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专题 06 立体几何（解答题）（理科专用）
1．【2022年全国甲卷】在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面
ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=√3．
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
√5
(2) .
5
【解析】
【分析】
（1）作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，利用勾股定理证明AD⊥BD，根据线面垂直的
性质可得PD⊥BD，从而可得BD⊥平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
(1)
证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，
因为CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
1
所以AE=BF= ，
2
√3
故DE= ，BD=√DE2+BE2=√3，
2
所以AD2+BD2=AB2，
所以AD⊥BD，
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，
又PD∩AD=D，所以BD⊥平面PAD，
又因PA⊂平面PAD，
所以BD⊥PA；
(2)
解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
BD=√3，
则A(1,0,0),B(0,√3,0),P(0,0,√3)，
则⃗AP=(−1,0,√3),⃗BP=(0,−√3,√3),⃗DP=(0,0,√3)，
设平面PAB的法向量⃗n=(x,y,z)，
→ →
n⋅AP=−x+√3z=0
则有{ ，可取⃗n=(√3,1,1)，
→ →
n⋅BP=−√3 y+√3z=0
⃗n⋅⃗DP √5
则cos〈⃗n,⃗DP〉= = ，
|⃗n||⃗DP| 5
√5
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为 .
5
2．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面
ABD所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
4√3
(2)CF与平面ABD所成的角的正弦值为
7
【解析】
【分析】
（1）根据已知关系证明△ABD≌△CBD，得到AB=CB，结合等腰三角形三线合一得
到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到BE⊥DE，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法
则进行计算即可.
(1)
因为AD=CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE；
在△ABD和△CBD中，因为AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB，
所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；
又因为DE,BE⊂平面BED，DE∩BE=E，所以AC⊥平面BED，
因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
(2)
连接EF，由（1）知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面BED，
1
所以AC⊥EF，所以S = AC⋅EF，
△AFC 2
当EF⊥BD时，EF最小，即△AFC的面积最小.
因为△ABD≌△CBD，所以CB=AB=2，
又因为∠ACB=60°，所以△ABC是等边三角形，因为E为AC的中点，所以AE=EC=1，BE=√3，
1
因为AD⊥CD，所以DE= AC=1,
2
在△DEB中，DE2+BE2=BD2，所以BE⊥DE.
以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，
则A(1,0,0),B(0,√3,0),D(0,0,1)，所以⃑AD=(−1,0,1),⃑AB=(−1,√3,0)，
设平面ABD的一个法向量为⃑n=(x,y,z)，
则¿，取y=√3，则⃑n=(3,√3,3)，
( √3 3) ( √3 3)
又因为C(−1,0,0),F 0, , ，所以⃑CF= 1, , ，
4 4 4 4
⃑n⋅⃑CF 6 4√3
cos⟨⃑n,⃑CF⟩= = =
所以 |⃑n||⃑CF| √7 7 ，
√21×
4
( π)
设CF与平面ABD所成的角的正弦值为θ 0≤θ≤ ，
2
4√3
所以sinθ=|cos⟨⃑n,⃑CF⟩|= ，
7
4√3
所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为 .
7
3．【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC−A B C 的体积为4，△A BC的面积
1 1 1 1
为2√2．(1)求A到平面A BC的距离；
1
(2)设D为A C的中点，A A =AB，平面A BC⊥平面ABB A ，求二面角A−BD−C
1 1 1 1 1
的正弦值．
【答案】(1)√2
√3
(2)
2
【解析】
【分析】
（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得BC⊥平面ABB A ，建立空间直角坐标系，利用空间
1 1
向量法即可得解.
