近年高考理科立体几何大题汇编

立体几何大题真题汇编1.（2017•新课标Ⅱ,19）如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．（Ⅰ）证明：直线CE∥平面PAB；（Ⅱ）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．2.（2017•江苏,15）如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（Ⅰ）EF∥平面ABC；（Ⅱ）AD⊥AC．3.(2016·山东,17)在如图所示的圆台中,AC 是下底面圆O 的直径,EF 是上底面圆O ′的直径,FB 是圆台的一条母线.(1)已知G ,H 分别为EC ,FB 的中点,求证：GH ∥平面ABC ；(2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23,AB ＝BC ,求二面角F －BC －A 的余弦值.4.(2016·全国Ⅲ,19)如图,四棱锥P －ABCD 中,P A ⊥底面ABCD ,AD ∥BC ,AB ＝AD ＝AC ＝3,P A ＝BC ＝4,M 为线段AD 上一点,AM ＝2MD ,N 为PC 的中点.(1)证明MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.5.(2015·江苏,16)如图,在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,已知AC ⊥BC ,BC ＝CC 1.设AB 1的中点为D ,B 1C ∩BC 1＝E .求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.6.(2014·江苏,16)如图,在三棱锥P ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知P A⊥AC,P A ＝6,BC＝8,DF＝5.求证：(1)直线P A∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.7.(2014·新课标全国Ⅱ,18)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,P A⊥平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设二面角DAEC为60°,AP＝1,AD＝3,求三棱锥EACD的体积.8.(2014·湖北,19)如图,在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP＝BQ＝λ(0<λ<2).(1)当λ＝1时,证明：直线BC1∥平面EFPQ；(2)是否存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在,求出λ的值；若不存在,说明理由.9．（2018江苏，15）在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=AB,AB1⊥B1C1。

2021（高|考）真题分类汇编：立体几何一、选择题1.【2021（高|考）真题新课标理7】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 ,那么此几何体的体积为( )()A 6 ()B 9 ()C 12 ()D 18【答案】B【解析】由三视图可知 ,该几何体是三棱锥 ,底面是俯视图 ,高为3 ,所以几何体的体积为93362131=⨯⨯⨯⨯=V ,选B. 2.【2021（高|考）真题浙江理10】矩形ABCD ,AB =1 ,BC =2 .将△沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折 ,在翻折过程中 .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 ,三对直线 "AC 与BD 〞 , "AB 与CD 〞 , "AD 与BC 〞均不垂直 【答案】C【解析】最|简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着 ,观察在翻着过程 ,即可知选项C 是正确的．3.【2021（高|考）真题新课标理11】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 =；那么此棱锥的体积为 ( )()A 6 ()B6 ()C3 ()D 2【答案】A【解析】ABC ∆的外接圆的半径r =,点O 到面ABC的距离d ==,SC 为球O 的直径⇒点S 到面ABC的距离为23d =此棱锥的体积为11233436ABC V S d ∆=⨯=⨯=另：123ABC V S R ∆<⨯=排除,,B C D ,选A. 4.【2021（高|考）真题四川理6】以下命题正确的选项是 ( )A 、假设两条直线和同一个平面所成的角相等 ,那么这两条直线平行B 、假设一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等 ,那么这两个平面平行C 、假设一条直线平行于两个相交平面 ,那么这条直线与这两个平面的交线平行D 、假设两个平面都垂直于第三个平面 ,那么这两个平面平行【答案】C【解析】A.两直线可能平行 ,相交 ,异面故A 不正确；B.两平面平行或相交；C.正确；D.这两个平面平行或相交.5.【2021（高|考）真题四川理10】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 ∠= ,那么A 、P 两点间的球面距离为 ( )A 、RB 、4R πC 、RD 、3R π【答案】A【解析】根据题意 ,易知平面AOB ⊥平面CBD,BOP AOB AOP ∠⋅∠=∠∴cos cos cos422122=⋅=,42arccos =∠∴AOP ,由弧长公式易得 ,A 、P 两点间的球面距离为2arccos4R . 6.【2021（高|考）真题陕西理5】如图 ,在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C - ,12CA CC CB == ,那么直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为 ( )A.55 B.53 C. 255 D. 355.【答案】A.【解析】设a CB =|| ,那么a CC CA 2||||1== ,),2,0(),0,2,0(),,0,0(),0,0,2(11a a B a C a B a A ,),2,0(),,2,2(11a a BC a a a AB -=-=∴ ,55||||,cos 111111=⋅>=<∴BC AB BC AB BC AB ,应选A. 7.【2021（高|考）真题湖南理3】某几何体的正视图和侧视图均如图1所示 ,那么该几何体的俯视图不可能是【答案】D【解析】此题是组合体的三视图问题 ,由几何体的正视图和侧视图均如图1所示知 ,原图下面图为圆柱或直四棱柱 ,上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱 ,Ａ ,Ｂ ,Ｃ都可能是该几何体的俯视图 ,Ｄ不可能是该几何体的俯视图 ,因为它的正视图上面应为如图的矩形.【点评】此题主要考查空间几何体的三视图 ,考查空间想象能力.是近年（高|考）中的热点题型.8.