十年（2014－2023）年高考真题分项汇编—立体几何解答题
目录
题型一：证明平行问题..........................................................................1
题型二：证明垂直问题..........................................................................6
题型三：求线线角................................................................................15
题型四：求线面角................................................................................20
题型五：求二面角................................................................................60
题型六：求几何题的表面积和体积......................................................69
题型七：求距离的问题.......................................................................129
题型八：根据条件确定点的位置........................................................132
题型九：立体几何中求最值问题........................................................155
题型十：立体几何的综合应用...........................................................161
题型一：证明平行问题
1．(2019·江苏·第16 题)如图，在直三棱柱
中，
分别为
，
的中点，
．
求证：(1)
平面
；(2)
．
【答案】见解析
【解析】证明：(1)因为
分别为
，
的中点，所以
在直三棱柱
中，
，所以
又因为
平面
，
平面
所以
∥平面
(2)因为
，
分别为
的中点，所以
因为三棱柱
是直三棱柱，所以
平面
又因为
平面
，所以
.
因为
平面
，
平面
，
所以
平面
因为
平面
，所以
2．(2022 高考北京卷·第17 题)如图，在三棱柱
中，侧面
为正方形，平面
平面
，
，M，N 分别为
，AC 的中点．
(1)求证：
平面
；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值．
条件①：
；
条件②：
．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】解析:(1)取
的中点为
，连接
，
由三棱柱
可得四边形
为平行四边形，
而
，则
，
而
平面
，
平面
，故
平面
，
而
，则
，同理可得
平面
，
而
平面
，
故平面
平面
，而
平面
，故
平面
，
(2)因为侧面
为正方形，故
，
而
平面
，平面
平面
，
平面
平面
，故
平面
，
因为
，故
平面
，
因为
平面
，故
，
若选①，则
，而
，
，
故
平面
，而
平面
，故
，
所以
，而
，
，故
平面
，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则
，
故
，
设平面
的法向量为
，
则
，从而
，取
，则
，
设直线
与平面
所成的角为
，则
．
若选②，因为
，故
平面
，而
平面
，
故
，而
，故
，
而
，
，故
，
所以
，故
，
而
，
，故
平面
，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则
，
故
，
设平面
的法向量为
，
则
，从而
，取
，则
，
设直线
与平面
所成的角为
，则
．
3．(2016 高考数学山东理科·第17 题)(本小题满分12 分)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．
(I)已知
分别为
，
的中点，求证：GH∥平面ABC；
(II)已知
，
．求二面角
的余弦值．
H
G
F
E
O
O'
B
C
A
【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ)
【解析】(I)证明：设
的中点为
,连接
,
I
H
G
F
E
O
O'
B
C
A
在
,因为
是
的中点，所以
又
所以
在
中，因为
是
的中点，所以
，
又
,所以平面
平面
，
因为
平面
，所以
平面
．
(II)解法一：
连接
,则
平面
，又
且
是圆
的直径，所以
以
为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系
，
由题意得
，
，过点
作
于点
，
H
G
F
E
O
O'
B
C
A
M
所以
可得
故
．
设
是平面
的一个法向量． 由
可得
可得平面
的一个法向量
因为平面
的一个法向量
,所以
所以二面角
的余弦值为
．
H
G
F
E
O
O'
B
C
M
N
解法二：连接
，过点
作
于点
，则有
,
又
平面
，所以FM⊥平面ABC,可得
过点
作
于点
，连接
，
可得
,从而
为二面角
的平面角．
又因为
是圆
的直径，所以
从而
,可得
．所以二面角
的余弦值为
．
题型二：证明垂直问题
1．(2020 江苏高考·第15 题)在三棱柱
中，
，
平面
，
分别是
的中点．
(1)求证：
平面
；
(2)求证：平面
平面
．
【答案】(1)证明详见解析；(2)证明详见解析．
【解析】(1)由于
分别是
的中点，所以
．
由于
平面
,
平面
，所以
平面
．
(2)由于
平面
，
平面
，所以
．
由于
，所以
平面
,
由于
平面
，所以平面
平面
．
2 ．(2018 年高考数学江苏卷· 第15 题)( 本小题满分14 分) 在平行六面体
中，
．
求证：(1)
；
(2)
．
【答案】证明：(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．
因为AB
平面A1B1C，A1B1
平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C．
(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．
又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．
又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1， 所以AB1⊥BC．
又因为A1B∩BC=B，A1B
平面A1BC，BC
平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC．
因为AB1
平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．
3．(本小题满分12 分)如图，在五面体
中，点
是矩形
的对角线的交点，面
是等
边三角形，棱
．
(Ⅰ)证明
平面
；
(Ⅱ)设
，证明
平面
．
D
C
A
B
E
O
F
【答案】分析：本小题考查直线与平面平行、直线与平面垂直等基础知识，考查空间想象能力和推理
论证能力。
(I)证明：取CD 中点M，连结OM
D
C
A
B
E
O
F
M
在矩形ABCD 中，
又
则
连结EM，于是
四边形EFOM 为平行四边形。
又
平面CDE，且
平面CDE，
平面CDE。
(II)证明：连结FM。由(I)和已知条件，在等边
中，
且
因此平行四边形EFOM 为菱形，从而
。
平面EOM，从而
而
所以
平面
4．(2014 高考数学江苏·第16 题)如图，在三棱锥P−ABC 中，D ，E，F 分别为棱PC ,AC ,AB 的中点．
已知PA ⊥AC ，PA=6,
(1)求证：直线PA //平面DEF ；
(2)求证：平面BDE ⊥¿ ¿平面ABC ．
（第16题）
P
D
C
E
F
B
A
【答案】解析：(1)因为D，E 分别为棱PC，AC 的中点，所以DE∥PA．
又因为PA ⊄ 平面DEF，DE 平面DEF，
所以直线PA∥平面DEF．
(2)因为D，E，F 分别为棱PC，AC，AB 的中点，PA＝6，BC＝8，
所以DE∥PA，DE＝
PA＝3，EF＝
BC＝4．
又因为DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即DE 丄EF．
又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC．
因为AC∩EF＝E，AC 平面ABC，EF 平面ABC，所以DE⊥平面ABC．
又DE 平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC．
（第16题）
P
D
C
E
F
B
A
5 ．(2015 高考数学江苏文理· 第16 题) 如图，在直三棱柱ABC −A1B1C1中，已知AC ⊥BC ，
BC =CC 1，设AB 1的中点为D ，B1C∩BC 1=E ．
求证：(1)DE //平面AA1C1C ；
(2)BC 1⊥AB 1．
【答案】(1)详见解析(2)详见解析
分析(1)由三棱锥性质知侧面
为平行四边形,因此点
为
的中点，从而由三角形中位线性
质得
，再由线面平行判定定理得
(2)因为直三棱柱
中
，所以侧面
为正方形，因此
，又
，
(可由直三棱
柱推导)，因此由线面垂直判定定理得
,从而
，再由线面垂直判定定理
得
,进而可得
解析：(1)由题意知，
为
的中点，
又
为
的中点，因此
．
又因为
平面
，
平面
，
所以
平面
．
(2)因为棱柱
是直三棱柱，
所以
平面
．
因为
平面
，所以
．
又因为
，
平面
，
平面
，
，
所以
平面
．
又因为
平面
，所以
．
因为
，所以矩形
是正方形，因此
．
因为
，
平面
，
，所以
平面
．
又因为
平面
，所以
．
6．(2017 年高考数学江苏文理科·第15 题)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:(1) EF ∥平面ABC ;
(2) AD ⊥AC ．
C1
B1
A1
E
D
C
B
A
【答案】(1)见解析(2)见解析
解析:证明:(1)在平面ABD 内,因为AB
AD
, EF
AD
,所以EF
AB
∥
．
又因为EF 平面ABC , AB 平面ABC ,所以EF ∥平面ABC ;
(2)又因为平面ABD 平面BCD ,平面ABD 平面BCD 平面= BD , BC 平面BCD ,
BC
BD
,所以BC 平面ABD ．
因为AD 平面ABD ,所以BC
AD
．
又因为AB
AD
, BC
AB
B
, AB 平面ABC , BC 平面ABC ,所以AD 平面ABC ,
又因为AC 平面ABC ,所以AD ⊥AC ．
7．(2016 高考数学江苏文理科·第16 题)如图，在直三棱柱
中，
分别为
的中
点，点
在侧棱
上，且
，
．
求证：(1)直线
平面
； (2)平面
平面
．
F
E
D
C
B
A
C1
B1
A1
【答案】见解析；
【官方解答】
(1)在直三棱柱
中，
．
F
E
B
D
A
在
中，因为
分别为
的中点，所以
，于是
；
又因为
平面
，且
，
所以直线
平面
．
(2)在直三棱柱
中，
平面
．
因为
平面
，所以
．
又因为
，
平面
，
，
所以
平面
．
因为
平面
，所以
．
又因为
，
平面
，
平面
，
,
所以
平面
．
因为直线
平面
，所以平面
⊥
．
民间解答：(1)
为中点，
为
的中位线，
又
为棱柱，
，又
平面
，且
平面
；
(2)
为直棱柱，
平面
，
，
又
且
，
平面
平面
，
又
，
平面
又
平面
，
又
，
，且
平面
平面
，又
平面
平面
．
8．(2023 年全国乙卷理科·第19 题)如图，在三棱锥
中，
，
，
，
，BP，AP，BC 的中点分别为D，E，O，
，点F 在AC 上，
．
(1)证明：
平面
；
(2)证明：平面
平面BEF；
(3)求二面角
正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析； (3)
解析(1)
连接
，设
，则
，
，
，
则
，
解得
，则
为
的中点，由
分别为
的中点，
于是
，即
，则四边形
为
平行四边形，
，又
平面
平面
，
所以
平面
．
(2)由(1)可知
，则
，得
，
因此
，则
，有
，
又
，
平面
，
则有
平面
，又
平面
，所以平面
平面
．
(3)过点
作
交
于点
，设
，
由
，得
，且
，
又由(2)知，
，则
为二面角
的平面角，
因为
分别为
的中点，因此
为
的重心，
即有
，又
，即有
，
，解得
，同理得
，
于是
，即有
，则
，
从而
，
，
在
中，
，
于是
，
，
所以二面角
的正弦值为
．
题型三：求线线角
1．(2018 年高考数学上海·第17 题)(本题满分14 分，第1 小题满分6 分，第2 小题满分8 分)
已知圆锥的顶点为
，底面圆心为
，半径为2，
(1)设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；
(2)设
，
是底面半径，且
，
为线段
的中点，如图，求异面直线
与
所成的角的大小．
P
A
B
O
M
【答案】(1)
；(2)
．
解析：(1)由条件得圆锥的高
，所以圆锥的体积
．
(2)如图，取
中点
，则
，所以
或其补角为异面直线
与
所成角．
P
A
B
O
M
N
因为
，
，
，所以
平面
，
所以
平面
．
在
中，
，
，
所以
．
所以
．
2．(2015 高考数学新课标1 理科·第18 题)如图，四边形
为菱形，
，
是平面
同一侧的两点，
⊥平面
，
⊥平面
，
，
．
(1)证明：平面
⊥平面
;
(2)求直线
与直线
所成角的余弦值．
【答案】(Ⅰ)见解析(Ⅱ)
分析：(Ⅰ)连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD 中，不妨设GB=1 易证EG⊥AC，
通过计算可证EG⊥FG，根据线面垂直判定定理可知EG⊥平面AFC，由面面垂直判定定理知平面AFC⊥
平面AEC；(Ⅱ)以G 为坐标原点，分别以
的方向为
轴，y 轴正方向，
为单位长度，建
立空间直角坐标系G-xyz，利用向量法可求出异面直线AE 与CF 所成角的余弦值．
解析：(Ⅰ) 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=
．
由BE⊥平面ABCD，AB=BC 可知，AE=EC，
又∵AE⊥EC，∴EG=
，EG⊥AC，
在Rt△EBG 中，可得BE=
，故DF=
．
在Rt△FDG 中，可得FG=
．
在直角梯形BDFE 中，由BD=2，BE=
，DF=
可得EF=
，
∴
，∴EG⊥FG，
∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，
∵EG
面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC．
(Ⅱ)如图，以G 为坐标原点，分别以
的方向为
轴，y 轴正方向，
为单位长度，建立空
间直角坐标系G-xyz，由(Ⅰ)可得A(0，－
，0)，E(1,0,
)，F(－1,0，
)，C(0，
，
0)，∴
=(1，
，
)，
=(-1，-
，
)．…10 分
故
．
所以直线AE 与CF 所成的角的余弦值为
．
3．(2016 高考数学上海理科·第19 题)(本题满分12 分)本题共有2 个小题，第1 小题满分6 分，第2 小题
满分6 分．
将边长为1 的正方形
(及其内部)绕的
旋转一周形成圆柱，如图，
长为
，
长
为
，其中
与
在平面
的同侧．
(1)求三棱锥
的体积；
(2)求异面直线
与
所成的角的大小．
【答案】(1)
．(2)
．
解析：(1)由题意可知，圆柱的高
，底面半径
．
由
的长为
，可知
．
，
．
(2)设过点
的母线与下底面交于点
，则
，
所以
或其补角为直线
与
所成的角．
由
长为
，可知
，
又
，所以
，
从而
为等边三角形，得
．
因为
平面
，所以
在
中，因为
，
，所以
从而直线
与
所成的角的大小为
．
1B
A
1A
C
4．(2015 高考数学广东理科·第18 题)(本小题满分14 分)
如图2，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD=PC=4，AB=6，BC=3．点E
是CD 边的中点，点F，G 分别在线段AB，BC 上，且AF=2FB，CG=2GB．
(1)证明：PE⊥FG；
(2)求二面角P—AD—C 的正切值；
(3)求直线PA 与直线FG 所成角的余弦值．
A
B
C
D
F
G
P
【答案】解析：(1)证明：∵
且点
为
的中点，
∴
，又平面
平面
，且平面
平面
，
平面
，
∴
平面
，又
平面
，
∴
；
(2)∵
是矩形，∴
，又平面
平面
，且平面
平面
，
平面
，∴
平面
，又
、
平面
，
∴
，
，
∴
即为二面角
的平面角，
1B
A
1A
C
在
中，
，
，
，
，二面角
的正切值为
；
(3)如下图所示，连接
，
∵
，
即
，∴
，
∴
为直线
与直线
所成角或其补角，
在
中，
，
，
由余弦定理可得
，
∴ 直线
与直线
所成角的余弦值为
．
题型四：求线面角
1．(2021 年高考浙江卷·第19 题)如图，在四棱锥
中，底面
是平行四边形，
，M，N 分别为
的中点，
．
(1)证明：
；
(2)求直线
与平面