(1)
在直三棱柱ABC−A B C 中，设点A到平面A BC的距离为h，
1 1 1 1
1 2√2 1 1 4
则V = S ⋅ℎ = ℎ =V = S ⋅A A= V = ，
A−A 1 BC 3 △A 1 BC 3 A 1 −ABC 3 △ABC 1 3 ABC−A 1 B 1 C 1 3
解得ℎ =√2，
所以点A到平面A BC的距离为√2；
1
(2)
取A B的中点E,连接AE,如图，因为A A =AB，所以AE⊥A B,
1 1 1
又平面A BC⊥平面ABB A ，平面A BC∩平面ABB A =A B，
1 1 1 1 1 1 1
且AE⊂平面ABB A ，所以AE⊥平面A BC，
1 1 1
在直三棱柱ABC−A B C 中，BB ⊥平面ABC，
1 1 1 1
由BC⊂平面A BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，BB ⊥BC，
1 1
又AE,BB ⊂平面ABB A 且相交，所以BC⊥平面ABB A ，
1 1 1 1 1所以BC,BA,BB 两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
1
由（1）得AE=√2，所以A A =AB=2，A B=2√2，所以BC=2，
1 1
则A(0,2,0),A (0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A C的中点D(1,1,1)，
1 1
则⃗BD=(1,1,1)，⃗BA=(0,2,0),⃗BC=(2,0,0),
⃗m⋅⃗BD=x+ y+z=0
设平面ABD的一个法向量⃗m=(x,y,z)，则{ ，
⃗m⋅⃗BA=2y=0
可取⃗m=(1,0,−1)，
⃗m⋅⃗BD=a+b+c=0
设平面BDC的一个法向量⃗n=(a,b,c)，则{ ，
⃗m⋅⃗BC=2a=0
可取⃗n=(0,1,−1)，
⃗m⋅⃗n 1 1
则cos〈⃗m,⃗n〉= = = ，
|⃗m|⋅|⃗n| √2×√2 2
√ 1 2 √3
所以二面角A−BD−C的正弦值为 1−( ) = .
2 2
4．【2022年新高考2卷】如图，PO是三棱锥P−ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是
PB的中点．(1)证明：OE//平面PAC；
(2)若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3，PA=5，求二面角C−AE−B的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
11
(2)
13
【解析】
【分析】
（1）连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，根据三角形全等得到OA=OB，再根
据直角三角形的性质得到AO=DO，即可得到O为BD的中点从而得到OE//PD，即可得
证；
（2）过点A作Az//OP，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦
值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；
(1)
证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，
因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，AO,BO⊂平面ABC，
所以PO⊥AO、PO⊥BO，
又PA=PB，所以△POA≅△POB，即OA=OB，所以∠OAB=∠OBA，
又AB⊥AC，即∠BAC=90°，所以∠OAB+∠OAD=90°，
∠OBA+∠ODA=90°，
所以∠ODA=∠OAD
所以AO=DO，即AO=DO=OB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以
OE//PD，
又OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC，
所以OE//平面PAC(2)
解：过点A作Az//OP，如图建立平面直角坐标系，
因为PO=3，AP=5，所以OA=√AP2−PO2=4，
又∠OBA=∠OBC=30°，所以BD=2OA=8，则AD=4，AB=4√3，
所以AC=12，所以O(2√3,2,0)，B(4√3,0,0)，P(2√3,2,3)，C(0,12,0)，所以
( 3)
E 3√3,1, ，
2
( 3)
则⃑AE= 3√3,1, ，⃑AB=(4√3,0,0)，⃑AC=(0,12,0)，
2
设平面AEB的法向量为⃑n=(x,y,z)，则¿，令z=2，则y=−3，x=0，所以⃑n=(0,−3,2)；
设平面AEC的法向量为⃑m=(a,b,c)，则¿，令a=√3，则c=−6，b=0，所以⃑m=(√3,0,−6)；
⃑n⋅⃑m −12 4√3
所以cos⟨⃑n,⃑m⟩= = =−
|⃑n||⃑m| √13×√39 13
设二面角C−AE−B为θ，由图可知二面角C−AE−B为钝二面角，
4√3 11
所以cosθ=− ，所以sinθ=√1−cos2θ=
13 13
11
故二面角C−AE−B的正弦值为 ；
13
5．【2021年甲卷理科】已知直三棱柱 中，侧面 为正方形，
，E，F分别为 和 的中点，D为棱 上的点．
（1）证明： ；
（2）当 为何值时，面 与面 所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借
助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进
而可以确定出答案；【详解】
（1）[方法一]：几何法
因为 ，所以 ．
又因为 ， ，所以 平面 ．又因为 ，构造正方
体 ，如图所示，
过E作 的平行线分别与 交于其中点 ，连接 ，
因为E，F分别为 和 的中点，所以 是BC的中点，
易证 ，则 ．
又因为 ，所以 ．
又因为 ，所以 平面 ．
