五年高考（2016-2020）高考数学（理）真题分项详解——专题17 立体几何综合

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专题17 立体几何综合
【2020年】
1.（2020·新课标Ⅰ）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，．是底面的内接正三角形，P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.
2.（2020·新课标Ⅱ）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·新课标Ⅲ）如图，在长方体中，点E、F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】
（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.
4.（2020·北京卷）如图，在正方体中，E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.
【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法计算直线与平面所成角的正弦值，考查计算能力，属于基础题.
5.（2020·江苏卷）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．

（1）求证：EF∥平面AB1C1；
（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．
【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.

【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.
6.（2020·江苏卷）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．

（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；
（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ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
【点睛】本题考查利用向量求线线角与二面角，考查基本分析求解能力，属中档题.
7.（2020·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】
（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.
【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.
8.（2020·天津卷）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.
【点睛】本题考查利用空间向量法证明线线垂直，求二面角和线面角的正弦值，考查推理能力与计算能力，属于中档题.
9.（2020·浙江卷）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．

【2019年】
12．【2019年高考全国Ⅱ卷】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】（1）由已知得，平面，平面，
故．
又，所以平面．
（2）由（1）知．由题设知≌，所以，
故，．
以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D–xyz，

则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．
设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则
即
所以可取n=.
设平面的法向量为m=（x，y，z），则
即
所以可取m=（1，1，0）．
于是．
所以，二面角的正弦值为．
13．【2019年高考全国Ⅲ卷】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.

【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，

则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．
设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则
即
所以可取n=（3，6，–）．
又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以．
因此二面角B–CG–A的大小为30°．
14．【2019年高考北京卷】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．
（1）求证：CD⊥平面PAD；
（2）求二面角F–AE–P的余弦值；
（3）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析.
【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．
又因为AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD．
（2）过A作AD的垂线交BC于点M．
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．
如图建立空间直角坐标系A−xyz，则A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．
因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）．
所以．
所以.
设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则
即
令z=1，则．
于是．
又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以.
由题知，二面角F−AE−P为锐角，所以其余弦值为．

（3）直线AG在平面AEF内．
因为点G在PB上，且，
所以.
由（2）知，平面AEF的法向量.
所以.
所以直线AG在平面AEF内.
15．【2019年高考天津卷】如图，平面，，．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若二面角的余弦值为，求线段的长．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【解析】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．
（1）依题意，是平面的法向量，又，可得，又因为直线平面，所以平面．
（2）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．
（3）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．

16．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．
求证：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．

【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
17．【2019年高考浙江卷】（本小题满分15分）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.
（1）证明：；
（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.

【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】方法一：
（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．
又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．
所以BC⊥平面A1EF．
因此EF⊥BC．

（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．
由（1）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．
连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）．
不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.
由于O为A1G的中点，故，
所以．
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．
方法二：
（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC．
如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz．

不妨设AC=4，则
A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0)．
因此，，．
由得．
（2）设直线EF与平面A1BC所成角为θ．
由（1）可得．
设平面A1BC的法向量为n，
由，得，
取n，故，
因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为．
【2018年】
12. （2018年浙江卷）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．

（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；
（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）见解析
（Ⅱ）
【解析】
方法一：
（Ⅰ）由得，
所以.
故.
由， 得，
由得，
由，得，所以，故.
因此平面.
（Ⅱ）如图，过点作，交直线于点，连结.

由平面得平面平面，
由得平面，
所以是与平面所成的角.学科.网
由得，
所以，故.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
方法二：
（Ⅰ）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.

由题意知各点坐标如下：

因此
由得.
由得.
所以平面.
（Ⅱ）设直线与平面所成的角为.
由（Ⅰ）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.
13. （2018年天津卷）如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.
（I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；
（II）求二面角的正弦值；
（III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.

