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押第19题立体几何-备战2021年高考数学临考题号押题（浙江专用）
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这是一份押第19题立体几何-备战2021年高考数学临考题号押题（浙江专用），共51页。试卷主要包含了空间角的计算方法与技巧主要步骤，立体几何读题，解题程序划分为四个过程等内容，欢迎下载使用。
专题19：浙江高考数学 押第19题 立体几何
高考对空间想象能力的要求是:能根据条件作出正确的图形,根据图形想象出直观形象;能正确地分析出图形中的基本元素及相互关系;能对图形进行分解,组合与变换;会运用图形与图表等手段形象地揭示问题的本质.立体几何的内容决定了其试题考查空间想象能力的作用.空间向量的引人更为解决立体几何问题提供了新的方法。而浙江高考立体几何位于18题，第一问考察的很基础。第二问主要是用向量法求线面角或者二面角。
1、 平行、垂直位置关系的论证的策略
（1）由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路。
(2)利用题设条件的性质适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一。
(3)三垂线定理及其逆定理在高考题中使用的频率最高，在证明线线垂直时应优先考虑。
2、空间角的计算方法与技巧主要步骤：一作、二证、三算；若用向量，那就是一证、二算。
(1)两条异面直线所成的角①平移法：②补形法：③向量法：
(2)直线和平面所成的角①作出直线和平面所成的角，关键是作垂线，找射影转化到同一三角形中计算，或用向量计算。②用公式计算。
(3)二面角①平面角的作法：(i)定义法；(ii)三垂线定理及其逆定理法；(iii)垂面法。②平面角的计算法：(i)找到平面角，然后在三角形中计算(解三角形)或用向量计算；(ii)射影面积法；(iii)向量夹角公式。
3、立体几何读题
(1)弄清楚图形是什么几何体，规则的、不规则的、组合体等。
(2)弄清楚几何体结构特征。面面、线面、线线之间有哪些关系(平行、垂直、相等)。
(3)重点留意有哪些面面垂直、线面垂直，线线平行、线面平行等。
4、解题程序划分为四个过程
①弄清问题。也就是明白“求证题”的已知是什么？条件是什么？未知是什么？结论是什么？也就是我们常说的审题。
②拟定计划。找出已知与未知的直接或者间接的联系。在弄清题意的基础上,从中捕捉有用的信息,并及时提取记忆网络中的有关信息,再将两组信息资源作出合乎逻辑的有效组合,从而构思出一个成功的计划。即是我们常说的思考。
③执行计划。以简明、准确、有序的数学语言和数学符号将解题思路表述出来,同时验证解答的合理性。即我们所说的解答。
④回顾。对所得的结论进行验证,对解题方法进行总结。
1．（2020年浙江省高考数学试卷）如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．
（I）证明：EF⊥DB；
（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．
2．（2019年浙江省高考数学试卷）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
3．（2018年浙江省高考数学试卷）如图，已知多面体ABC-A1B1C1，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．
4．（2017年浙江省高考数学试卷）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，PC=AD=2DC=2CB,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
1．（2021·浙江高一期末）如图，在多面体中，等腰梯形所在平面垂直于正方形所在平面，．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求与平面所成角的正弦值．
2．（2021·广东广州市·高三一模）在边长为2的菱形中，，点是边的中点（如图1），将沿折起到的位置，连接，得到四棱锥（如图2）
（1）证明：平面平面；
（2）若，连接，求直线与平面所成角的正弦值.
3．（2021·河北邯郸市·高三期末）如图，已知菱形和矩形所在的平面互相垂直，，，，是中点.
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
4．（2021·浙江绍兴市·绍兴一中高三期末）在三棱锥中，，，.
（1）求证：；
（2）若为上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.
5．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三月考（理））如图，在直三棱柱中，，，，
（1）证明：当时，求证：平面；
（2）当时，求二面角的余弦值.
6．（2021·浙江高三月考）已知四边形，，，将沿翻折至.
（Ⅰ）若，求证：；
（Ⅱ）若二面角的余弦值为，求与面所成角的正弦值.
.
（限时：90分钟）
1．如图1，，，过动点A作，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿将△折起，使（如图2所示）．
（1）当的长为多少时，三棱锥的体积最大；
（2）当三棱锥的体积最大时，设点，分别为棱，的中点，试在棱上确定一点，使得，并求与平面所成角的大小．
2．如图，在三棱锥中，
，，
设顶点在底面上的射影为．
（Ⅰ）求证:；
（Ⅱ）设点在棱上，且，
试求二面角的余弦值
3．如图，四棱锥中，为正三角形，为正方形，平面平面，、分别为、中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
4．如图，在四棱锥中，底面是矩形，是的中点，平面，且，．
（）求与平面所成角的正弦．
（）求二面角的余弦值．
5．如图，四棱锥中，是正三角形，四边形是菱形，点是的中点.
（I）求证：// 平面；
（II）若平面平面，， 求直线与平面所成角的正弦值.
6．已知在三棱柱中，，，侧棱与底面垂直，点，分别是棱，的中点.
（1）求三棱柱外接球的表面积；
（2）设平面截三棱柱的外接球面所得小圆的圆心为，求直线与平面所成角的正弦值.
7．如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，是的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）设点是的中点，求二面角的余弦值．
8．如图，在四棱锥中，分别是的中点，底面是边长为2的正方形，，且平面平面.
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角所成角的余弦值.