又因为 平面 ，所以 ．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱 是直三棱柱， 底面 ，
， ， ，又 ， 平面 ．所以
两两垂直．以 为坐标原点，分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图．
， ．
由题设 （ ）．
因为 ，
所以 ，所以 ．
[方法三]：因为 ， ，所以 ，故 ， ，所
以
，所以
．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面 的法向量为 ，
因为 ，所以 ，即 ．
令 ，则
因为平面 的法向量为 ，
设平面 与平面 的二面角的平面角为 ，
则 ．
当 时， 取最小值为 ，
此时 取最大值为 ．
所以 ，此时 ．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长 交 的延长线于点S，联结 交 于点T，则平面 平面
．作 ，垂足为H，因为 平面 ，联结 ，则 为平面 与
平面 所成二面角的平面角．
设 ，过 作 交 于点G．
由 得 ．
又 ，即 ，所以 ．
又 ，即 ，所以 ．
所以 ．
则 ，
所以，当 时， ．[方法三]：投影法
如图，联结 ，
在平面 的投影为 ，记面 与面 所成的二面角的平面角为 ，
则 ．
设 ，在 中， ．
在 中， ，过D作 的平行线交 于点Q．
在 中， ．
在 中，由余弦定理得 ，
， ，
， ，
当 ，即 ，面 与面 所成的二面角的正弦值最小，最小值为 ．【整体点评】
第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角
坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量
积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思
维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，
也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面 与面 所成的二面角，并
求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面 在面 上的投影三
角形的面积与 面积之比即为面 与面 所成的二面角的余弦值，求出余弦
值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
6．【2021年乙卷理科】如图，四棱锥 的底面是矩形， 底面 ，
， 为 的中点，且 ．
（1）求 ；
（2）求二面角 的正弦值．
【答案】（1） ；（2）
【解析】
【分析】
（1）以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，设 ，由已知条件得出 ，求出 的值，即可得出 的长；
（2）求出平面 、 的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可
求得结果.
【详解】
（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法
平面 ，四边形 为矩形，不妨以点 为坐标原点， 、 、 所
在直线分别为 、 、 轴建立如下图所示的空间直角坐标系 ，
设 ，则 、 、 、 、 ，
则 ， ，
，则 ，解得 ，故 ；
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图，连结 ．因为 底面 ，且 底面 ，所以 ．
又因为 ， ，所以 平面 ．
又 平面 ，所以 ．从而 ．
因为 ，所以 ．
所以 ，于是 ．
所以 ．所以 ．
[方法三]：几何法+三角形面积法
如图，联结 交 于点N．
由[方法二]知 ．
在矩形 中，有 ，所以 ，即 ．令 ，因为M为 的中点，则 ， ， ．
由 ，得 ，解得 ，所以
．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面 的法向量为 ，则 ， ，
由 ，取 ，可得 ，
设平面 的法向量为 ， ， ，
由 ，取 ，可得 ，
，
所以， ，
因此，二面角 的正弦值为 .
[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图，构造长方体 ，联结 ，交点记为H，由于 ，
，所以 平面 ．过H作 的垂线，垂足记为G．联结 ，由三垂线定理可知 ，
故 为二面角 的平面角．
易证四边形 是边长为 的正方形，联结 ， ．
，
由等积法解得 ．
在 中， ，由勾股定理求得 ．
所以， ，即二面角 的正弦值为 ．
【整体点评】
（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，
结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，
利用三角形等面积方法求得.
（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清
晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需
注意进行严格的论证.
7．【2021年新高考1卷】如图，在三棱锥 中，平面 平面 ， ，为 的中点.
（1）证明： ；
（2）若 是边长为1的等边三角形，点 在棱 上， ，且二面角
的大小为 ，求三棱锥 的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2) .
【解析】
【分析】
(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体
积即可.
【详解】
（1）因为 ，O是 中点，所以 ，
因为 平面 ，平面 平面 ，
且平面 平面 ，所以 平面 ．
因为 平面 ，所以 .
