以平面PAB ⊥平面PAE ．（3）棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE ．取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ．则FG ∥AB ，且FG =12AB ．因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点， 所以CE ∥AB ，且CE =12AB ．所以FG ∥CE ，且FG =CE ． 所以四边形CEGF 为平行四边形．所以CF ∥EG ．因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ，所以CF ∥平面PAE ．7．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ；（2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.【解析】（1）连接BD ，易知ACBD H =，BH DH =.又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面P AD ，PD ⊂平面P AD ，所以GH ∥平面P AD .（2）取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ，又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC 平面PCD PC =， 所以DN ⊥平面P AC ，又PA ⊂平面P AC ，故DN PA ⊥.又已知PA CD ⊥，CD DN D =，所以PA ⊥平面PCD .（3）连接AN ，由（2）中DN ⊥平面P AC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面P AC 所成的角， 因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点， 所以3DN =.又DN AN ⊥，在Rt AND △中，3sin 3DN DAN AD ∠==. 所以，直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值为33. 8．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．【解析】（1）因为D ，E 分别为BC ，AC 的中点，所以ED ∥AB .在直三棱柱ABC−A 1B 1C 1中，AB ∥A 1B 1，所以A 1B 1∥ED .又因为ED ⊂平面DEC 1，A 1B 1⊄平面DEC 1，所以A 1B 1∥平面DEC 1.（2）因为AB =BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC .因为三棱柱ABC−A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC .又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ，所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .9．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点.（1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【解析】（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ．又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ．所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）． 不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =23，EG =3.由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35。

专题04 立体几何1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】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3．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是A．158 B．162C．182 D．3244．【2019年高考浙江卷】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 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则 A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β5．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC P 到平面ABC 的距离为___________．6．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）7．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D 挖去四棱锥O −EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =AA =，，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.8．【2019年高考北京卷文数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．9．【2019年高考北京卷文数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．10．【2019若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________.11．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD的体积是 ▲ .12．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求点C 到平面C 1DE 的距离．13．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C 的体积．14．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB，Rt△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.-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 15．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．16．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.17．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1； （2）BE ⊥C 1E ．18．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.19．【云南省昆明市2019届高三高考5月模拟数学试题】已知直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，若αβ⊥，则下列结论正确的是 A ．l β∥或l β⊄ B ．//l m C ．m α⊥D ．l m ⊥20．【陕西省2019届高三年级第三次联考数学试题】已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为A B ．34C ．4D ．5421．【四川省宜宾市2019届高三第三次诊断性考试数学试题】如图，边长为2的正方形ABCD 中，,E F 分别是,BC CD 的中点，现在沿,AE AF 及EF 把这个正方形折成一个四面体，使,,B C D 三点重合，重合后的点记为P ，则四面体P AEF -的高为A ．13 B ．23C ．34D ．122．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学试题】在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面ABC ，ABC △是边长为6的等边三角形，PAB △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．23．【河南省洛阳市2019年高三第三次统一考试（5月）数学试题】在四棱柱1111ABCD A B C D -中，四边形ABCD 是平行四边形，1A A ⊥平面ABCD ， 60BAD ∠=︒，12,1,AB BC AA ===，E 为11A B 中点.（1）求证：平面1A BD ⊥平面1A AD ； （2）求多面体1A E ABCD -的体积.。

.WORD 格式整理 ..高中数学《立体几何》大题及答案解析( 理)1.（ 2009 全国卷Ⅰ）如图，四棱锥S ABCD 中，底面 ABCD 为矩形， SD底面ABCD，AD 2 ，DC SD 2 ，点 M 在侧棱 SC 上，∠ABM=60。

（I ）证明：M是侧棱SC的中点；求二面角 S AM B 的大小。