【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).
【解析】依题意，可以建立以D为原点，
分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），
可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），
E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．

（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．
设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，
则 即
不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．
又=（1，，1），可得，
又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．
（Ⅱ）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．
设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，
则 即
不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．
设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，
则 即
不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．
因此有cos=，于是sin=．
所以，二面角E–BC–F的正弦值为．
（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），
可得．
易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，
故，
由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．
所以线段的长为.
14. （2018年北京卷）如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．

（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；
（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值；
（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．
【答案】(1)证明见解析
(2) B-CD-C1的余弦值为
(3)证明过程见解析
【解析】
（Ⅰ）在三棱柱ABC-A1B1C1中，
∵CC1⊥平面ABC，
∴四边形A1ACC1为矩形．
又E，F分别为AC，A1C1的中点，
∴AC⊥EF．
∵AB=BC．
∴AC⊥BE，
∴AC⊥平面BEF．
（Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．
又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．
∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．
如图建立空间直角坐称系E-xyz．

由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．
∴，
设平面BCD的法向量为，
∴，∴，
令a=2，则b=-1，c=-4，
∴平面BCD的法向量，
又∵平面CDC1的法向量为，
∴．
由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为．
（Ⅲ）平面BCD的法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），
∴，∴，∴与不垂直，
∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．
15. （2018年江苏卷）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．
16. （2018年江苏卷）在平行六面体中，．

求证：（1）；
（2）．
【答案】答案见解析
【解析】
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．
17. （2018年全国I卷理数）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】
（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，所以BF⊥平面PEF.
又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.
（2）作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz.

由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.
可得.
则 为平面ABFD的法向量.
设DP与平面ABFD所成角为，则.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
18. （2018年全国Ⅲ卷理数）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】
（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.
19. （2018年全国Ⅱ卷理数）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）见解析（2）
【解析】
（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.
【2017年】
11.【2017课标1，理16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______.

【答案】
【解析】如下图，连接DO交BC于点G，设D，E，F重合于S点，正三角形的边长为x(x>0)，则 .
，
，
三棱锥的体积 .
设，x>0，则，
令，即，得，易知在处取得最大值.
∴.

【考点】简单几何体的体积
12.【2017课标1，理18】如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且.

（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A-PB-C的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）由已知，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）在平面内做，垂足为，
由（1）可知， 平面，故，可得平面.
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）及已知可得， ， ， .
所以， ， ， .
设是平面的法向量，则
，即，
可取.
设是平面的法向量，则
，即，
可取.
则，
所以二面角的余弦值为.
【考点】面面垂直的证明，二面角平面角的求解
13.【2017课标II，理19】如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD， E是PD的中点。
（1）证明：直线 平面PAB；
（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为 ，求二面角的余弦值。

【答案】(1)证明略；(2) 。
【解析】（1）取中点，连结，．
因为为的中点，所以，，由得，又
所以．四边形为平行四边形， ．
又，，故
（2）

由已知得，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则
则，，，，
，则

因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而是底面ABCD的法向量，所以
，
即（x-1）²+y²-z²=0
又M在棱PC上，设

由①，②得
所以M，从而
设是平面ABM的法向量，则

所以可取m=（0，-，2）.于是
因此二面角M-AB-D的余弦值为
【考点】 判定线面平行；面面角的向量求法
14.【2017课标3，理19】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】(1)证明略；
(2) .
【解析】
（2）

由题设及（1）知，两两垂直，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
由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得 .故

【考点】 二面角的平面角；面面角的向量求法
15.【2017山东，理17】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，是的中点.
（Ⅰ）设是上的一点，且，求的大小；
（Ⅱ）当，，求二面角的大小.

【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）因为， ，
， 平面， ，
所以平面，
又平面，
所以，又，
因此

（Ⅱ）以为坐标原点，分别以， ， 所在的直线为， ， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得 ， ， ，故， ， ， 设是平面的一个法向量.
由可得
取，可得平面的一个法向量.
设是平面的一个法向量.
由可得
取，可得平面的一个法向量.
所以.
因此所求的角为.
【考点】1.垂直关系.2. 空间角的计算.
16.【2017北京，理16】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，PA=PD=，AB=4．
（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） ；（Ⅲ）
【解析】
（I）设交点为，连接.
因为平面，平面平面，所以.
因为是正方形，所以为的中点，所以为的中点.