【2021（高|考）真题湖北理4】某几何体的三视图如下图 ,那么该几何体的体积为A ．8π3B ．3πC ．10π3D ．6π 【答案】B【解析】显然有三视图我们易知原几何体为 一个圆柱体的一局部 ,并且有正视图知是一个1/2的圆柱体 ,底面圆的半径为1 ,圆柱体的高为6 ,那么知所求几何体体积为原体积的一半为3π.选B.9.【2021（高|考）真题广东理6】某几何体的三视图如下图 ,它的体积为A ．12ππππ 【答案】C【解析】该几何体的上部是一个圆锥 ,下部是一个圆柱 ,根据三视图中的数量关系 ,可得πππ57533-53312222=⨯⨯+⨯⨯⨯=+=圆柱圆锥V V V ．应选C ．10.【2021（高|考）真题福建理4】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【答案】D.【命题立意】此题考查了空间几何体的形状和三视图的概念 ,以及考生的空间想象能力 ,难度一般.【解析】球的三视图全是圆；如图正方体截出的三棱锥三视图全是等腰直角三角形；正方体三视图都是正方形.可以排除ABC ,应选Ｄ．11.【2021（高|考）真题重庆理9】设四面体的六条棱的长分别为1 ,1 ,1 ,1 ,2和a ,且长为a 的棱与长为2的棱异面 ,那么a 的取值范围是(A )(0,2) (B )(0,3) (C )(1,2) (D )(1,3) 【答案】A【解析】因为22211)22(12=-=-=BE 那么BE BF < ,222=<=BE BF AB ,选A ,12.【2021（高|考）真题北京理7】某三棱锥的三视图如下图 ,该三梭锥的外表积是 ( )A. 28 +65B. 30 +65C. 56 + 125D. 60 +125【答案】B【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥 ,如下图 ,图中蓝色数字所表示的为直接从题目所给三视图中读出的长度 ,黑色数字代表通过勾股定理的计算得到的边长 .此题所求外表积应为三棱锥四个面的面积之和 ,利用垂直关系和三角形面积公式 ,可得：10=底S ,10=后S ,10=右S ,56=左S ,因此该几何体外表积5630+=+++=左右后底S S S S S ,应选B .13.【2021（高|考）真题全国卷理4】正四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1中 ,AB =2 ,CC 1 =22 E 为CC 1的中点 ,那么直线AC 1与平面BED 的距离为 A 2 B 3 C 2 D 1【答案】D【解析】连结BD AC ,交于点O ,连结OE ,因为E O ,是中点 ,所以1//AC OE ,且121AC OE =,所以BDE AC //1 ,即直线1AC 与平面BED 的距离等于点C 到平面BED 的距离 ,过C 做OE CF ⊥于F ,那么CF 即为所求距离.因为底面边长为 2 ,高为22 ,所以22=AC ,2,2==CE OC ,2=OE ,所以利用等积法得1=CF ,选 D.二、填空题14.【2021（高|考）真题浙江理11】某三棱锥的三视图 (单位：cm )如下图 ,那么该三棱锥的体积等于________cm 3.【答案】1【解析】观察三视图知该三棱锥的底面为一直角三角形 ,右侧面也是一直角三角形．故体积等于11312123⨯⨯⨯⨯=． 15.【2021（高|考）真题四川理14】如图 ,在正方体1111ABCD A BC D -中 ,M 、N 分别是CD 、1CC 的中点 ,那么异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________ .N MB 1A C 1D 1BD C【答案】2π【命题立意】此题主要考查空间中直线与直线 ,直线与平面的位置关系 ,以及异面直线所成角的求法.【解析】此题有两种方法 ,一、几何法：连接1MD ,那么DN MD ⊥1,又DN D A ⊥11 ,易知11MD A DN 面⊥ ,所以1A M 与DN 所成角的大小是2π；二、坐标法：建立空间直角坐标系 ,利用向量的夹角公式计算得异面直线1A M 与DN 所成角的大小是2π.16.【2021（高|考）真题辽宁理13】一个几何体的三视图如下图 ,那么该几何体的外表积为______________ .【答案】38【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体在中间挖去了一个等高的圆柱 ,其中长方体的长、宽、高分别为4、3、1 ,圆柱的底面直径为2 ,所以该几何体的外表积为长方体的外表积加圆柱的侧面积再减去圆柱的底面积 ,即为2(344131)211238ππ⨯+⨯+⨯+⨯⨯-= 【点评】此题主要考查几何体的三视图、柱体的外表积公式 ,考查空间想象能力、运算求解能力 ,属于容易题 .此题解决的关键是根据三视图复原出几何体 ,确定几何体的形状 ,然后再根据几何体的形状计算出外表积 .17.【2021（高|考）真题山东理14】如图 ,正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1 ,,E F 分别为线段11,AA B C 上的点 ,那么三棱锥1D EDF -的体积为____________.【答案】61【解析】法一：因为E 点在线段1AA 上 ,所以2111211=⨯⨯=∆DED S ,又因为F 点在线段C B 1上,所以点F 到平面1DED 的距离为1,即1=h ,所以611213131111=⨯⨯=⨯⨯==∆--h S V V DED DED F EDF D .法二：使用特殊点的位置进行求解 ,不失一般性令E 点在A 点处 ,F 点在C 点处 ,那么61111213131111=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯==∆--DD S V V ADC ADC D EDF D .18.【2021（高|考）真题辽宁理16】正三棱锥P -ABC ,点P ,A ,B ,C 都在半径为3的求面上 ,假设PA ,PB ,PC 两两互相垂直 ,那么球心到截面ABC 的距离为________ . 【答案】33【解析】因为在正三棱锥P -ABC 中 ,PA ,PB ,PC 两两互相垂直 ,所以可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一局部 , (如下图 ) ,此正方体内接于球 ,正方体的体对角线为球的直径 ,球心为正方体对角线的中点 .球心到截面ABC 的距离为球的半径减去正三棱锥P -ABC 在面ABC 上的高 .3,所以正方体的棱长为2 ,可求得正三棱锥P -ABC 在面ABC 上的高为23 ,所以球心到截面ABC 2333=【点评】此题主要考查组合体的位置关系、抽象概括能力、空间想象能力、运算求解能力以及转化思想 ,该题灵活性较强 ,难度较大 .该题假设直接利用三棱锥来考虑不宜入手 ,注意到条件中的垂直关系 ,把三棱19.【2021（高|考）真题上海理8】假设一个圆锥的侧面展开图是面积为π2的半圆面 ,那么该圆锥的体积为 .【答案】π33 【解析】因为半圆面的面积为ππ2212=l ,所以42=l ,即2=l ,即圆锥的母线为2=l ,底面圆的周长πππ22==l r ,所以圆锥的底面半径1=r ,所以圆锥的高322=-=r l h ,所以圆锥的体积为πππ33331313=⨯=h r . 20.