所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
．
解析:(1)在
中，
，
，
，由余弦定理可得
，
所以
，
．由题意
且
，
平面
，而
平面
，所以
，又
，所以
．
(2)由
，
，而
与
相交，所以
平面
，因为
，所以
，取
中点
，连接
，则
两两垂直，以点
为坐标原点，如图所示，
建立空间直角坐标系, 则
,
又
为
中点，所以
．
由(1)得
平面
，所以平面
的一个法向量
从而直线
与平面
所成角的正弦值为
．
2．(2020 年高考课标Ⅱ卷理科·第20 题)如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C 是
矩形，M，N 分别为BC，B1C1的中点，P 为AM 上一点，过B1C1和P 的平面交AB 于E，交AC 于F．
(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
(2)设O 为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E 与平面A1AMN 所成角的正弦
值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
．
解析：(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)连接
平面
，平面
平面
根据三棱柱上下底面平行，
其面
平面
，面
平面
故：四边形
是平行四边形
设
边长是
(
)
可得：
，
为
的中心，且
边长为
故：
解得：
在
截取
，故
且
四边形
是平行四边形，
由(1)
平面
故
为
与平面
所成角
在
，根据勾股定理可得：
直线
与平面
所成角的正弦值：
．
【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其线面角，解题关键是掌握面面垂直转为求证
线面垂直的证法和线面角的定义，考查了分析能力和空间想象能力，属于难题．
3．(2020 北京高考·第16 题)如图，在正方体
中，
为
的中点．
(Ⅰ)求证：
平面
；
(Ⅱ)求直线
与平面
所成角的正弦值．
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)
．
【解析】(Ⅰ)如下图所示：
在正方体
中，
且
，
且
，
且
，所以，四边形
为平行四边形，则
，
平面
，
平面
，
平面
；
(Ⅱ)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
，
设正方体
的棱长为
，则
、
、
、
，
，
，
设平面
的法向量为
，由
，得
，
令
，则
，
，则
．
．
因此，直线
与平面
所成角的正弦值为
．
4．(2019·浙江·第19 题)如图，已知三棱柱
，平面
平面
，
，
，
，
，
分别是
，
的中点．
(Ⅰ)证明：
；
(Ⅱ)求直线
与平面
所成角的余弦值．
F
E
C1
A1
B1
C
B
A
【答案】【意图】本题主要考查空间点、线、面的位置关系，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。满分15 分。
【解析】解法一：(Ⅰ)连接
，因为
，
是
的中点，所以
．
又平面
平面
，
平面
，
平面
平面
，所以
平面
，则
．
又因为
，
，故
．
所以
平面
．因此
．
(Ⅱ)取
中点
，连接
，
，则
是平行四边形．
由于
平面
，故
，所以平行四边形
是矩形．
由(Ⅰ)得
平面
，则平面
平面
，所以
在平面
上的射影在直线
上，
连接
交
于
，则
是直线
与平面
所成角(或其补角)，
不妨设
，则在
中，
，
，
由于
是
的中点，故
，
所以
，
因此，直线
与平面
所成角的余弦值为
．
解法二：(Ⅰ)连接
，因为
，
是
的中点，所以
．
又平面
平面
，
平面
，
平面
平面
，所以
平面
．
如图，以点
为原点，分别以射线
，
为
，
轴的正半轴，建立空间直角坐标系
．
不妨设
，则
，
，
，
，
因此，
，
，
由
，得
．
(Ⅱ)设直线
与平面
所成角为
，
由(Ⅰ)得
，
设平面
的法向量
，则
取
，故
，
因此，直线
与平面
所成角的余弦值为
．
5 ．(2019· 天津· 理· 第17 题) 如图，
平面
，
，
．
(Ⅰ)求证：
平面
；
(Ⅱ)求直线
与平面
所成角的正弦值；
(Ⅲ)若二面角
的余弦值为
，求线段
的长．
A
B
C
D
E
F
【答案】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
为原点，分别以
的方向为
轴，
轴，
轴正方向的空间直角
坐标系(如图)，可得
，
．设
，
则
．
(Ⅰ)证明：依题意，
是平面
的法向量，又
，可得
，又
因为直线
平面
，所以
平面
．
(Ⅱ)解：依题意，
．
设
为平面
的法向量，则
即
不妨令
，
可得
．因此有
．
所以，直线
与平面
所成角的正弦值为
．
(Ⅲ)解：设
为平面
的法向量，则
即
不妨令
，可得
．
由题意，有
，解得
．经检验，符合题意．
所以，线段
的长为
．
A
B
C
D
E
F
x
y
z
6 ．(2023 年全国甲卷理科· 第18 题) 如图，在三棱柱
中，
底面ABC ，
，
到平面
的距离为1．
(1)证明：
；
(2)已知
与
的距离为2，求
与平面
所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
解析：(1)
如图，
底面
，
面
，
，又
，
平面
，
,
平面ACC1A1，又
平面
，
平面
平面
，
过
作
交
于
，又平面
平面
，
平面
，
平面
到平面
的距离为1，
，
在
中，
，
设
，则
，
为直角三角形，且
，
，
，
，
，解得
，
，
(2)
，
，
过B 作
，交
于D，则
为
中点，
由直线
与
距离为2，所以
，
，
，
在
，
，
延长
，使
，连接
，
由
知四边形
为平行四边形，
，
平面
，又
平面
，
则在
中，
，
，
在
中，
，
，
又
到平面
距离也为1，
所以
与平面
所成角的正弦值为
．
7．(2020 年新高考全国卷Ⅱ数学(海南)·第20 题)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：(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
，
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
，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
．
8．(2020 年浙江省高考数学试卷·第19 题)如图，三棱台DEF—ABC 中，面ADFC⊥面ABC，
∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．
(I)证明：EF⊥DB；
(II)求DF 与面DBC 所成角的正弦值．
【答案】(I)证明见解析；(II)
解析：(Ⅰ)作
交
于
，连接
．
∵平面
平面
，而平面
平面
，
平面
，
∴
平面
，而
平面
，即有
．
∵
，
∴
．
在
中，
，即有
，∴
．
由棱台的定义可知，
，所以
，
，而
，
∴
平面
，而
平面
，∴
．
(Ⅱ)因为
，所以
与平面
所成角即为与
平面
所成角．
作
于
，连接
，由(1)可知，
平面
，
因为所以平面
平面
，而平面
平面
，
平面
，∴
平面
．
即
在平面
内的射影为
，
即为所求角．
在
中，设
，则
，
，
∴
．
故
与平面
所成角的正弦值为
．
9．(2022 年高考全国甲卷数学(理)·第18 题)在四棱锥
中，
底面
．
(1)证明：
；
(2)求PD 与平面
所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析； (2)
．
【解析】(1)证明：在四边形
中，作
于
，
于
，
因为
，所以四边形
为等腰梯形，
所以
，故
，
，
所以
，所以
，
因为
平面
，
平面
，所以
，又
，
所以
平面
，又因
平面
，所以
；
(2)解：如图，以点
为原点建立空间直角坐标系，
，则
，
则
，
设平面
的法向量
，
则有
，可取
，
则
，所以
与平面
所成角的正弦值为
．
10．(2022 年浙江省高考数学试题·第19 题)如图，已知
和
都是直角梯形，
，
，
，
，
，
，二面角
的平面角
为
．设M，N 分别为
的中点．
(1)证明：
；
(2)求直线
与平面
所成角的正弦值．
【答案】解析:
(1)过点
、
分别做直线
、
的垂线
、
并分别交于点交于点
、
．
∵四边形
和
都是直角梯形，
，
，由平面几何知识易知，
，则四边形
和四边形
是矩
形，∴在Rt
和Rt
，
，
∵
，且
，
∴
平面
是二面角
的平面角，则
，
∴
是正三角形，由
平面
，得平面
平面
，
∵
是
的中点，
，又
平面
，
平面
，可得
，而
，∴
平面
，而
平面
．
(2)因为
平面
，过点
做
平行线
，所以以点
为原点，
，
、
所
在直线分别为
轴、
轴、
轴建立空间直角坐标系
，
设
，则
，
设平面
的法向量为
由
，得
，取
，
设直线
与平面
所成角为
，
∴
．
11．(2022 年高考全国乙卷数学(理)·第18 题)如图，四面体
中，
，E 为
的中点．
(1)证明：平面
平面
；
(2)设
，点F 在
上，当
的面积最小时，求
与平面
所
成的角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
与平面
所成的角的正弦值为
解析：【小问1 详解】
因为
，E 为
的中点，所以
；
在
和
中，因为
，
所以
，所以
，又因为E 为
的中点，所以
；
又因为
平面
，
，所以
平面
，
因为
平面
，所以平面
平面
．
【小问2 详解】
连接
，由(1)知，
平面
，因为
平面
，
所以
，所以
，
当
时，
最小，即
的面积最小．
因为
，所以
，
又因为
，所以
是等边三角形，
因为E 为
的中点，所以
，
，
因为
，所以
,
在
中，
，所以
．
以
为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系
，
则
，所以
，
设平面
的一个法向量为
，
则
，取
，则
，
又因为
，所以
，
所以
，
设
与平面
所成的角的正弦值为
，
所以
，
所以
与平面
所成的角的正弦值为
．
12．(2018 年高考数学江苏卷·第25 题)(本小题满分10 分)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，
点P，Q 分别为A1B1，BC 的中点．
(1)求异面直线BP 与AC1所成角的余弦值；
(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．
【答案】(1)
．(2)
．
解析：如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1 中，设AC，A1C1 的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，
OO1⊥OB，以
为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．
因为AB=AA1=2，
所以
．
(1)因为P 为A1B1的中点，所以
，
从而
，
故
．
因此，异面直线BP 与AC1所成角的余弦值为
．
(2)因为Q 为BC 的中点，所以
，
因此
，
．
设n=(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，
则
即
不妨取
，
设直线CC1与平面AQC1所成角为
，
则
，
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为
．
13．(2018 年高考数学浙江卷·第19 题)(本题满分15 分)如图，已知多面体
，
均垂直于平面
，
，
，
，
．
(1)证明：
平面
；
(2)求直线
与平面
所成角的正弦值．
A
B
C
A1
C1
B1
【答案】(1)详见解析；(2)
．
【解析】方法一：(常规做法)
(1)由
，得
，
所以
，故
．
由
，
，得
，
由
，得
，
由
，得
，所以
，故
．
又因为
1
1
1
1
1
1
1
1
1
,
,
A B
B C
B A B B C
I
平面
1
1
1
A B C ，所以
1
AB 平面
1
1
1
A B C ．
(2)如图，过点
作
，交直线
于点
，连结
．
由
平面
，
平面
，可得
，又
，
，
所以
平面
，所以
就是
与平面
所成的角．
由
得：
．
所以
，故
．
因此，直线
与平面
所成的角的正弦值是
．
A
B
C
A1
C1
B1
D
方法二：(建系向量法)
(1)如图，以
的中点
为原点，分别以射线
，
为
，
轴的正半轴，建立空间直角坐标
系
．
A
B
C
A1
C1
B1
x
y
z
O
由题意知各点坐标如下：
，
因此
，由
，得
．
由
，得
．又因为
，所以
平面
．
(2)设直线
与平面
所成的角为
．
由(1)可知
，设平面
的法向量
，
由
，即
，可取
，
所以
．
因此，直线
与平面
所成的角的正弦值是
．
14．(2018 年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第18 题)(12 分)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】解析：(1)由已知可得，
⊥
，
⊥
，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
．
15．(2014 高考数学陕西理科·第19 题)四面体
及其三视图如图所示，过被
的中点
作平行于
，
的平面分别交四面体的棱
于点
．
⑴证明：四边形
是矩形；⑵求直线
与平面
夹角
的正弦值．
【答案】(1)详见解析;(2)
．
解析: ⑴由该四面体的三视图可知，
，
，
，
，
，由题设，
平面
，
平面
平面
，平面
平面
,
∴
，
， ∴
．
同理
，
，∴
，
∴四边形
是平行四边形．
又∵
，
，∴
平面
，
∴
，∴
，
∴四边形
是矩形．
⑵解法一 如图，以
为坐标原点建立空间直角坐标系，则
，
，
，
，
俯视图
左视图
主视图
2
2
1
H
G
F
E
D
C
B
A
，
，
．
设平面
的法向量
，
∵
，
，
∴
，
，
得
，取
，
∴
．
解法二 如图，以
为坐标原点建立空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
∵
是
的中点，∴
，
分别为
，
的中点，
得
，
，
．
设平面
的法向量
，
则
，
，
得
，取
，
∴
．
16．(2014 高考数学福建理科·第17 题)(本小题满分12 分)
在平行四边形
中，
，
．
将
沿
折起，使得平面
平面
，如图：
(1)求证：
；
(2)若
为
中点，求直线
与平面
所成角的正弦值．
z
y
x
H
G
F
E
D
C
B
A
M
D
C
B
A
【答案】解析：(I)
平面
平面
，平面
平面x
，y 平面y=logax，
O ，1 平面3 ．
又
平面
，
．
M
D
C
B
A
(II)如图，过点
在平面
内作
．
平面
，
平面
，
平面
，
．
以B 为坐标原点，分别以
的方向为
的正方向建立空间直角坐标系．
依题意得
则
设平面
的法向量是
则
0
0
0
0
0
0 ,
1
1
0
0
2
2
x
y
n BC
y
z
n BM
即
取
，得平面
的一个法向量
设直线
和平面
所成的角为
，则
，
即直线
与平面
所成角的正弦值为
．
17．(2014 高考数学北京理科·第17 题)如图, 正方形AMDE 的边长为2, B, C 分别为AM、MD 的中点,
在五棱锥P−ABCDE 中, F 为棱PE 的中点, 平面ABF 与棱PD, PC 分别交于点G、H
(1)求证：AB // FG ；
(2)若PA⊥平面ABCDE, 且PA=AE, 求直线BC 与平面ABF 所成角的大小, 并求线段PH 的长．
【答案】解析：(Ⅰ)在正方形AMDE 中,因为B 是AM 的中点,所以AB //DE ．
又因为AB ⊄平面PDE ,
所以AB //平面PDE ,
因为AB ⊂平面ABF ,且平面ABF ∩¿ ¿平面PDE =FG ,
所以AB //FG ．
(Ⅱ)因为PA⊥¿ ¿底面ABCDE ,所以PA⊥AB ,PA⊥AE ．
如图建立空间直角坐标系Axyz ,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),⃗BC =(1,1,0)．
设平面ABF 的法向量为⃗n=(x, y,z),则
{⃗
n⋅⃗AB =0,⃗
n⋅⃗AF =0, 即{
x=0,
y+z=0,
令z=1,则y=−1,所以⃗n=(0,−1,1)．
设直线BC 与平面ABF 的所成角为α ,则
sinα=|cos⟨⃗n,⃗BC ⟩|=
|⃗n⋅⃗BC
|⃗n||⃗BC|
|=1
2
.
因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为
π
6 ．
设点H 的坐标为(u,v ,w)．
因为点H 在棱PC 上,所以可设⃗PH =λ⃗PC (0<λ<1).,
即(u,v ,w−2)=λ(2,1,−2)．所以u=2 λ,v=λ,w=2−2 λ.
因为⃗n 是平面ABF 的法向量,所以⃗n⋅⃗AH =0,,即(0,−1,1)⋅(2 λ, λ,2−2 λ)=0.．
解得
λ=2
3 ,所以点H 的坐标为
( 4
3 , 2
3 , 2
3 ).
．
所以
PH =√( 4
3 )2+( 2
3 )2+(−4
3 )2=2.