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点， 为 轴， 为y轴，垂直 且过O的直线为x轴，建
立空间直角坐标系 ，
则 ，设 ,所以 ，
设 为平面 的法向量，
则由 可求得平面 的一个法向量为 ．
又平面 的一个法向量为 ，
所以 ，解得 ．
又点C到平面 的距离为 ，所以 ，
所以三棱锥 的体积为 ．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作 ，垂足为点G．
作 ，垂足为点F，连结 ，则 ．
因为 平面 ，所以 平面 ，
为二面角 的平面角．
因为 ，所以 ．由已知得 ，故 ．
又 ，所以 ．
因为 ，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角 ，记 为 ， 为 ， ，
记二面角 为 ．据题意，得 ．
对 使用三面角的余弦公式，可得 ，
化简可得 ．①
使用三面角的正弦公式，可得 ，化简可得 ．②
将①②两式平方后相加，可得 ，
由此得 ，从而可得 ．
如图可知 ，即有 ，
根据三角形相似知，点G为 的三等分点，即可得 ，
结合 的正切值，
可得 从而可得三棱锥 的体积为 ．
【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处
在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的
几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使
得问题更加简单、直观、迅速.
8．【2021年新高考2卷】在四棱锥 中，底面 是正方形，若
．
（1）证明：平面 平面 ；
（2）求二面角 的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】
【分析】
（1）取 的中点为 ，连接 ，可证 平面 ，从而得到面 面
.
（2）在平面 内，过 作 ，交 于 ，则 ，建如图所示的空间坐
标系，求出平面 、平面 的法向量后可求二面角的余弦值.
【详解】（1）取 的中点为 ，连接 .
因为 ， ，则 ，
而 ，故 .
在正方形 中，因为 ，故 ，故 ，
因为 ，故 ，故 为直角三角形且 ，
因为 ，故 平面 ，
因为 平面 ，故平面 平面 .
（2）在平面 内，过 作 ，交 于 ，则 ，
结合（1）中的 平面 ，故可建如图所示的空间坐标系.则 ，故 .
设平面 的法向量 ，
则 即 ，取 ，则 ，
故 .
而平面 的法向量为 ，故 .
二面角 的平面角为锐角，故其余弦值为 .
9．【2020年新课标1卷理科】如图， 为圆锥的顶点， 是圆锥底面的圆心， 为底面
直径， ． 是底面的内接正三角形， 为 上一点， ．（1）证明： 平面 ；
（2）求二面角 的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】
【分析】
（1）要证明 平面 ，只需证明 ， 即可；
（2）方法一：过O作 ∥BC交AB于点N，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建
立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面 的一个法向量 ，平面 的一个法向
量为 ，利用公式 计算即可得到答案.
【详解】
（1）[方法一]：勾股运算法证明
由题设，知 为等边三角形，设 ，
则 ， ，所以 ，
又 为等边三角形，则 ，所以 ，，则 ，所以 ，
同理 ，又 ，所以 平面 ；
[方法二]：空间直角坐标系法
不妨设 ，则 ，由圆锥性质知 平面 ，所以
，所以 ．因为O是 的外心，
因此 ．
在底面过 作 的平行线与 的交点为W，以O为原点， 方向为x轴正方向，
方向为y轴正方向， 方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系 ，
则 ， ， ， ， ．
所以 ， ， ．
故 ， ．
所以 ， ．
又 ，故 平面 ．
[方法三]：
因为 是底面圆O的内接正三角形，且 为底面直径，所以 ．因为 （即 ）垂直于底面， 在底面内，所以 ．
又因为 平面 ， 平面 ， ，所以 平面 ．
又因为 平面 ，所以 ．
设 ，则F为 的中点，连结 ．
设 ，且 ，
则 ， ， ．
因此 ，从而 ．
又因为 ，所以 平面 ．
[方法四]：空间基底向量法
如图所示，圆锥底面圆O半径为R，连结 ， ，易得 ，
因为 ，所以 ．以 为基底， 平面 ，则 ，
，且 ，
所以
．
故 ．所以 ，即 ．
同理 ．又 ，所以 平面 ．
（2）[方法一]：空间直角坐标系法
过O作 ∥BC交AB于点N，因为 平面 ，以O为坐标原点，OA为x轴，ON
为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，由 ，得 ，令 ，得 ，
所以 ，
设平面 的一个法向量为
由 ，得 ，令 ，得 ，
所以
故 ，
设二面角 的大小为 ，由图可知二面角为锐二面角，所以 .