【2021（高|考）真题上海理14】如图 ,AD 与BC 是四面体ABCD 中互相垂直的棱 ,2=BC ,假设c AD 2= ,且a CD AC BD AB 2=+=+ ,其中a 、c 为常数 ,那么四面体ABCD 的体积的最|大值是 .【答案】13222--c a c . 【解析】过点A 做AE ⊥BC ,垂足为E ,连接DE ,由AD ⊥BC 可知 ,BC ⊥平面ADE , 所以BC S V V V ADE ADE C ADE B ⋅=+=--31 =ADE S 32, 当AB =BD =AC =DC =a 时 ,四面体ABCD 的体积最|大 .过E 做EF ⊥DA ,垂足为点F ,EA =ED ,所以△ADE 为等腰三角形 ,所以点E 为AD 的中点 ,又12222-=-=a BE AB AE ,∴EF =12222--=-c a AF AE , ∴ADE S =EF AD ⋅21=122--c a c , ∴四面体ABCD 体积的最|大值=max V ADE S 32 =13222--c a c .21.【2021（高|考）江苏7】 (5分 )如图 ,在长方体1111ABCD A B C D -中 ,3cm AB AD == ,12cm AA = ,那么四棱锥11A BB D D -的体积为 ▲ cm 3．【答案】6 .【考点】正方形的性质 ,棱锥的体积 .【解析】∵长方体底面ABCD 是正方形 ,∴△ABD 中=32BD cm ,BD 边上的高是322cm (它也是11A BB D D -中11BB D D 上的高 ) . ∴四棱锥11A BB D D -的体积为133222=632⨯⨯⨯. 22.【2021（高|考）真题安徽理12】某几何体的三视图如下图 ,该几何体的外表积是_____．【答案】92【命题立意】此题考查空间几何体的三视图以及外表积的求法 . 【解析】该几何体是底面是直角梯形 ,高为4的直四棱柱 , 几何体的外表积是2212(25)4(2544(52))4922S =⨯⨯+⨯++++-⨯=． 23.【2021（高|考）真题天津理10】一个几何体的三视图如下图 (单位：m ) ,那么该几何体的体积为_________m 3. 31363223【答案】π918+【解析】根据三视图可知 ,这是一个上面为长方体 ,下面有两个直径为3的球构成的组合体 ,两个球的体积为ππ9)23(3423=⨯⨯ ,长方体的体积为18631=⨯⨯ ,所以该几何体的体积为π918+ .24.【2021（高|考）真题全国卷理16】三菱柱ABC -A 1B 1C 1中 ,底面边长和侧棱长都相等 , BAA 1 =CAA 1 =60°那么异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为____________. 【答案】36 【解析】如图设,,,1c AC b AB a AA ===设棱长为1 ,那么,1b a AB +=b c a BC a BC -1+=+= ,因为底面边长和侧棱长都相等 ,且1160=∠=∠CAA BAA 所以21=•=•=•c b c a b a ,所以3)(21=+=b a AB ,2)-(21=+=b c a BC,2)-()(11=+•+=•b c a b a BC AB ,设异面直线的夹角为θ ,所以36322cos 1111=⨯=•=BC AB BC AB θ. 三、解答题25.【2021（高|考）真题广东理18】 (本小题总分值13分 )如图5所示 ,在四棱锥P -ABCD 中 ,底面ABCD 为矩形 ,PA ⊥平面ABCD ,点 E 在线段PC 上 ,PC ⊥平面BDE ．（1） 证明：BD ⊥平面PAC ；（2） 假设PH =1 ,AD =2 ,求二面角B -PC -A 的正切值；【答案】此题考查空间直线与平面的位置关系 ,考查直线与平面垂直的证明、二面角的求解等问题 ,考查了学生的空间想象能力以及推理论证能力.26.【2021（高|考）真题辽宁理18】(本小题总分值12分)如图 ,直三棱柱///ABC A B C - ,90BAC ∠= ,/,AB AC AA λ==点M ,N 分别为/A B 和//B C 的中点 .(Ⅰ)证明：MN ∥平面//A ACC ;(Ⅱ)假设二面角/A MN C --为直二面角 ,求λ的值 .【答案】【点评】此题以三棱柱为载体主要考查空间中的线面平行的判定,借助空间直角坐标系求平面的法向量的方法 ,并利用法向量判定平面的垂直关系 ,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力 ,难度适中 .第|一小题可以通过线线平行来证明线面平行 ,也可通过面面平行来证明 .27.【2021（高|考）真题湖北理19】 (本小题总分值12分 )如图1 ,45ACB ∠= ,3BC = ,过动点A 作AD BC ⊥ ,垂足D 在线段BC 上且异于点B ,连接AB ,沿AD 将△ABD 折起 ,使90BDC ∠= (如图2所示 )． (Ⅰ )当BD 的长为多少时 ,三棱锥A BCD -的体积最|大；(Ⅱ )当三棱锥A BCD -的体积最|大时 ,设点E ,M 分别为棱BC ,AC 的中点 ,试在 棱CD 上确定一点N ,使得EN ⊥BM ,并求EN 与平面BMN 所成角的大小．第19题图【答案】 (Ⅰ )解法1：在如图1所示的△ABC 中 ,设(03)BD x x =<< ,那么3CD x =-．由AD BC ⊥ ,45ACB ∠=知 ,△ADC 为等腰直角三角形 ,所以3AD CD x ==-. 由折起前AD BC ⊥知 ,折起后 (如图2 ) ,AD DC ⊥ ,AD BD ⊥ ,且BD DC D = ,所以AD ⊥平面BCD ．又90BDC ∠= ,所以11(3)22BCD S BD CD x x ∆=⋅=-．于是1111(3)(3)2(3)(3)33212A BCD BCD V AD S x x x x x x -∆=⋅=-⋅-=⋅--312(3)(3)21233x x x +-+-⎡⎤≤=⎢⎥⎣⎦, 当且仅当23x x =- ,即1x =时 ,等号成立 ,故当1x = ,即1BD =时, 三棱锥A BCD -的体积最|大． 解法2：同解法1 ,得321111(3)(3)(69)3326A BCD BCD V AD S x x x x x x -∆=⋅=-⋅-=-+．令321()(69)6f x x x x =-+ ,由1()(1)(3)02f x x x '=--= ,且03x << ,解得1x =．当(0,1)x ∈时 ,()0f x '>；当(1,3)x ∈时 ,()0f x '<．所以当1x =时 ,()f x 取得最|大值．故当1BD =时, 三棱锥A BCD -的体积最|大． (Ⅱ )解法1：以D 为原点 ,建立如图a 所示的空间直角坐标系D xyz -．由 (Ⅰ )知 ,当三棱锥A BCD -的体积最|大时 ,1BD = ,2AD CD ==．DABCACDB图2图1M E. ·于是可得(0,0,0)D ,(1,0,0)B ,(0,2,0)C ,(0,0,2)A ,(0,1,1)M ,1(,1,0)2E ,且(1,1,1)BM =-．设(0,,0)N λ ,那么1(,1,0)2EN λ=--. 因为EN BM ⊥等价于0EN BM ⋅= ,即11(,1,0)(1,1,1)1022λλ--⋅-=+-= ,故12λ= ,1(0,,0)2N .所以当12DN = (即N 是CD 的靠近点D 的一个四等分点 )时 ,EN BM ⊥．设平面BMN 的一个法向量为(,,)x y z =n ,由,,BN BM ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩n n 及1(1,,0)2BN =- ,得2,.y x z x =⎧⎨=-⎩可取(1,2,1)=-n ．