18．(2015 高考数学新课标2 理科·第19 题)(本题满分12 分)如图，长方体
中,
，
，
，点
，
分别在
，
上，
．过点
，
的平
面
与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．
(Ⅰ)在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由)；
(Ⅱ)求直线
与平面
所成角的正弦值．
【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)
．
解析：(Ⅰ)交线围成的正方形
如图：
(Ⅱ)作
，垂足为
，则
，
，因为
为正方形，所以
．于是
，所以
．以
为坐标原点，
的
方向为
轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
，则
，
，
，
，
，
．设
是平面
的法向量
则
即
所
以
可
取
．
又
，
故
B1
C
B
A
F
E
A1
C1
D1
D
A
B
C
D
E
F
1A
1
B
1
C
1
D
．所以直线
与平面
所成角的正弦值为
．
A1
A
B1
B
D1
D
C1
C
F
E
H
G
M
19．(2015 高考数学上海理科·第19 题)(本题满分12 分)如图，在长方体
中，
，
，
、
分别是棱
、
的中点，证明
、
、
、
四点共面，并求直线
与
平面
所成角的大小．
【答案】(1)见解析；(2)
；
解析：(1)由于
、
分别是棱
、
的中点，所以
，又
，所以
，
由公理三的推论，可知
、
、
、
四点共面．
（2）如图所示，连接
、
．由于
，所以直线
与平面
所成角的大小与
与平
面
所成角的大小相等．设
与平面
所成角为
，点
到平面
的距离为
，则
，在三棱锥
中，体积
，所以
，即
，结合题中的数据，可以计算出
，
，
，
，由此可以计算出
，所以
，
所以
，即
，所以直线
与平面
所成角的大小为
．
A
B
C
D
E
F
1A
1
B
1
C
1
D
20．(2017 年高考数学浙江文理科·第19 题)如图,已知四棱锥P
ABCD
, PAD
是以AD 为斜边的等腰
直角三角
形, BC
AD
,CD
AD
,
2
2
PC
AD
DC
CB
, E 为PD 的中点．
(Ⅰ)证明:CE ∥平面PAB ;
(Ⅱ)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．
【答案】 (1)详见解析;(2)
2
8
【解析】法一:(1)如图,设PA 中点为F ,连结
,
EF FB ．
因为
,
E F 分別为
,
PD PA 中点,所以EF
AD
且
1
= 2
EF
AD
,
又因为BC
AD
,
1
= 2
BC
AD
,所以EF
BC
且
=
EF BC ,
即四边形BCEF 为平行四边形,所以CE
BF
．
因此CE ∥平面PAB ．
(2)分别取
,
BC AD 的中点为
,
M N ．
连结PN 交EF 于点Q ,连结MQ ．
因为
,
,
E F N 分别是
,
,
PD PA AD 的中点,所以Q 为EF 中点．
在平行四边形BCEF 中, MQ
CE
．
由△PAD 为等腰直角三角形得PN
AD
．
A
B
C
D
P
E
( 第19 题图)
A
B
C
D
P
E
Q
H
F
N
M
由CD
AD
, N 是AD 的中点得BN
AD
．
所以AD 平面PBN ,
由BC
AD
得BC 平面PBN ．
那么,平面PBC 平面PBN ．
过点Q 作PB 的垂线,垂足为H ,连结MH ．
MH 是MQ 在平面PBC 上的射影,所以
QMH
是直线CE 与平面PBC 所成的角．
设
1
CD
．
在△PCD 中,由
2
PC
,
1
CD
,
2
PD
得
2
CE
,
在△PBN 中,由
1
PN
BN
,
3
PB
得
1
4
QH
,
在Rt △MQH 中,
1
4
QH
,
2
MQ
,所以
2
sin
8
QMH
,
所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是
2
8
法二:(1)取AD 中点N ,连结
,
NE NC ．
因为
,
N E 分別为
,
AD PD 中点,所以NE
PA
,
而NE 平面PAB , PA 平面PAB ,所以NE ∥平面PAB ．
在直角梯形ABCD 中, AN
BC
且
1
= 2
AN
BC
,
所以四边形ANCB 为平行四边形,所以AB
NC
,
而NC 平面PAB , AB 平面PAB ,
所以NC ∥平面PAB ．
又NC
NE
N
,所以平面PAB ∥平面NEC ．
又CE 平面NEC ,因此CE ∥平面PAB ．
(2)取AD 中点N ,连结
,
PN BN ．
因为PAD
是以AD 为斜边的等腰直角三角形,
所以PN
AD
,易得四边形BCDN 为正方形,
所以BN
AD
,又PN
BN
N
,所以AD 平面PNB ．
所以
90
PBC
,
3
PB
,
120
PNB
．
以N 为原点,以
,
NA NB
的方向分别为x 轴, y 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系N
xyz
,
A
B
C
D
P
E
N
则
1
3
1
1
3
(0,0,0),
(1,0,0),
(0,1,0),
( 1,1,0),
( 1,0,0),
(0,
,
),
(
,
,
)
2
2
2
4
4
N
A
B
C
D
P
E
,
所以
1
5
3
( ,
,
)
2
4
4
CE
,
( 1,0,0)
BC
,
3
3
(0,
,
)
2
2
BP
．
设平面PBC 的一个法向量为
( , , )
x y z
n
,
由
0
0
BC
BP
n
n
得
0
3
x
y
z
取
1
y ,
解得
(0,1, 3)
n
．
设直线CE 与平面PBC 所成角为,
则
5
3
| 0
|
|
2
4
4
sin
8
|
| |
2
2
CE
CE
n |
n |
．
21．(2016 高考数学课标Ⅲ卷理科·第19 题)如图,四棱锥
中,
地面
,AD∥BC,
,
,
为线段
上一点,
,
为
的中点.
(Ⅰ)证明
∥平面
;
(Ⅱ)求直线
与平面
所成角的正弦值.
【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)
.
【解析】(Ⅰ)由已知得
,取
的中点
,连接
D
C
B
A
M
N
P
A
B
C
D
P
E
z
x
y
N
M
由
为
中点知
∥
,
.
又
∥
,故
平行且等于
,四边形
为平行四边形,于是
∥
.
因为
平面
,
平面
,所以
∥平面
.
(Ⅱ)取
的中点
,连接
由
得
,从而
,且
.
以
为坐标原点,
的方向为
轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系
由题意知,
,
,
,
,
,
,
,
设
为平面
的法向量,则
,
即
,可取
,于是
.
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
.
22．(2016 高考数学天津理科·第17 题)如图，正方形
的中心为
，四边形
为矩形，平面
平面
，点
为
的中点，
．
(Ⅰ)求证：
平面
；
(Ⅱ)求二面角
的正弦值；
z
y
x
T
D
C
B
A
M
N
P
(Ⅲ)设
为线段
上的点，且
，求直线
和平面
所成角的正弦值．
A
B
C
D
E
F
G
H
O
【答案】(Ⅰ)详见解析 (Ⅱ)
(Ⅲ)
解析：(Ⅰ)证明：找到
中点
，连结
，∵矩形
,∴
∵
、
是中点，∴
是
的中位线，∴
且
∵
是正方形
中心，∴
∴
且
，∴四边形
是平行四边形，∴
∵
面
，
面
，∴
面
(Ⅱ)如图所示建立空间直角坐标系
I
z
y
x
A
B
C
D
E
F
G
H
O
，设面
的法向量
得：
∴
∵
面
，∴面
的法向量
(Ⅲ)∵
设
∴
得：
，
．
23 ．(2016 高考数学四川理科· 第18 题) 如图，在四棱锥
中，
，
，
，
为棱
的中点，异面直线
与
所成的角为
(1)在平面
内找一点
，使得直线
平面
，并说明理由；
(2)若二面角
的大小为
，求直线
与
所成的角正弦值．
【答案】【官方解答】(1)在梯形
中，
不平行，延长
必交于点
平面
，即
为所求的一个点，理由如下：
因为
，
，
为棱
的中点
所以
，所以四边形
为平行四边形
所以
，即
，
又因为
平面
，
平面
所以
平面
(说明：延长
至点
，使得
，则所找的点可以是直线
上任意一点)
(2)法二：延长
至点
，过点
作
与点
，连接
因为
，所以
因为异面直线
与
所成的角为
，所以
又知
，所以
平面
因为
平面
，所以
又因为
，所以
是二面角
的平面角
所以
，则有
因为异面直线
与
所成的角为
，所以
又因为
，所以
，
因为
，
，所以
必交于一点
所以
平面
，又
平面
所以
，又知
，且
所以
平面
，
平面
所以
，则
为所求角
设
，则
，
所以
，则
．
法二：因为
，所以
因为异面直线
与
所成的角为
，所以
又知
，所以
平面
因为
平面
，所以
又因为
，所以
是二面角
的平面角
所以
，则有
因为异面直线
与
所成的角为
，所以
又因为
，所以
，
因为
，
，所以
必交于一点
所以
平面
，
平面
，所以
过点
作
，则以
为
轴建立坐标系
设
，则
设平面
的法向量
，则有
设直线与平面
所成的角为
，则
所以直线
与
所成的角正弦值
．
【民间解析】(1)，存在，延长
到点
，使
，连接
因为
，
，
为棱
的中点
所以
，所以四边形
为平行四边形
所以
，即
，
因为
，且
，所以
所以四边形
为平行四边形
所以
，又因为
平面
，
平面
所以
平面
法二：因为
，
，且
为棱
的中点，所以
所以四边形
为平行四边形，
连接
交
于
，则
为
的中点
连接
，延长
至点
，且满足
，即点
为
为的中点
连接
，在三角形
中，
分别为
的中点，
所以
，因为
平面
，
平面
所以所以
平面
(2)因为
，所以
因为异面直线
与
所成的角为
，所以
又知
，所以
平面
因为
平面
，所以
又因为
，所以
是二面角
的平面角
所以
又因为
，所以
，又知
因为
，
，所以
必交于一点
所以
平面
，
平面
，所以
设
，则有
设点
到平面
的距离为
，直线与平面所成的角为
则
，即
所以
所以直线
与
所成的角正弦值
．
24．(2017 年高考数学北京理科·第16 题)如图,在四棱锥P
ABCD
中,底面ABCD 为正方形,平面
PAD 平面ABCD ,点M 在线段PB 上,
//
PD
平面MAC ,
6
PA
PD
,
4
AB
．
(Ⅰ)求证: M 为PB 的中点;
(Ⅱ)求二面角B
PD
A
的大小;
(Ⅲ)求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．
【答案】(Ⅰ)详见解析:(Ⅱ) 3
;(Ⅲ)
2 6
9
【解析】(Ⅰ)设
,
AC BD 交点为E ,连接ME ．
因为
//
PD
平面MAC ,平面MAC 平面PBD
ME
,所以
//
PD
ME ．
因为ABCD 是正方形,所以E 为BD 的中点,所以M 为PB 的中点．
(Ⅱ)取AD 的中点O ,连接OP ,OE ．
因为PA
PD
,所以OP
AD
．
又因为平面PAD 平面ABCD ,且OP 平面PAD ,所以OP 平面ABCD ．
因为OE 平面ABCD ,所以OP
OE
．
因为ABCD 是正方形,所以OE
AD
．
如图建立空间直角坐标系O
xyz
,则
(0,0,
2)
P
,
(2,0,0)
D
,
( 2,4,0)
B
,
(4, 4,0)
BD
,
(2,0,
2)
PD
．
设平面BDP 的法向量为
( , , )
n
x y z
,则
0
0
n BD
n PD
,即
4
4
0
2
2
0
x
y
x
z
．
令
1
x
,则
1
y ,
2
z
．于是
(1,1,
2)
n
．
平面PAD 的法向量为
(0,1,0)
p
,所以
1
cos
,
2
|
||
|
n p
n p
n
p
<
>
．
由题知二面角B
PD
A
为锐角,所以它的大小为3
．
(Ⅲ)由题意知
2
( 1,2,
)
2
M
,
(2,4,0)
D
,
2
(3,2,
)
2
MC
．
设直线MC 与平面BDP 所成角为,则
|
|
2 6
sin
| cos
,
|
9
|
||
|
n MC
n MC
n MC
<
>
．
所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为
2 6
9
．
题型五：求二面角
1．(2020 天津高考·第17 题)如图，在三棱柱
中，
平面
，
，点
分别在棱
和棱
上，且
为棱
的中点．
(Ⅰ)求证：
；
(Ⅱ)求二面角
的正弦值；
(Ⅲ)求直线
与平面
所成角的正弦值．
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)
；(Ⅲ)
．
【解析】依题意，以
为原点，分别以
、
、
的方向为
轴、
轴、
轴的正方向建立空间
直角坐标系(如图)，
可得
、
、
、
、
、
、
、
、
．
(Ⅰ)依题意，
，
，
从而
，所以
；
(Ⅱ)依题意，
是平面
的一个法向量，
，
．设
为平面
的法向量，
则
，即
，不妨设
，可得
．
，
．所以，二面角
的正弦值为
；
(Ⅲ)依题意，
．
由(Ⅱ)知
为平面
的一个法向量，于是
．
所以，直线
与平面
所成角的正弦值为
．
2．(2020 江苏高考·第24 题)在三棱锥
中，已知
,
，
为
的中点，
平面
，
，
为
的中点．
(1)求直线
与
所成角的余弦值；
(2)若点
在
上，满足
，设二面角
的大小为
，求
的值．
【答案】(1)
(2)
解析】
(1)连
以
为
轴建立空间直角坐标系，则
从而直线
与
所成角的余弦值为
(2)设平面
一个法向量为
,令
设平面
一个法向量为
令
,
因此
3．(2021 年新高考全国Ⅱ卷·第19 题)在四棱锥
中，底面
是正方形，若
．
(1)证明：平面
平面
；
(2)求二面角
平面角的余弦值．
【答案】解析:
(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
．
4．(2021 年高考全国乙卷理科·第18 题)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：(1)
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
；
(2)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
．
5．(2020 年高考课标Ⅰ卷理科·第18 题)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】(1)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
；
(2)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x2
4 + y2
3 =1的大小为
，则
．
【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．
6．(2020 年高考课标Ⅲ卷理科·第19 题)如图，在长方体
中，点
分别在棱
上，且
，
．
(1)证明：点
平面
内；
(2)若
，
，
，求二面角
的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
．
解析：(1)在棱
上取点
，使得
，连接
、
、
、
，
在长方体
中，
且
，
且
，
，
，
且
，
所以，四边形
为平行四边形，则
且
，
同理可证四边形
为平行四边形，
且
，
且
，则四边形
为平行四边形，
因此，点
在平面
内；
(2)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
，
则
、
、
、
，
，
，
，
，
设平面
的法向量为
，
由
，得
取
，得
，则
，
设平面
的法向量为
，
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
．
【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计
算能力，属于中等题．
7．(2019·全国Ⅲ·理·第19 题)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．
D
图2
图1
E(F)
G
F
C
A
D
E
B
A
B
C
G
【答案】(1)见详解；(2)
．
【官方解析】
(1) 由已知得
，
, 所以
，故
确定一个平面．从而
四点共面．
由已知得
，故
平面
．
又因为
平面
,所以平面
平面
．
(2)作
,垂足为
．因为
平面
,平面
平面
，所以
平面
．
由已知，菱形
的边长为
，
，
可求得
．
以
为坐标原点，
的方向为
轴的的正方向，建
立如图所示的空间直角坐标系
，则
D
z
x
H
E(F)
A
B
C
G
y
．
设平面
的法向量为
，则
即
所以可取
．
又平面
的法向量可取为
，所以
．
因此二面角
的大小为
．
【点评】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．
8．(2019·全国Ⅱ·理·第17 题)如图，长方体
的底面
是正方形，点
在棱
上，
．
证明：
平面
；
若
，求二面角
的正弦值．
【答案】
证明见解析；
.
【官方解析】
证明：
由已知得，
平面
，
平面
，
故
．又
，所以
平面
．
由
知
．由题设知
，所以
，
故
，
．
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
，
则
，
，
，
，
，
，
．
设平面
的法向量为
，则
，即
所以可取
.
设平面
的法向量为
，则
即
所以可取
.
于是
．所以，二面角
的正弦值为
．
【分析】
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
；
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.
【解析】
因为
是长方体，所以
侧面
，而
平面
，所以
,又
，
，
平面
，因此
平面
；
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
.
【点评】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.