9．在四棱锥P-ABCD中，，，，点E在棱PD上，且．
（1）求证：AE∥平面PBC；
（2）若底面ABCD，，，求直线AP与平面AEC所成角的正弦值．
10．如图，是的直径，动点P在所在平面上的射影恰是上的动点C，，D是的中点，与交于点E，F是上的一个动点．
（1）若平面，求的值；
（2）若F为的中点，，求直线与平面所成角的余弦值．
高考对空间想象能力的要求是:能根据条件作出正确的图形,根据图形想象出直观形象;能正确地分析出图形中的基本元素及相互关系;能对图形进行分解,组合与变换;会运用图形与图表等手段形象地揭示问题的本质.立体几何的内容决定了其试题考查空间想象能力的作用.空间向量的引人更为解决立体几何问题提供了新的方法。而浙江高考立体几何位于18题，第一问考察的很基础。第二问主要是用向量法求线面角或者二面角。
2、 平行、垂直位置关系的论证的策略
（1）由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路。
(2)利用题设条件的性质适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一。
(3)三垂线定理及其逆定理在高考题中使用的频率最高，在证明线线垂直时应优先考虑。
2、空间角的计算方法与技巧主要步骤：一作、二证、三算；若用向量，那就是一证、二算。
(1)两条异面直线所成的角①平移法：②补形法：③向量法：
(2)直线和平面所成的角①作出直线和平面所成的角，关键是作垂线，找射影转化到同一三角形中计算，或用向量计算。②用公式计算。
(3)二面角①平面角的作法：(i)定义法；(ii)三垂线定理及其逆定理法；(iii)垂面法。②平面角的计算法：(i)找到平面角，然后在三角形中计算(解三角形)或用向量计算；(ii)射影面积法；(iii)向量夹角公式。
3、立体几何读题
(1)弄清楚图形是什么几何体，规则的、不规则的、组合体等。
(2)弄清楚几何体结构特征。面面、线面、线线之间有哪些关系(平行、垂直、相等)。
(3)重点留意有哪些面面垂直、线面垂直，线线平行、线面平行等。
4、解题程序划分为四个过程
①弄清问题。也就是明白“求证题”的已知是什么？条件是什么？未知是什么？结论是什么？也就是我们常说的审题。
②拟定计划。找出已知与未知的直接或者间接的联系。在弄清题意的基础上,从中捕捉有用的信息,并及时提取记忆网络中的有关信息,再将两组信息资源作出合乎逻辑的有效组合,从而构思出一个成功的计划。即是我们常说的思考。
③执行计划。以简明、准确、有序的数学语言和数学符号将解题思路表述出来,同时验证解答的合理性。即我们所说的解答。
④回顾。对所得的结论进行验证,对解题方法进行总结。
1．（2020年浙江省高考数学试卷）如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面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）
【分析】
（I）作交于，连接，由题意可知平面，即有，根据勾股定理可证得，又，可得，，即得平面，即证得；
（II）由，所以与平面所成角即为与平面所成角，作于，连接，即可知即为所求角，再解三角形即可求出与平面所成角的正弦值．
【详解】
（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．
【点睛】
本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题．
2．（2019年浙江省高考数学试卷）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【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即可证得线线垂直；
(2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.
【详解】
(1)如图所示，连结，
等边中，，则，
平面ABC⊥平面，且平面ABC∩平面，
由面面垂直的性质定理可得：平面，故，
由三棱柱的性质可知，而，故，且，
由线面垂直的判定定理可得：平面，
结合⊆平面，故.
(2)在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH,EC,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.
设，则，,，
据此可得：，
由可得点的坐标为，
利用中点坐标公式可得：，由于，
故直线EF的方向向量为：
设平面的法向量为，则：
，
据此可得平面的一个法向量为，
此时，
设直线EF与平面所成角为，则.
【点睛】
本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
3．（2018年浙江省高考数学试卷）如图，已知多面体ABC-A1B1C1，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）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】
分析:方法一：（Ⅰ）通过计算，根据勾股定理得,再根据线面垂直的判定定理得结论；（Ⅱ）找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解.
方法二：（Ⅰ）根据条件建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，根据向量之积为0得出,再根据线面垂直的判定定理得结论；（Ⅱ）根据方程组解出平面的一个法向量，然后利用与平面法向量的夹角的余弦公式及线面角与向量夹角的互余关系求解.
【详解】
详解：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.
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.
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”.
4．（2017年浙江省高考数学试卷）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，PC=AD=2DC=2CB,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】（I）见解析；（II）.
【详解】
试题分析：本题主要考查空间点、线、面位置关系，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．
（Ⅰ）取PA中点F，构造平行四边形BCEF，可证明；（Ⅱ）由题意，取BC，AD的中点M，N，可得AD⊥平面PBN，即BC⊥平面PBN，过点Q作PB的垂线，垂足为H，连结MH．可知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．依此可在Rt△MQH中，求∠QMH的正弦值．
试题解析：
（Ⅰ）如图，设PA中点为F，连接EF，FB．
因为E，F分别为PD，PA中点，所以且，
又因为，，所以且，
即四边形BCEF为平行四边形，所以，
因此平面PAB．
（Ⅱ）分别取BC，AD的中点为M，N．连接PN交EF于点Q，连接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．
由DC⊥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，连接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．
【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于中档题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．本题（1）是就是利用方法①证明的．另外，本题也可利用空间向量求解线面角．
1．（2021·浙江高一期末）如图，在多面体中，等腰梯形所在平面垂直于正方形所在平面，．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）
【分析】
（Ⅰ）由面面垂直的性质定理得到平面，从而得到，再由勾股定理的逆定理证明，即可得证；
（Ⅱ）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；
【详解】
（Ⅰ）因为平面平面，四边形为矩形，所以，又平面平面，所以平面，
因为平面，
所以，
在底面中，过作，交于，因为，所以，所以，所以，所以，所以，又，面，所以面；
（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系，则，，所以
由（1）可知面，则面的法向量可以为，设与平面所成角为，则，与平面所成角的正弦值为；
【点睛】
本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
2．（2021·广东广州市·高三一模）在边长为2的菱形中，，点是边的中点（如图1），将沿折起到的位置，连接，得到四棱锥（如图2）
（1）证明：平面平面；
（2）若，连接，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析，（2）.