（II）取的中点，连接， .
因为，所以.
又因为平面平面，且平面，所以平面.
因为平面，所以.
因为是正方形，所以.
如图建立空间直角坐标系，则， ， ，
， .
设平面的法向量为，则，即.
令，则， .于是.
平面的法向量为，所以.
由题知二面角为锐角，所以它的大小为.

（III）由题意知， ， .
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为.
【考点】1.线线，线面的位置关系；2.向量法.
17.【2017天津，理17】如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2.

（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；
（Ⅱ）求二面角C-EM-N的正弦值；
（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长.
【答案】 （1）证明见解析（2） （3） 或
【解析】如图，以A为原点，分别以， ， 方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N（1，2，0）.

（Ⅰ）证明： =（0，2，0），=（2，0， ）.设，为平面BDE的法向量，
则，即.不妨设，可得.又=（1，2， ），可得.
因为平面BDE，所以MN//平面BDE.
（Ⅱ）解：易知为平面CEM的一个法向量.设为平面EMN的法向量，则，因为， ，所以.不妨设，可得.
因此有，于是.
所以，二面角C—EM—N的正弦值为.
（Ⅲ）解：依题意，设AH=h（），则H（0，0，h），进而可得， .由已知，得，整理得，解得，或.
所以，线段AH的长为或.
【考点】直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角
18.【2017浙江，19】（本题满分15分）如图，已知四棱锥P–ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．







（Ⅰ）证明：平面PAB；
（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．
【解析】

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CD=1．
在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=，
在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得QH=，
在Rt△MQH中，QH=，MQ=，
所以sin∠QMH=， 所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是．
【考点】证明线面平行，求线面角
19.【2017江苏，6】 如图，在圆柱内有一个球，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱的体积为，球的体积为，则的值是 ▲ .
O
O1
O2
(第6题)




【答案】
【解析】设球半径为，则．故答案为．
【考点】圆柱体积
20.【2017江苏，15】 如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD， BC⊥BD， 平面ABD⊥平面BCD， 点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.
求证：（1）EF∥平面ABC；
（2）AD⊥AC.
(第15题)
A
D
B
C
E
F

【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】证明：（1）在平面内，因为AB⊥AD， ，所以.

又因为平面ABC， 平面ABC，所以EF∥平面ABC.
（2）因为平面ABD⊥平面BCD，
平面平面BCD=BD，
平面BCD， ，
所以平面.
因为平面，所以 .
又AB⊥AD， ， 平面ABC， 平面ABC，
所以AD⊥平面ABC，
又因为AC平面ABC，
所以AD⊥AC.
【考点】线面平行判定定理、线面垂直判定与性质定理，面面垂直性质定理
21.【2017江苏，22】 如图， 在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1=，
.
（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）（2）
【解析】在平面ABCD内，过点A作AEAD，交BC于点E.
因为AA1平面ABCD，
所以AA1AE，AA1AD.
如图，以为正交基底，建立空间直角坐标系A-xyz.
因为AB=AD=2，AA1=， .
则.
(1) ，
则.
因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.

(2)平面A1DA的一个法向量为.
设为平面BA1D的一个法向量，
又，
则即
不妨取x=3，则，
所以为平面BA1D的一个法向量，
从而，
设二面角B-A1D-A的大小为，则.
因为，所以.
因此二面角B-A1D-A的正弦值为.
【2016年】
14.【2016高考新课标1卷】（本小题满分为12分）如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD, ,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是．
（I）证明：平面ABEF平面EFDC；
（II）求二面角E-BC-A的余弦值．

【答案】（I）见解析（II）
【解析】
（Ⅰ）由已知可得，，所以平面．
又平面，故平面平面．
（Ⅱ）过作，垂足为，由（Ⅰ）知平面．
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（Ⅰ）知为二面角的平面角，故，则，，可得，，，．
由已知，，所以平面．
又平面平面，故，．
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．
故二面角EBCA的余弦值为．

15.【2016高考新课标2理数】如图，菱形的对角线与交于点，，点分别在上，，交于点．将沿折到位置，．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求二面角的正弦值．

【答案】（Ⅰ）详见解析；（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，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，.设是平面的法向量，则，即，所以可取.设是平面的法向量，则，即，所以可取.于是， .因此二面角的正弦值是.