9 ．(2019· 全国Ⅰ· 理· 第18 题) 如图，直四棱柱
的底面是菱形，
分别是
，
，
的中点．
(1)证明：
平面
；
(2)求二面角
的正弦值．
【答案】解：(1) 连结
．因为
分别为
的中点，所以
，且
．
又因为
为
的中点，所以
．由题设知
，可得
，故
，
因此四边形
为平行四边形，
．又
平面
，所以
平面
．
(2)由已知可得
．以
为坐标原点，
的方向为
轴正方向，建立如图所示的空间直角坐
标
系
，
则
，
，
，
，
．
设
为平面
的法向量，则
，所以
可取
．
设
为平面
的法向量，则
所以
可取
．
于是
，所以二面角
的正弦值为
．
A
B
C
D
D1
C1
A1
B1
M
N
E
x
y
z
10．(2023 年北京卷·第16 题)如图，在三棱锥
中，
平面
，
．
A
B
C
D
D1
C1
A1
B1
M
N
E
(1)求证：
平面PAB；
(2)求二面角
的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
解析：(1)因为
平面
平面
，
所以
，同理
，
所以
为直角三角形，
又因为
，
，
所以
，则
为直角三角形，故
，
又因为
，
，
所以
平面
．
(2)由(1)
平面
，又
平面
，则
，
以
为原点，
为
轴，过
且与
平行的直线为
轴，
为
轴，建立空间直角坐标系，如
图，
则
，
所以
，
设平面
的法向量为
，则
，即
令
，则
，所以
，
设平面
的法向量为
，则
，即
，
令
，则
，所以
，
所以
，
又因为二面角
为锐二面角，
所以二面角
的大小为
．
11．(2023 年新课标全国Ⅱ卷·第20 题)如图，三棱锥
中，
，
，
，E 为BC 的中点．
(1)证明：
；
(2)点F 满足
，求二面角
的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
．
解析：(1)
连接
，因为E 为BC 中点，
，所以
①，
因为
，
，所以
与
均为等边三角形，
，从而
②，由①②，
，
平面
，
所以，
平面
，而
平面
，所以
．
(2)
不妨设
，
，
．
，
，又
，
平面
平面
．
以点
为原点，
所在直线分别为
轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设
，
设平面
与平面
的一个法向量分别为
，
二面角
平面角为
,而
，
因为
，所以
，即有
，
，取
，所以
；
，取
，所以
，
所以，
，从而
．
所以二面角
的正弦值为
．
12．(2022 新高考全国II 卷·第20 题)如图，
是三棱锥
的高，
，
，E 是
的中点．
(1)证明：
平面
；
(2)若
，
，
，求二面角
正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
解析:(1)证明：连接
并延长交
于点
，连接
、
，
因为
是三棱锥
的高，所以
平面
，
平面
，
所以
、
，
又
，所以
，即
，所以
，
又
，即
，所以
，
，
所以
所以
，即
，所以
为
的中点，又
为
的中点，所以
，
又
平面
，
平面
，
所以
平面
(2)解：过点
作
，如图建立平面直角坐标系，
因为
，
，所以
，
又
，所以
，则
，
，
所以
，所以
，
，
，
，所以
，
则
，
，
，
设平面
的法向量为
，则
，令
，则
，
，所以
；
设平面
的法向量为
，则
，令
，则
，
，所以
；
所以
设二面角
为
，由图可知二面角
为钝二面角，
所以
，所以
故二面角
的正弦值为
；
13．(2022 新高考全国I 卷·第19 题)如图，直三棱柱
的体积为4，
的面积为
．
(1)求A 到平面
的距离；
(2)设D 为
的中点，
，平面
平面
，求二面角
的正弦值．
【答案】(1)
(2)
解析：(1)在直三棱柱
中，设点A 到平面
的距离为h，
则
，
解得
， 所以点A 到平面
的距离为
；
(2)取
的中点E,连接AE,如图，因为
，所以
,
又平面
平面
，平面
平面
，
且
平面
，所以
平面
，
在直三棱柱
中，
平面
，
由
平面
，
平面
可得
，
，
又
平面
且相交，所以
平面
，
所以
两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由(1)得
，所以
，
，所以
，
则
,所以
的中点
，
则
，
,
设平面
的一个法向量
，则
，
可取
，
设平面
的一个法向量
，则
，
可取
，
则
，
所以二面角
的正弦值为
．
14．(2018 年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第20 题)(12 分)
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】解析：(1)因为
，
为
的中点，所以
，且
．
连接
．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
．
O
C
M
B
A
P
由已知得
，
，
，
，
，
．
取平面
的法向量为
．
设
，则
．设平面
的法向量为
，
由
，
得
，可取
，
所以
，由已知可得
．
所以
，解得
(舍去)，
．
所以
．又
，所以
．
所以
与平面
所成角的正弦值为
．
15．(2014 高考数学重庆理科·第19 题)如图(19)，四棱锥
，底面是以O 为中心的菱形，
底面
，
，
为
上一点，且
，
．
(1)求
的长；
(2)求二面角
的正弦值。
z
y
x
O
C
M
B
A
P
【答案】
(1)
3
2
PO
(2)
10
5
解析：(1)法一：
连结
,
AC BD ，因ABCD 为菱形，则AC
BD
O
，且AC
BD
以O 为坐标原点，
,
,
OA OB OP
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
O
xyz
。因
3
BAD
，则
cos
3
6
OA
AB
，
sin
1
6
OB
AB
，所以
(0,0,0)
O
，
( 3,0,0)
A
，
(0,1,0)
B
，
(
3,0,0)
C
，
(0,1,0)
OB
，
(
3, 1,0)
BC
由
1 ,
2
2
BM
BC
知
1
3
1
(
,
,0)
4
4
4
BM
BC
从而
3 3
(
,
,0)
4
4
OM
OB
BM
即
3 3
(
,
,0)
4
4
M
设
(0,0, )(
0)
P
a a
，
(
3,0, )
AP
a
，
3
3
(
,
, )
4
4
MP
a
，因MP
AP
，
0
MP AP
即：
2
3
0
4
a
所以
3
2
a
，
3
2
a
（舍去）
，故
3
2
PO
法二：由题意，
面
，
都为正三角形，且
，
在
中，
，
，
即
，解得
。
(2)由(1)知
3
(
3,0,
)
2
AP
，
3
3
3
(
,
,
)
4
4
2
MP
，
3
( 3,0,
)
2
CP
设平面APM 的法向量
1
1
1
1
( ,
,
)
n
x y z
，平面PMC 的法向量
2
2
2
2
(
,
,
)
n
x
y
z
由
1
0
n
AP
，
1
0
n MP
得
1
1
1
1
1
3
3
0
2
3
3
3
0
4
4
2
x
z
x
y
z
得
1
5 3
(1,
,2)
3
n
由
2
0
n
MP
，
2
0
n
CP
得
2
2
2
2
2
3
3
3
0
4
4
2
3
3
0
2
x
y
z
x
z
得
2
(1,
3, 2)
n
从而法向量
1
2
,
n n
的夹角余弦值
1
2
1
2
1
2
15
cos
,
5
,
n n
n n
n
n
故所求二面角A
PM
C
的正弦值为
10
5
。
16 ．(2014 高考数学浙江理科· 第20 题) 如图，在四棱锥f (x)=x
3+3|x−a|(a∈R).中，平面f ( x ) 平面
[−1,1 ]
M(a),m(a)．
(1)证明：M(a)−m(a)平面b∈R,;
(2)求二面角[f (x)+b]
2≤4 的大小
【答案】解析：(I)在直角梯形
中，由
，
得，
，由
，则
，即
，又平面f ( x ) 平面
，从而
平面
，所以
，又
，从而
平面
；
(II)方法一：作
，与
交于点
，过点
作
，与
交于点
，连结
，
由(I)知，
，则
，，所以
是二面角[f (x)+b]
2≤4 的平面角，在直角梯形
中，由
，得
，又平面f ( x ) 平面
，得
平面
，从而，
，由于
平面
，得：
，在
中，由
，
，得
，
G
F
E
D
C
B
A
在
中，
，
，得
，在
中，
，
，
，得
，
，从而
，在
中，利用余弦定理分别
可得
，在
中，
，所以
，即二面角[f (x)+b]
2≤4 的大小是
．
方法二：以
为原点，分别以射线
为
轴的正半轴，建立空间直角坐标系
如图所
示，由题意可知各点坐标如下：
，设平面
的法向量为
，平面
的法向量为
，可算得
，
，由
得，
，
可取
，由
得，
，可取
，于是
，由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角[f (x)+b]
2≤4 的大小是
．
Z
Y
x
E
D
C
B
A
17．(2014 高考数学四川理科·第18 题)三棱锥
及其侧视图、俯视图如图所示．设
分别为
线段
的中点，
为线段
上的点，且
．
(Ⅰ)证明：
是线段
的中点；
(Ⅱ)求二面角
的余弦值．
【答案】解析：(Ⅰ)如图，
取
中点
，连接
，
．
由侧视图及俯视图知，
，
为正三角形，
因此
，
．
因为
，
平面
，且
，
所以
平面
．
又因为
平面
，所以
．
取
的中点
，连接
，
．
又
，
分别为线段
，
的中点，所以
，
．
因为
，所以
．
因为
，所以
．
因为
，
平面
，且
，所以
平面
．
又因为
平面
，所以
．
又
，
平面
，
平面
，所以
．
因为
为
中点，
故
为
中点．
(Ⅱ)解法一：
如图，作
于
，连接
．
由(Ⅰ)知，
，所以
．
因为
，所以
为二面角
的一个平面角．
由(Ⅰ)知，
，
为边长为
的正三角形，所以
．
由俯视图可知，
平面
．
因为
平面
，所以
，因此在等腰
中，
．
作
于
，
在
中，
，所以
．
因为在平面
内，
，
，所以
．
又因为
为
的中点，所以
为
的中点，
因此
．
同理，可得
．
所以在等腰
中，
．
故二面角
的余弦值是
．
解法二：
由俯视图及(Ⅰ)可知，
平面
．
因为
，
平面
，所以
，
．
又
，所以直线
，
，
两两垂直．
如图，以
为坐标原点，以
，
，
的方向为
轴，
轴，
轴的正方向，建立空间
直角坐标系
．
则
，
，
，
．
因为
，
分别为线段
，
的中点，
又由(Ⅰ)知，
为线段
的中点，
所以
，
，
．
于是
，
．
，
．
设平面
的一个法向量
，则
，即
，有
，从而
．
取
，则
，
，所以
．
设平面
的一个法向量
，则
，
即
，
有
，
从
而
．
取
，所以
．
设二面角
的大小为
，
则
．
故二面角
的余弦值是
．
18．(2014 高考数学山东理科·第17 题)如图，在四棱柱
中，底面
是等腰梯形，
，
，
是线段
的中点．
(Ⅰ)求证：
∥平面
；
(Ⅱ)若
垂直于平面
且
，求平面
和平面
所成的角(锐角)的余弦值．
【答案】
(Ⅰ)见解析；(Ⅱ)
√5
5
N
D1
C1
B1
A1
M
D
C
B
A
解析：连接AD 1
∵ABCD −A1B1C1D1为四棱柱，∴CD //C1D1 ，CD =C1 D1
又∵M 为AB 的中点，∴AM =1
∴CD // AM ,CD =AM
∴AM //C1D1,AM =C1 D1
∴AMC 1 D1为平行四边形
∴AD 1// MC 1
又
平面
，
平面
平面
(Ⅱ)方法一：∵AB // A1B1 ， A1B1//C1D1
面
与
共面
作CN ⊥AB ,连接D1N
则∠D1NC 即为所求二面角．
在ABCD 中，DC =1,AB =2,∠DAB =60∘
∴CN =√3
2
在Rt ΔD1CN 中，CD 1=√3 ,
CN =√3
2
∴D1N=√15
2
∴cos∠D1CN = NC
D1 N =
√3
2
√15
2
= √3
√15=√5
5
所以平面
C1D1M 和平面ABCD 所成角的余弦值为
√5
5 ．
方法二：作CP ⊥AB 于
点
以C 为原点，CD 为x 轴，CP 为y 轴，CD 1为z 轴建立空间坐标系，
∴C1(−1,0,√3),D1(0,0,√3),M( 1
2 , √3
2 ,0)
∴⃗C1D1=(1,0,0),⃗D1M=( 1
2 , √3
2 ,−√3)
设平面C1D1M 的法向量为⃗n=(x1, y1,z1)
∴¿{x1=0¿¿¿
∴⃗n1=(0,2,1)
显然平面ABCD 的法向量为⃗n2=(1,0,0)
∴cos<⃗n1,⃗n2>=⃗
n1⋅⃗n2
|⃗n1||⃗n2|= 1
√5
=√5
5
显然二面角为锐角，
所以平面C1D1M 和平面ABCD 所成角的余弦值为
√5
5 ．
19．(2014 高考数学辽宁理科·第19 题)(本小题满分12 分)
如图，
和
所在平面互相垂直，且
，
，E、
F 分别为AC、DC 的中点．
(1)求证：
；
(2)求二面角
的正弦值．
F
E
B
C
A
D
【答案】(1)见解析；(2)
．
解析：
(1)证明：由题意，以B 为坐标原点，在平面DBC 内过B 作垂直BC 的直线为x 轴，BC 所在直线为y
轴，
在平面ABC 内过B 作垂直BC 的直线为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，
易得B(0，0，0)，A(0，﹣1，
)，D(
，﹣1，0)，C(0，2，0)，
因而E(0，
，
)，F(
，
，0)，所以
=(
，0，﹣
)，
=(0，2，0)，因此
=0，所以EF⊥BC．
(2)在图中，设平面BFC 的法向量
=(0，0，1)，平面BEF 的法向量
=(x，y，z)，
又
=(
，
，0)，
=(0，
，
)，
由
解得其中一个法向量
=(1，﹣
，1)，
设二面角E﹣BF﹣C 的大小为θ，由题意知θ 为锐角，则
cosθ=|cos＜
，
＞|=
，
因此sinθ==
，即所求二面角正弦值为
．
解析2： (几何法)
(1)延长CB，过点A 作AG⊥BC 交G，连接DG，
因为
，
所以
所以AC=DC，
又因为
，GB=BG
所以
，
G
所以
，即DB⊥CG
而AG⊥CG，所以CG⊥平面AGD，
因为
平面AGD，
所以CG⊥AD
因为E、F 分别为AC、DC 的中点．
所以EF//AD
所以CG⊥EF
(2)如图所示：
过点E 分别作EO⊥平面BDC，交点O，EH⊥BF，垂足H，EM⊥DC，垂足M，连接OH，OM，
则四边形HOMF 是矩形，
根据三垂线定理可得，
是二面角
所求的平面角，
因为
，
所以由余弦定理可得AC=DC=
，所以FC=
．
在直角三角形AGB 和直角三角形BGD 中，AG=GD=
，AD=
．
因为E、F 分别为AC、DC 的中点，
所以EF=
=
，
由三角形面积公式可得
,
所以
,
即
．
在△EBF 中
．
因为
，所以
为锐角
M
O
H
G
所以
．
即二面角
所求的平面角
的正弦值为
．
20．(2014 高考数学课标1 理科·第19 题)如图三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
中,侧面
1
1
BB C C 为菱形,
1
AB
B C
^
．
(1)证明:
1
AC
AB
=
;
(2)若
1
AC
AB
,
o
1
60
CBB
, AB
BC
=
, 求二面角
1
1
1
A
A B
C
-
-
的余弦值．
【答案】解析 (1)连结
1
BC ,交
1B C 于O ,连结AO ．因为侧面
1
1
BB C C 为菱形,所以
1B C
1
BC
,且
O 为
1B C 与
1
BC 的中点．又
1
AB
B C
,所以
1
B C 平面ABO ,故
1
B C
AO
又
1
B O
CO
=
,故
1
AC
AB
=
(2)因为
1
AC
AB
^
且O 为
1B C 的中点,所以AO
CO
=
又因为AB
BC
=
,所以BOA
BOC
故OA
OB
^
,从而
1
,
,
OA OB OB 两两互相垂直．
以O 为坐标原点,OB 的方向为X 轴正方向,OB 为单位长,建立如图所示空间直角坐标系O
XYZ
-
．
因为
0
1
60
CBB
,所以
1
CBB
D
为等边三角形．又AB
BC
=
,则
3
0,0, 3
A
,
(
)
1,0,0
B
,
1
3
0,
,0
3
B
,
3
0,
,0
3
C
1
3
3
0,
,
3
3
AB
,
1
1
3
1,0,
,
3
A B
AB
1
1
3
1,
,0
3
B C
BC
设
(
)
, ,
n
x y z
=
是平面的法向量,则
1
1
1
0
0
n AB
n A B
,即
3
3
0
3
3
3
0
3
y
z
x
z
所以可取
(
)
1, 3, 3
n =
设m
是平面的法向量,则
1
1
1
1
0
0
m A B
n B C
,同理可取
(
)
1,
3, 3
m =
-
则
1
cos
,
7
n m
n m
n m
=
=
,所以二面角
1
1
1
A
A B
C
-
-
的余弦值为
1
7 ．
21 ．(2014 高考数学湖南理科· 第19 题) 如图, 四棱柱
的所有棱长都相等,
四边形
和四边形
均为矩形．
(Ⅰ)证明:
底面
;
(Ⅱ)若
,求二面角
的余弦值．
【答案】(1)详见解析 (2)
解析:(1)证明:
四棱柱
的所有棱长都相等
四边形
和四边形
均为菱形
分别为
中点
四边形
和四边形
为矩形
且
又
且
底面
底面
．
(2)过
作
的垂线交
于点
,连接
．不妨设四棱柱
的边长为
．
底面
．且底面
面
O1
O
D
D1
A
C
B
B1
C1
A1
面
又
面
四边形
为菱形
又
且
,
面
面
又
面
又
且
,面
面
为二面角
的平面角,则
且四边形
为菱形
, ,
则
再由
的勾股定理可得
,
则
,所以二面角
的余弦值为
．
解法2 (向量法)
:
四棱柱
的所有棱长都相等
四边形
是菱形
,
又
面
,
两两垂直．
如图(b),以
为坐标原点,
所在直线分别为
轴、
轴 、
轴建立如图所示空间直角坐
标系
,不妨设
,
易知,
是面
的一
个法向量．
设
是面
的一个法向量,则
,即取
,则
,
,
,设二面角
的大小为
,易知
是锐角,
∴
故二面角
的余弦值为
．
22．(2014 高考数学广东理科·第18 题)如图4，四边形
为正方形，
平面
，
，
于点
，
，交
于点
．
(1)证明：
；
(2)求二面角
的余弦值．
【答案】解：(1)证明：
平面
，
平面
①
四边形
为正方形
②
平面
平面
③
即
④ 且
平面
(2)
方法1(传统法)过
作
交
于
，过
作
交
于
，连接
就是所求二面角的平面角．(过程略)
方法2(向量法)
由(1) 可得，
，建立空间直角坐标系
，如图所示．设
在
中，
，则
；
由(1)知
，所以
，
因为
，所以
，
所以
，
，所以
，
所以
，
则
设平面
的法向量为
，则
，得
，
取
，则
，所以
由(1)可知，平面
的法向量为
，
所以
设二面角
为
，则
23．(2014 高考数学大纲理科·第19 题)如图，三棱柱
中，点
在平面
内的射影
在
上，
，
．
(1)证明：
；
(2)设直线
与平面
的距离为
，求二面角
的大小．
D
B1
C
C1
A1
A
B
【答案】(1)详见解析；(2)
(或
)
解析：法一：(1)因为
平面
，
平面
，
故平面
平面
．又
，所以
平面
．连结
．因为侧面
为菱形，故
．由三垂线定理得
．
(2)
平面
，
平面
，故平面
平面
．
作
，
为垂足，则
平面
．
又直线
平面
，因而
为直线
与平面
的距离，
．
因为
为
的平分线，故
．
作
，
为垂足，连结
．由三垂线定理得
，
故
为二面角
的平面角．
由
得
为
中点，
，
．
所以二面角
的大小为
。