设EN 与平面BMN 所成角的大小为θ ,那么由11(,,0)22EN =-- ,(1,2,1)=-n ,可得1|1|sin cos(90)||||6EN EN θθ--⋅=-===⋅n n ,即60θ=．故EN 与平面BMN 所成角的大小为60.解法2：由 (Ⅰ )知 ,当三棱锥A BCD -的体积最|大时 ,1BD = ,2AD CD ==． 如图b ,取CD 的中点F ,连结MF ,BF ,EF ,那么MF ∥AD . 由 (Ⅰ )知AD ⊥平面BCD ,所以MF ⊥平面BCD .如图c ,延长FE 至|P 点使得FP DB = ,连BP ,DP ,那么四边形DBPF 为正方形 , 所以DP BF ⊥. 取DF 的中点N ,连结EN ,又E 为FP 的中点 ,那么EN ∥DP , 所以EN BF ⊥. 因为MF ⊥平面BCD ,又EN ⊂面BCD ,所以MF EN ⊥. 又MF BF F = ,所以EN ⊥面BMF . 又BM ⊂面BMF ,所以EN BM ⊥.图a图bC AD BE FMN图cBD PCF NEBGMN EH图d第19题解答图因为EN BM ⊥当且仅当EN BF ⊥ ,而点F 是唯一的 ,所以点N 是唯一的.即当12DN = (即N 是CD 的靠近点D 的一个四等分点 ) ,EN BM ⊥．连接MN ,ME ,由计算得52NB NM EB EM ====, 所以△NMB 与△EMB 是两个共底边的全等的等腰三角形 , 如图d 所示 ,取BM 的中点G ,连接EG ,NG ,那么BM ⊥平面EGN ．在平面EGN 中 ,过点E 作EH GN ⊥于H , 那么EH ⊥平面BMN ．故ENH ∠是EN 与平面BMN 所成的角．在△EGN 中 ,易得22EG GN NE === ,所以△EGN 是正三角形 , 故60ENH ∠= ,即EN 与平面BMN 所成角的大小为60. 28.【2021（高|考）真题新课标理19】 (本小题总分值12分 )如图 ,直三棱柱111ABC A B C -中 ,112AC BC AA ==, D 是棱1AA 的中点 ,BDDC ⊥1(1 )证明：BC DC ⊥1(2 )求二面角11C BD A --的大小. 【答案】 (1 )在Rt DAC ∆中 ,AD AC = 得：45ADC ︒∠=同理：1114590A DC CDC ︒︒∠=⇒∠=得：111,DC DC DC BD DC ⊥⊥⇒⊥面1BCD DC BC ⇒⊥ (2 )11,DC BC CC BC BC ⊥⊥⇒⊥面11ACC A BC AC ⇒⊥取11A B 的中点O ,过点O 作OH BD ⊥于点H ,连接11,C O C H 1111111AC B C C O A B =⇒⊥ ,面111A B C ⊥面1A BD 1C O ⇒⊥面1A BD1OH BD C H BD ⊥⇒⊥ 得：点H 与点D 重合 且1C DO ∠是二面角11C BD A --的平面角 设AC a = ,那么122a C O =,1112230C D a C O C DO ︒==⇒∠= 既二面角11C BD A --的大小为30︒29.【2021（高|考）江苏16】 (14分 )如图 ,在直三棱柱111ABC A B C -中 ,1111A B AC = ,D E ，分别是棱1BC CC ，上的点 (点D 不同于点C ) ,且AD DE F ⊥，为11B C 的中点． 求证： (1 )平面ADE ⊥平面11BCC B ； (2 )直线1//A F 平面ADE ．【答案】证明： (1 )∵111ABC A B C -是直三棱柱 ,∴1CC ⊥平面ABC . 又∵AD ⊂平面ABC ,∴1CC AD ⊥ .又∵1AD DE CC DE ⊥⊂，，平面111BCC B CC DE E =， ,∴AD ⊥平面11BCC B .又∵AD ⊂平面ADE ,∴平面ADE ⊥平面11BCC B . (2 )∵1111A B AC = ,F 为11B C 的中点 ,∴111A F B C ⊥ .又∵1CC ⊥平面111A B C ,且1A F ⊂平面111A B C ,∴11CC A F ⊥ .又∵111 CC B C ⊂，平面11BCC B ,1111CC B C C = ,∴1A F ⊥平面111A B C .由 (1 )知 ,AD ⊥平面11BCC B ,∴1A F ∥AD .又∵AD ⊂平面1, ADE A F ∉平面ADE ,∴直线1//A F 平面ADE【考点】直线与平面、平面与平面的位置关系 .【解析】 (1 )要证平面ADE ⊥平面11BCC B ,只要证平面ADE 上的AD ⊥平面11BCC B 即可 .它可由111ABC A B C -是直三棱柱和AD D E ⊥证得 .(2 )要证直线1//A F 平面ADE ,只要证1A F ∥平面ADE 上的AD 即可 . 30.【2021（高|考）真题四川理19】(本小题总分值12分)如图 ,在三棱锥P ABC -中 ,90APB ∠= ,60PAB ∠= ,AB BC CA == ,平面PAB ⊥平面ABC .(Ⅰ )求直线PC 与平面ABC 所成角的大小； (Ⅱ )求二面角B AP C --的大小 .【答案】此题主要考查直线与平面的位置关系 ,线面角的概念 ,二面角的概念等根底知识 ,考查空间想象能力 ,利用向量解决立体几何问题的能力.31.【2021（高|考）真题福建理18】如图 ,在长方体ABCD -A1B1C1D1中AA1 =AD =1 ,E为CD中点.(Ⅰ )求证：B1E⊥AD1；(Ⅱ )在棱AA1上是否存在一点P ,使得DP∥平面B1AE ?假设存在 ,求AP的行；假设存在 ,求AP的长；假设不存在 ,说明理由.(Ⅲ )假设二面角A -B1EA1的大小为30° ,求AB的长.【答案】此题主要考查立体几何中直线与直线、直线与平面的位置关系及二面角的概念与求法等根底知识,考查空间想象能力、推理论证能力、根本运算能力,以及函数与方程的思想、数形结合思想、化归与转化思想.32.【2021（高|考）真题北京理16】 (本小题共14分 )如图1 ,在Rt △ABC 中 ,∠C =90° ,BC =3 ,AC =6 ,D ,E 分别是AC ,AB 上的点 ,且DE ∥BC ,DE =2 ,将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置 ,使A 1C ⊥CD,如图2. (I)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(II)假设M 是A 1D 的中点 ,求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(III)线段BC 上是否存在点P ,使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直 ?说明理由【答案】解： (1 )CD DE ⊥ ,1A E DE ⊥∴DE ⊥平面1A CD ,又1AC ⊂平面1A CD , ∴1AC ⊥DE 又1A C CD ⊥ , ∴1AC ⊥平面BCDE . (2 )如图建系C xyz - ,那么()200D -，，,(00A ，， ,()030B ，， ,()220E -，，∴(103A B =-，，,()1210A E =--，， 设平面1A BE 法向量为()n x y z =，， 那么110A B n A E n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩∴3020y x y ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩∴2z y y x ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩∴(12n =-， 又∵(10M -，∴(10CM =-，∴cos ||||1CM n CM n θ⋅====⋅ ,∴CM 与平面1A BE 所成角的大小45︒ .