【分析】
（1）连接图1中的，证明，然后证明平面即可；
（2）证明平面，然后以为原点建立如图空间直角坐标系，然后利用向量求解即可.
【详解】
（1）连接图1中的，
因为四边形为菱形，且
所以为等边三角形，所以
所以在图2中有，因为
所以平面，因为，所以平面平面
（2）因为平面平面，平面平面，，
所以平面
以为原点建立如图空间直角坐标系
所以
所以
设平面的法向量为，则，
令，则，所以
所以直线与平面所成角的正弦值
3．（2021·河北邯郸市·高三期末）如图，已知菱形和矩形所在的平面互相垂直，，，，是中点.
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）先通过证，，证得平面，进而可证明平面平面；
（2）先证得平面，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，用向量法即可求解二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：由题可得，
所以，
在题可知为等边三角形，所以，从而
因此在中，从而有，
而，满足，
从而有，
又，从而平面，
而平面，从而平面平面；
（2）由平面平面，而与两平面交线垂直，
从而有平面，
设，则，从而有平面，
因此以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
从而，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
所以平面的一个法向量为，
所以平面的一个法向量为，
则，即，令，则，
所以平面的一个法向量为，
则
又二面角为钝二面角，所以余弦值为.
4．（2021·浙江绍兴市·绍兴一中高三期末）在三棱锥中，，，.
（1）求证：；
（2）若为上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取中点，连接，，证明平面即可；
（2）首先证明平面，然后以射线，，为，，正半轴建系，然后算出和平面的法向量即可得到答案.
【详解】
（1）取中点，连接，，因为，，
所以，，又因为，所以平面，
即.
（2）由（1）得，平面，又因为平面，
所以平面平面，
易得，，所以，即，
又因为平面平面，所以平面，
如图所示，以射线，，为，，正半轴建系，
，，，，，
，，，
设为平面一个法向量，则有，取，
设为直线与平面所成角，则.
即直线与平面所成角的正弦值为.
5．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三月考（理））如图，在直三棱柱中，，，，
（1）证明：当时，求证：平面；
（2）当时，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）证明，即可；
（2）以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，然后可得答案.
【详解】
（1）直棱柱
平面
平面
且，
平面
平面
，又
由勾股定理可得
因为，
平面;
（2） 以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
则
所以，
设平面的一个法向量为，则，即
令则所以可取，
同理平面的一个法向量为，
二面角的余弦值为
6．（2021·浙江高三月考）已知四边形，，，将沿翻折至.
（Ⅰ）若，求证：；
（Ⅱ）若二面角的余弦值为，求与面所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】
（Ⅰ）证面推出；
（Ⅱ）作出二面角的平面角，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦.
【详解】
（Ⅰ）取的中点E，连接，
不妨设，则，即
因为，所以，则，
又因为，所以，且，
∴面，面，则.
（Ⅱ）取的中点O，连接，，，
不妨设，则，即
因为，则，
又因为O为中点，E为的中点，则，所以，
所以为二面角的平面角.
因此以点O为坐标原点，以，，分别为x，y，z轴建空间直角坐标系如图：
，，，
设面的法向量为，，
，
则，所以，令，则，
所以面的一个法向量为，
设与面所成的角为，则.
（限时：30分钟）
1．如图1，，，过动点A作，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿将△折起，使（如图2所示）．
（1）当的长为多少时，三棱锥的体积最大；
（2）当三棱锥的体积最大时，设点，分别为棱，的中点，试在棱上确定一点，使得，并求与平面所成角的大小．
【答案】（1）时,三棱锥的体积最大．（2）当时，．与平面所成角的大小．
【详解】
【分析】
试题分析：（1）设，则．又，所以.由此易将三棱锥的体积表示为的函数，通过求函数的最值的方法可求得它的最大值.
（2）沿将△折起后，两两互相垂直，故可以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可找到点N的位置，并求得与平面所成角的大小．
试题解析：（1）解法1：在如图1所示的△中，设，则．
由，知，△为等腰直角三角形，所以.
由折起前知，折起后（如图2），，，且，
所以平面．又，所以．于是
，
当且仅当，即时，等号成立，
故当，即时,三棱锥的体积最大．
解法2：同解法1，得．
令，由，且，解得．
当时，；当时，．
所以当时，取得最大值．
故当时,三棱锥的体积最大．
（2）以为原点，建立如图3所示的空间直角坐标系．
由（1）知，当三棱锥的体积最大时，，．
于是可得，，，，，，
且．
设，则.因为等价于，即
，故，.
所以当（即是的靠近点的一个四等分点）时，．
设平面的一个法向量为，由及，
得可取．
设与平面所成角的大小为，则由，，可得
，即．
考点：1、棱锥的体积；2、空间直线与直线的垂直关系及直线与平面所成的角；3、空间向量.