2.（ 2009 全国卷Ⅱ）如图，直三棱柱ABC-A 1B1C1中， AB ⊥ AC,D 、E 分别为 AA 1、 B1C 的中点，DE ⊥平面 BCC 1（Ⅰ）证明： AB=AC（Ⅱ）设二面角A-BD-C 为 60°,求 B 1C 与平面 BCD 所成的角的大小A 1C1 B1D EAC B3. （ 2009浙江卷）如图， DC平面 ABC， EB//DC ， AC BC EB 2DC 2，ACB120 ， P,Q 分别为 AE , AB 的中点．（I）证明： PQ / / 平面ACD；（II）求AD与平面 ABE 所成角的正弦值．.WORD 格式整理 ..4.（ 2009 北京卷）如图，四棱锥P ABCD 的底面是正方形，PD 底面ABCD ，点E在棱PB上.（Ⅰ）求证：平面AEC平面PD B；（Ⅱ）当 PD2AB 且E为PB的中点时，求 AE 与平面 PDB 所成的角的大小.5.（ 2009 江西卷）如图，在四棱锥P ABCD 中，底面 ABCD 是矩形， PA平面ABCD，PA AD 4 ， AB 2 ．以 BD 的中点 O 为球心、 BD 为直径的球面交PD于点 M ．（1）求证：平面ABM⊥平面PCD；（2）求直线PC与平面ABM所成的角；（3）求点O到平面ABM的距离．PMA DOBC6（. 2009 四川卷）如图，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，△ ABE是等腰直角三角形，AB AE, FA FE, AEF45 （I）求证： EF平面 BCE ；（ II）设线段 CD 、 AE 的中点分别为 P 、 M ，求证： PM ∥平面BCE （ III）求二面角 F BD A 的大小。

⑴求证:EF 〃平面PAB.(2)求二面角E-AD-B 的大小.【解析】⑴在APCD 中，因为E,F 分别是PC, PD 的中点,所以EF 〃CD,因为四边形ABCD 为正方形，所以AB 〃CD,所以EF 〃AB.因为ABu 平面PAB, EFC 平面PAB,所以EF 〃平面PAB.⑵ 方法一：因为四边形ABCD 为正方形，PAJ •平面作EG_L 平面ABCD 于G, EH±AD 于H,连接GH, 所以ZEHG 为二面角E-AD-B 的平面角.因为AADP 是边长为4的等腰直角三角形，E, F 分别是PC, PD 的中点, 所以 GH=GE=2,所以△GEH 是等腰直角三角形，ZEHG=45故二面角E-AD-B 的大小为45° .2019届高考数学复习解答题双规范案例之一一立体几何问题1.如图，在四棱锥P-ABCD 中，四边形ABCD 为正方形,PA1平面ABCD, AADP 是边 长为4的等腰直角三角形,PC, PD 的中点分别为E, F.方法二：因为四边形ABCD为正方形，PA_L平面ABCD,建立如图所示的空间直角坐标系，因为AADP是边长为4的等腰直角三角形，所以AP=AB=AD=4,所以A (0, 0, 0), P (0, 0, 4), D (-4, 0, 0), E (-2, 2, 2), 所以AD= (-4, 0, 0), AE= (-2, 2, 2), AP= (0, 0, 4).设平面EAD的法向量为n=(x, y, z),p.AD=o, pXy,z)(-4,0,0)= 0,则L • Xi=o,所以bXy,z) (-2,2,2) = 0,' x = 0,即t - 2x + 2y + 2z = 0,不妨令Z=-1,则y=1,所以n= (0, 1,-1)为平面EAD的一个法向量，易知向量AP— (0, 0, 4)为平面ABD的一个法向量，设二面角E-AD-B的大小为6 ,|(0,1,-1)(0,0,4)| 4膜所以cos e =所以二面角E-AD-B的大小为45° .新题快递2.已知在如图①所示的矩形ABCD 中,AB=够,AD=4, E 为AD 上靠近D 的一个四等 分点.现将ABCE 以BC 为旋转轴旋转到ZkBCF,使平面BCF_L 平面ABCD,设G, H 分 别为AD, CF 的中点，如图②所示.(1) 求证:平面BGF1平面CDF. (2) 求平面BGF 与平面DGH 夹角的余弦值.【解析】⑴在题图①中，因为AB=\R A D =4,E 为AD 上靠近D 的一个四等分点， 所以 AE=3, DE=1,所以 BE=2很,CE=2,所以 BC 2=BE 2+CE 2,得 BE±CE,所以在题图②中，BF±CF.又平面BCF±平面ABCD,且平面BCFCI 平面ABCD 二BC, DC _L BC,所以DC _L 平面BGF,所以DC±BF.又 DCnCF=C,所以 BFJ ■平面 DCF.又BFu 平面BGF,所以平面BGF±平面CDF. (2)以F 为坐标原点，FC,FB 所在直线分别为x,y 轴，过点F且垂直于平面BCF 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角 坐标系，则F(0,0, 0),B(0,2\%,0),G(1,A /2,够)，H(1,O, 0),D(2,0, 所以 T B = (0, 2、,3, 0) , FG= (1 ,也,A /2) , DG= (T , A /2, 0) , DH= (-1,0, -图① 图②F\/3).I Fti • FB=0,设m=(xi, y b Zi)为平面BFG的法向量，则!n, • FG 0,，= o,即X1 + 展Vl + \/^Z l = °,即y -0,令Z1=-1,则XFA/3,所以平面BFG的一个法向量为n户(\耳0,-1).设n2= (x2, y2, Z2)为平面DGH的法向量，•' -+ \/3光=°，(n2 . DG=0, , V-则(….昴=0,即I - *2 -修2 = °，2令X2=\/2,则y2=1, z2=-1,所以平面DGH 的一个法向量为112=(\'3, 设9为平面BFG与平面DGH的夹角，仇1 •叫则cos eWI叫\y/^ X -\/3 + 0x1 + (-1)X( -1)| 2^/5顼展¥ + O' + ( - J X g)2 + f +( _ 1)2二E。

专题04立体几何1. [2019年高考全国I卷理数】已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB^PC, AABC是边长为2的正三角形，E, F分别是B4, AB的中点，ZCEF=90°,则球O的体积为A. 8亦兀B. 4A/6KC. 2A/6KD. A/6K【答案】D【解析】解法一：PA=PB = PC,AABC为边长为2的等边三角形，「.P-4BC为正三棱锥，:.PB丄AC,又E, F 分别为PA, AB 的中点，:.EF〃PB , EF丄4C ,又EF 丄CE ,CE AC^C, :.EF丄平面PAC , :. PB丄平面PAC , :. ZAPB = 90。

,:. PA= PB = PC =近，ABC为正方体的一部分,2归2 + 2 + 2=屈即「真.-.V= 3故选D.解法二设PA = PB = PC = 2x, EF分别为朋,AB的中点，:.EF//PBAABC为边长为2的等边三角形，:.CF = ®又ZCEF =90° , :.CE/3 — x2 ,AE =丄 =2△AEC中,由余弦定理可得cos ZEAC = *十"◎ “ )2x2xxAZ) 1 兀彳+4 —3 +兀2PA”'°为”的中点，cosW页A/61 2x"冷尿寺佩，故选D.【名师点睛】本题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题.可通过线面垂直定理，得到 三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决.2. [2019年高考全国II 卷理数】设a, 0为两个平面，则a//p 的充要条件是A. a 内有无数条直线与0平行B. a 内有两条相交直线与0平行C. a, 0平行于同一条直线D. a, 〃垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：a 内两条相交直线都与0平行是^〃0的充分条件，由面面平行性 质定理知，若a 〃0,则a 内任意一条直线都与0平行，所以a 内两条相交直线都与0平行是a 〃0的 必要条件，故选B.【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用 面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断.面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易 犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若aua,bup,a 〃b ,则幺〃0”此类的错误.3. [2019年高考全国III 卷理数】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，'ECD 为正三角形，平面ECD 丄平面ABCD, M 是线段ED 的中点，则又4B=BC=4C=2, .••PA,PB,PC 两两垂直, 2R = 72 + 2 + 2 = A /62A. BM=EN, 且直线BM, EN 是相交直线B. BM 丰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 丰EN, 且直线BM, EN 是异面直线【答案】B【解析】如图所示，作E0丄CD 于0,连接ON, BD,易得直线BM, EN 是三角形EBD 的中线，是 相交直线.过M 作MF 丄OD 于F,连接BF,平面CDE 丄平面ABCD , EO 丄CD, EO u 平面CDE , :. E0丄平面ABCD , MF 丄平面ABCD,:.△MFB 与ZkEON 均为直角三角形.设正方形边长为2,易知EO=yj3,ON=\ E 冷7, MF = ~,BF^-,:.BM=41，:.BM^EN,故选 B.2 2【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形•解答本题时，先利 用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题.4. [2019年高考浙江卷】祖眶是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幕势既同，则积不容异”称为祖 眶原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V^#=Sh,其中S 是柱体的底面积，％是柱体的高.