(3 )设线段BC 上存在点P ,设P 点坐标为()00a ，， ,那么[]03a ∈，那么(10A P a =-，， ,()20DP a=，， 设平面1A DP 法向量为()1111n x y z =，， ,那么1111020ay x ay ⎧-=⎪⎨+=⎪⎩∴111112z x ay ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩∴()136n a =-， .假设平面1A DP 与平面1A BE 垂直 ,那么10n n ⋅= ,∴31230a a ++= ,612a =- ,2a =- ,∵03a << ,∴不存在线段BC 上存在点P ,使平面1A DP 与平面1A BE 垂直.yC33.【2021（高|考）真题浙江理20】(本小题总分值15分)如图 ,在四棱锥P -ABCD 中 ,底面是边长为23的菱形 ,且∠BAD ＝120° ,且PA ⊥平面ABCD ,PA ＝26 ,M ,N 分别为PB ,PD 的中点．(Ⅰ)证明：MN ∥平面ABCD ；(Ⅱ) 过点A 作AQ ⊥PC ,垂足为点Q ,求二面角A -MN -Q 的平面角的余弦值．【命题立意】此题主要考查空间点、线、面的位置关系 ,二面角所成角等根底知识 ,同时考查空间想象能力和推理论证能力 .【答案】(Ⅰ)如图连接BD ． ∵M ,N 分别为PB ,PD 的中点 , ∴在∆PBD 中 ,MN ∥BD ． 又MN ⊄平面ABCD , ∴MN ∥平面ABCD ； (Ⅱ)如图建系：A (0 ,0 ,0) ,P (0 ,0 ,6M (3 ,32 ,0) , N3 ,0 ,0) ,C 3,3 ,0)．设Q (x ,y ,z ) ,那么(33)(336)CQ x y z CP =--=--，，，，． ∵(3326)CQ CP λλλλ==--，,∴(333326)Q λλλ-，． 由0OQ CP OQ CP ⊥⇒⋅= ,得：13λ=． 即：2326(2Q ，． 对于平面AMN ：设其法向量为()n a b c =，，．∵33(0)=(300)22AM AN =-，，，，，． 那么33330012230300a AM n a b b AN n a c ⎧=⎪⎪⎧⎧⋅=-+=⎪⎪⎪⇒⇒=⎨⎨⎨⋅=⎪⎪⎪⎩=⎩=⎪⎪⎩． ∴31(0)33n =，，． 同理对于平面AMN 得其法向量为(316)v =-，，． 记所求二面角A -MN -Q 的平面角大小为θ , 那么10cos 5n v n vθ⋅==⋅． ∴所求二面角A -MN -Q 的平面角的余弦值为105． 34.【2021（高|考）真题重庆理19】 (本小题总分值12分 如图 ,在直三棱柱111C B A ABC - 中 ,AB =4 ,AC =BC =3 ,D 为AB 的中点(Ⅰ )求点C 到平面11ABB A 的距离;(Ⅱ )假设11AB AC ⊥求二面角 的平面角的余弦值.【答案】【命题立意】此题考查立体几何的相关知识 ,考查线面垂直关系、二面角的求法以及空间向量在立体几何中的应用.35.【2021（高|考）真题江西理20】(此题总分值12分)在三棱柱ABC -A1B1C1中,AB =AC =AA1 =5,BC =4 ,在A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O .(1 )证明在侧棱AA1上存在一点E ,使得OE⊥平面BB1C1C ,并求出AE的长；(2 )求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值.【答案】【点评】此题考查线面垂直,二面角、向量法在解决立体几何问题中的应用以及空间想象的能力. （高|考）中,立体几何解答题一般有以下三大方向的考查.一、考查与垂直,平行有关的线面关系的证明；二、考查空间几何体的体积与外表积；三、考查异面角,线面角,二面角等角度问题.前两种考查多出现在第1问,第3种考查多出现在第2问；对于角度问题,一般有直接法与空间向量法两种求解方法.36.【2021（高|考）真题安徽理18】(本小题总分值12分)平面图形111ABB AC C如图4所示 ,其中11BB C C是矩形 ,12,4BC BB == ,2AB AC == ,11115A B AC == .现将该平面图形分别沿BC 和11B C 折叠 ,使ABC ∆与111A B C ∆所在平面都与平面11BB C C 垂直 ,再分别连接111,,AA BA CA ,得到如图2所示的空间图形 ,对此空间图形解答以下问题 .(Ⅰ )证明：1AA BC ⊥； (Ⅱ )求1AA 的长； (Ⅲ )求二面角1A BC A --的余弦值 .【答案】此题考查平面图形与空间图形的转化 ,空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系的判定 .空间线段长度和空间角的余弦值的计算等根底知识和根本技能 ,考查空间想象能力 ,推理论证能力和求解能力 .【解析】(综合法)(I )取11,BC B C 的中点为点1,O O ,连接1111,,,AO OO AO AO ,那么AB AC AO BC =⇒⊥ ,面ABC ⊥面11BB C C AO ⇒⊥面11BB C C , 同理：11AO ⊥面11BB C C 得：1111//,,,AO AO A O A O ⇒共面 , 又11,OO BC OO AO O ⊥=⇒BC ⊥面111AOO A AA BC ⇒⊥ .(Ⅱ )延长11AO 到D ,使1O D OA = ,得：11////O D OA AD OO ⇒ , 1OO BC ⊥ ,面111A BC ⊥面11BB C C 1OO ⇒⊥面111A B C ⇒AD ⊥面111A B C , 222214(21)5AA AD DA =+=++= .(Ⅲ )11,AO BC AO BC AOA ⊥⊥⇒∠是二面角1A BC A --的平面角 . 在11Rt OO A ∆中 ,222211114225A O OO AO =++=,在1Rt OAA ∆中 ,22211115cos 25AO AO AA AOA AO AO +-∠==-⨯ , 得：二面角1A BC A --的余弦值为55-. 37.【2021（高|考）真题上海理19】 (6 +6 =12分 )如图 ,在四棱锥ABCD P -中 ,底面ABCD 是矩形 ,⊥PA底面ABCD ,E 是PC 的中点 ,2=AB ,22=AD ,2=PA ,求： (1 )三角形PCD 的面积；(2 )异面直线BC 与AE 所成的角的大小 .【答案】【解析】 (1 )∵PA ⊥底面ABCD ,∴PA ⊥CD , 又∵CD ⊥AD ,∴CD ⊥平面PAD , ∴CD ⊥PD , 又∵32)22(222=+=PD ,CD =2 ,∴△PCD 的面积为3232221=⨯⨯ . (2 )解法一：取PB 的中点F ,连接EF,AF,那么EF ∥BC ,∴∠AEF(或其补角)是异面直线 BC 与AE 所成的角 .在△ADF 中 ,EF =2、AF =2,AE =2 , ∴△AEF 是等腰直角三角形 , ∴∠AEF =4π , ∴异面直线BC 与AE 所成的角大小为4π . 