2．如图，在三棱锥中，
，，
设顶点在底面上的射影为．
（Ⅰ）求证:；
（Ⅱ）设点在棱上，且，
试求二面角的余弦值
【答案】（I）详见解析； （II）．
【解析】
分析：（1）可证BCDE为正方形即可；（2）求面面角则可直接建立空间直角坐标系求出两个面的法向量，在根据向量的夹角公式求解即可.
详解：（I）方法一：由平面得，
又，则平面，
故，…………………………………………3分
同理可得，则为矩形，又，
则为正方形，故．…………………6分
方法二：由已知可得，设为的中点，则
，则平面，故平面平面，则顶点在
底面上的射影必在，故．
（II）方法一:由（I）的证明过程知平面，过作，垂足为，
则易证得，故即为二面角的平面角，……………………………9分
由已知可得，则，故，则，
又，则，………………………………………………………………故，即二面角的余弦值为．………………………14
分
方法二: 由（I）的证明过程知为正方形，如图建立坐
标系，则，
可得，则，易知平面
的一个法向量为，设平面的一个法向量为
，则由得，
则，即二面角的余弦值为．
点睛：解立体几何题关键是首先要将已知的量的关系理清楚，在根据问题逆向分析需要哪些条件，而对于二面角问题则通常直接选择建系利用向量来求解.
3．如图，四棱锥中，为正三角形，为正方形，平面平面，、分别为、中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)见解析;(2).
【分析】
分析：（1）要证线面平行，只需在面内找一线与已知线平行即可，连接，根据中位线即可得即可求证；（2）求线面角则可直接建立空间直角坐标系，写出线向量和面的法向量，然后根据向量夹角公式求解即可.
详解：
（1）连接，
∵是正方形，是的中点，∴是的中点，
∵是的中点，∴，
∵平面，平面，∴平面.
（2）建立如图所示空间直角坐标系，设，
则，，，，
，，，
设平面的法向量，则，
取得，
设与平面所成角为，
则.
点睛：考查立体几何的线面平行证明，线面角的求法，对定理的熟悉和常规方法要做到熟练是解题关键.属于中档题.
4．如图，在四棱锥中，底面是矩形，是的中点，平面，且，．
（）求与平面所成角的正弦．
（）求二面角的余弦值．
【答案】(1) .
(2) .
【解析】
分析：（1）直接建立空间直角坐标系，然后求出面的法向量和已知线的向量，再结合向量的夹角公式求解即可；（2）先分别得出两个面的法向量，然后根据向量交角公式求解即可.
详解：
（）∵是矩形，
∴，
又∵平面，
∴，，即，，两两垂直，
∴以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立如图空间直角坐标系，
由，，得，，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，得，，
∴，
∴，
故与平面所成角的正弦值为．
（）由（）可得，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，得，，
∴，
∴，
故二面角的余弦值为．
点睛：考查空间立体几何的线面角，二面角问题，一般直接建立坐标系，结合向量夹角公式求解即可，但要注意坐标的正确性，坐标错则结果必错，务必细心，属于中档题.
5．如图，四棱锥中，是正三角形，四边形是菱形，点是的中点.
（I）求证：// 平面；
（II）若平面平面，， 求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（I）证明见解析；（II）.
【分析】
（I）连接BD交AC于点F，再连接EF，利用EF是三角形DBS的中位线，判断出DS平行EF，再利用线面平行的判定得证;
（II）取AB的中点为O，利用已知条件证明DO、SO、BO两两垂直，然后建立空间直角坐标系，求出平面ADC的法向量，再利用线面角的公式求出直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
（I）证明：连接BD角AC于点F，再连接EF.
因为四边形是菱形，所以点F是BD的中点，
又因为点是的中点，所以EF是三角形DBS的中位线，
所以DS平行EF，
又因为EF平面ACE，SD平面ACE
所以// 平面
（II）因为四边形是菱形，，所以
又AB=AD，所以三角形ABD为正三角形.
取AB的中点O，连接SO，则DOAB
因为平面平面，平面平面=AB
所以DO平面ABS，又因为三角形ABS为正三角形
则以O为坐标原点建立坐标系
设AB=2a，则
设平面ADS的一个法向量为
则
取x=1，则
所以
设直线AC与平面ADS所成角为
则
【点睛】
本题主要考查了线面平行的判定定理以及运用空间向量去解决立体几何的问题，如何建系和求法向量是解题的关键，属于中档题.
6．已知在三棱柱中，，，侧棱与底面垂直，点，分别是棱，的中点.
（1）求三棱柱外接球的表面积；
（2）设平面截三棱柱的外接球面所得小圆的圆心为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，设出外接球球心坐标，利用球心到球面的距离等于半径列方程组，解方程组求得圆心坐标，由此求得外接球的半径，进而计算出外接球的表面积.
（2）利用直线的方向向量和平面的法向量，求得线面角的正弦值.
【详解】
（1）据已知条件，取的中点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，以过点且和平行的直线为轴，建立空间直角坐标系如图所示：
由已知可得，，，，，，
设球心的坐标为，则，且
所以，
解得：，，所以，
所以，
所以外接球的表面积.
（2）由（1）可知：所以，，
因为，所以，
同理，
设平面的法向量，
则，
即，取，则，，
所以，
由（1）可知，截面圆的圆心在的延长线上，且，
所以，
设直线与平面所成的角大小为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
7．如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，是的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）设点是的中点，求二面角的余弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．
【分析】
（Ⅰ）根据面面垂直的性质定理可得平面，根据线面垂直的性质定理，可得，根据等腰三角形中线的性质，可得，利用线面垂直的判定定理，即可得证；
（Ⅱ）根据面面垂直的性质定理可得平面，结合题意，如图建系，可得各点坐标，进而可得，，的坐标，即可求得两个平面的法向量，利用二面角的向量求法，即可求得答案.