[方法二]【最优解】：几何法
设 ，易知F是 的中点，过F作 交 于G，取 的中点H，
联结 ，则 ．
由 平面 ，得 平面 ．
由（1）可得， ，得 ．
所以 ，根据三垂线定理，得 ．
所以 是二面角 的平面角．
设圆O的半径为r，则 ， ， ， ，所以
， ， ．
在 中， ，．
所以二面角 的余弦值为 ．
[方法三]：射影面积法
如图所示，在 上取点H，使 ，设 ，连结 ．
由（1）知 ，所以 ．故 平面 ．
所以，点H在面 上的射影为N．
故由射影面积法可知二面角 的余弦值为 ．
在 中，令 ，则 ，易知 ．所以 ．
又 ，故
所以二面角 的余弦值为 ．【整体点评】
本题以圆锥为载体，隐含条件是圆锥的轴垂直于底面，（1）方法一：利用勾股数进行运算
证明，是在给出数据去证明垂直时的常用方法；方法二：选择建系利用空间向量法，给空
间立体感较弱的学生提供了可行的途径；方法三：利用线面垂直，结合勾股定理可证出；
方法四：利用空间基底解决问题，此解法在解答题中用的比较少；
（2）方法一：建系利用空间向量法求解二面角，属于解答题中求角的常规方法；方法二：
利用几何法，通过三垂线法作出二面角，求解三角形进行求解二面角，适合立体感强的学
生；方法三：利用射影面积法求解二面角，提高解题速度.
10．【2020年新课标2卷理科】如图，已知三棱柱ABC-ABC 的底面是正三角形，侧面
1 1 1
BBC C是矩形，M，N分别为BC，BC 的中点，P为AM上一点，过BC 和P的平面交
1 1 1 1 1 1
AB于E，交AC于F.
（1）证明：AA∥MN，且平面AAMN⊥EBC F；
1 1 1 1
（2）设O为△ABC 的中心，若AO∥平面EBC F，且AO=AB，求直线BE与平面
1 1 1 1 1 1
AAMN所成角的正弦值.
1【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】
【分析】
（1）由 分别为 ， 的中点， ，根据条件可得 ，可证 ，
要证平面 平面 ，只需证明 平面 即可；
（2）连接 ，先求证四边形 是平行四边形，根据几何关系求得 ，在 截取
，由（1） 平面 ，可得 为 与平面 所成角，即可求
得答案.
【详解】
（1） 分别为 ， 的中点，
，
又 ，
，
在 中， 为 中点，则 ，
又 侧面 为矩形，
，
，
，
由 ， 平面 ，
平面 ，又 ，且 平面 ， 平面 ，
平面 ，
又 平面 ，且平面 平面
，
，
又 平面 ，
平面 ，
平面 ，
平面 平面 .
(2)[方法一]：几何法
如图，过O作 的平行线分别交 于点 ，联结 ，
由于 平面 ， 平面 ， ，
平面 ， 平面 ，所以平面 平面 ．
又因平面 平面 ，平面 平面 ，所以 ．
因为 ， ， ，所以 面 ．
又因 ，所以 面 ，所以 与平面 所成的角为 ．
令 ，则 ，由于O为 的中心，故 ．
在 中， ，
由勾股定理得 ．
所以 ．
由于 ，直线 与平面 所成角的正弦值也为 ．
[方法二]【最优解】：几何法
因为 平面 ，平面 平面 ，所以 ．
因为 ，所以四边形 为平行四边形．
由（Ⅰ）知 平面 ，则 为平面 的垂线．
所以 在平面 的射影为 ．
从而 与 所成角的正弦值即为所求．
在梯形 中，设 ，过E作 ，垂足为G，则 ．
在直角三角形 中， ．
[方法三]：向量法
由（Ⅰ）知， 平面 ，则 为平面 的法向量．
因为 平面 ， 平面 ，且平面 平面 ，
所以 ．由（Ⅰ）知 ，即四边形 为平行四边形，则 ．
因为O为正 的中心，故 ．
由面面平行的性质得 ，所以四边形 为等腰梯形．
由P，N为等腰梯形两底的中点，得 ，则
．
设直线 与平面 所成角为 ， ，则
．
所以直线 与平面 所成角的正弦值 ．
[方法四]：基底法
不妨设 ，则在直角 中， ．
以向量 为基底，
从而 ， ， ．
， ，
则 ， ．
所以 ．由（Ⅰ）知 平面 ，所以向量 为平面 的法向量．
设直线 与平面 所成角 ，则 ．
故直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
【整体点评】
(2)方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题
的关键；
方法二：等价转化是解决问题的关键，构造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法；
方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量法求解
即可；
方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于
找到平面的法向量和直线的方向向量.