16.【2016高考山东理数】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G,H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；
（II）已知EF=FB=AC=，AB=BC.求二面角的余弦值.

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
【解析】


（II）解法一：[来源:学科网ZXXK]
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，
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.

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,是圆的直径，
所以
从而，可得
所以二面角的余弦值为.
17.【2016高考江苏卷】(本小题满分14分)
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且 ，.
求证：（1）直线DE∥平面A1C1F；
（2）平面B1DE⊥平面A1C1F.

【答案】（1）详见解析（2）详见解析
【解析】证明：（1）在直三棱柱中，
在三角形ABC中，因为D,E分别为AB,BC的中点.
所以，于是
又因为DE平面平面
所以直线DE//平面
（2）在直三棱柱中，
因为平面，所以
又因为
所以平面
因为平面，所以
又因为
所以
因为直线，所以
18.【2016高考天津理数】（本小题满分13分）
如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2.
（I）求证：EG∥平面ADF；
（II）求二面角O-EF-C的正弦值；
（III）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.

【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）（Ⅲ）
【解析】依题意，，如图，以为点，分别以的方向为轴，轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得，.

（I）证明：依题意，.设为平面的法向量，则，即 .不妨设，可得，又，可得，又因为直线，所以.
（II）解：易证，为平面的一个法向量.依题意，.设为平面的法向量，则，即 .不妨设，可得.
因此有，于是，所以，二面角的正弦值为.
（III）解：由，得.因为，所以，进而有，从而，因此.所以，直线和平面所成角的正弦值为.
19.【2016年高考北京理数】（本小题14分）
如图，在四棱锥中，平面平面，，，，
，，.

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）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）见解析；（2）；（3）存在，
【解析】（1）因为平面平面，，
所以平面，所以，
又因为，所以平面；
（2）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.

（3）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.
20.【2016高考新课标3理数】如图，四棱锥中，地面，，，，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，
由为中点知，.
又，故，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，连结，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.

21.【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图,在三棱台中,平面平面
,,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.
(I)求证：EF⊥平面ACFD；
(II)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.

【答案】（I）证明见解析；（II）．
【解析】（Ⅰ）延长，，相交于一点，如图所示．
因为平面平面，且，所以平面，因此．
又因为，，，
所以为等边三角形，且为的中点，则．
所以平面．

（Ⅱ）方法一：过点作于Q，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，则，又平面平面，所以，平面．
以点为原点，分别以射线，的方向为，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．
22.【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）
如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，ADC=PAB=90°，BC=CD=AD，E为边AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.
（Ⅰ）在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；
（Ⅱ）若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）在梯形ABCD中，AB与CD不平行.
延长AB，DC，相交于点M（M∈平面PAB），点M即为所求的一个点.理由如下：
由已知，BC∥ED，且BC=ED.
所以四边形BCDE是平行四边形.，所以CD∥EB
从而CM∥EB.
又EB平面PBE，CM平面PBE，
所以CM∥平面PBE.
（说明：延长AP至点N，使得AP=PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点）
（Ⅱ）方法一：
由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A，
所以CD⊥平面PAD.
从而CD⊥PD.
所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.[来源:学。科。网]
所以∠PDA=45°.
设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2.
过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH.
易知PA⊥平面ABCD，
从而PA⊥CE.
于是CE⊥平面PAH.
所以平面PCE⊥平面PAH.
过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE.
所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.
在Rt△AEH中，∠AEH=45°，AE=1，
所以AH=.
在Rt△PAH中，PH== ，
所以sin∠APH= =.

方法二：
由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A，
所以CD⊥平面PAD.
于是CD⊥PD.
从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.
所以∠PDA=45°.
由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD.
设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2.
作Ay⊥AD，以A为原点，以 ,的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A（0,0,0），P（0,0,2），C(2,1,0)，E(1,0,0)，
所以=（1,0,-2），=（1,1,0），=（0,0,2）
设平面PCE的法向量为n=(x,y,z)，
由 得 设x=2，解得n=(2,-2,1).
设直线PA与平面PCE所成角为α，则sinα= = .
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为 .

23. 【2016高考上海理数】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．