解法二：以
为坐标原点，射线
为
轴的正半轴，以
的长为单位长，建立如图所示的空间直
角坐标系
由题设知
与
轴平行，
轴在平面
内
(1) 设
，由题设有
，则
，
，
，
由
即
①
于是
，所以
，
(2)设平面
的法向量
，则
，所以
因
，所以
令
，则
，所以
，点
到平面
的距离为
又依题设，
到平面
的距离为
，所以
代入①解得
(舍去)或
，
于是
，设平面
的法向量
，则
所
以
，
所
以
，
令
，
则
又
为平面
的法向量，故
所以二面角
的大小为
．
24．(2015 高考数学重庆理科·第19 题)(本小题满分13 分，(1)小问4 要，(2)小问9 分)
如图，三棱锥
中，
平面
．
分别为线段
上的
点，且
(1)证明：
平面
;
(2)求二面角
的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
．
分析：(1)要证线面垂直，就是要证线线垂直，题中由
平面
，可知
，再分析已
知由
得
，这样与
垂直的两条直线都已找到，从而可得线面垂
直；(2)求二面角的大小，可心根据定义作出二面角的平面角，求出这个平面角的大小，本题中，由
于
，
平面
，因此
两两垂直，可以他们为
轴建立空间直角
坐标系，写出图中各点的坐标，求出平面
和平面
的法向量
，向量
的夹角与二
面角相等或互补，由此可得结论．
解析：(1)证明：由PC
平面ABC，DE
平面ＡＢＣ，故PC
DE
由CE＝２，CD=DE＝
得
ＣＤＥ为等腰直角三角形，故CD
DE
由PC
CD=C，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，故DE
平面PCD
(2)由(１)知，
CDE 为等腰直角三角形，
DCE＝
，如(１９)图，过点Ｄ作DF 垂直CE 于Ｆ，易
知DF＝FC＝EF＝１，又已知EB＝１，
故FB＝２．
由
ACB＝
得DF
AC，
，故AC＝
DF＝
．
以Ｃ为坐标原点，分别以
的方程为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则Ｃ
(0,0,0,)，Ｐ(0,0,3)，Ａ(
,0,0),Ｅ(0,2,0)，Ｄ(1,1,0)，
设平面
的法向量
，
由
，
，
z
y
x
题（19）图
P
C
E
D
B
A
得
．
由(1)可知DE
平面PCD，故平面PCD 的法向量
可取为
,即
．
从而法向量
，
的夹角的余弦值为
，
故所求二面角A-PD-C 的余弦值为
．
25 ．(2015 高考数学浙江理科· 第17 题)( 本题满分15 分) 如图，在三棱柱
- 中，
，
，
，
在底面
的射影为
的中点，
为
的中点．
(1)证明：
平面
；
(2)求二面角
的平面角的余弦值．
【答案】(1)详见解析；(2)
．
解析：
(1)根据条件首先证得
平面
，再证明
，即可得证；(2)
作
，且
，可证明
为二面角
的平面角，再由
余弦定理即可求得
，从而求解．
解析：(1)设
为
的中点，由题意得
平面
，∴
，∵
，
∴
，故
平面
，由
，
分别
，
的中点，得
且
，从而
，∴四边形
为平行四边形，故
，又∵
平面
，∴
平面
；(2)作
，且
，连结
，
由
，
，得
，由
，
，得
，由
，得
，因此
为二面角
的平面角，由
，
，
，得
，
，由余弦定理得，
．
26．(2015 高考数学四川理科·第18 题)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，
在正方体中，设
的中点为
，
的中点为
．
C
B
A
D
G
E
H
F
M
E
A
B
C
D
(1)请将字母
标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)
(2)证明：直线
平面
(3)求二面角
的余弦值．
【答案】(1)点F、G、H 的位置如图所示．
M
D
C
A
B
E
F
H
G
(2)详见解析．(3)
解析：(1)点F、G、H 的位置如图所示．
M
D
C
A
B
E
F
H
G
(2)连结BD，设O 为BD 的中点．
O
M
D
C
A
B
E
F
H
G
N
因为M、N 分别是BC、GH 的中点，
所以
，且
，
，且
，
所以
，
所以
是平行四边形，
从而
，
又
平面
，
平面
，
所以
平面
．
(3)连结AC，过M 作
于P．
O
M
D
C
A
B
E
F
H
G
P
K
N
在正方形
中，
，
所以
．
过P 作
于K，连结KM，
所以
平面
，
从而
．
所以
是二面角
的平面角．
设
，则
，
在
中，
．
在
中，
．
所以
．
即二面角
的余弦值为
．
27．(2015 高考数学陕西理科·第18 题)(本小题满分12 分)如图，在直角梯形
中，
，
，
，
，
是
的中点，
是
与
的交点．将
沿
折起到
的位置，如图
．
(Ⅰ)证明：
平面
；
(Ⅱ)若平面
平面
，求平面
与平面
夹角的余弦值．
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)
．
分析：(Ⅰ)先证
，
，再可证
平面
，进而可证
平面
；
(Ⅱ)先建立空间直角坐标系，再算出平面
和平面
的法向量，进而可得平面
与平面
夹角的余弦值．
解析：(Ⅰ)在图1 中，
因为
，
，
是
的中点，
，所以
即在图2 中，
，
从而
平面
又
，所以
平面
．
(Ⅱ)由已知，平面
平面
，又由(Ⅰ)知，
，
所以
为二面角
的平面角，所以
．
如图，以
为原点，建立空间直角坐标系，
因为
，
所以
得
，
．
设平面
的法向量
，平面
的法向量
，平面
与平面
夹角为
，
则
，得
，取
，
，得
，取
，
从而
，
即平面
与平面
夹角的余弦值为
．
28．(2015 高考数学山东理科·第17 题)如图，在三棱台
中，
分别为
的中点．
(Ⅰ)求证：
平面
；
(Ⅱ)若
平面
，
，
,求平面
与平面
所
成的角(锐角)的大小．
【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)
分析：(Ⅰ)思路一：连接
，设
，连接
，先证明
，从而由直线
与平面平行的判定定理得
平面
；思路二：先证明平面
平面
，再由平面
与平面平行的定义得到
平面
．
(Ⅱ)思路一：连接
，设
，连接
，证明
两两垂直, 以
为
坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系
，利用空量向量的夹角公式求解；思路二：作
于点
，作
于点
，连接
，证明
即为所求的角，然后在
三角形中求解．
解析：
(Ⅰ)证法一：连接
，设
，连接
，
在三棱台
中，
为
的中点
可得
所以四边形
为平行四边形
则
为
的中点又
为
的中点所以
又
平面
平面
所以
平面
．
证法二：
在三棱台
中，由
为
的中点
可得
所以四边形
为平行四边形可得
在
中，
为
的中点，
为
的中点，所以
又
，所以平面
平面
因为
平面
所以
平面
(Ⅱ)解法一：
设
，则
在三棱台
中，
为
的中点
由
，可得四边形
为平行四边形，因此
又
平面
所以
平面
在
中，由
，
是
中点，所以
因此
两两垂直,
以
为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系
所以
可得
故
设
是平面
的一个法向量，则
由
可得
可得平面
的一个法向量
因为
是平面
的一个法向量，
所以
所以平面与平面所成的解(锐角)的大小为
解法二：
作
于点
，作
于点
，连接
由
平面
，得
又
所以
平面
因此
所以
即为所求的角
在
中,
由
∽
可得
从而
由
平面
平面
得
因此
所以
所以平面
与平面
所成角(锐角)的大小为
．
29．(2015 高考数学福建理科·第17 题)如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB
平面BEC，
BE
EC，AB=BE=EC=2，G，F 分别是线段BE，DC 的中点．
G
F
B
A
C
D
E
(Ⅰ)求证：
平面
；
(Ⅱ)求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值．
【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)
．
解析：解法一：(Ⅰ) 如图，取
的中点
，连接
，
，又G 是BE 的中点，
，
又F 是CD 中点，
，由四边形ABCD 是矩形得，
，所以
．从而四边形
是平行四边形，所以
，, 又
，所以
．
H
G
F
B
A
C
D
E
H
G
F
B
A
C
D
E
Q
(Ⅱ)如图，在平面BEC 内，过点B 作
,因为
．
又因为AB
平面BEC，所以AB
BE，AB
BQ
以B 为原点，分别以
的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则
A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，F(2,2,1)．因为AB
平面BEC，所以
为平面BEC 的
法向量，
设
为平面AEF 的法向量．又
由
取
得
．
从而
所以平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值为
．
解法二：(Ⅰ)如图，取
中点
，连接
，
，又
是
的中点，可知
，
又
面
，
面
，所以
平面
．
在矩形ABCD 中，由Ｍ，Ｆ分别是ＡＢ，ＣＤ的中点得
．
又
面
，
面
，所以
面
．
又因为
，
面
，
面
，
所以面
平面
，因为
面
，所以
平面
．
M
G
F
B
A
C
D
E
(Ⅱ)同解法一．
30．(2015 高考数学北京理科·第17 题)(本小题14 分)如图，在四棱锥
中，
为等边三角
形，平面
平面
，
，
，
，
，
为
的中
点．
O
F
E
C
B
A
(Ⅰ)求证：
；
(Ⅱ)求二面角
的余弦值；
(Ⅲ)若
平面
，求
的值．
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)
；(Ⅲ)
．
分析：证明线线垂直可寻求线面垂直，利用题目提供的面面垂直平面
平面
，借助性质定
理证明
平面EFCB，进而得出线线垂直，第二步建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，平面
AEF 的法向量易得，只需求平面AEB 的法向量，设平面AEB 的法向量，利用线线垂直，数量积为零，
列方程求出法向量，再根据二面角公式求出法向量的余弦值；第三步由于
，要想
平面
，只需
，利用向量
的坐标，借助数量积为零，求出
的值，根据实际问题予
以取舍．
解析：(Ⅰ)由于平面
平面
，
为等边三角形，
为
的中点，则
，根
据面面垂直性质定理，所以
平面EFCB，又
平面
，则
．
(Ⅱ)取CB 的中点D，连接OD,以O 为原点，分别以
为
轴建立空间直角坐标系，
，
，
，由于平面
与
轴垂直，则设平面
的法向量为
，设平面
的法向量
，
，
，
，
，则
，二面角
的余弦值
，由二面角
为钝二面角，所以二面角
的余弦值为
．
(Ⅲ)由(Ⅰ)知
平面EFCB，则
，若
平面
，只需
，
，又
，
，
解得
或
，由于
，则
．
31．(2015 高考数学安徽理科·第19 题)(本小题满分13 分)如图所示，在多面体
，四边形
，
均为正方形，
为
的中点，过
的平面交
于F．
(Ⅰ)证明：
；
(Ⅱ)求二面角
的余弦值．
【答案】(Ⅰ)
；(Ⅱ)
．
分析：(Ⅰ)证明：依据正方形的性质可知
，且
，，从而
为平行四边形，则
，根据线面平行的判定定理知
面
，再由线面平行的性质定
理知
．(Ⅱ) 因为四边形
，
，
均为正方形，所以
，且
，可以建以
为原点，分别以
为
轴，
轴，
轴单位正向量的平面直角坐标系，写出相关的点的坐标，设出面
的法向量
．由
得
应满足的方程组
，
为其一
组解，所以可取
．同理
的法向量
．所以结合图形知二面角
的余弦值为
．
解析：(Ⅰ) 证明：由正方形的性质可知
，且
，所以四边形
为平行四边形，从而
，又
面
，
面
，于是
面
，又
面
，而面
面
，所以
．
(Ⅱ)因为四边形
，
，
均为正方形，所以
，
且
，以
为原点，分别以
为
轴，
轴，
轴单位正向量建立，如图
所示的空间直角坐标系，可得点的坐标
．
而
点为
的中点，所以
点的坐标为
．
设面
的法向量
．而该面上向量
，由
得
应满足的方程组
，
为其一组解，所以可取
．设面
的法向量
，而该面上向量
，
由此同理可得
．所以结合图形知二面角
的余弦值为
．
32 ．(2017 年高考数学新课标Ⅰ卷理科· 第18 题) 如图, 在四棱锥P
ABCD
中,
/ /
AB
CD , 且
90
BAP
CDP
．
(1)证明:平面PAB 平面PAD ;
(2)若PA
PD
AB
DC
,
90
APD
,求二面角A
PB
C
的余弦值．
【答案】(1)详见解析;(2)二面角A
PB
C
的余弦值为
3
3
．
【分析】(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 ．进而证明平面PAB 平面PAD ;(2)先找出AD 的中点,找出相互垂直的线,建立以F 为坐标
原点, FA
的方向为x 轴的正方向, AB
为单位长的空间直角坐标系,列出所需要的点的坐标,设
, ,
n
x y z
是平面PCB 的法向量,
, ,
m
x y z
是平面PAB 的法向量, 根据垂直关系, 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．
【解析】(1)由已知
90
BAP
CDP
,得AB
AP
,CD
PD
由于
/ /
AB
CD ,故AB
PD
,从而AB 平面PAD
又AB 平面PAB ,所以平面PAB 平面PAD
(2)在平面PAD 内做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
(
,0,0)
2
A
,
2
(0,0,
)
2
P
,
2
(
,1,0)
2
B
,
2
(
,1,0)
2
C
．
所以
2
2
(
,1,
)
2
2
PC
,
( 2,0,0)
CB
,
2
2
(
,0,
)
2
2
PA
,
(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
2
2
0
2
2
2
0
x
y
z
x
,可取
(0, 1,
2)
n
．
设
( , , )
x y z
m
是平面PAB 的法向量,则
0
0
PA
AB
m
m
,即
2
2
0
2
2
0
x
z
y
,可取
(1,0,1)
n
．
则
3
cos
,
|
||
|
3
<
>
n m
n m
n m
,所以二面角A
PB
C
的余弦值为
3
3
．
33．(2017 年高考数学山东理科·第17 题)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD (及其内部)以
AB 边所在直线为旋转轴旋转120得到的,G 是DF 的中点．
(Ⅰ)设P 是CE 上的一点,且AP
BE
,求
CBP
的大小;
(Ⅱ)当
3
AB
,
2
AD
,求二面角E
AG
C
的大小．
【答案】(Ⅰ)
30
CBP
．(Ⅱ)60．
【分析】(1)利用
,
AP
BE AB
BE
,证得BE 平面ABP ,利用BP 平面ABP ,得到BE
BP
,
结合
120
EBC
可得
CBP
．
(2)两种思路,一是几何法,二是空间向量法,其中思路一:取EC 的中点H ,连接
,
,
EH GH CH ,得四边
形BEHC 为菱形,得到
2
2
3
2
13
AE
GE
AC
GC
,取AG 中点M ,连接
,
,
EM CM EC ,
得到
,
EM
AG CM
AG
,从而
EMC
为所求二面角的平面角．据相关数据即得所求的角．
思路二:
以B 为坐标原点,分别以BE , BP , BA 所在的直线为x , y , z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系．
写出相关点的坐标, 求平面AEG 的一个法向量
1
1
1
( ,
,
)
m
x y z
, 平面ACG 的一个法向量
2
2
2
(
,
,
)
n
x
y
z
,计算
1
cos
,
|
| |
|
2
m n
m n
m
n
即得．
【解析】
(Ⅰ)因为AP
BE
, AB
BE
,
AB , AP 平面ABP , AB
AP
A
,
所以BE 平面ABP ,
又BP 平面ABP ,
所以BE
BP
,又
120
EBC
,
因此
30
CBP
(Ⅱ)解法一:
取EC 的中点H ,连接EH ,GH ,CH ．
因为
120
EBC
,
所以四边形BEHC 为菱形,
所以
2
2
3
2
13
AE
GE
AC
GC
．
取AG 中点M ,连接
,
,
EM CM EC ．
则
,
EM
AG CM
AG
,
所以
EMC
为所求二面角的平面角．
又
1
AM
,所以
13 1
2 3
EM
CM
在BEC
中,由于
120
EBC
,
由余弦定理,得
2
2
2
2
2
2 2 2 cos120
EC
12
,
所以
2 3
EC
,因此EMC
为等边三角形,
故所求角的大小为60．
解法二:
以B 为坐标原点,分别以BE , BP , BA 所在的直线为x , y , z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意得
(0,0,3)
A
,
(2,0,0)
E
,
(1, 3,3)
G
,
( 1, 3,0)
C
, 故
(2,0, 3)
AE
,
(1, 3,0)
AG
,
(2,0,3)
CG
,
设
1
1
1
( ,
,
)
m
x y z
是平面AEG 的一个法向量．
由
0
0
m AE
m AG
可得
1
1
1
1
2
3
0,
3
0,
x
z
x
y
取
1
2
z
,可得平面AEG 的一个法向量
(3,
3,2)
m
．
设
2
2
2
(
,
,
)
n
x
y
z
是平面ACG 的一个法向量．
由
0
0
n AG
n CG
可得
2
2
2
2
3
0,
2
3
0,
x
y
x
z
取
2
2
z
,可得平面ACG 的一个法向量
(3,
3, 2)
n
．
所以
1
cos
,
2
|
| |
|
m n
m n
m
n
．
因此所求的角为60．
34．(2017 年高考数学江苏文理科·第25 题)如图, 在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,且
AB=AD=2,AA1=
3 ,
120
BAD
．
(1)求异面直线A1B 与AC1所成角的余弦值;
(2)求二面角B-A1D-A 的正弦值．
【答案】(1)
1
7 (2)
7
4
解析:解:在平面ABCD 内,过点A 作AEAD,交BC 于点E．
因为AA1⊥平面ABCD,所以AA1⊥AE,AA1⊥AD,
如图,以{ AE
, AD
,
1
AA
}为正交基底,建立空间直角坐标系A
xyz
,
因为AB=AD=2,AA1=
3 ,
120
BAD
．
则
(0,0,0)
A
,
( 3, 1,0)
B
,
(0,2,0)
D
,
( 3,0,0)
E
,
1(0,0, 3)
A
,
1( 3,1, 3)
C
,
(1)
1
( 3, 1,
3)
A B
,
1
( 3,1, 3)
AC
,
则
1
1
1
1
1
1
( 3, 1,
3) ( 3,1, 3)
1
cos
,
7
7
A B AC
A B AC
A B
AC
,
因此异面直线A1B 与AC1所成角的余弦值为
1
7 ;
(2)平面A1DA 的一个法向量为
( 3,0,0)
AE
．
设
( , , )
x y z
m
为平面BA1D 的一个法向量,
又
1
( 3, 1,
3),
(
3,3,0)
A B
BD
,
则
1
0,
0,
A B
BD
m
m
即
3
3
0,
3
3
0.