11．【2020年新课标3卷理科】如图，在长方体 中，点 分别在棱
上，且 ， ．
（1）证明：点 在平面 内；
（2）若 ， ， ，求二面角 的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） .【解析】
【分析】
（1）方法一:连接 、 ，证明出四边形 为平行四边形，进而可证得点 在平
面 内；
（2）方法一：以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空
间直角坐标系 ，利用空间向量法可计算出二面角 的余弦值，进而可求得
二面角 的正弦值.
【详解】
（1）［方法一］【最优解】：利用平面基本事实的推论
在棱 上取点 ，使得 ，连接 、 、 、 ，如图1所示.
在长方体 中， ，所以四边形 为平行四边形，则
，而 ，所以 ，所以四边形
为平行四边形，即有 ，同理可证四边形 为平行四边形， ，
，因此点 在平面 内.［方法二］：空间向量共线定理
以 分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图2所示．
设 ，则 ．
所以 ．故 ．所以 ，点 在平面 内．
［方法三］：平面向量基本定理
同方法二建系，并得 ，
所以 ．
故 ．所以点 在平面 内．
［方法四］：
根据题意，如图3，设 ．
在平面 内，因为 ，所以 ．延长 交 于G，
平面 ，
A B C D
平面 1 1 1 1．
，
A B C D
1 1 1 1
所以 平面 平面 ①．
A B C D
延长 交 于H，同理 平面 平面 1 1 1 1②．
由①②得，平面 平面 ．
连接 ，根据相似三角形知识可得 ．
在 中， ．
同理，在 中， ．如图4，在 中， ．
所以 ，即G， ，H三点共线．
因为 平面 ，所以 平面 ，得证．
［方法五］：
如图5，连接 ，则四边形 为平行四边形，设 与 相交于点O，则
O为 的中点．联结 ，由长方体知识知，体对角线交于一点，且为它们的中点，
即 ，则 经过点O，故点 在平面 内．（2）［方法一］【最优解】：坐标法
以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立如下图所示的空
间直角坐标系 ，如图2.
则 、 、 、 ，
， ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
由 ，得 取 ，得 ，则 ，
设平面 的一个法向量为 ，
由 ，得 ，取 ，得 ， ，则 ，
，设二面角 的平面角为 ，则 ， .
因此，二面角 的正弦值为 .
［方法二］：定义法
在 中， ，即 ，所以 ．
在 中， ，如图6，设 的中点分别为M，N，连接
，则 ，所以 为二面角 的平面角．
在 中， ．
所以 ，则 ．
［方法三］：向量法由题意得 ，
由于 ，所以 ．
如图7，在平面 内作 ，垂足为G，
则 与 的夹角即为二面角 的大小．
由 ，得 ．
其中， ，解得 ， ．
所以二面角 的正弦值 ．
［方法四］：三面角公式
由题易得， ．
所以 ．
．．
设 为二面角 的平面角，由二面角的三个面角公式，得
，所以 ．
【整体点评】
（1）方法一：通过证明直线 ，根据平面的基本事实二的推论即可证出，思路直接，
简单明了，是通性通法，也是最优解；方法二：利用空间向量基本定理证明；方法三：利
用平面向量基本定理；方法四：利用平面的基本事实三通过证明三点共线说明点在平面内；
方法五：利用平面的基本事实以及平行四边形的对角线和长方体的体对角线互相平分即可
证出．
（2）方法一：利用建立空间直角坐标系，由两个平面的法向量的夹角和二面角的关系求出；
方法二：利用二面角的定义结合解三角形求出；方法三：利用和二面角公共棱垂直的两个
向量夹角和二面角的关系即可求出，为最优解；方法四：利用三面角的余弦公式即可求出．
12．【2020年新高考1卷（山东卷）】如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面
ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．
（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】
【分析】
（1）利用线面垂直的判定定理证得 平面 ，利用线面平行的判定定理以及性质
定理，证得 ，从而得到 平面 ；（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点
，之后求得平面 的法向量以及向量 的坐标，求得 的最大值，
即为直线 与平面 所成角的正弦值的最大值.
【详解】
（1）证明：
在正方形 中， ，因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，又因为 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，因为在四棱锥 中，底面 是正方形，所以
且 平面 ，所以
因为 ，所以 平面 ．
（2）［方法一］【最优解】：通性通法
因为 两两垂直，建立空间直角坐标系 ，如图所示：
因为 ，设 ，
设 ，则有 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，
令 ，则 ，所以平面 的一个法向量为 ，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦
值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于
，当且仅当 时
取等号，所以直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为 .