解法二：如下图 ,建立空间直角坐标系 ,那么B(2,0,0),C(2 ,22,0),E(1 ,2,1) , ∴AE =(1 ,2,1) ,BC =(0,22,0),设AE 与BC 的夹角为θ ,那么ACAE AC AE ⋅=θcos =222224=⨯,, 又∵0＜θ≤2π ,∴θ =4π .【点评】此题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系 ,考查空间想象能力和推理论证能力．综合考查空间中两条异面直线所成的角的求解 ,同时考查空间几何体的体积公式的运用.此题源于?必修2?立体几何章节复习题 ,复习时应注重课本 ,容易出现找错角的情况 ,要考虑全面 ,考查空间想象能力 ,属于中档题．38.【2021（高|考）真题全国卷理18】 (本小题总分值12分 ) (注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．． ) 如图 ,四棱锥P -ABCD 中 ,底面ABCD 为菱形 ,PA ⊥底面2,PA =2 ,E 是PC 上的一点 ,PE =2EC.(Ⅰ)证明：PC⊥平面BED；(Ⅱ)设二面角A -PB -C为90°,求PD与平面PBC所成角的大小. 【答案】39.【2021（高|考）真题山东理18】 (18 ) (本小题总分值12分 )在如下图的几何体中 ,四边形ABCD 是等腰梯形 ,AB ∥CD ,60,DAB FC ∠=⊥平面,,ABCD AE BD CB CD CF ⊥==.(Ⅰ )求证：BD ⊥平面AED ；(Ⅱ )求二面角F BD C --的余弦值.【答案】解析： (Ⅰ )在等腰梯形ABCD 中 ,AB ∥CD ,∠DAB =60° ,CB =CD,由余弦定理可知202223)180cos(2CD DAB CB CD CB CD BD =∠-⋅⋅-+=, 即AD CD BD 33==,在ABD ∆中 ,∠DAB =60° ,AD BD 3= ,那么ABD ∆为直角三角形 ,且DB AD ⊥ .又AE ⊥BD ,⊂AD 平面AED ,⊂AE 平面AED ,且A AE AD = ,故BD ⊥平面AED ；(Ⅱ )由 (Ⅰ )可知CB AC ⊥ ,设1=CB ,那么3==BD CA ,建立如下图的空间直角坐标系 ,)0,21,23(),0,1,0(),01,0(-D B F ,向量)1,0,0(=n 为平面BDC 的一个法向量. 设向量),,(z y x m =为平面BDF 的法向量 ,那么⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00FB m BD m ,即⎪⎩⎪⎨⎧=-=-002323z y y x , 取1=y ,那么1,3==z x ,那么)1,1,3(=m 为平面BDF 的一个法向量.5551,cos ==⋅>=<n m nm n m ,而二面角F -BD -C 的平面角为锐角 ,那么 二面角F -BD -C 的余弦值为55 .40.【2021（高|考）真题湖南理18】 (本小题总分值12分 )如图5 ,在四棱锥P -ABCD 中 ,PA ⊥平面ABCD ,AB =4 ,BC =3 ,AD =5 ,∠DAB =∠ABC =90° ,E 是CD 的中点.(Ⅰ )证明：CD ⊥平面PAE ；(Ⅱ )假设直线PB 与平面PAE 所成的角和PB 与平面ABCD 所成的角相等 ,求四棱锥P -ABCD 的体积.【答案】解法1 (Ⅰ如图 (1 ) ) ,连接AC ,由AB =4 ,3BC = ,90 5.ABC AC ∠==,得 5,AD =又Ｅ是ＣＤ的中点 ,所以.CD AE ⊥,,PA ABCD CD ABCD ⊥⊂平面平面所以.PA CD ⊥而,PA AE 是平面PAE 内的两条相交直线 ,所以CD ⊥平面PAE.(Ⅱ )过点Ｂ作,,,,.BG CD AE AD F G PF //分别与相交于连接由 (Ⅰ )CD ⊥平面PAE 知 ,ＢＧ⊥BPF ∠为直线ＰＢ与平面PAE所成的角 ,且BG AE ⊥.由PA ABCD ⊥平面知 ,PBA ∠为直线PB 与平面ABCD 所成的角.4,2,,AB AG BG AF ==⊥由题意 ,知,PBA BPF ∠=∠因为sin ,sin ,PA BF PBA BPF PB PB∠=∠=所以.PA BF =由90//,//,DAB ABC AD BC BG CD ∠=∠=知，又所以四边形BCDG 是平行四边形 ,故3.GD BC ==于是 2.AG =在Rt ΔBAG 中 ,4,2,,AB AG BG AF ==⊥所以222168525,.525AB BG AB AG BF BG =+==== 于是85.5PA BF == 又梯形ABCD 的面积为1(53)416,2S =⨯+⨯=所以四棱锥P ABCD -的体积为 1185128516.33515V S PA =⨯⨯=⨯⨯=解法2：如图 (2 ) ,以A 为坐标原点 ,,,AB AD AP 所在直线分别为x y z 轴，轴，轴,PA h =那么相关的各点坐标为：(4,0,0),(4,0,0),(4,3,0),(0,5,0),(2,4,0),(0,0,).A B C D E P h(Ⅰ )易知(4,2,0),(2,4,0),(0,0,).CD AE AP h =-==因为8800,0,CD AE CD AP ⋅=-++=⋅=所以,.CD AE CD AP ⊥⊥而,AP AE 是平面PAE 内的两条相交直线 ,所以.CD PAE ⊥平面(Ⅱ)由题设和 (Ⅰ )知 ,,CD AP 分别是PAE 平面 ,ABCD 平面的法向量 ,而PB 与 PAE 平面所成的角和PB 与ABCD 平面所成的角相等 ,所以cos ,cos ,.CD PBPA PBCD PB PA PB CD PB PA PB ⋅⋅<>=<>=⋅⋅,即由 (Ⅰ )知 ,(4,2,0),(0,0,),CD AP h =-=-由(4,0,),PB h =-故= 解得h =. 又梯形ABCD 的面积为1(53)4162S =⨯+⨯= ,所以四棱锥P ABCD -的体积为 111633V S PA =⨯⨯=⨯=41.【2021（高|考）真题天津理17】 (本小题总分值13分 )如图 ,在四棱锥P -ABCD 中 ,P A ⊥平面ABCD ,AC ⊥AD ,AB ⊥BC ,∠BAC =45° ,PA =AD =2 ,AC =1.(Ⅰ )证明PC ⊥AD ；(Ⅱ )求二面角A -PC -D 的正弦值；(Ⅲ )设E 为棱PA 上的点 ,满足异面直线BE 与CD 所成的角为30° ,求AE 的长.DBA P【答案】。

由 得2AD= ，解得AD= 。
故AD=AF。又AD⊥AF，所以四边形ADEF为正方形。
因为BC⊥AF，BC⊥AD，AF∩AD=A，故BC⊥平面DEF，因此平面BCD⊥平面DEF。
连接AE、DF，设AE∩DF=H，则EH⊥DF，EH⊥平面BCD。
连接CH，则∠ECH为 与平面BCD所成的角。
因ADEF为正方形，AD= ，故EH=1，又EC= =2，
（II）设线段 、 的中点分别为 、 ，
求证： ∥
（III）求二面角 的大小。
10.如题（18）图，在五面体 中， ∥ ， ， ，四边形 为平行四边形， 平面 ， ．求：
（Ⅰ）直线 到平面 的距离；
（Ⅱ）二面角 的平面角的正切值．
11．如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD．
（Ⅱ）设平面BCD的法向量 则
又 =（-1，1，0），
=（-1，0，c）,故
令x=1,则y=1,z= , =(1,1, ).