x
y
z
x
y
D
C
B
D1
B1
C1
A1
A
不妨取x=3,则
3,
2
y
z
,
所以
(3, 3,2)
m
为平面BA1D 的一个法向量,
从而
( 3,0,0) (3, 3,2)
3
cos
4
3
4
AE
AE
AE
m
,m >
m
,
设二面角B-A1D-A 的大小为,则
3
cos
4
,
因为
[0, ]
,所以
2
7
sin
1 cos
4
,
因此因此二面角B-A1D-A 的正弦值为
7
4 ．
35．(2016 高考数学浙江理科·第17 题)(本题满分15 分)如图，在三棱台
中，平面
⊥平
面
，
．
(Ⅰ)求证：
；
(Ⅱ)求二面角
的平面角的余弦值．
【答案】【命题意图】本题主要考查线面垂直的证明、二面角的计算等基础知识，同时考查学生的空
间想象能力和运算求解能力．
解析：(Ⅰ)延长
，
，
相交于一点
，如图所示．
因为平面
平面
，平面
平面
，
且
，所以，
平面
，因此，
．
又
，
，
，所以
为
等边三角形，且
为
的中点，则
．
又
，所以
平面
．
(Ⅱ)方法一：过点
作
于
，连结
．
因为
平面
，所以
，则
平面
，
所以
．
所以，
是二面角
的平面角．
在
中，
，
，得
，
．
在
中，
，
，得
．
所以，二面角
的平面角的余弦值为
．
方法二：如图，延长
，
，
相交于一点
，
则
为等边三角形．取
的中点
，连接
，则
又平面
平面
，所以，
平面
以点
为原点，分别以射线
，
的方向为
轴，
轴的正方向，建立空间直角坐标系
．
由题意得
，
，
，
，
，
．
因此
，
，
．
设平面
的法向量为
，
平面
的法向量为
．
由
，得
，取
；
由
，得
，取
．
于是，
．
所以，二面角
的平面角的余弦值为
．
35．(2016 高考数学课标Ⅱ卷理科·第19 题)(本小题满分)如图，菱形
的对角线
与
交于点
，
，点
分别在
上，
，
交
于点
．将
沿
折到
的位置，
．
(I)证明：
平面
；
(II)求二面角
的正弦值．
D'
B
C
F
A
H
E
D
O
【答案】(Ⅰ)详见答案；(Ⅱ)
．
【解析】(I)由已知得
，
又由
得
，故
．
因此
，从而
．
由
,
得
．
由
得
．
所以
，
．
于是
，故
．
又
，而
，所以
．
(II)如图，以
为坐标原点，
的方向为
轴的正方向，建立空间直角坐标系
x
y
z
D'
B
C
D
O
A
E
F
H
则
，
，
，
，
，
，
．
设
是平面
的法向量，则
，即
所以可以取
．
设
是平面
的法向量，则
，即
所以可以取
．于是
．
因此二面角
的正弦值是
．
37．(2016 高考数学课标Ⅰ卷理科·第18 题)(本题满分为12 分)如图，在以
为顶点的五面
体中，面
为正方形，
，
，且二面角
与二面角
都是
．
(I)证明平面
；
(II)求二面角
的余弦值．
A
B
C
D
E
F
A
B
C
D
E
F
【答案】
(I)略；(II)
【官方解答】⑴
由已知可得
，
，所以
面
又
面
，故平面
平面
(II)过点
作
，垂足为
，由(I)知
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(I)知
为二面角
的平面角，故
，则
可得
由已知，
,所以
面
．
由
，可得
平面
，所以
为二面角
的平面角,
．
从而可得
．所以
,
,
,
．
设
是平面
的法向量，则
即
所以可取
．
设
是平面
的法向量，则
同理可取
，则
二面角
的余弦值为
．
【民间解答】⑴
∵
为正方形 ∴
∵
∴
∵
∴
面
,
面
∴平面
平面
⑵由⑴知
∵
,
平面
,
平面
∴
平面
,
平面
∵面
面
∴
∴
∴四边形
为等腰梯形
以
为原点，如图建立坐标系，设
，
，
设面
法向量为
．
，即
设面
法向量为
．即
,
∴
设二面角
的大小为
．
二面角
的余弦值为
．
题型六：求几何题的表面积和体积
1．(2016 高考数学江苏文理科·第17 题)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正
四棱锥
，下部分的形状是正四棱柱
(如图所示)，并要求正四棱柱的
高
是正四棱锥的高
的
倍．
(1)若
，
，则仓库的容积是多少；
(2)若正四棱锥的侧棱长为
，当
为多少时，仓库的容积最大？
O1
P
O
D
C
B
A
D1
C1
B1
A1
【答案】(1)
；(2)
；
【官方解答】(1)由
知
．
因为
，所以正四棱锥
的体积
(
)；
正四棱柱
的体积
(
)；
所以仓库的容积是
(
)．
(2)设
(
)，
(
)，则
，
．连结
．
因为在
中，
，
所以
，即
．
于是仓库的容积是
，
从而，
．
令
，则
或
(舍)．
当
时，
，
是单调增函数；
当
时，
，
是单调减函数．
故
时，
取得极大值，也是最大值．
因此，当
时，仓库的容积最大．
民间解答：(1)
，则
，
，
，
，
故仓库的容积为
；
(2)设
，仓库的容积为
则
，
，
，
，
，
，
，
当
时，
，
单调递增，
当
时，
，
单调递减，
因此，当
时，
取到极大值，也是最大值，
因此当
时，仓库的容积最大．
2．(2014 高考数学上海理科·第19 题)底面边长为2 的正三棱锥
，其表面展开图是三角形
，
如图．求
的各边长及此三棱锥的体积
．
C
A
P3
B
P1
P2
【答案】解析：在△
中，
，
，所以
是中位线，
故
．……3 分
同理，
，
．所以△
是等边三角形，各边长均为4．……6 分
设
是△
中心，则
平面
，
所以
，
．……9 分
从而，
．……12 分
3．(2014 高考数学课标2 理科·第18 题)(本小题满分12 分)
如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA⊥平面ABCD，E 为PD 的中点．
(Ⅰ)证明：PB∥平面AEC；
(Ⅱ)设二面角D-AE-C 为60°，AP=1，AD=
，求三棱锥E-ACD 的体积．
【答案】解析：
(Ⅰ)设AC 的中点为G, 连接EG。在三角形PBD 中，中位线EG//PB,且EG 在平面AEC 上，所以PB//平
面AEC．
(Ⅱ)设CD=m, 分别以AD,AB,AP 为X,Y,Z 轴建立坐标系，则
设平面ADE 的法向量
则
解得向量
，
同理设平面ACE 的法向量
解得向量
，
解得
设F 为AD 的中点
，
EF 即为三棱锥E-ACD 的高，
所以，三棱锥E-ACD 的体积为
．
A
B
C
D
E
P
4．(2014 高考数学安徽理科·第20 题)如图，四棱柱{a=3 ¿ ¿¿¿中，
底面
．四边形
为梯形，
，且
．过
三点的平面记为
，
与
的交点为
．
(Ⅰ)证明：
为
的中点；
(Ⅱ)求此四棱柱被平面
所分成上下两部分的体积之比；
(Ⅲ)若
，梯形
的面积为
，求平面
与底面
所成二面角的大小．
【答案】(Ⅰ)证：因为BQ // AA1，BC // AD ，BC ∩BQ =B ，AD ∩AA1=A ，所以平面QBC
//平面A1AD ．从而平面A1CD 与这两个平面的交线相互平行，即QC // A1 D ．
故△QBC 与△A1AD 的对应边相互平行，于是△QBC ~△A1AD ．
所以
BQ
BB 1
= BQ
AA1
= BC
AD =1
2 ，即Q 为BB 1的中点．
(Ⅱ)解：如第(20)题图1，
连接
，
．设AA1== h ，梯形
的高为
，四棱柱被平面
所分成上下两部分的体积分
别为V 1和V 2．设BC =a ，则
．
V Q−A1AD =1
3⋅1
2⋅2a⋅h⋅d=1
3 ahd
，
V Q−ABCD =1
3⋅a+2a
2
⋅d⋅( 1
2 h)= 1
4 ahd
，
所以
，
又
V A1B1C1 D1−ABCD=3
2 ahd
，
所以
，
故
．
(Ⅲ)解法1：如第(20)题图1，在
中，AE ⊥DC ，垂足为
，连接A1 E ，
又DE ⊥AA1，且AA1∩AE =A ．
所以
⊥平面AEA1，于是DE ⊥A1 E ．
所以∠AEA1为平面α 与底面
所成二面角的平面角，
因为
∥
,
,所以S△ADC =2S△BCA ．
又因为梯形
的面积为
，
,所以S△ABC =4 ，
．
于是
tan∠AEA1=
AA1
AE =1
，
∠AEA1= π
4 ．
故平面α 与底面
所成二面角的大小为
π
4 ．
解法2：如第(20)题图2，以
为原点，⃗DA ，⃗DD 1分别为x 轴和z 轴为正方向建立空间直角坐标系．
设∠CDA=θ ． 因为
SABCD =a+2a
2
⋅2sinθ=6
，所以
a=
2
sinθ ．
从而C(2cosθ，2sinθ，0)，
A1(
4
sinθ
，0，4)
，
所以⃗DC =(2cosθ，2sinθ，0)，⃗
DA1=(
4
sinθ ，0，4)
．
设平面A1DC 的法向量⃗n=(x，y，1)，
由
得
所以⃗n=(−sinθ，cosθ，1)．
又因为平面
的法向量⃗m=(0，0，1)．
所以
cos<⃗n，⃗m>=⃗n⋅⃗m
|⃗n||⃗m|=√2
2 ，
故平面α 与底面
所成二面角的大小为
π
4 ．
5．(2015 高考数学湖南理科·第21 题)如图，已知四棱台
上、下底面分别是边长为3
和6 的正方形，
，且
底面
，点
，
分别在棱
，BC 上．
(1)若
是
的中点，证明：
；
(2)若
平面
，二面角
的余弦值为
，求四面体
的体积．
【答案】(1)详见解析；(2)24 ．
分析：(1)建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标可知问题等价于证明
；(2)根据条件
二面角P-QD-A 的余弦值为
，利用空间向量可将四面体ADPQ 视为以Δ ADQ 为底面的三棱锥
P−ADQ ，其高h=4 ，从而求解
解析：解法一 由题设知，
，
，
两两垂直，以
为坐标原点，AB ，AD ，
所在直
线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图b 所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为A(0,0,0)，
，
D(0,6,0)，
， Q(6,m,0)，其中m=BQ ，
，
(1)若P 是
的中点，则
，
，于是
，∴
即
；(2)由题设知，
，
是平面PQD 内的两个不共线向
量．
设
是平面PQD 的一个法向量，则
，即
，
取y=6 ，得
，又平面AQD 的一个法向量是
，
∴cos<⃗n1,⃗n2>=
，而二面角P−QD −A 的余弦
值为
，因此
，解得m=4 ，或者m=8 (舍去)，此时Q(6,4,0)，
设
，而
，由此得点P(0,6−3 λ,6 λ)，
，∵PQ //平面
，且平面
的一个法向量是
，
∴
，即3 λ−2=0 ，亦即
，从而P(0,4,4)，于是，将四面体ADPQ 视为以ΔADQ
为
底
面
的
三
棱
锥P−ADQ ，
则
其
高h=4 ，
故
四
面
体ADPQ 的
体
积
．
解法二 (1)如图c，取
的中点R ，连结PR ，BR ，∵
，
是梯形
的两腰，P 是
的中点，∴PR // AD ，于是由AD // BC 知，PR //BC ，∴P ，R ，B ，C 四点共面，
由题设知，BC ⊥AB ，
，∴
平面
，因此
①，
∵
，∴
，因此
，于是
，再由①即知
平面PRBC ，又
平面PRBC ，故
；
(2)如图d，过点P 作
交AD 于点M ，则PM // 平面
，
∵
平面ABCD ，∴
平面ABCD ，过点M 作
于点N ，连结PN ，则
PN ⊥QD ，
为二面角P−QD −A 的平面角，∴
，即
，从而
③
连结MQ ，由PQ //平面
，∴MQ // AB ，又ABCD 是正方形，所以ABQM 为矩形，故
MQ =AB =6 ，设MD =t ，则
④，过点
作
交
AD 于点E ，则
为矩形，∴
，
，因此ED =AD −AE =3 ，
于是
，∴PM =2MD =2t ，再由③④得
，解得t=2，因此
PM =4 ，故四面体ADPQ 的体积
．
题型七：求距离的问题
1．(2019·上海·第17 题)如图，在长方体
中，
为
上一点，已知
，
，
，
.