［方法二］：定义法
如图2，因为 平面 ， ，所以 平面 ．
在平面 中，设 ．
在平面 中，过P点作 ，交 于F，连接 ．
因为 平面 平面 ，所以 ．
又由 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
又 平面 ，所以 ．又由 平面
平面 ，所以 平面 ，从而 即为 与平面 所成角．
设 ，在 中，易求 ．由 与 相似，得 ，可得 ．
所以 ，当且仅当 时等号成立．
［方法三］：等体积法
如图3，延长 至G，使得 ，连接 ， ，则 ，过G点作 平
面 ，交平面 于M，连接 ，则 即为所求．
设 ，在三棱锥 中， ．
在三棱锥 中， ．
由 得 ，
解得 ，
当且仅当 时等号成立．
在 中，易求 ，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值
为 ．
【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为
平面 的法向量 与向量 的夹角的余弦值的绝对值，即 ，再根据基本
不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；
方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角
形以及基本不等式即可求出；
方法三：巧妙利用 ，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平
面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出．
13．【2020年新高考2卷（海南卷）】如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD 底面
ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为 ．
（1）证明： 平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为 上的点，QB= ，求PB与平面QCD所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】
【分析】
（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得 ，利用线面垂直的判定定理证得
平面 ，从而得到 平面 ；
（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点 ，之后
求得平面 的法向量以及向量 的坐标，求得 ，即可得到直线 与平面所成角的正弦值.
【详解】
（1）证明：
在正方形 中， ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，
因为在四棱锥 中，底面 是正方形，所以
且 平面 ，所以
因为
所以 平面 ；
（2）如图建立空间直角坐标系 ，
因为 ，则有 ，
设 ，则有 ，
因为QB= ，所以有
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，则 ，所以平面 的一个法向量为 ，则
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦
值，所以直线与平面所成角的正弦值等于
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
【点睛】
该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直
的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目.
14．【2019年新课标1卷理科】如图，直四棱柱ABCD–A BC D 的底面是菱形，AA=4，
1 1 1 1 1
AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB，AD的中点．
1 1
（1）证明：MN∥平面C DE；
1
（2）求二面角A-MA-N的正弦值．
1
【答案】（1）见解析；（2） .
【解析】
【分析】（1）利用三角形中位线和 可证得 ，证得四边形 为平行四边形，
进而证得 ，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形 对角线交点
为原点可建立空间直角坐标系，通过取 中点 ，可证得 平面 ，得到平面
的法向量 ；再通过向量法求得平面 的法向量 ，利用向量夹角公式求得两
个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.
【详解】
（1）连接 ，
， 分别为 ， 中点 为 的中位线
且
又 为 中点，且 且
四边形 为平行四边形
，又 平面 ， 平面
平面（2）设 ，
由直四棱柱性质可知： 平面
四边形 为菱形
则以 为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：
则： ， ， ，D（0，-1,0）
取 中点 ，连接 ，则
四边形 为菱形且 为等边三角形
又 平面 ， 平面
平面 ，即 平面
为平面 的一个法向量，且设平面 的法向量 ，又 ，
，令 ，则 ，
二面角 的正弦值为：
【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.
15．【2019年新课标2卷理科】如图，长方体ABCD–ABC D 的底面ABCD是正方形，点
1 1 1 1
E在棱AA 上，BE⊥EC .
1 1
（1）证明：BE⊥平面EBC ；
1 1
（2）若AE=AE，求二面角B–EC–C 的正弦值.
1 1
【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】
【分析】
（1）利用长方体的性质，可以知道 侧面 ，利用线面垂直的性质可以证明出
，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出 平面 ；
（2）以点 坐标原点，以 分别为 轴，建立空间直角坐标系，设正方形
的边长为 ， ，求出相应点的坐标，利用 ，可以求出 之间的关
系，分别求出平面 、平面 的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角
的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角 的
正弦值.
【详解】
证明（1）因为 是长方体，所以 侧面 ，而 平面 ，
所以
又 ， ， 平面 ，因此 平面 ；
（2）以点 坐标原点，以 分别为 轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，，
因为 ，所以 ，
所以 ， ，
设 是平面 的法向量，
所以 ，
设 是平面 的法向量，
所以 ，
二面角 的余弦值的绝对值为 ，
所以二面角 的正弦值为 .
