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三年专题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；
(2)√5
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，
所以AE = BF = 1
2，
故DE = √3
2 ，BD =√D E
2+ B E
2=√3，
所以A D
2+ B D
2= A B
2，
所以AD⊥BD，
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
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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)，
则有{ n
→
⋅AP
→
=−x +√3 z =0
n
→
⋅BP
→
=−√3 y +√3 z =0
，可取⃗n=(√3,1,1)，
则cos〈⃗n,⃗DP 〉=⃗
n⋅⃗DP
|⃗n||⃗DP|
= √5
5 ，
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为√5
5
.
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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
(2)CF与平面ABD所成的角的正弦值为4√3
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，
所以AC ⊥EF，所以S△AFC = 1
2 AC ⋅EF，
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，
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因为E 为AC的中点，所以AE = EC =1，BE =√3，
因为AD⊥CD，所以DE = 1
2 AC =1,
在△DEB中，D E
2+ B E
2= B D
2，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)，
又因为C (−1,0,0), F(0, √3
4 , 3
4)，所以⃑CF =(1, √3
4 , 3
4)，
所以cos ⟨⃑n,⃑CF ⟩=⃑n⋅⃑CF
|⃑n||⃑CF|=
6
√21×√
7
4
= 4√3
7
，
设CF与平面ABD所成的角的正弦值为θ(0≤θ≤π
2)，
所以sinθ =|cos ⟨⃑n,⃑CF ⟩|= 4√3
7
，
所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为4√3
7
.
3．【2022 年新高考1 卷】如图，直三棱柱ABC −A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2√2．
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(1)求A 到平面A1BC的距离；
(2)设D 为A1C的中点，A A1= AB，平面A1BC ⊥平面AB B1 A1，求二面角A −BD−C的正弦值．
【答案】(1)√2
(2)√3
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AB B1 A1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得
解.
(1)
在直三棱柱ABC −A1B1C1中，设点A 到平面A1BC的距离为h，
则V A −A1BC = 1
3 S△A1BC⋅ℎ= 2√2
3
ℎ=V A1−ABC = 1
3 S△ABC⋅A1 A = 1
3 V ABC −A1B1C1= 4
3 ，
解得ℎ=√2，
所以点A 到平面A1BC的距离为√2；
(2)
取A1B的中点E,连接AE,如图，因为A A1= AB，所以AE⊥A1B,
又平面A1BC ⊥平面AB B1 A1，平面A1BC ∩平面AB B1 A1= A1B，
且AE⊂平面AB B1 A1，所以AE⊥平面A1BC，
在直三棱柱ABC −A1B1C1中，B B1⊥平面ABC，
由BC ⊂平面A1BC，BC ⊂平面ABC可得AE⊥BC，B B1⊥BC，
又AE ,B B1⊂平面AB B1 A1且相交，所以BC ⊥平面AB B1 A1，
所以BC ,BA ,B B1两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，
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由（1）得AE =√2，所以A A1= AB =2，A1B =2√2，所以BC =2，
则A(0,2,0), A1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A1C的中点D(1,1,1)，
则⃗BD =(1,1,1)，⃗BA =(0,2,0),⃗BC =(2,0,0),
设平面ABD的一个法向量⃗m=( x , y , z)，则{⃗m⋅⃗BD = x + y + z =0⃗
m⋅⃗BA =2 y =0
，
可取⃗m=(1,0,−1)，
设平面BDC的一个法向量⃗n=(a,b,c)，则{⃗m⋅⃗BD =a+b+c =0⃗
m⋅⃗BC =2a=0
，
可取⃗n=(0,1,−1)，
则cos〈⃗m,⃗n 〉=⃗
m⋅⃗n
|⃗m|⋅|⃗n| =
1
√2×√2 = 1
2，
所以二面角A −BD−C的正弦值为√1−( 1
2 )
2
= √3
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；
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(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
(2)11
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 =√A P
2−PO
2= 4，
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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E(3√3,1, 3
2)，
则⃑AE =(3√3,1, 3
2)，⃑AB =(4√3,0,0)，⃑AC =(0,12,0)，
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)；
所以cos ⟨⃑n,⃑m⟩=⃑n⋅⃑m
|⃑n||⃑m|=
−12
√13×√39 =−4√3
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，
所以cosθ =−4√3
13 ，所以sinθ =√1−cos
2θ = 11
13
故二面角C −AE−B的正弦值为11
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．
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（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，
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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．
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，
．
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
．
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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．
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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
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．
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
．
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（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
，
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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
．
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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
，
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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
，
．
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，
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】
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【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
，
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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
．
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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】
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【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.
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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，
．
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（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
，
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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
．
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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
，
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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
，
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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
．
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[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-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.
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（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】
【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
，
，
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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
．
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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．
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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
，
，
．
，
，
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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】
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【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
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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
．
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延长
交
于G，
平面
，
平面
A1B1C1D1．
，
所以
平面
平面
A1B1C1D1①．
延长
交
于H，同理
平面
平面
A1B1C1D1②．
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，
．
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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．
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（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
，
，
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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
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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
．
．
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．
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
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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
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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．
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［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
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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
，
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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
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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.
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