(1)求直线
与平面
的夹角；
(2)求点
到平面
的距离.
【答案】
(1)
；
(2)
【解析】(1)依题意：
，连接AC，则
与平面ABCD 所成夹角为
；
∵
，
，∴
为等腰直角△，
；
∴ 直线
与平面
的夹角为
.
（2）法一(空间向量)：如图建立坐标系：
则：
，
，
，
，
，
∴求平面
的法向量
：
，得：
A 到平面
的距离为：
法二(等体积法)：利用
求解，求
时，需要求出三边长(不是特殊三角形)，利
用
求解
2
．
(2023
年
天
津
卷
·
第
17
题
)
三
棱
台
中
，
若
面
，
分别是
中点．
(1)求证：
//平面
；
(2)求平面
与平面
所成夹角的余弦值；
(3)求点
到平面
的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
解析：(1)
连接
．由
分别是
的中点，根据中位线性质，
//
，且
，
由棱台性质，
//
，于是
//
，由
可知，四边形
是平行四边
形，则
//
，
又
平面
，
平面
，于是
//平面
．
(2)过
作
，垂足为
，过
作
，垂足为
,连接
．
由
面
，
面
，故
，又
，
，
平
面
，则
平面
．
由
平面
，故
，又
，
，
平面
，
于是
平面
，
由
平面
，故
．于是平面
与平面
所成角即
．
又
，
，则
，故
，在
中，
，则
，
于是
(3)[方法一：几何法]
过
作
，垂足为
，作
，垂足为
，连接
，过
作
，垂
足为
．
由题干数据可得，
，
，根据勾股定理，
，
由
平面
，
平面
，则
，又
，
，
平面
，于是
平面
．
又
平面
，则
，又
，
，
平面
，
故
平面
．
在
中，
，
又
，故点
到平面
的距离是
到平面
的距离的两倍，
即点
到平面
的距离是
．
[方法二：等体积法]
辅助线同方法一．
设点
到平面
的距离为
．
，
．
由
，即
．
题型八：根据条件确定点的位置
1．(2021 高考北京·第17 题)如图：在正方体
中，
为
中点，
与平面
交于点
．
(1)求证：
为
的中点；
(2)点
是棱
上一点，且二面角
的余弦值为
，求
的值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
．
解析： (1)如图所示，取
的中点
，连结
，
由于
为正方体，
为中点，故
，
从而
四点共面，即平面CDE 即平面
，据此可得：直线
交平面
于点
，
当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点
与点
重合，即点
为
中点．
(2)以点
为坐标原点，
方向分别为
轴，
轴，
轴正方向，建立空间直角坐标系
，
不妨设正方体的棱长为2，设
，
则：
，
从而：
，
设平面
的法向量为：
，则：
，
令
可得：
，
设平面
的法向量为：
，则：
，
令
可得：
，
从而：
，
则：
，
整理可得：
，故
(
舍去)．
2．(2014 高考数学湖北理科·第19 题) 如图，在棱长为2 的正方体
中，E 、F 、M 、
N 分别是棱AB 、AD 、A1B1、
A1D1的中点，点P 、Q 分别在棱
、
上移动，且DP =BQ =λ(0<λ<2)．
(Ⅰ)当λ=1 时，证明：直线BC 1//平面EFPQ ；
(Ⅱ)是否存在λ ，使平面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．
【答案】(1)详见解析；(2)详见解析．
解析：方法一(几何方法)
(1)证明：如图①，连接AD1，由ABCD－A1B1C1D1是正方体，知BC1∥AD1．当λ＝1 时，P 是DD1的中
点，又F 是AD 的中点，所以FP∥AD1．
图①
所以BC1∥FP．
而FP⊂平面EFPQ，且BC1
平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ．
(2)解：如图②，连接BD．
图②
因为E，F 分别是AB，AD 的中点，
所以EF∥BD，且
．
又DP＝BQ，DP∥BQ，
所以四边形PQBD 是平行四边形，
故PQ∥BD，且PQ＝BD，
从而EF∥PQ，且
．
在Rt△EBQ 和Rt△FDP 中，因为BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，
于是
，
所以四边形EFPQ 是等腰梯形．
同理可证四边形PQMN 是等腰梯形．
分别取EF，PQ，MN 的中点为H，O，G，连接OH，OG，
则GO⊥PQ，HO⊥PQ，而GO∩HO＝O，
故∠GOH 是面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角的平面角．
若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则∠GOH＝90°．
连接EM，FN，则由EF∥MN，且EF＝MN，
知四边形EFNM 是平行四边形．
连接GH，因为H，G 是EF，MN 的中点，
所以GH＝ME＝2．
在△GOH 中，GH2＝4，
，
，
由OG2＋OH2＝GH2，得
，解得
，
故存在
，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．
方法二(向量方法)
以D 为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z 轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系D－
xyz．
图③
由已知得B(2,2,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,0)，F(1,0,0)，P(0,0，λ)．
，
，
．
(1)证明：当λ＝1 时，
，
因为
，
所以
，即BC1∥FP．
而FP⊂平面EFPQ，且BC1
平面EFPQ，
故直线BC1∥平面EFPQ．
(2)解：设平面EFPQ 的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则由
可得
于是可取n＝(λ，－λ，1)．
同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1)．
若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，
则m·n＝(λ－2,2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，
解得
．
故存在
，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．
3．(2021 年高考全国甲卷理科·第19 题)已知直三棱柱
中，侧面
为正方形，
，E，F 分别为
和
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)见解析；(2)
解析：因为三棱柱
是直三棱柱，所以
底面
，所以
因为
，
，所以
，
又
，所以
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．
所以
，
．
由题设
(
)．
(1)因为
，
所以
，所以
．
(2)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
．
【点睛】本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出
(
)，在第二问中通过
余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步．
4．(2021 年新高考Ⅰ卷·第20 题)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
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】解析：(1)因为AB=AD,O 为BD 中点，所以AO⊥BD
因为平面ABD
平面BCD
,平面ABD⊥平面BCD，
平面ABD，
因此AO⊥平面BCD，因为
平面BCD，所以AO⊥CD
(2)作EF⊥BD 于F, 作FM⊥BC 于M,连FM
因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD, AO⊥CD
所以EF⊥BD, EF⊥CD,
,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC
因为FM⊥BC，
,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥MF
则
为二面角E-BC-D 的平面角,
因为
,
为正三角形,所以
为直角三角形
因为
,
从而EF=FM=
平面BCD,所以
5．(2016 高考数学北京理科·第17 题)(本小题14 分)如图，在四棱锥
中，平面
平面
，
,
，
．
(I)求证：
平面
;
(II)求直线
与平面
所成角的正弦值；
(Ⅲ)在棱
上是否存在点
，使得
平面
?若存在，求
的值；若不存在，说明理由．
【答案】
(1)略；(2)
；(3)
．
【官方解答】(Ⅰ)因为平面
平面
，
，所以
平面
．
所以
．又因为
，所以
平面
．
(Ⅱ)取
的中点
，连结
．
因为
，所以
．
又因为
平面
，平面
平面
，
所以
平面
．
因为
平面
，所以
．
因为
，所以
．
如图建立空间直角坐标系
．
由题意得，
．
设平面
的法向量为
，则
即
令
，则
．所以
．
又
，所以
．
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
．
(Ⅲ)设
是棱
上一点，则存在
使得
．
因此点
．
因为
平面
，所以
平面
当且仅当
，
即
，解得
．
所以在棱
上存在点
使得
平面
，此时
．
【民间解答】⑴∵面
面
，面
面
∵
，
面
∴
面
∵
面
∴
又
∴
面
⑵取
中点为
，连结
，
∵
∴
∵
∴
以
为原点，如图建系
O
x
y
z
P
A
B
C
D
易知
，
，
，
，
则
，
，
，
设
为面
的法向量，令
，则
与面
夹角
有
⑶假设存在
点使得
面
设
，
由(2)知
，
，
，
，
有
∴
∵
面
，
为
的法向量
∴
即
，∴
∴综上，存在
点，即当
时，
点即为所求．
6．(2023 年新课标全国Ⅰ卷·第18 题)如图，在正四棱柱
中，
．点
分别在棱
,
上，
．
(1)证明：
；
(2)点
在棱
上，当二面角
为
时，求
．
【答案】(1)证明见解析；
(2)1
解析：(1)以
为坐标原点，
所在直线为
轴建立空间直角坐标系，如图，
则
，
，
，
又
不在同一条直线上，
．
(2)设
，
则
，
设平面
的法向量
，
则
，
令
，得
，
，
设平面
的法向量
，
则
，
令
，得
，
，
，
化简可得，
，
解得
或
，
或
，
．
7．(2018 年高考数学天津(理)·第17 题)(本小题满分13 分)如图，
且
，
，
且
，
，且
，
平面
，
．
(1)若
为
的中点，
为
的中点，求证：
平面
；
(2)求二面角
的正弦值；
(3)若点
在线段
上，且直线
与平面
所成的角为
，求线段
的长．
A
B
C
D
E
F
G
M
N
【答案】(1)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
，
．
A
B
C
D
E
F
G
M
N
x
y
z
(1)证明：依题意
．设
为平面
的法向量，则
即
不妨令
，可得
．
又
，可得
，又因为直线
平面
，所以
平面
．
(2)解：依题意，可得
．设
为平面
的法向量，则
即
不妨令
，可得
．
设
为平面
的法向量，
则
即
不妨令
，可得
．
因此有
，于是
．
所以，二面角
的正弦值为
．
(3)设线段
的长为
(
)，则点
的坐标为
，可得
．
易知，
为平面
的一个法向量，故
，
由题意，可得
，解得
．所以线段
的长为
．
8．(2014 高考数学天津理科·第17 题)如图,在四棱锥
中,
底面
,
,
,
,点
为棱
的中点．
(Ⅰ)证明:
;
(Ⅱ)求直线
与平面
所成角的正弦值;
(Ⅲ)若
为棱
上一点,满足
,求二面角
的余弦值．
【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)
;(Ⅲ)
．
解析:(方法一)依题意,以点
为原点建立空间直角坐标系(如图),
可得
,
,
,
．由
为棱
的中点,得
．
(Ⅰ)
,
,故
．
所以,
．
(Ⅱ)
,
．
设
为平面
的法向量,则
即
不妨令
,可得
为平面
的一个法向量．
于是有
,
所以,直线
与平面
所成角的正弦值为
．
(Ⅲ)
,
,
,
．
由点
在棱
上,设
,
．故
．
由
,得
,因此,
,
解得
．即
．
设
为平面
的法向量,则
即
不妨令
,可得
为平面
的一个法向量．
取平面
的法向量
,则
．
易知,二面角
是锐角,所以其余弦值为
．
(方法二)(Ⅰ)如图,取
中点
,连接
,
．
由于
分别为
的中点,故
,且
．
由已知,可得
且
,故四边形
为平行四边形,所以
．
因为
底面
,故
,而
,从而
平面
．因为
平面
,于是
．
又
,所以
．
(Ⅱ)连接
．由(Ⅰ)有
平面
,得
,
而
,故
．又因为
,
为
的中点,故
,可得
,所以
平面
,
故平面
平面
．所以直线
在平面
内的射影为直线
,
而
,可得
为锐角,故
为直线
与平面
所成的角．
依题意,有
,而
为
中点,可得
,故
．
在直角三角形
中,
,因此
．
所以,直线
与平面
所成角的正弦值为
．
(Ⅲ)如图,在
中,过点
作
交
于点
．
因为
底面
,故
底面
,从而
．
又
,得
平面
,因此
．在底面
内,可得
,从而
．
在平面
内,作
交
于点
,于是
．
由于
,故
,所以
四点共面．
由
,
,得
平面
,故
．
所以
为二面角
的平面角．
在
中,
,
,
,
由余弦定理可得
,
．
所以,二面角
的余弦值为
．
9．(2015 高考数学湖北理科·第19 题)(本小题满分12 分)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧
棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．
如图，在阳马
中，侧棱
底面
，且
，过棱
的中点
，作
交
于点
，连接
(Ⅰ)证明：
．试判断四面体
是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出
结论)；若不是，说明理由；
(Ⅱ)若面
与面
所成二面角的大小为
，求
的值．
【答案】解析：(解法1)(Ⅰ)因为
底面
，所以
，
由底面
为长方形，有
，而
，
所以
．而
，所以
．
又因为
，点
是
的中点，所以
．
而
，所以
平面
．而
，所以
．
又
，
，所以
平面
．
由
平面
，
平面
，可知四面体
的四个面都是直角三角形，
即四面体
是一个鳖臑，其四个面的直角分别为
．
(Ⅱ)如图1，在面
内，延长
与
交于点
，则
是平面
与平面
的交线．由(Ⅰ)知，
，所以
．
又因为
底面
，所以
．而
，所以
．
故
是面
与面
所成二面角的平面角，
设
，
，有
，
在Rt△PDB 中, 由
, 得
,
则
, 解得
．
所以
故当面
与面
所成二面角的大小为
时，
．
(解法2)
(Ⅰ)如图2，以
为原点，射线
分别为
轴的正半轴，建立空间直角坐标系．
设
，
，则
，
，点
是
的中
点，
所以
，
，
于是
，即
．
又已知
，而
，所以
．
因
,
, 则
, 所以
．
由
平面
，
平面
，可知四面体
的四个面都是直角三角形，
即四面体
是一个鳖臑，其四个面的直角分别为
．
(Ⅱ)由
，所以
是平面
的一个法向量；
由(Ⅰ)知，
，所以
是平面
的一个法向量．
若面
与面
所成二面角的大小为
，
则
，
解得
．所以
故当面
与面
所成二面角的大小为
时，
．
10．(2017 年高考数学天津理科·第17 题)如图,在三棱锥
ABC
P
中,
PA
底面ABC ,
90
BAC
．
点D , E , N 分别为棱PA , PC , BC 的中点, M 是线段AD 的中点,
4
AC
PA
,
2
AB
．
(1)求证:
//
MN
平面BDE ;
(2)求二面角
N
EM
C
的正弦值;
(3)已知点H 在棱PA 上,且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为
7
21 ,求线段AH 的长．
【答案】(1)详见解析 (2)
21
105
(3)
8
5 或
1
2 ．
【解析】如图,以A 为原点,
,
,
AB AC AP
为基底,建立图示空间直角坐标系,依题意可得
0 0 0
A
，，,
2 0 0
0 4 0
(0 0 4),
0 0 2
B
C
P
D
，，，
，，，
，，
，，,
0 2 2
0 0 1
1 2 0
E
M
N
，，，
，，，
，，．
(1)证明: DE
0
2
0 ，
，
, DB
2
-
0
2 ，
，
．设
( , , )
n
x y z
为平面BDE 的法向量,
则
0
0
n DE
n DB
,即
2
0
2
2
0
y
x
z
．不妨设
1
z ,可得
(1,0,1)
n
．又MN
1
-
2
1 ，
，
,可得
0
MN n
．
MN
平面BDE ,
/ /
MN
平面BDE ．