若某柱EB体的三视图如图所示（单位：cm ）,则该柱体的体积（单位：cm 3）是A. 158 C. 182【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6,底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4, 下底为6,高为3,另-个的上底为2,下底为6,高为3,则该棱柱的体积为¥><3 + * 故选B.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体 积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能 正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.5. [2019年高考浙江卷】设三棱锥V-ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱滋上的点（不含端 点）.记直线PB 与直线AC 所成的角为a,直线PB 与平面ABC 所成的角为0,二面角P-AC-B 的平面 角为卩，则A. p<y, a<yB. /3<a, /3<yC. 0<a, y<aD. a</3, y<fl【答案】B【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG, V 在底面4BC 的投影为0,则P 在底面的投影D 在线段40 上，过D 作DE 垂直于4C 于E,连接PE, BD,易得PE 〃VG,过P 作PF//AC 交VG 于F,连接 BF,过 D 作 DH//AC ,交 BG 于 H ,则 a = ZBPF, 0 = ZPBD, y = "ED,结合△PFB, ABDH, PF EG DH BD△PDB 均为直角三角形，可得cosa =——=——= --------- < ——= cos0,即a> /3 •PB PB PB PBPD PD在RtAPEZ ）中，tan/ = —— > —— =tan /?,即丫> 0 ,综上所述，答案为 B.D. 324x3 x6 = 162.B. 162n【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算•解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半•常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.6.[2019年高考全国III卷理数】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCD-AB I GP挖去四棱锥O—EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E, F, G, H分别为所在棱的中点，AB = BC = 6cm,AA l=4cm, 3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3,不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 _________________________________________ g.【答案】118.817【解析】由题意得，S wmEFGH =4x6-4x-x2x3 = 12cm-,T 四棱锥O-EFGH的高为3cm, V0-EFGH =-xl2x3 = 12cm3.又长方体ABCD—4BGD的体积为4x6x6 = 144cm3,所以该模型体积为V = V2-V O_EFGH =144-12 = 132cm3,其质量为0.9x132 = 118.8g.【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解.根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可.7.[2019年高考北京卷理数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1,那么该几何体的体积为_____________ .【答案】40【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱MPDA-NQC且之后余下的几何体，则几何体的体积V=43-|X（2+4）X2X4=40.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积•属于中等题.（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解.8.【2019年高考北京卷理数】已知/,也是平面a外的两条不同直线.给出下列三个论断:①Z丄加；②加〃a；③/丄a .以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：____________ ・【答案】如果Z丄a, m//a f则/丄加.【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：(1)如果/丄a, m//a,贝丄加，正确；(2)如果/丄a, 2丄加，则m//a,不正确，有可能加在平面a内；(3)女口果Z丄加，m//a9贝！H丄a,不正确，有可能/与a斜交、I//a.故答案为：如果/丄a, m//a,则Z丄加.【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.9.[2019年高考天津卷理数】已知四棱锥的底面是边长为血的正方形，侧棱长均为厉.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为7?【答案】-4【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为血的正方形，侧棱长均为J?,借助勾股定理，可知四棱锥的高为二1 = 2.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的咼为1,圆柱的底面半径为斤，2故圆柱的体积为恥(*[ xl = -^.【名师点睛】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.10.[2019年高考江苏卷】如图，长方体ABCD—ABd的体积是120, E为CC】的中点，则三棱锥E-BCD的体积是▲.【答案】10【解析】因为长方体ABCD—ABiGU的体积为120,所以AB BC CC, =120,因为E为cq的中点，所以CE = ^CC X,由长方体的性质知CQ丄底面ABCD,所以CE是三棱锥E-BCD的底面BCD上的高，所以三棱锥E-BCD的体积V ^-x-ABBCCE^=-x-ABBC-CC.=丄xl20 = 10.3 2 3 2 2 12【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.11. [2019年高考全国I卷理数】如图，直四棱柱ABCD-AiBiCrDr的底面是菱形,A4i=4, AB=2, ZBAD=60°,E, M, N分别是BC, BBi, AiD的中点.(1)证明：MN〃平面CiDE；(2)求二面角A-MAi-N的正弦值.【答案】(1)见解析；(2) 迈.5【解析】(1)连结5C, ME.因为M, E分别为BBi，BC的中点，所以ME//B\C,且ME=-B{C.2又因为"为5勺中点’所以皿和°由题设知Ai5=DC,可得BiC=AQ,故ME = ND,因此四边形MNDE为平行四边形，MN//ED.又MNW平面EDCi，所以MN〃平面CiDE.(2)由已知可得DE丄D4.以D为坐标原点，D4的方向为X轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则叽/一;'乌 /!\4(2,0,0), Ai(2, 0, 4), M(1,^3,2) , N(1,0,2),羽=(0,0,") , 4胚=(-1",-2), AN = (-1,0,-2), MN = (0,-s/3,0).m- AM = 0设m = (x, y, z)为平面AMA的法向量，贝叶，m-A^A = 0一兀 + ^/5"歹一2z = 0, l所以f 可取加=(、疗丄0).-4z = 0・n • MN = 0,设n = (p,q,门为平面AiMN的法向量，贝!J<n-\N = 0.所以⑺2“可取所以二面角A-M^-N 的正弦值为誓.【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够 利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于 常规题型.12.【2019年高考全国II 卷理数】如图，长方体ABCD-AiBiCiDr 的底面ABCD 是正方形，点E 在棱必|上，BE 丄ECi.(1) 证明：BE 丄平面E5C1；(2) 若AE=AiE,求二面角B-EC-Ci 的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2) 晅.2【解析】(1)由已知得，EG 丄平面ABB^ , BEu 平面ABB^ , 故BQi 丄BE .又BE 丄EC],所以BE 丄平面码G.(2)由(1)知 ZBEB] =90°.由题设知 RtAABE 竺,所以 ZAEB = 45° ,故 AE = AB, M = 2AB .以D 为坐标原点，D4的方向为x 轴正方向，|D4|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,于是 cos 〈w 〉=mn \m\\ n\2怎—届 2xy/5~ 5设平面ECC ］的法向量为加=（兀，y, z ）所以可取加=（1, 1, 0）.nm1于是 cos < n,m >=| n || 加 | 2所以，二面角B-EC-C.