【详解】
解：（Ⅰ）平面平面，平面平面=AC，平面，，
∴平面，
∵平面，
∴，
∵，是的中点，
∴，
∵，平面，
∴平面．
（Ⅱ）∵平面平面，平面平面=AC，平面，
∴平面，
∵平面，
∴，
以C为原点，CA，CB，CP为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，，
则，，，
由（Ⅰ）知是平面的一个法向量，
设是平面的法向量，
则有，即，
令，则，，
∴，
设二面角所成角为，由图可得为锐角，
则．
【点睛】
解题的关键是熟练掌握面面垂直的性质定理，线面垂直的判定和性质定理，并灵活应用，处理二面角或点到平面距离时，常用向量法求解，建立适当的坐标系，求得所需点的坐标及向量坐标，求得法向量坐标，代入夹角或距离公式，即可求得答案.
8．如图，在四棱锥中，分别是的中点，底面是边长为2的正方形，，且平面平面.
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）要证平面平面，只要证平面，即证且，前者可以由为等边三角形得到，后者由平面得到.
（2）建立空间直角坐标系计算两个半平面的法向量的夹角.
【详解】
（1）由题，为的中点，可得，
∵平面平面，，∴平面.又∵平面，
∴. ∴平面.∴平面平面.
（2）取的中点，的中点，连接，
∵，∴
∵平面平面平面，
∴平面
分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，
设平面的法向量为，
则.即.可取
同理，可得平面的法向量
所以二面角所成角的余弦值为
9．在四棱锥P-ABCD中，，，，点E在棱PD上，且．
（1）求证：AE∥平面PBC；
（2）若底面ABCD，，，求直线AP与平面AEC所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）在PC上取点F，使得，根据平行线分线段比例定理，结合平行四边形的定义和性质、线面平行的判定定理进行证明即可；
（2）以AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，根据空间向量线面角公式进行求解即可.
【详解】
解：（1）在PC上取点F，使得，
连接EF，BF，
因为，所以，
且，又，，
所以，且，
从而可知四边形ABFE是平行四边形，
所以．
又平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC．
（2）以AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
则，，，，，
，，，
设平面AEC的法向量为，
由，得，
可取，得．
设AP与平面AEC所成的角为，
所以，
即直线AP与平面AEC所成角的正弦值为．
10．如图，是的直径，动点P在所在平面上的射影恰是上的动点C，，D是的中点，与交于点E，F是上的一个动点．
（1）若平面，求的值；
（2）若F为的中点，，求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由线面平行得出线线平行，从而将转化为，再借助三角形的重心即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，分别求得和平面的法向量，结合夹角公式即可求解．
【详解】
解：（1）因为平面，所以，
所以．因为D，O分别为的中点，
所以点E为的重心，所以，即
（2）如图所示建立空间直角坐标系．
∴．
∵．
∴
设平面的法向量为
，∴令，∴
直线与平面所成角的余弦值为．
【点睛】
求直线与平面所成的角的一般步骤：
（1）、①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
（2）、用空间向量坐标公式求解.
专题19：浙江高考数学 押第19题 立体几何
高考对空间想象能力的要求是:能根据条件作出正确的图形,根据图形想象出直观形象;能正确地分析出图形中的基本元素及相互关系;能对图形进行分解,组合与变换;会运用图形与图表等手段形象地揭示问题的本质.立体几何的内容决定了其试题考查空间想象能力的作用.空间向量的引人更为解决立体几何问题提供了新的方法。而浙江高考立体几何位于18题，第一问考察的很基础。第二问主要是用向量法求线面角或者二面角。
1、 平行、垂直位置关系的论证的策略
（1）由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路。
(2)利用题设条件的性质适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一。
(3)三垂线定理及其逆定理在高考题中使用的频率最高，在证明线线垂直时应优先考虑。
2、空间角的计算方法与技巧主要步骤：一作、二证、三算；若用向量，那就是一证、二算。
(1)两条异面直线所成的角①平移法：②补形法：③向量法：
(2)直线和平面所成的角①作出直线和平面所成的角，关键是作垂线，找射影转化到同一三角形中计算，或用向量计算。②用公式计算。
(3)二面角①平面角的作法：(i)定义法；(ii)三垂线定理及其逆定理法；(iii)垂面法。②平面角的计算法：(i)找到平面角，然后在三角形中计算(解三角形)或用向量计算；(ii)射影面积法；(iii)向量夹角公式。
3、立体几何读题
(1)弄清楚图形是什么几何体，规则的、不规则的、组合体等。
(2)弄清楚几何体结构特征。面面、线面、线线之间有哪些关系(平行、垂直、相等)。
(3)重点留意有哪些面面垂直、线面垂直，线线平行、线面平行等。
4、解题程序划分为四个过程
①弄清问题。也就是明白“求证题”的已知是什么？条件是什么？未知是什么？结论是什么？也就是我们常说的审题。
②拟定计划。找出已知与未知的直接或者间接的联系。在弄清题意的基础上,从中捕捉有用的信息,并及时提取记忆网络中的有关信息,再将两组信息资源作出合乎逻辑的有效组合,从而构思出一个成功的计划。即是我们常说的思考。
③执行计划。以简明、准确、有序的数学语言和数学符号将解题思路表述出来,同时验证解答的合理性。即我们所说的解答。
④回顾。对所得的结论进行验证,对解题方法进行总结。
1．（2020年浙江省高考数学试卷）如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．
（I）证明：EF⊥DB；
（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．
2．（2019年浙江省高考数学试卷）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
3．（2018年浙江省高考数学试卷）如图，已知多面体ABC-A1B1C1，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．
4．（2017年浙江省高考数学试卷）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，PC=AD=2DC=2CB,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
1．（2021·浙江高一期末）如图，在多面体中，等腰梯形所在平面垂直于正方形所在平面，．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求与平面所成角的正弦值．
2．（2021·广东广州市·高三一模）在边长为2的菱形中，，点是边的中点（如图1），将沿折起到的位置，连接，得到四棱锥（如图2）
（1）证明：平面平面；
（2）若，连接，求直线与平面所成角的正弦值.