(2)易知
1
(1,0,0)
n
为平面CEM 的一个法向量．设
2
( , , )
n
x y z
为平面EMN 的法向量,则
2
2
0
0
n
EM
n
MN
,
因为
(0, 2, 1)
EM
,
(1,2, 1)
MN
,所以
2
0
2
0
y
z
x
y
z
．不妨设
1
y ,可得
2
( 4,1, 2)
n
．
因此有
1
2
1
2
1
2
4
cos
,
||
|
21
n
n
n n
n
n
|
,于是
1
2
105
sin
,
21
n n
所以,二面角
N
EM
C
的正弦值为
105
21
．
(3)解:依题意,设
0
4
AH
h
h
,则
0,0,
H
h ,进而可得
( 1, 2, )
NH
h
,
( 2,2,2)
BE
．由已知,
得
2
|
|
| 2
2 |
7
| cos
,
|
21
|
||
|
5
2 3
NH BE
h
NH BE
NH
BE
h
,整理得
2
10
21
8
0
h
h
,解得
8
5
h
,或
1
2
h
．
所以,线段AH 的长为
8
5 或
1
2 ．
11．(2017 年高考数学课标Ⅲ卷理科·第19 题)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．
【答案】(Ⅰ)证明略;(Ⅱ)
7
7 ．
【解析】证明:(1)取AC 的中点为O ,连接
,
BO DO
ABC
为等边三角形
∴BO
AC
∴AB
BC
AB
BC
BD
BD
ABD
DBC
ABD
CBD
．
∴AD
CD
,即ACD
为等腰直角三角形,
ADC
为直角又O 为底边AC 中点
∴DO
AC
令AB
a
,则AB
AC
BC
BD
a
易得:
2
2
OD
a
,
3
2
OB
a
∴
2
2
2
OD
OB
BD
由勾股定理的逆定理可得
2
DOB
即OD
OB
OD
AC
OD
OB
AC
OB
O
AC
ABC
OB
ABC
平面
平面
OD
ABC
平面
又∵OD
ADC
平面
由面面垂直的判定定理可得
ADC
ABC
平面
平面
(2)由题意可知V
V
D ACE
B ACE
即B , D 到平面ACE 的距离相等即E 为BD 中点
以O 为原点,OA
为x 轴正方向,OB
为y 轴正方向,OD
为z 轴正方向,设AC
a
,建立空间直角坐标
系
则
0,0,0
O
,
,0,0
2
a
A
,
0,0, 2
a
D
,
3
0,
,0
2
B
a
,
3
0,
,
4
4
a
E
a
易得:
3
,
,
2
4
4
a
a
AE
a
,
,0,
2
2
a
a
AD
,
,0,0
2
a
OA
设平面AED 的法向量为
1n
,平面AEC 的法向量为
2n
,
则
1
1
0
0
AE n
AD n
,解得
1
3,1, 3
n
2
2
0
0
AE n
OA n
,解得
2
0,1,
3
n
若二面角D
AE
C
为,易知为锐角,则
1
2
1
2
7
cos
7
n n
n
n
．
12．(2017 年高考数学课标Ⅱ卷理科·第19 题)如图，四棱锥P
ABCD
中，侧面PAD 为等比三角形
且垂直于底面ABCD ，
o
1
,
90 ,
2
AB
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 所成锐角为
o
45 ，求二面角M
AB
D
的
余弦值．
【答案】(1)证明略；(2)
10
5
【基本解法1】
(1)证明：取PA 中点为F ，连接EF 、AF
因为
90
BAD
ABC
，
1
2
BC
AD
所以BC
1
2 AD
因为E 是PD 的中点，所以EF
1
2 AD
，所以EF
BC
所以四边形EFBC 为平行四边形，所以
/ /
EC
BF
因为BF 平面PAB ，EC 平面PAB
所以直线
/ /
CE
平面PAB
(2)取AD 中点为O ，连接OC
OP
、
因为△PAD 为等边三角形，所以PO AD
因为平面PAD 平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD
AD
，PO 平面PAD
所以PO 平面ABCD
因为AO
BC ，所以四边形OABC 为平行四边形，所以
/ /
AB
OC
所以OC
AD
以
,
,
OC OD OP 分别为, ,
x y z 轴建立空间直角坐标系，如图
设
1
BC
，则
(0,0, 3), (0, 1,0), (1, 1,0),
(1,0,0)
P
A
B
C
，所以
(1,0,
3)
PC
设
( , , )
M x y z ，则
( , ,
3)
PM
x y z
，
(1,0,0)
AB
因为点M 在棱PC 上，所以
(0
1)
PM
PC
，即( , ,
3)
(1,0,
3)
x y z
所以
( ,0, 3
3 )
M
，所以
(
1,1, 3
3 )
BM
平面ABCD 的法向量为
(0,0,1)
n
因为直线BM 与底面ABCD 所成角为45，
所以
2
2
2
|
|
|
3
3 |
2
| sin 45 | | cos
,
|
2
|
||
|
(
1)
1
( 3
3 )
1
BM n
BM n
BM
n
解得
2
1
2
，所以
2
6
(
,1,
)
2
2
BM
设平面MAB 的法向量为
( , , )
m
x y z
，则
0
2
6
0
2
2
AB m
x
BM m
x
y
z
令
1
z ，则
6
(0,
,1)
2
m
所以
2
2
1
10
cos
,
5
|
| |
|
6
(
)
1
2
m n
m n
m
n
所以求二面角M
AB
D
的余弦值
10
5
【基本解法2】
(1)证明：取AD 中点为O ，连接OC
OE
、
因为
90
BAD
ABC
，
1
2
BC
AD
所以BC
1
2 AD
，即BC
AO
所以四边形OABC 为平行四边形，所以
/ /
OC
AB
因为AB 平面PAB ，OC 平面PAB
所以直线
/ /
OC
平面PAB
因为E 是PD 的中点，所以
/ /
OE
PA
因为PA 平面PAB ，OE 平面PAB
所以直线
/ /
PA
平面PAB
因为PA
AB
A
，所以平面
/ /
OCE
平面PAB
因为CE 平面PAB
所以直线
/ /
CE
平面PAB
(2)同上
题型九：立体几何中求最值问题
1．(2020 年新高考全国Ⅰ卷(山东)·第20 题)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：(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
，
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
，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
．
2．(2018 年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第19 题)(12 分)如图，边长为
的正方形
所在平面与半圆弧
所在的平面垂直，
是弧
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】【官方解析】(1)由题设知，平面
平面
，交线为
因为
，
平面
，所以
平面
，故
因为
为
上异于
的点，且
为直径，所以
又
，所以
平面
而
平面
，故平面
平面
．
(2)以
为坐标原点，
的方向为
轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
当三棱锥
体积最大时，
为
的中点，由题设得
，
，
，
，
，
，
设
是平面
的法向量，则
，即
可取
易知
是平面
的法向量，因此
所以
所以面
与面
所成二面角的正弦值是
．
【民间解析】(1)证明：因为面
半圆面
，且面
半圆面
而四边形
为正方形，所以
，所以
平面
又
平面
，所以
①
又因为点
在以
为直径的半圆上，所以
②
又
、
面
，且
③
由①②③可得
面
，而
平面
所以平面
平面
(2)如图，以
所在直线作为
轴，以
中点为坐标原点
，过点
作
的平行线，作为
轴，
过点
作面
的垂线，作为
轴，建立空间直角坐标系
因为
，而
所以当点
到平面
的距离最大时，三棱锥
的体积最大，此时
所以
，
，
；
，
设面
的法向量为
，易知面
的法向量为
所以
，
由
即
，解得
，可取
所以
故所求面
与面
所成二面角的正弦值为
．
3．(2014 高考数学江西理科·第20 题)如图,四棱锥
ABCD
P
中, ABCD 为矩形,平面
PAD
平面
ABCD ．
求证:
;
PD
AB
若
,2
,
2
,
90
PC
PB
BPC
问AB 为何值时,四棱锥
ABCD
P
的体积最大?并求此时平面
PBC 与平面DPC 夹角的余弦值．
【答案】(1)详见解析,(2)
6
3
AB
时,四棱锥的体积P-ABCD 最大． 平面BPC 与平面DPC 夹角的余
弦值为
10 .
5
分析:(1)先将面面垂直转化为线面垂直:ABCD 为矩形,故ABAD,又平面PAD平面ABCD,平面PAD
平面ABCD=AD,所以AB平面PAD,再根据线面垂直证线线垂直:因为PD平面PAD,所以ABPD
(2)求四棱锥体积,关键要作出高．这可利用面面垂直性质定理:过P 作AD 的垂线,垂足为O,又平面
PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以PO平面ABCD,下面用
3
n
表示高及底面积:设
,
AB
m
,则
2
2
2
4
,
3
DP
PG
OG
m
,故四棱锥P-ABCD 的体积为
2
2
1
4
6
8
6
.
3
3
3
m
V
m
m
m
故当
6
3
m
时,即
6
3
AB
时,四棱锥的体积P-ABCD 最大
求二面角的余弦值,可利用空间向量求解,根据题意可建立空间坐标系,分别求出平面BPC 的法向量及
平面DPC 的法向量,再利用向量数量积求夹角余弦值即可．
解析:(1)证明:ABCD 为矩形,故ABAD,
又平面PAD平面ABCD
平面PAD平面ABCD=AD
所以AB平面PAD,因为PD平面PAD,故ABPD
(2)解:过P 作AD 的垂线,垂足为O,过O 作BC 的垂线,垂足为G,连接PG．
故PO平面ABCD,BC平面POG,BCPG
在直角三角形BPC 中,
2 3
2 6
6
,
,
,
3
3
3
PG
GC
BG
设
,
AB
m
,则
2
2
2
4
,
3
DP
PG
OG
m
,故四棱锥P-ABCD 的体积为
P
D
C
2
2
1
4
6
8
6
.
3
3
3
m
V
m
m
m
因为
2
2
2
2
8
8
6
6(
)
3
3
m
m
m
故当
6
3
m
时,即
6
3
AB
时,四棱锥的体积P-ABCD 最大．
建
立
如
图
所
示
的
空
间
直
角
坐
标
系
,
6
6
6 2 6
2 6
6
(0,0,0),
(
,
,0),
(
,
,0),
(0,
,0),
(0,0,
)
3
3
3
3
3
3
O
B
C
D
P
故
6 2 6
6
6
(
,
,
),
(0, 6,0),
(
,0,0)
3
3
3
3
PC
BC
CD
设平面BPC 的法向量
1
( , ,1),
x y
n
,则由
1
PC
n
,
1
BC
n
得
6
2 6
6
0
3
3
3
6
0
x
y
y
解得
1,
0,
x
y
1
(1,0,1),
n
同理可求出平面DPC 的法向量
2
1
(0,
,1),
2
n
,从而平面BPC 与平面DPC 夹角的余弦值为
1
2
1
2
1
10
cos
.
|
| |
|
5
1
2
1
4
n n
n
n
4．(2015 高考数学江苏文理·第25 题)如图，在四棱锥
中，已知
平面
，且四边
形
为直角梯形，
,
．
(1)求平面
与平面
所成二面角的余弦值；
(2)点
是线段
上的动点，当直线
与
所成角最小时，求线段
的长．
【答案】(1)
(2)
Q
D
C
B
A
P
分析：(1)求二面角，关键求出两个平面的法向量，本题中平面
法向量已知，故关键求平面
的法向量，利用向量垂直关系可列出平面
的法向量两个独立条件，再根据向量数量积求二
面角余弦值(2) 先建立直线CQ 与DP 所成角的函数关系式：设
, 则
,再利用导数求其最值，确定点Q 坐标，最后利用向量模求
线段BQ 的长
解析：以
为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系
，
则各点的坐标为
，
，
，
．
(1)因为
平面
，所以
是平面
的一个法向量，
．
因为
，
．
设平面
的法向量为
，则
，
，即
．
令
，解得
，
．
所以
是平面
的一个法向量．
从而
，所以平面
与平面
所成二面角的余弦值为
．
(2)因为
，设
(
)，
又
，则
，又
，
从而
．
设
，
，则
．
当且仅当
，即
时，
的最大值为
．
因为
在
上是减函数，此时直线
与
所成角取得最小值．
又因为
，所以
．
题型十：立体几何的综合应用
1．(2019·北京·理·第16 题)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
．
(Ⅰ)求证：CD⊥平面PAD；
(Ⅱ)求二面角F–AE–P 的余弦值；
(Ⅲ)设点G 在PB 上，且
．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．
【答案】【解析】(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，则PA⊥CD，
由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD＝A，由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD．
(Ⅱ)以点A 为坐标原点，平面ABCD 内与AD 垂直的直线为x 轴，AD，AP 方向为y 轴，z 轴建立如图所
示的空间直角坐标系
，
易知：
，
由
可得点F
坐标为
，由
可得
，
设平面AEF 的法向量为：
，
则
，
令
，则
，
，据此可得平面AEF 的一个法向量为：
，
很明显平面AEP 的一个法向量为
，
所以
，
由题可知二面角
的平面角为锐角，故二面角
的余弦值为
．
(Ⅲ)易知
，由
可得
，则
，
注意到平面AEF 的一个法向量为：
，
而
且点A 在平面AEF 内，故直线AG 在平面AEF 内．
2．(2017 年高考数学江苏文理科·第18 题)如图,水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容
器Ⅱ的高均为32cm,容器Ⅰ的底面对角线AC 的长为10
7 cm,容器Ⅱ的两底面对角线EG ,
1
1
E G 的长分
别为14cm 和62cm． 分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水,水深均为12cm． 现有一根玻璃棒l,其长度为
40cm．(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计)
(1)将l 放在容器Ⅰ中,l 的一端置于点A 处,另一端置于侧棱
1
CC 上,求l 没入水中部分的长度;
(2)将l 放在容器Ⅱ中,l 的一端置于点E 处,另一端置于侧棱
1
GG 上,求l 没入水中部分的长度．
【答案】(1)16(2)20
解析:(1)由正棱柱的定义,
1
CC ⊥平面ABCD ,所以平面
1
1
A ACC ⊥平面ABCD ,
1
CC
AC
⊥
．
记玻璃棒的另一端落在
1
CC 上点M 处．
因为
10 7
AC
,
40
AM
,所以
2
2
40
(10 7)
30
MC
,从而
3
sin
4
MAC
,
记AM 与水面的交点为
1P ,过
1P 作
1
1
PQ ⊥AC ,
1
Q 为垂足,则
1
1
PQ ⊥面ABCD,
故
1
1
PQ =12,从而
1
1
1
sin
PQ
AP
MAC
=16．
答:玻璃棒l 没入水中部分的长度为16cm．
( 如果将“没入水中部分冶理解为“水面以上部分冶,则结果为24cm)
容器Ⅱ
容器Ⅰ
G
O
H
F
E
D
C
B
A
O1
H1
G1
F1
E1
D1
C1
B1
A1
(第18 题)
(2)如图,O,O1是正棱台的两底面中心．
由正棱台的定义,OO1⊥平面 EFGH, 所以平面E1EGG1⊥平面EFGH,O1O⊥EG．
同理,平面 E1EGG1⊥平面E1F1G1H1,O1O⊥E1G1．
记玻璃棒的另一端落在GG1上点N 处．
过G 作GK⊥E1G,K 为垂足, 则GK =OO1=32．
因为EG = 14,E1G1= 62,
所以KG1=
62 14
24
2
,从而
2
2
2
2
1
1
24
32
40
GG
KG
GK
．
设
1
,
,
EGG
ENG
∠
∠
则
1
1
4
sin
sin(
)
cos
2
5
KGG
KGG
∠
∠
．
因为2
,所以
3
cos
5
．
在
ENG
△
中,由正弦定理可得
40
14
sin
sin
,解得
7
sin
25
．
因为
0
2
,所以
24
cos
25
．于是
4
24
7
3
sin
sin(
)
sin(
)
sin
co
3
s
cos
sin
(
)
5
25
25
5
5
NEG
∠
．
记EN 与水面的交点为P2,过 P2 作P2Q2⊥EG,Q2 为垂足,则 P2Q2⊥平面 EFGH,故P2Q2=12,从而 EP2=
2
2
20
sin
P
NEG
Q
∠
．
答:玻璃棒l 没入水中部分的长度为20cm．