的正弦值为〈3.2【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空 间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.13.【2019年高考全国III 卷理数】图1是由矩形ADEB, Rt^ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB=1, BE=BF=2, ZFBC=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 丄平面BCGE ； （2） 求图2中的二面角B-CG-A 的大小.则C (0, 1, 0) , B (1, 1, 0) , C] cq =(0,0,2).设平面EBC 的法向量为兀二（x, y, x ）,CB • M = 0, 即<CE n = 0,x = 0, 兀 一 y + z = 0,(0, 1, 2) , E (1, 0, 1) , CB = (l,0,0)，CE = (1,—1,1)，CC]" = 0, CE •加=0,2z = 0, x-y + z = 0.zG【答案】（1）见解析；（2） 30 ■【解析】（1）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 丄BE, AB1BC,故4B 丄平面BCGE. 又因为ABU 平面ABC,所以平面ABC 丄平面BCGE.（2）作EH 丄BC,垂足为H.因为EHu 平面BCGE,平面BCGE 丄平面ABC,所以EH 丄平面ABC.由已知，菱形BCGE 的边长为2, Z£BC=60°,可求得BH=\, EH=^3 .以H 为坐标原点，HC 的方向为菇由的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hwz,设平面ACGD 的法向量为"=(x, y, z),则CG •« = 0, fx + A /3Z = 0, S即VAC • n = 0, 〔2x-y = 0.所以可取"=(3, 6,-也).则A (-1, 1, 0) , C (1, 0, 0) , G (2, 0,也)，CG = (1, 0,也)，AC = (2, -1, 0).图1 图2因此二面角B-CG-A 的大小为30。

第 1 页2019年高考真题理科数学解析汇编：立体几何一、选择题1 ．（2019年高考（新课标理））已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上,ABC ∆是边长为1的正三角形,SC 为球O 的直径,且2SC =;则此棱锥的体积为 （ ）A．6BC．3 D22 ．（2019年高考（新课标理））如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为A ．6B ．9C ．12D ．183 ．（2019年高考（浙江理））已知矩形ABCD ,AB =1,BC 将∆ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻着,在翻着过程中, A ．存在某个位置,使得直线AC 与直线BD 垂直 B ．存在某个位置,使得直线AB 与直线CD 垂直 C ．存在某个位置,使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置,三直线“AC 与BD ”,“AB 与CD ”,“AD 与BC ”均不垂直4 ．（2019年高考（重庆理））设四面体的六条棱的长分别为a ,且长为a 异面,则a 的取值范围是 （ ）A ．B ．C ．D ．5 ．（2019年高考（四川理））如图,半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内,过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ,过圆O 的直径CD 作平面α成45角的平面与半球面相交,所得交线上到平面α的距离最大的点为B ,该交线上的一点P 满足60BOP ∠=,则A 、P 两点间的球面距离为 （ ）A ．arccos4R B ．4Rπ C ．arccos3R D ．3Rπ 6 ．（2019年高考（四川理））下列命题正确的是（ ）A ．若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行B ．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行C ．若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行D ．若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行7 ．（2019年高考（上海春））已知空间三条直线.l m n 、、若l 与m 异面,且l 与n 异面,则 [答]第 2 页（ ）A ．m 与n 异面.B ．m 与n 相交.C ．m 与n 平行.D ．m 与n 异面、相交、平行均有可能.8 ．（2019年高考（陕西理））如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱111A B C A B C -,12CA CC CB ==,则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为 （ ）ABCD ．359 ．（2019年高考（江西理））如图,已知正四棱锥S-ABCD 所有棱长都为1,点E 是侧棱SC 上一动点,过点E 垂直于SC 的截面将正四棱锥分成上、下两部分.记SE=x(0<x<1),截面下面部分的体积为V(x),则函数y=V(x)的图像大致为10．（2019年高考（湖南理））某几何体的正视图和侧视图均如图1所示,则该几何体的俯视图不可能是11．（2019年高考（湖北理））我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰:置积尺数,以十六乘之,九而一,所得开立方除之,即立圆径. “开立圆术”相当于给出了已知球的体积V ,求其直径d的一个近似公式d ≈人们还用过一些类似的近似公式. 根据π =3.14159判断,下列近似公式中最精确的一个是（ ）[来源:shulihua]A．d ≈ B．d ≈C．d ≈D ．(一)必考题(11—14题)12．（2019年高考（湖北理））已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为A ．8π3B ．3πC ．10π3D ．6π13．（2019年高考（广东理））(立体几何)某几何体的三视图如图1所示,它的体积为 （ ）A ．12πB ．45πC ．57πD ．81π14．（2019年高考（福建理））一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等,那么这个几何体不可以是 （ ）A 图1B C D 侧视图正视图俯视图第 3 页A ．球B ．三棱柱C ．正方形D ．圆柱15．（2019年高考（大纲理））已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中,12,AB CC E ==为1CC 的中点,则直线1AC 与平面BED 的距离为 （ ）A ．2BCD ．116．（2019年高考（北京理））某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是 （ ）A．28+B．30+C．56+D ．60125+17．（2019年高考（安徽理））设平面α与平面β相交于直线m ,直线a 在平面α内,直线b 在平面β内,且b m ⊥,则“αβ⊥”是“a b ⊥”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．即不充分不必要条件二、填空题18．（2019年高考（天津理））―个几何体的三视图如图所示(单位:m ),则该几何体的体积为______3m .19．（2019年高考（浙江理））已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图所示,则该三棱锥的体积等于___________cm 3.20．（2019年高考（四川理））如图,在正方体1111ABCD A B C D -中,M 、N 分别是CD 、1CC 的中点,则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________.21．（2019年高考（上海理））如图,AD 与BC 是四面体ABCD 中互相垂直的棱,BC=2。