又平面 的法向量 =（0，1，0）
由二面角 为60°知， =60°，
故 °，求得
于是 ，
，
°
所以 与平面 所成的角为30°
3、（Ⅰ）证明：连接 ，在 中， 分别是 的中点，所以 ，又 ，所以 ，又 平面ACD，DC 平面ACD，所以 平面ACD
(1)证明：PA⊥BD；
(2)设PD＝AD，求二面角A－PB－C的余弦值．
12（本小题满分12分）
如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯形，AB CD,AC BD，垂足为H，
PH是四棱锥的高，E为AD中点
（1）证明：PE BC
（2）若 APB= ADB=60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值

专题06 立体几何（解答题）1．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ； （2）求二面角B PC E --的余弦值．【解析】（1）设DO a =，由题设可得,,63PO a AO a AB a ===，2PA PB PC a ===. 因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥. 又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥. 所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得1(0,1,0),(0,1,0),(,,0),(0,0,222E A C P --. 所以31(,,0),(0,1,)222EC EP =--=-. 设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EPEC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即021022y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，可取(=m . 由（1）知AP=是平面PCB 的一个法向量，记AP =n ， 则cos ,|||5⋅==nm n m n m |. 所以二面角B PC E --的余弦值为5. 【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题.2．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．【解析】（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以1MN CC ∥．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面11EB C F ．（2）由已知得AM ⊥BC ．以M 为坐标原点，MA 的方向为x 轴正方向， MB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M -xyz ，则AB =2，AM连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故1,0)3PM E =．由（1）知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ． 设(,0,0)Q a，则1(NQ B a =， 故21123223210(,,4()),||33B E a a B E =-----=． 又(0,1,0)=-n 是平面A 1AMN 的法向量，故1111π10sin(,)cos ,2||B E B E B E B E ⋅-===⋅n n n |n |所以直线B 1E 与平面A 1AMN ．3．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BFFB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【解析】设AB a =，AD b =，1AA c =，如图，以1C 为坐标原点，11C D 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz -．（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c =，11(0,,)3C F b c =，得1EA C F =．因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内． （2）由已知得(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =--，(2,0,2)AF =--，1(0,1,2)A E =-，1(2,0,1)A F =-．设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则 110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ． 设2n 为平面1A EF 的法向量，则 22110,0,A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．因为121212cos ,||||⋅〈〉==⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --．4．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1； （2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．【解析】因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥. 又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ， 所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC , 所以1B C AB ⊥.又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C =所以AB ⊥平面1AB C .又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.5．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ． （Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB ．由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得CD =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥.由45ACB ∠=︒，12BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB ．由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥. （Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角. 由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角.设CD =.由2,DO OC BO BC ===，得BD OH =所以sin OH OCH OC ∠==，因此，直线DF 与平面DBC . 方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-. 设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|sin |cos ,||||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |.因此，直线DF 与平面DBC . 【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题．6．【2020年高考天津】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,DE 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,AD CE M ==为棱11A B 的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．【解析】依题意，以C 为原点，分别以1,,CA CB CC 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1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)C A B C ，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)A B D E ，(1,1,3)M ．（Ⅰ）证明：依题意，1(1,1,0)C M =，1(2,2,2)B D =--，从而112200C M B D ⋅=-+=，所以11C M B D ⊥．（Ⅱ）解：依题意，(2,0,0)CA =是平面1BB E 的一个法向量，1(0,2,1)EB =，(2,0,1)ED =-．设(,,)x y z =n 为平面1DB E 的法向量，则10,0,EB ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.y z x z +=⎧⎨-=⎩不妨设1x =，可得(1,1,2)=-n ．因此有|||cos ,|A CA C CA ⋅〈〉==n n n sin ,6CA 〈〉=n ．所以，二面角1B B E D --． （Ⅲ）解：依题意，(2,2,0)AB =-．由（Ⅱ）知(1,1,2)=-n 为平面1DB E 的一个法向量，于是cos ,||||AB AB AB ⋅==n n n ．所以，直线AB 与平面1DB E ． 7．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】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）求二面角A−MA 1−N 的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2. 【解析】（1）连结B 1C ，ME ． 因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点， 所以ME ∥B 1C ，且ME =12B 1C ． 又因为N 为A 1D 的中点，所以ND =12A 1D ． 由题设知A 1B 1=DC ，可得B 1C =A 1D ，故ME =ND ， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ． 又MN ⊄平面EDC 1， 所以MN ∥平面C 1DE ． （2）由已知可得DE ⊥DA ．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 ，则(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =-，1(12)A M =--，1(1,0,2)A N =--，(0,MN =．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，所以2040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，．n n所以020p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是cos ,||5⋅〈〉===‖m n m n m n ，所以二面角1A MA N -- 【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.8．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】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 ，求二面角B –EC –C 1的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ， 故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △，所以45AEB ∠=︒， 故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，||DA 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），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB =，(1,1,1)CE =-，1(0,0,2)CC =．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取m =（1，1，0）． 于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --的正弦值为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.9．【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，∠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中的二面角B −CG −A 的大小.【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 ⊥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，HC 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），CG =（1，0AC =（2，–1，0）． 设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,20.x x y ⎧=⎪⎨-=⎪⎩ 所以可取n =（3，6，又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ．因此二面角B –CG –A 的大小为30°．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.10．【2019年高考北京卷理数】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13PF PC =． （1）求证：CD ⊥平面PAD ； （2）求二面角F –AE –P 的余弦值； （3）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）（3）见解析. 【解析】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥CD ． 又因为AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面PAD ． （2）过A 作AD 的垂线交BC 于点M ．因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD ．如图建立空间直角坐标系A −xyz ，则A （0，0，0），B （2，-1，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0，0，2）．因为E 为PD 的中点，所以E （0，1，1）． 所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP ==-=．所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF ⎛⎫⎛⎫==-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.设平面AEF 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,2240.333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩ 令z =1，则1,1y x =-=-．于是=(1,1,1)--n ．又因为平面PAD 的法向量为p =（1，0，0），所以cos ,||⋅〈〉==‖n p n p n p . 由题知，二面角F −AE −P（3）直线AG 在平面AEF 内． 因为点G 在PB 上，且2,(2,1,2)3PG PB PB ==--， 所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n . 所以4220333AG ⋅=-++=n . 所以直线AG 在平面AEF 内.【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F −AE −P 的余弦值；（3）首先求得点G 的坐标，然后结合平面AEF 的法向量和直线AG 的方向向量即可判断直线是否在平面内.11．【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； （3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．【答案】（1）见解析；（2）49；（3）87． 【解析】依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB AD AE ，，的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)A B C D ，(0,0,2)E ．设(0)CF h h =>，则()1,2,F h ．（1）依题意，(1,0,0)AB =是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =，可得0BF AB ⋅=，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE ． （2）依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--．