3．（2021·河北邯郸市·高三期末）如图，已知菱形和矩形所在的平面互相垂直，，，，是中点.
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
4．（2021·浙江绍兴市·绍兴一中高三期末）在三棱锥中，，，.
（1）求证：；
（2）若为上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.
5．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三月考（理））如图，在直三棱柱中，，，，
（1）证明：当时，求证：平面；
（2）当时，求二面角的余弦值.
6．（2021·浙江高三月考）已知四边形，，，将沿翻折至.
（Ⅰ）若，求证：；
（Ⅱ）若二面角的余弦值为，求与面所成角的正弦值.
.
（限时：90分钟）
1．如图1，，，过动点A作，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿将△折起，使（如图2所示）．
（1）当的长为多少时，三棱锥的体积最大；
（2）当三棱锥的体积最大时，设点，分别为棱，的中点，试在棱上确定一点，使得，并求与平面所成角的大小．
2．如图，在三棱锥中，
，，
设顶点在底面上的射影为．
（Ⅰ）求证:；
（Ⅱ）设点在棱上，且，
试求二面角的余弦值
3．如图，四棱锥中，为正三角形，为正方形，平面平面，、分别为、中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
4．如图，在四棱锥中，底面是矩形，是的中点，平面，且，．
（）求与平面所成角的正弦．
（）求二面角的余弦值．
5．如图，四棱锥中，是正三角形，四边形是菱形，点是的中点.
（I）求证：// 平面；
（II）若平面平面，， 求直线与平面所成角的正弦值.
6．已知在三棱柱中，，，侧棱与底面垂直，点，分别是棱，的中点.
（1）求三棱柱外接球的表面积；
（2）设平面截三棱柱的外接球面所得小圆的圆心为，求直线与平面所成角的正弦值.
7．如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，是的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）设点是的中点，求二面角的余弦值．
8．如图，在四棱锥中，分别是的中点，底面是边长为2的正方形，，且平面平面.
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角所成角的余弦值.
9．在四棱锥P-ABCD中，，，，点E在棱PD上，且．
（1）求证：AE∥平面PBC；
（2）若底面ABCD，，，求直线AP与平面AEC所成角的正弦值．
10．如图，是的直径，动点P在所在平面上的射影恰是上的动点C，，D是的中点，与交于点E，F是上的一个动点．
（1）若平面，求的值；
（2）若F为的中点，，求直线与平面所成角的余弦值．
高考对空间想象能力的要求是:能根据条件作出正确的图形,根据图形想象出直观形象;能正确地分析出图形中的基本元素及相互关系;能对图形进行分解,组合与变换;会运用图形与图表等手段形象地揭示问题的本质.立体几何的内容决定了其试题考查空间想象能力的作用.空间向量的引人更为解决立体几何问题提供了新的方法。而浙江高考立体几何位于18题，第一问考察的很基础。第二问主要是用向量法求线面角或者二面角。
2、 平行、垂直位置关系的论证的策略
（1）由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路。
(2)利用题设条件的性质适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一。
(3)三垂线定理及其逆定理在高考题中使用的频率最高，在证明线线垂直时应优先考虑。
2、空间角的计算方法与技巧主要步骤：一作、二证、三算；若用向量，那就是一证、二算。
(1)两条异面直线所成的角①平移法：②补形法：③向量法：
(2)直线和平面所成的角①作出直线和平面所成的角，关键是作垂线，找射影转化到同一三角形中计算，或用向量计算。②用公式计算。
(3)二面角①平面角的作法：(i)定义法；(ii)三垂线定理及其逆定理法；(iii)垂面法。②平面角的计算法：(i)找到平面角，然后在三角形中计算(解三角形)或用向量计算；(ii)射影面积法；(iii)向量夹角公式。
3、立体几何读题
(1)弄清楚图形是什么几何体，规则的、不规则的、组合体等。
(2)弄清楚几何体结构特征。面面、线面、线线之间有哪些关系(平行、垂直、相等)。
(3)重点留意有哪些面面垂直、线面垂直，线线平行、线面平行等。
4、解题程序划分为四个过程
①弄清问题。也就是明白“求证题”的已知是什么？条件是什么？未知是什么？结论是什么？也就是我们常说的审题。
②拟定计划。找出已知与未知的直接或者间接的联系。在弄清题意的基础上,从中捕捉有用的信息,并及时提取记忆网络中的有关信息,再将两组信息资源作出合乎逻辑的有效组合,从而构思出一个成功的计划。即是我们常说的思考。
③执行计划。以简明、准确、有序的数学语言和数学符号将解题思路表述出来,同时验证解答的合理性。即我们所说的解答。
④回顾。对所得的结论进行验证,对解题方法进行总结。
1．（2020年浙江省高考数学试卷）如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面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）
【分析】
（I）作交于，连接，由题意可知平面，即有，根据勾股定理可证得，又，可得，，即得平面，即证得；
（II）由，所以与平面所成角即为与平面所成角，作于，连接，即可知即为所求角，再解三角形即可求出与平面所成角的正弦值．
【详解】
（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．
【点睛】
本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题．
2．（2019年浙江省高考数学试卷）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【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即可证得线线垂直；
(2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.
