【五年高考真题】最新五年数学高考真题分项汇编——专题06《立体几何（解答题）》（理科专用）（2023全国卷地区通用）

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)55.
【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=12，
故DE=32，BD=DE2+BE2=3，
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)，
则有{n→⋅AP→=-x+3z=0n→⋅BP→=-3y+3z=0，可取n=(3,1,1)，
则cos〈n,DP〉=n⋅DP|n||DP|=55，
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为55.

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437
【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=12AC⋅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，
因为E为AC的中点，所以AE=EC=1，BE=3，
因为AD⊥CD，所以DE=12AC=1,
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A1,0,0,B0,3,0,D0,0,1，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n⋅AD=-x+z=0n⋅AB=-x+3y=0，取y=3，则n=3,3,3，
又因为C-1,0,0,F0,34,34，所以CF=1,34,34，
所以cosn,CF=n⋅CFnCF=621×74=437，
设CF与平面ABD所成的角的正弦值为θ0≤θ≤π2，
所以sinθ=cosn,CF=437，
所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为437.

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22．

(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值．
【答案】(1)2
(2)32
【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ABB1A1，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VA-A1BC=13S△A1BC⋅h=223h=VA1-ABC=13S△ABC⋅A1A=13VABC-A1B1C1=43，
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AA1=AB，所以AE⊥A1B,
又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B，
且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，BB1⊥BC，
又AE,BB1⊂平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平面ABB1A1，
所以BC,BA,BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，

由（1）得AE=2，所以AA1=AB=2，A1B=22，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=0m⋅BA=2y=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=0m⋅BC=2a=0，
可取n=(0,1,-1)，
则cos〈m,n〉=m⋅n|m|⋅|n|=12×2=12，
所以二面角A-BD-C的正弦值为1-(12)2=32.
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
(2)1113
【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=43，
所以AC=12，所以O23,2,0，B43,0,0，P23,2,3，C0,12,0，所以E33,1,32，
则AE=33,1,32，AB=43,0,0，AC=0,12,0，
设平面AEB的法向量为n=x,y,z，则n⋅AE=33x+y+32z=0n⋅AB=43x=0，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m⋅AE=33a+b+32c=0m⋅AC=12b=0，令a=3，则c=-6，b=0，所以m=3,0,-6；
所以cosn,m=n⋅mnm=-1213×39=-4313
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=-4313，所以sinθ=1-cos2θ=1113
故二面角C-AE-B的正弦值为1113；
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-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】
【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，
平面．
，
所以平面平面①．
延长交于H，同理平面平面②．
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–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．

（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．
【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–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.

（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.
【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AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.

【答案】(1)见详解；(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 BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
（2）以D为坐标原点,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．