1．如图所示，在等腰三角形ABC 中，BA =BC =2，30ACB ∠=︒，在菱形BCDE 中，1cos 4CBE ∠=，AE =3． （1）求证：平面ABC ⊥平面AEC ；（2）设直线CE 与平面ABE 所成的角为θ，求sin θ．∵OE⊂平面ACE，∴平面ABC⊥平面AEC．2．如图，四棱锥S ABCD -中，平面SAD ⊥平面SAB ，BC ⊥SA ，290SAB BSA ∠=∠=°，BC AD ∥，12AB BC AD ==.（1）证明：在线段SA 上是否存在点E ，使得BE ∥平面SCD ； （2）求二面角B SD C --的余弦值.（2）因为BC AD ∥，,BC SA ⊥所以AD SA ⊥. 因为平面SAD ⊥平面SAB ，平面SAD 平面SAB SA =，所以AD ⊥平面SAB ，故AD AB ⊥，又90SAB ∠=，故以A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系. 不妨设1AB =，其中()0,0,0A ，(1,0,0)B ，(1,1,0)C ，(0,2,0)D ，(0,0,1)S ，所以(1,1,0)CD =-，(1,1,1)SC =-，(1,0,1)SB =-，(0,2,1)SD =-，设111(,,)x y z =n 为平面SCD 的法向量，则00CD SC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ,即1111100x y x y z -+=⎧⎨+-=⎩，令11y =，所以111,2x z ==，即(1,1,2)=n 为平面SCD 的一个法向量.设222(,,)x y z =m 为平面SBD 的法向量，则00SB SD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ,即2222020x z y z -=⎧⎨-=⎩，令21z =，所以2211,2x y ==，即1(1,,1)2=m 为平面SBD 的一个法向量.所以||76|cos ,|||||⋅<>==m n m n m n ． 又二面角B SD C --的平面角为锐角，所以二面角B SD C --的余弦值为76.3．已知在直棱柱1111ABCD A B C D -中，14AA AB AC ===，60ABC ∠=，AD DC =，120ADC ∠=，AC 与BD 相交于点E ，F 是DC 上的点，且DF CF =.（1）证明：EF ⊥平面1A AB ；（2）求直线1A E 与平面1A BC 所成角的正弦值.（2）以A 为坐标原点，1,,AB AD AA 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，则(4,0,0)B ，(2,23,0)C ，1(0,0,4)A，(1,3,0)E .故1(2,23,4)AC =-，1(4,0,4)A B =-，1(1,3,4)A E =-.设平面1A BC 的法向量为(,,)x y z =n ，则110,0,AC A B ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即22340,440,x y z x z ⎧+-=⎪⎨-=⎪⎩令3z =，解得3,3x y ==，则平面1A BC 的一个法向量为(3,3,3)=n ，故直线1A E 与平面1A BC 所成角的正弦值为11||10535||||A E A E ⋅=n n . 4．如图，在四棱锥P ABCD -中，AD BC ∥，AD CD ⊥，3AD =，2CD BC ==，点P 在平面ABCD内的射影恰为BD 的中点，且3PB =．（1）求证：平面PAD ⊥平面PBC ； （2）求二面角A PB D --的正弦值．（2）如图，以D 为坐标原点，以DA ，DC 的正方向分别为x 轴、y 轴的正方向建立空间直角坐标系D xyz -，易得(0,0,0)D ，(3,0,0)A ，(2,2,0)B ，(1,1,1)P ．设平面PAB 的法向量为(,,)x y z =m ，则(,,)(2,1,1)20(1,1,1)(,,)0AP x y z BP x y x z y z x y z -=-++=--=-⎧⋅=⋅⎪⎨⋅=⋅⎪+⎩-=m m ，令1y =，可得2x =，3z =，所以平面PAB 的一个法向量为(2,1,3)=m ，设平面PBD 的法向量为(,,)x'y'z'=n ，则(1,1,1)0(1,1(,,))(,),10,BP x'y'z''''DP x'y'z''''x y z x y z ⎧⋅=⋅⎪⎨⋅--=--+==+=⋅+=⎪⎩n n ，令1x'=，可得1y'=-，0z'=，所以平面PBD 的一个法向量为(1,1,0)=-n ，所以7cos ,||||142⋅===⋅⨯<>m n m n m n ， 设二面角A PB D --的平面角的大小为θ，则27321sin 1()1414θ=-=，故二面角A PB D --的正弦值为32114． 5．如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面ABCD ，且四边形ABCD 是等腰梯形，,AB CD ∥PD AD ==1,2DC AB ==.（1）求证：AD PB ⊥；（2）若M 是DC 的中点，求二面角A PB M --的余弦值.设平面PMB 的法向量为222(,,)x y z =n ，则00PB PM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即2222233022102x y z y z ⎧+-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，取23x =，得33(3,,)24=--n .因为323352174cos ,||||99433416-⋅===⋅+⨯++m n m n m n ，所以由图可知二面角A PB M --的余弦值为5217217．1．（江西省重点中学协作体2018届高三下学期第一次联考）如图，四棱锥P ABCD -中，PD ABCD ⊥平面，底面ABCD 是梯形，AB ∥CD ，BC CD ⊥，AB=PD=4，CD=2，22AD =M 为CD的中点，N 为PB 上一点，且(01)PN PB λλ=<<.（1）若14λ=时，求证：MN∥平面PAD；（2）若直线AN与平面PBC所成角的正弦值为25，求异面直线AD与直线CN所成角的余弦值.所以直线AD与直线CN 42．【名师点睛】（1）利用向量法求线面角的方法：①分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(锐角或直角时)或其补角(钝角时)；②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线与平面所成的角．（2）利用直线的方向向量求异面直线所成的角时，要注意直线方向向量的夹角和异面直线所成角的区别，不要得到错误的结论．2．（衡水金卷2018年普通高等学校招生全国统一考试模拟试卷）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧棱1CC ⊥底面ABC ，且122,CC AC BC AC BC ==⊥，D 是棱AB 的中点，点M 在侧棱1CC 上运动.（1）当M 是棱1CC 的中点时，求证：CD ∥平面1MAB ； （2）当直线AM 与平面ABC 所成的角的正切值为32时，求二面角11A MB C --的余弦值.（2）∵1,,CA CB CC 两两垂直，∴以C 为原点，1,,CA CB CC 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系C xyz -，如图，∵三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ， ∴MAC ∠即为直线AM 与平面ABC 所成的角. 设1AC =，则由3tan 2MAC ∠=，得32CM =. ∴()()()()130,0,0,1,0,0,0,1,0,0,1,2,0,0,2C A B B M ⎛⎫ ⎪⎝⎭. ∴()131,0,,1,1,22AM AB ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，3．（中原名校2017-2018学年第七次质量考评-理科数学）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，2AB AC ==，22AD =，32PB =，PB AC ⊥． （1）求证：平面PAB ⊥平面PAC ；（2）若45PBA ∠=︒，试判断棱PA 上是否存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33，若存在，求出AE AP 的值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）因为四边形ABCD 是平行四边形，22AD =，（2）由（1）知AC AB ⊥，AC ⊥平面PAB ，如图，分别以AB ，AC 所在直线为x 轴、y 轴，平面PAB 内过点A 且与直线AB 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系A xyz -，则(0,0,0)A ，(2,0,0)B ，(0,2,0)C ，(0,2,0)AC =，(2,2,0)BC =-， 由45PBA ∠=︒，32PB =(1,0,3)P -， 所以(1,0,3)AP =-，(3,0,3)BP =-，假设棱PA 上存在点E ，使得直线CE 与平面PBC 3 设(01)AEAPλλ=<<， 则(,0,3)AE AP λλλ==-，(,2,3)CE AE AC λλ=-=--， 设平面PBC 的法向量为(,,)x y z =n ，则00BC BP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即220330x y x z -+=⎧⎨-+=⎩，令1z =，可得1x y ==，所以平面PBC 的一个法向量为(1,1,1)=n ， 设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则222223223sin |cos ,|3()(2)(3)3104CE λλλθλλλ--+-====⋅-+-+⋅+<>n ，整理得2340λλ+=，因为01λ<<，所以2340λλ+>，故2340λλ+=无解， 所以棱PA 上不存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为3．1．（2018新课标全国I 理科）如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.（2）作PH ⊥EF ，垂足为H .由（1）得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴正方向，||BF 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 3.又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF .可得332PH EH ==. 则3333(0,0,0),),(1,,0),(1,22H P D DP --=3HP =为平面ABFD 的法向量. 设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则334sin ||||||3HP DP HP DP θ⋅===.所以DP 与平面ABFD 3. 2．（2018新课标全国II 理科）如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==4PA PB PC AC ====，O为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．PO M（2）如图，以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz-．由已知可得3 |cos,|OB=n．所以22223|4|3=23(4)3a a a a --++．解得4a =-（舍去），43a =． 所以83434(,,)333=--n ． 又(0,2,23)PC =-，所以3cos ,4PC =n ． 所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为3． 3．（2018新课标全国III 理科）如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（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．（2）以D 为坐标原点,DA 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz .当三棱锥M −ABC 体积最大时，M 为CD 的中点.由题设得(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)D A B C M ，(2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AM AB DA =-==设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量,则0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,2)=n .DA 是平面MCD 的法向量,因此5cos ,5||||DA DA DA ⋅==n n n ，25sin ,5DA =n ， 所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是25. 4．（2017新课标全国I 理科）如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=.（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=，求二面角A −PB −C 的余弦值.（2）在平面PAD 内作PF AD ⊥，垂足为F ，由（1）可知，AB ⊥平面PAD ，故AB PF ⊥，可得PF ⊥平面ABCD .以F 为坐标原点，FA 的方向为x 轴正方向，||AB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系F xyz -.由（1）及已知可得2(2A ，2(0,0,2P ，2,1,0)2B ，2(2C -. 所以22(,1,)22PC =--，(2,0,0)CB =，22(22PA =-，(0,1,0)AB =. 设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量，则0,0,PC CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即220,2220,x y z x ⎧-+-=⎪⎨= 可取(0,1,2)=-n .【思路点拨】（1）根据题设条件可以得出AB ⊥AP ，CD ⊥PD ．而AB//CD ，就可证明出AB ⊥平面PAD ． 进而证明出平面PAB ⊥平面PAD ．（2）先找出AD 中点，找出相互垂直的线，建立以F 为坐标原点，FA 的方向为x 轴正方向，||AB 为单位长的空间直角坐标系，列出所需要的点的坐标，设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量，(,,)x y z =m 是平面PAB 的法向量，根据垂直关系，求出(0,1,2)=-n 和(1,0,1)=m ，利用数量积公式可求出二面角的平面角.【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面： ①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.5．（2017新课标全国ⅠⅠ理科）如图，四棱锥P −ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点． （1）证明：直线CE ∥平面PAB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o45，求二面角M AB D --的余弦值．（2）由已知得BA AD ⊥，以A 为坐标原点，AB 的方向为x 轴正方向，AB 为单位长， 建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，则()0,0,0A ，()1,0,0B ，()1,1,0C ，(3P ，(1,0,3)PC =-，(1,0,0)AB =， 设()(),,01M x y z x <<，则()1,,,(,1,3)BM x y z PM x y z =-=-， 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而()0,0,1=n 是底面ABCD 的法向量，所以cos ,sin 45BM =︒n ，()222221zx y z =-++，即()22210x y z -+-=． ① 又M 在棱PC 上，设PM PC λ=，则 ,1,33x y z λλ===-． ②由①②解得212162x y z ⎧=+⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=-⎪⎩(舍去)，212162x y z ⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩．【思路点拨】（1）取PA 的中点F ，连接EF ，BF ，由题意证得CE ∥BF ，利用线面平行的判断定理即可证得结论；（2）建立空间直角坐标系，求得半平面的法向量：(0,6,2)=-m ，()0,0,1=n ，然后利用空间向量的相关结论可求得二面角M AB D --10． 【名师点睛】（1）求解本题要注意两点： ①两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角；②利用方程思想进行向量运算，要认真细心、准确计算．（2）设m ，n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与<m ，n >互补或相等，故有|cos θ|=|cos<m ，n >|=⋅m nm n．求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角． 6．（2017新课标全国Ⅲ理科）如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD =∠CBD ，AB =BD ．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D –AE –C 的余弦值.（2）由题设及（1）知，,,OA OB OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴正方向，OA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.则()()()()1,0,0,3,0,1,0,0,0,0,1A B C D -.由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得312E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭. 故()()311,0,1,2,0,0,1,22AD AC AE ⎛⎫=-=-=- ⎪⎪⎝⎭. 设()=x,y,z n 是平面DAE 的法向量，则00AD AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即0,310.2x z x y z -+=⎧⎪⎨-++=⎪⎩ 可取3⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭n . 设m 是平面AEC 的法向量，则00AC AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m 同理可取(0,3=-m .则7cos ,7⋅==n m n m n m . 所以二面角D −AE −C 的余弦值为77. 【思路分析】（1）利用题意证得二面角的平面角为90°，则可得到面面垂直；（2）利用题意求得两个半平面的法向量，然后利用二面角的夹角公式可求得二面角D –AE –C 的余弦值为7. 【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算时，要认真细心，准确计算.（2）设m ，n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与,m n 互补或相等，且cos co |,|s θ==m n ⋅m nm n.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角. 7．