【详解】
(1)如图所示，连结，
等边中，，则，
平面ABC⊥平面，且平面ABC∩平面，
由面面垂直的性质定理可得：平面，故，
由三棱柱的性质可知，而，故，且，
由线面垂直的判定定理可得：平面，
结合⊆平面，故.
(2)在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH,EC,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.
设，则，,，
据此可得：，
由可得点的坐标为，
利用中点坐标公式可得：，由于，
故直线EF的方向向量为：
设平面的法向量为，则：
，
据此可得平面的一个法向量为，
此时，
设直线EF与平面所成角为，则.
【点睛】
本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
3．（2018年浙江省高考数学试卷）如图，已知多面体ABC-A1B1C1，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）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】
分析:方法一：（Ⅰ）通过计算，根据勾股定理得,再根据线面垂直的判定定理得结论；（Ⅱ）找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解.
方法二：（Ⅰ）根据条件建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，根据向量之积为0得出,再根据线面垂直的判定定理得结论；（Ⅱ）根据方程组解出平面的一个法向量，然后利用与平面法向量的夹角的余弦公式及线面角与向量夹角的互余关系求解.
【详解】
详解：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.
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.
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”.
4．（2017年浙江省高考数学试卷）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，PC=AD=2DC=2CB,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】（I）见解析；（II）.
【详解】
试题分析：本题主要考查空间点、线、面位置关系，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．
（Ⅰ）取PA中点F，构造平行四边形BCEF，可证明；（Ⅱ）由题意，取BC，AD的中点M，N，可得AD⊥平面PBN，即BC⊥平面PBN，过点Q作PB的垂线，垂足为H，连结MH．可知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．依此可在Rt△MQH中，求∠QMH的正弦值．
试题解析：
（Ⅰ）如图，设PA中点为F，连接EF，FB．
因为E，F分别为PD，PA中点，所以且，
又因为，，所以且，
即四边形BCEF为平行四边形，所以，
因此平面PAB．
（Ⅱ）分别取BC，AD的中点为M，N．连接PN交EF于点Q，连接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．
由DC⊥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，连接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．
【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于中档题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．本题（1）是就是利用方法①证明的．另外，本题也可利用空间向量求解线面角．
1．（2021·浙江高一期末）如图，在多面体中，等腰梯形所在平面垂直于正方形所在平面，．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）
【分析】
（Ⅰ）由面面垂直的性质定理得到平面，从而得到，再由勾股定理的逆定理证明，即可得证；
（Ⅱ）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；
【详解】
（Ⅰ）因为平面平面，四边形为矩形，所以，又平面平面，所以平面，
因为平面，
所以，
在底面中，过作，交于，因为，所以，所以，所以，所以，所以，又，面，所以面；
（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系，则，，所以
由（1）可知面，则面的法向量可以为，设与平面所成角为，则，与平面所成角的正弦值为；
【点睛】
本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
2．（2021·广东广州市·高三一模）在边长为2的菱形中，，点是边的中点（如图1），将沿折起到的位置，连接，得到四棱锥（如图2）
（1）证明：平面平面；
（2）若，连接，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析，（2）.
【分析】
（1）连接图1中的，证明，然后证明平面即可；
（2）证明平面，然后以为原点建立如图空间直角坐标系，然后利用向量求解即可.
【详解】
（1）连接图1中的，
因为四边形为菱形，且
所以为等边三角形，所以
所以在图2中有，因为
所以平面，因为，所以平面平面
（2）因为平面平面，平面平面，，
所以平面
以为原点建立如图空间直角坐标系
所以
所以
设平面的法向量为，则，
令，则，所以
所以直线与平面所成角的正弦值
3．（2021·河北邯郸市·高三期末）如图，已知菱形和矩形所在的平面互相垂直，，，，是中点.
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）先通过证，，证得平面，进而可证明平面平面；
（2）先证得平面，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，用向量法即可求解二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：由题可得，
所以，
在题可知为等边三角形，所以，从而
因此在中，从而有，
而，满足，
从而有，
又，从而平面，
而平面，从而平面平面；
（2）由平面平面，而与两平面交线垂直，
从而有平面，
设，则，从而有平面，
因此以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
从而，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
所以平面的一个法向量为，
所以平面的一个法向量为，
则，即，令，则，
所以平面的一个法向量为，
则
又二面角为钝二面角，所以余弦值为.
4．（2021·浙江绍兴市·绍兴一中高三期末）在三棱锥中，，，.
（1）求证：；
（2）若为上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取中点，连接，，证明平面即可；
（2）首先证明平面，然后以射线，，为，，正半轴建系，然后算出和平面的法向量即可得到答案.
【详解】
（1）取中点，连接，，因为，，
所以，，又因为，所以平面，
即.
（2）由（1）得，平面，又因为平面，
所以平面平面，
易得，，所以，即，
又因为平面平面，所以平面，
如图所示，以射线，，为，，正半轴建系，
，，，，，
，，，
设为平面一个法向量，则有，取，
设为直线与平面所成角，则.
即直线与平面所成角的正弦值为.
5．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三月考（理））如图，在直三棱柱中，，，，
（1）证明：当时，求证：平面；
（2）当时，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）证明，即可；
（2）以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，然后可得答案.