设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量，则0,0,BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,20,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩不妨令1z =，可得(2,2,1)=n ．因此有4cos ,9||||CE CE CE ⋅==-n n n ．所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49． （3）设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量，则0,0,BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即0,20,x y y hz -+=⎧⎨+=⎩不妨令1y =，可得21,1,h ⎛⎫=-⎪⎝⎭m ．由题意，有||1cos ,||||3⋅〈〉===m n m n m n ，解得87h =．经检验，符合题意． 所以，线段CF 的长为87．【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．12．【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 ．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【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 .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.13．【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.【答案】（1）见解析；（2）35． 【解析】方法一：（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 ，EG由于O 为A 1G 的中点，故122A 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． 方法二：（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 ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1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A 1（0，0，B1，0），1B，3,2F ，C (0，2，0)．因此，33(,2EF =，(BC =-． 由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥． （2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ． 由（1）可得1=(310)=(02BC A C --，，，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35． 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.14．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】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.【答案】（1）见解析；（2.【解析】方法一：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，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，过P作PH⊥EF于点H，连接DH，如图，由于EF为平面ABCD和平面PEF的交线，PH⊥EF，则PH⊥平面ABFD，故PH⊥DH.则DP与平面ABFD所成的角为PDH∠.在三棱锥P-DEF中，可以利用等体积法求PH.因为DE∥BF且PF⊥BF，所以PF⊥DE，又△PDF≌△CDF，所以∠FPD=∠FCD=90°，所以PF⊥PD，由于DE∩PD=D，则PF⊥平面PDE，故13F PDE PDEV PF S-=⋅△，因为BF∥DA且BF⊥平面PEF，所以DA⊥平面PEF，所以DE⊥EP.设正方形的边长为2a，则PD=2a，DE=a，在△PDE 中，PE =，所以22PDE S a =△，故36F PDE V a -=， 又2122DEF S a a a =⋅=△，所以232F PDE V PH a a -==，所以在△PHD 中，sin PH PDH PD ∠==，故DP 与平面ABFD 方法二：（1）由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ， 所以BF ⊥平面PEF . 又BF ⊂平面ABFD ， 所以平面PEF ⊥平面ABFD .（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 又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF .可得32PH EH ==.则33(0,0,0),(1,,0),(1,22H P D DP --=HP =为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则34sin ||4||||3HP DP HP DPθ⋅===.所以DP 与平面ABFD. 15．【2018年高考全国II 卷理数】如图，在三棱锥P ABC -中，AB 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．【答案】（1）见解析；（2）4． 【解析】（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP = 连结OB ．因为2AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形， 且OB AC ⊥，122OB AC ==． 由222OP OB PB +=知PO OB ⊥． 由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO ⊥平面ABC ．（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 -．C由已知得(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,2,0),O B A C P AP -=取平面PAC 的法向量(2,0,0)OB =．设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则(,4,0)AM a a =-． 设平面PAM 的法向量为(,,)x y z =n ．由0,0AP AM ⋅=⋅=n n 得20(4)0y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取,)a a =--n ，所以cos ,OB =n ．由已知可得|cos ,|2OB =n ．=2．解得4a =-（舍去），43a =．所以4()3=-n ．又(0,2,PC =-，所以cos ,PC =n所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为4． 16．【2018年高考全国Ⅲ卷理数】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．【答案】（1）见解析；（2. 【解析】（1）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 BCCM =C ,所以DM ⊥平面BMC . 而DM ⊂平面AMD , 故平面AMD ⊥平面BMC .（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 ，2sin ,5DA =n ， 所以面MAB 与面MCD . 17．【2018年高考江苏卷】如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值；（2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．【答案】（1；（2．【解析】如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以1,{},OB OCOO 为基底，建立空间直角坐标系O −xyz． 因为AB =AA 1=2，所以1110,1,0,,0,1,0,0,1,())()()2,,0,1,2)()A B C A B C --．（1）因为P 为A 1B 1的中点，所以1,2)2P -， 从而131(,,2)(0,2,22),BP AC ==--，故111|||cos ,|||||5BP AC BP AC BP AC ⋅===⋅． 因此，异面直线BP 与AC 1 （2）因为Q 为BC 的中点，所以1,0)2Q ， 因此33(,0)2AQ =，11(0,2,2),(0,0,2)AC CC ==．设n =（x ，y ，z ）为平面AQC 1的一个法向量， 则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=n n 即30,2220.y y z +=⎪+=⎩不妨取1,1)=-n ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ， 则111||sin |cos |,|||CC CC CC |θ==⋅⋅==n n n 所以直线CC 1与平面AQC 1． 18．【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1． 因为AB ⊄平面A 1B 1C ，A 1B 1⊂平面A 1B 1C ， 所以AB ∥平面A 1B 1C ．（2）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形ABB 1A 1为平行四边形． 又因为AA 1=AB ，所以四边形ABB 1A 1为菱形， 因此AB 1⊥A 1B ．又因为AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1， 所以AB 1⊥BC ．又因为A 1B ∩BC =B ，A 1B ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ， 所以AB 1⊥平面A 1BC ． 因为AB 1⊂平面ABB 1A 1， 所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ．19．【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（1）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（2）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2【解析】方法一：（1）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得111AB A B ==， 所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得11B C =由2,120AB BC ABC ==∠=︒得AC =由1CC AC ⊥，得1AC =，所以2221111AB B C AC +=，故111AB B C ⊥.因此1AB ⊥平面111A B C .（2）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD .由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ， 由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ， 所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由111111BC A B AC ==111111cos C A B C A B ∠=∠=，所以1C D =故111sin 13C D C AD AC ∠==. 因此，直线1AC 与平面1ABB所成的角的正弦值是13. 方法二：（1）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz .由题意知各点坐标如下：111(0,(1,0,0),(0,(1,0,2),A B A B C因此11111(1,3,2),(1,3,2),(0,23),AB A B AC ==-=- 由1110AB A B ⋅=得111AB A B ⊥.由1110AB AC ⋅=得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C . （2）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（1）可知11(0,23,1),(1,3,0),(0,0,2),AC AB BB ===设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(=n .所以111|sin |cos ,|13|||AC AC AC θ⋅===⋅n |n n |. 因此，直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值是13. 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.20．【2018年高考北京卷理数】如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB 的中点，AB=BC，AC =1AA =2．（1）求证：AC ⊥平面BEF ；（2）求二面角B−CD −C 1的余弦值；（3）证明：直线FG 与平面BCD 相交．【答案】（1）见解析；（2）21；（3）见解析. 【解析】（1）在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∵CC 1⊥平面ABC ，∴四边形A 1ACC 1为矩形．又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，∴AC ⊥EF ．∵AB =BC ．∴AC ⊥BE ，∴AC ⊥平面BEF ．（2）由（1）知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1．又CC 1⊥平面ABC ，∴EF ⊥平面ABC ．∵BE ⊂平面ABC ，∴EF ⊥BE ．如图建立空间直角坐标系E -xyz ．由题意得B （0，2，0），C （-1，0，0），D （1，0，1），F （0，0，2），G （0，2，1）．∴=(201)=(120)CD CB ，，，，，， 设平面BCD 的法向量为()a b c =，，n ， ∴00CD CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，∴2020a c a b +=⎧⎨+=⎩， 令a =2，则b =-1，c =-4，∴平面BCD 的法向量(214)=--，，n ， 又∵平面CDC 1的法向量为=(020)EB ，，，∴cos =||||EBEB EB ⋅<⋅>=-n n n ．由图可得二面角B -CD -C 1为钝角，所以二面角B -CD -C 1的余弦值为 （3）由（2）知平面BCD 的法向量为(214)=--，，n ， ∵G （0，2，1），F （0，0，2），∴=(021)GF -，，， ∴2GF ⋅=-n ，∴n 与GF 不垂直，∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，∴GF 与平面BCD 相交．21．【2018年高考天津卷理数】如图，AD BC ∥且AD =2BC ，AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ，CD FG ∥且CD =2FG ，DG ABCD ⊥平面，DA =DC =DG =2.（1）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN CDE ∥平面；（2）求二面角E BC F --的正弦值；（3）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.【答案】（1）见解析；（2；（3）3. 【解析】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．满分13分． 依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D （0，0，0），A （2，0，0），B （1，2，0），C （0，2，0），E （2，0，2），F （0，1，2），G （0，0，2），M （0，32，1），N （1，0，2）．（1）依题意DC =（0，2，0），DE =（2，0，2）．设n 0=(x ，y ，z )为平面CDE 的法向量，则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩，，不妨令z=–1，可得n 0=（1，0，–1）．又MN =（1，32-，1），可得00MN ⋅=n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（2）依题意，可得BC =（–1，0，0），(122)BE =-，，，CF =（0，–1，2）． 设n =（x ，y ，z ）为平面BCE 的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩，， 不妨令z =1，可得n =（0，1，1）．设m =（x ，y ，z ）为平面BCF 的法向量，则00BC CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩，， 不妨令z =1，可得m =（0，2，1）．因此有cos<m ，n>=||||⋅=m n m n sin<m ，n． 所以，二面角E –BC –F． （3）设线段DP 的长为h （h ∈［0，2］），则点P 的坐标为（0，0，h ），可得(12)BP h =--，，． 易知，DC =（0，2，0）为平面ADGE 的一个法向量，故 cos BP DC BP DC BP DCh ⋅<⋅>==，解得h ∈［0，2］．.所以线段DP的长为3。