（2016新课标全国Ⅰ理科）如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF =2FD ，90AFD ∠=，且二面角D AF E 与二面角C BE F 都是60．（1）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （2）求二面角E BCA 的余弦值．【解析】（1）由已知可得ΑF DF ⊥，ΑF FE ⊥，所以ΑF ⊥平面ΕFDC ．又F A ⊂平面ΑΒΕF ，故平面ΑΒΕF⊥平面ΕFDC ．【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明，空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系，其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理，注意防止步骤不完整或考虑不全致推理片面，该类题目难度不大，以中档题为主.第二问一般考查角度问题，多用空间向量法解决.8．（2015新课标全国Ⅰ理科）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC．（1）证明：平面AEC⊥平面AFC；（2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．【解析】（1）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB=1.由∠ABC=120°，可得AG=GC=3，AB=BC=2.由BE⊥平面ABCD，AB=BC，可得AE=EC．又AE⊥EC，所以EG=AG=3，且EG⊥AC．在Rt△EBG中，可得BE=EG2－GB2=3－1=2，故DF=22.在Rt△FDG中，可得FG=DF2＋GD2=24＋1=62.在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=2，DF=22，可得EF=BD2＋⎝⎛⎭⎪⎫12BE2=22＋⎝⎛⎭⎪⎫222=322.从而EG2＋FG2=EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG=G，可得EG⊥平面AFC．又因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC．。

立体几何热点问题（解题指导）三年考情分析审题答题指引1.教材与高考对接——线面位置关系与空间角【题根与题源】(选修2－1 P109例4)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，点E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.(1)求证：PA∥平面EDB；(2)求证：PB⊥平面EFD；(3)求二面角C－PB－D的大小．【试题评析】1.本例包括了空间向量在立体几何中最主要的两个应用：(1)证明或判定空间中的线面位置关系，(2)求空间角．2．教材给出的解法虽然都用到了向量，但第(1)(2)题仍然没有脱离线面平行、线面垂直的判定定理，第(3)题是先找到二面角的平面角，然后利用向量求解．3．除了教材给出的解法外，我们还可以利用相关平面的法向量解答本题，其优点是可以使几何问题代数化．【教材拓展】已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD为正方形，且PA⊥平面ABCD，tan ∠PBA＝63，F为PC的中点，求二面角C－AF－D的余弦值．【探究提高】1.本题与教材选修2－1P109例4相比其难点在于不易找到二面角C －AF －D 的平面角，或者说找到二面角的平面角对学生来说是一个难点，而利用空间向量，即找到相关平面的法向量来求二面角，就可化解这个难点，这也是向量法的优势所在． 2．利用向量法解决问题时，要注意运算的正确性．【链接高考】 (2018·全国Ⅲ卷)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD︵所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值．2.教你如何审题——立体几何中的折叠问题【例题】 (2018·全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD 为正方形， E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．【审题路线】【自主解答】【探究提高】立体几何中折叠问题的解决方法：解决立体几何中的折叠问题，关键是搞清楚翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化．【尝试训练】(2019·青岛模拟)如图(1)，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，且BC＝2AD＝4，E，F分别为线段AB，DC的中点，沿EF把AEFD折起，使AE⊥CF，得到如图(2)的立体图形．(1)证明：平面AEFD⊥平面EBCF；(2)若BD⊥EC，求二面角F－BD－C的余弦值．3.满分答题示范——立体几何中的开放问题【例题】 (12分)如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 的边长为2，侧棱长为2 2.(1)若点E 为PD 上的点，且PB ∥平面EAC ，试确定E 点的位置；(2)在(1)的条件下，在线段PA 上是否存在点F ，使平面AEC 和平面BDF 所成的锐二面角的余弦值为114，若存在，求线段PF 的长度，若不存在，请说明理由．【规范解答】4.高考状元满分心得❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分．如第(1)问中利用线面平行的性质证明线线平行，第(2)问中建系时证明PO ，AC ，BD 两两垂直，以及建系后得到各点的坐标．❷得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分．如第(1)问中指出点E 的位置，第(2)问中求两个平面的法向量和．❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证．如第(2)中计算λ的值以及计算线段PF的长度等．【构建模板】【规范训练】(2019·杭州质检)如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的菱形，DE⊥平面ABCD，BF⊥平面ABCD，DE＝22，DE>BF，∠ABC＝120°.(1)当BF长为多少时，平面AEF⊥平面CEF?(2)在(1)的条件下，求二面角E－AC－F的余弦值．2019年高考数学六大题解满分解题技巧秘籍指导系列专题07 立体几何热点问题（解题指导）三年考情分析审题答题指引1.教材与高考对接——线面位置关系与空间角【题根与题源】(选修2－1 P109例4)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，点E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.(1)求证：PA∥平面EDB；(2)求证：PB⊥平面EFD；(3)求二面角C－PB－D的大小．【试题评析】1.本例包括了空间向量在立体几何中最主要的两个应用：(1)证明或判定空间中的线面位置关系，(2)求空间角．2．教材给出的解法虽然都用到了向量，但第(1)(2)题仍然没有脱离线面平行、线面垂直的判定定理，第(3)题是先找到二面角的平面角，然后利用向量求解．3．除了教材给出的解法外，我们还可以利用相关平面的法向量解答本题，其优点是可以使几何问题代数化．【教材拓展】已知四棱锥P －ABCD ，底面ABCD 为正方形，且PA ⊥平面ABCD ，tan ∠PBA ＝63，F 为PC 的中点，求二面角C －AF －D 的余弦值．解 如图所示，因为底面ABCD 为正方形，且PA ⊥底面ABCD ，所以PA ，AB ，AD 两两垂直，建立空间直角坐标系A －xyz ，设AB ＝1， 则PA ＝AB ·tan ∠PBA ＝63，则B (1，0，0)，P ⎝⎛⎭⎫0，0，63，C (1，1，0)， 故F ⎝⎛⎭⎫12，12，66，D (0，1，0)，所以AD →＝(0，1，0)，AF →＝⎝⎛⎭⎫12，12，66，设平面AFD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧AD →·n ＝0，AF →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，12x ＋12y ＋66z ＝0，令z ＝6，得x ＝－2.所以n ＝(－2，0，6)． 连接BD ，则BD ⊥AC ，又BD ⊥PA ，所以BD ⊥平面AFC ，则BD →＝(－1，1，0)就是平面AFC 的法向量． 设二面角C －AF －D 的大小为θ，则cos θ＝|BD →·n ||BD →|·|n |＝22×10＝55.所以二面角C －AF －D 的余弦值为55.【探究提高】1.本题与教材选修2－1P109例4相比其难点在于不易找到二面角C －AF －D 的平面角，或者说找到二面角的平面角对学生来说是一个难点，而利用空间向量，即找到相关平面的法向量来求二面角，就可化解这个难点，这也是向量法的优势所在． 2．利用向量法解决问题时，要注意运算的正确性．【链接高考】 (2018·全国Ⅲ卷)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD︵所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值． (1)证明 由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD. 