【点睛】
本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直，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.
16．【2019年新课标3卷理科】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A△B，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)见详解；(2) .
【解析】
【分析】
(1)因为折纸和粘合不改变矩形 ， 和菱形 内部的夹角，所以 ，
依然成立，又因 和 粘在一起，所以得证.因为 是平面 垂线，所以易
证.(2)在图中找到 对应的平面角，再求此平面角即可.于是考虑 关于 的垂线，
发现此垂足与 的连线也垂直于 .按照此思路即证.
【详解】
(1)证： ， ，又因为 和 粘在一起.
，A，C，G，D四点共面.
又 .
平面BCGE， 平面ABC， 平面ABC 平面BCGE，得证.
(2)过B作 延长线于H，连结AH，因为AB 平面BCGE，所以
而又 ，故 平面 ，所以 .又因为 所以 是二面角
的平面角，而在 中 ，又因为 故 ，所
以 .
而在 中 , ，即二面角 的度数为 .【点睛】
很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．
再者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法．
最后将求二面角转化为求二面角的平面角问题考查考生的空间想象能力．
17．【2018年新课标1卷理科】如图，四边形 为正方形， 分别为 的中点，
以 为折痕把 折起，使点 到达点 的位置，且 .
（1）证明：平面 平面 ；
（2）求 与平面 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】
【分析】
（1）首先从题的条件中确定相应的垂直关系，即 ， ，又因为
，利用线面垂直的判定定理可以得出 平面 ，又 平面 ，利用面面垂直的判定定理证得平面 平面 ；
（2）结合题意，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标，求得平面
的法向量，设 与平面 所成角为 ，利用线面角的定义，可以求得
，得到结果.
【详解】
（1）由已知可得， ， ，又 ，所以 平面 .
又 平面 ，所以平面 平面 ；
（2）作 ，垂足为 .由（1）得， 平面 .
以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向， 为单位长，建立如图所示的空间直角坐
标系 .
由（1）可得， .又 ， ，所以 .又 ， ，故
.
可得 .则 为平面 的法
向量.
设 与平面 所成角为 ，则 .
所以 与平面 所成角的正弦值为 .
【点睛】
该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的证明以及线面角的正弦
值的求解，属于常规题目，在解题的过程中，需要明确面面垂直的判定定理的条件，这里
需要先证明线面垂直，所以要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，从而证得结果；
对于线面角的正弦值可以借助于平面的法向量来完成，注意相对应的等量关系即可.
18．【2018年新课标2卷理科】如图，在三棱锥 中， ，
， 为 的中点．
（1）证明： 平面 ；
（2）若点 在棱 上，且二面角 为 ，求 与平面 所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】【分析】
（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最
后根据线面垂直判定定理得结论；
（2）根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向
量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方
程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面
角与向量夹角互余得结果．
【详解】
（1）因为 ， 为 的中点，所以 ，且 ．
连结 ．
因为 ，
所以 为等腰直角三角形，
且
由 知 ．
由 知 平面 ．
（2）如图，以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向，建立空间直角坐标系 ．由已知得
取平面 的法向量 ．
设 ，则 ．
设平面 的法向量为 ．
由 得 ，
可取
所以 ．由已知得 ．
所以 ．解得 (舍去)， ．
所以 ．
又 ，所以 ．
所以 与平面 所成角的正弦值为 ．
【点睛】
利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间
直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，
求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”．
19．【2018年新课标3卷理科】如图，边长为2的正方形 所在的平面与半圆弧
所在平面垂直， 是 上异于 ， 的点．
（1）证明：平面 平面 ；
（2）当三棱锥 体积最大时，求面 与面 所成二面角的正弦值．【答案】（1）见解析
（2）
【解析】
【分析】
（1）先证 平面CMD,得 ,再证 ，进而完成证明．
（2）先建立空间直角坐标系，然后判断出 的位置，求出平面 和平面 的法向
量，进而求得平面 与平面 所成二面角的正弦值．
【详解】
解：（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 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）以D为坐标原点, 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 的中点.
由题设得 ，
设 是平面MAB的法向量,则
即
可取 .
是平面MCD的法向量,因此
，
，
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是 .
【点睛】
本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问主
要考查建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角，考查数形结合，将几何
问题转化为代数问题进行求解，考查学生的计算能力和空间想象能力，属于中档题．