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ， 故BC ⊥DM.因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径， 所以DM ⊥CM.又BC∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC. 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC.(2)解 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz .当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为CD ︵的中点．由题设得D (0，0，0)，A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)， M (0，1，1)，AM →＝(－2，1，1)，AB →＝(0，2，0)，DA →＝(2，0，0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1，0，2)．DA →是平面MCD 的法向量，因此cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值为255.2.教你如何审题——立体几何中的折叠问题【例题】 (2018·全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD 为正方形， E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【审题路线】【自主解答】(1)证明 由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ， 又PF∩EF ＝F ，PF ，EF ⊂平面PEF ， 所以BF ⊥平面PEF.又BF ⊂平面ABFD ，所以平面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，分别以FB →，HF →，HP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|BF →|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 ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故EF 2＝PE 2＋PF 2，所以PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32.则H (0，0，0)，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，D ⎝⎛⎭⎫－1，－32，0，DP →＝⎝⎛⎭⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎫0，0，32为平面ABFD 的一个法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝|HP →·DP →||HP →||DP →|＝343＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 【探究提高】立体几何中折叠问题的解决方法：解决立体几何中的折叠问题，关键是搞清楚翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化．【尝试训练】 (2019·青岛模拟)如图(1)，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，且BC ＝2AD ＝4，E ，F 分别为线段AB ，DC 的中点，沿EF 把AEFD 折起，使AE ⊥CF ，得到如图(2)的立体图形．(1)证明：平面AEFD ⊥平面EBCF ；(2)若BD ⊥EC ，求二面角F －BD －C 的余弦值． (1)证明 由折叠可知，AE ⊥EF.因为AE ⊥CF ，且EF∩CF ＝F ，所以AE ⊥平面EBCF.因为AE ⊂平面AEFD ，所以平面AEFD ⊥平面EBCF.(2)解 如图所示，过点D 作DG ∥AE 交EF 于点G ，连接BG ，则DG ⊥平面EBCF ，所以DG ⊥EC .因为BD ⊥EC ，BD ∩DG ＝D ， 所以EC ⊥平面BDG ， 所以EC ⊥BG .所以∠BGE ＋∠GEC ＝∠CEB ＋∠GEC ，所以∠BGE ＝∠CEB ，且∠EBC ＝∠GEB ＝90°，所以△EGB ∽△BEC ，则EG EB ＝EB BC， 因为EG ＝AD ＝2，BC ＝4，所以EB ＝2 2.以E 为坐标原点，EB →的方向为x 轴的正方向，EF →的方向为y 轴的正方向，EA →的方向为z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E －xyz ，则F (0，3，0)，D (0，2，22)，C (22，4，0)，A (0，0，22)，B (22，0，0)．故BD →＝(－22，2，22)，FD →＝(0，－1，22)，BC →＝(0，4，0)，CD →＝(－22，－2，22)． 设平面FBD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝－22x ＋2y ＋22z ＝0，n ·FD →＝－y ＋22z ＝0. 令z ＝1，得y ＝22，x ＝3，所以平面FBD 的一个法向量是n ＝(3，22，1)．设平面BCD 的法向量m ＝(a ，b ，c )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝4b ＝0，m ·CD →＝－22a －2b ＋22c ＝0. 令a ＝1，得b ＝0，c ＝1，所以平面BCD 的一个法向量是m ＝(1，0，1)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝418×2＝23. 易知，所求二面角为锐角， 所以二面角F －BD －C 的余弦值为23.3.满分答题示范——立体几何中的开放问题【例题】 (12分)如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 的边长为2，侧棱长为2 2.(1)若点E为PD上的点，且PB∥平面EAC，试确定E点的位置；(2)在(1)的条件下，在线段PA上是否存在点F，使平面AEC和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为114，若存在，求线段PF的长度，若不存在，请说明理由．【规范解答】4.高考状元满分心得❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分．如第(1)问中利用线面平行的性质证明线线平行，第(2)问中建系时证明PO ，AC ，BD 两两垂直，以及建系后得到各点的坐标．❷得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分．如第(1)问中指出点E 的位置，第(2)问中求两个平面的法向量和．❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证．如第(2)中计算λ的值以及计算线段PF 的长度等． 【构建模板】2的菱形，DE⊥平面ABCD，BF⊥平面ABCD，DE＝22，DE>BF，∠ABC＝120°.(1)当BF长为多少时，平面AEF⊥平面CEF?(2)在(1)的条件下，求二面角E－AC－F的余弦值．解(1)连接BD交AC于点O，则AC⊥BD.取EF的中点G，连接OG，则OG∥DE.∵DE⊥平面ABCD，∴OG⊥平面ABCD.∴OG，AC，BD两两垂直．以AC，BD，OG所在直线分别作为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图)，设BF＝m(0<m<22)，由题意，易求A(3，0，0)，C (－3，0，0)，E (0，－1，22)，F (0，1，m )．则AE →＝(－3，－1，22)，AF →＝(－3，1，m )，CE →＝(3，－1，22)，CF →＝(3，1，m )，设平面AEF ，平面CEF 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AE →＝0，n 1·AF →＝0，∴⎩⎨⎧－3x 1－y 1＋22z 1＝0，－3x 1＋y 1＋mz 1＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝23m ＋22x 1，y 1＝26－3m m ＋22x 1. 取x 1＝m ＋22，得n 1＝(m ＋22，26－3m ，23)．同理可求n 2＝(m ＋22，3m －26，－23)．若平面AEF ⊥平面CEF ，则n 1·n 2＝0，∴(m ＋22)2＋(3m －26)(26－3m )－12＝0，解得m ＝2或m ＝72(舍)， 故当BF 长为2时，平面AEF ⊥平面CEF .(2)当m ＝2时，AE →＝(－3，－1，22)，AC →＝(－23，0，0)，EF →＝(0，2，－2)，AF →＝(－3，1，2)，CF →＝(3，1，2)，则EF →·AF →＝0，EF →·CF →＝0，所以EF ⊥AF ，EF ⊥CF ，且AF ∩CF ＝F ，所以EF ⊥平面AFC ，所以平面AFC 的一个法向量为EF →＝(0，2，－2)．设平面AEC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AC →＝0，∴⎩⎨⎧－3x －y ＋22z ＝0，－23x ＝0，得⎩⎨⎧y ＝22z ，x ＝0. 令z ＝2，n ＝(0，4，2)．从而cos 〈n ，EF →〉＝n ·EF →|n |·|EF →|＝663＝33. 故所求的二面角E －AC －F 的余弦值为33.。