【详解】
（1）直棱柱
平面
平面
且，
平面
平面
，又
由勾股定理可得
因为，
平面;
（2） 以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
则
所以，
设平面的一个法向量为，则，即
令则所以可取，
同理平面的一个法向量为，
二面角的余弦值为
6．（2021·浙江高三月考）已知四边形，，，将沿翻折至.
（Ⅰ）若，求证：；
（Ⅱ）若二面角的余弦值为，求与面所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】
（Ⅰ）证面推出；
（Ⅱ）作出二面角的平面角，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦.
【详解】
（Ⅰ）取的中点E，连接，
不妨设，则，即
因为，所以，则，
又因为，所以，且，
∴面，面，则.
（Ⅱ）取的中点O，连接，，，
不妨设，则，即
因为，则，
又因为O为中点，E为的中点，则，所以，
所以为二面角的平面角.
因此以点O为坐标原点，以，，分别为x，y，z轴建空间直角坐标系如图：
，，，
设面的法向量为，，
，
则，所以，令，则，
所以面的一个法向量为，
设与面所成的角为，则.
（限时：30分钟）
1．如图1，，，过动点A作，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿将△折起，使（如图2所示）．
（1）当的长为多少时，三棱锥的体积最大；
（2）当三棱锥的体积最大时，设点，分别为棱，的中点，试在棱上确定一点，使得，并求与平面所成角的大小．
【答案】（1）时,三棱锥的体积最大．（2）当时，．与平面所成角的大小．
【详解】
【分析】
试题分析：（1）设，则．又，所以.由此易将三棱锥的体积表示为的函数，通过求函数的最值的方法可求得它的最大值.
（2）沿将△折起后，两两互相垂直，故可以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可找到点N的位置，并求得与平面所成角的大小．
试题解析：（1）解法1：在如图1所示的△中，设，则．
由，知，△为等腰直角三角形，所以.
由折起前知，折起后（如图2），，，且，
所以平面．又，所以．于是
，
当且仅当，即时，等号成立，
故当，即时,三棱锥的体积最大．
解法2：同解法1，得．
令，由，且，解得．
当时，；当时，．
所以当时，取得最大值．
故当时,三棱锥的体积最大．
（2）以为原点，建立如图3所示的空间直角坐标系．
由（1）知，当三棱锥的体积最大时，，．
于是可得，，，，，，
且．
设，则.因为等价于，即
，故，.
所以当（即是的靠近点的一个四等分点）时，．
设平面的一个法向量为，由及，
得可取．
设与平面所成角的大小为，则由，，可得
，即．
考点：1、棱锥的体积；2、空间直线与直线的垂直关系及直线与平面所成的角；3、空间向量.
2．如图，在三棱锥中，
，，
设顶点在底面上的射影为．
（Ⅰ）求证:；
（Ⅱ）设点在棱上，且，
试求二面角的余弦值
【答案】（I）详见解析； （II）．
【解析】
分析：（1）可证BCDE为正方形即可；（2）求面面角则可直接建立空间直角坐标系求出两个面的法向量，在根据向量的夹角公式求解即可.
详解：（I）方法一：由平面得，
又，则平面，
故，…………………………………………3分
同理可得，则为矩形，又，
则为正方形，故．…………………6分
方法二：由已知可得，设为的中点，则
，则平面，故平面平面，则顶点在
底面上的射影必在，故．
（II）方法一:由（I）的证明过程知平面，过作，垂足为，
则易证得，故即为二面角的平面角，……………………………9分
由已知可得，则，故，则，
又，则，………………………………………………………………故，即二面角的余弦值为．………………………14
分
方法二: 由（I）的证明过程知为正方形，如图建立坐
标系，则，
可得，则，易知平面
的一个法向量为，设平面的一个法向量为
，则由得，
则，即二面角的余弦值为．
点睛：解立体几何题关键是首先要将已知的量的关系理清楚，在根据问题逆向分析需要哪些条件，而对于二面角问题则通常直接选择建系利用向量来求解.
3．如图，四棱锥中，为正三角形，为正方形，平面平面，、分别为、中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)见解析;(2).
【分析】
分析：（1）要证线面平行，只需在面内找一线与已知线平行即可，连接，根据中位线即可得即可求证；（2）求线面角则可直接建立空间直角坐标系，写出线向量和面的法向量，然后根据向量夹角公式求解即可.
详解：
（1）连接，
∵是正方形，是的中点，∴是的中点，
∵是的中点，∴，
∵平面，平面，∴平面.
（2）建立如图所示空间直角坐标系，设，
则，，，，
，，，
设平面的法向量，则，
取得，
设与平面所成角为，
则.
点睛：考查立体几何的线面平行证明，线面角的求法，对定理的熟悉和常规方法要做到熟练是解题关键.属于中档题.
4．如图，在四棱锥中，底面是矩形，是的中点，平面，且，．
（）求与平面所成角的正弦．
（）求二面角的余弦值．
【答案】(1) .
(2) .
【解析】
分析：（1）直接建立空间直角坐标系，然后求出面的法向量和已知线的向量，再结合向量的夹角公式求解即可；（2）先分别得出两个面的法向量，然后根据向量交角公式求解即可.
详解：
（）∵是矩形，
∴，
又∵平面，
∴，，即，，两两垂直，
∴以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立如图空间直角坐标系，
由，，得，，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，得，，
∴，
∴，
故与平面所成角的正弦值为．
（）由（）可得，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，得，，
∴，
∴，
故二面角的余弦值为．
点睛：考查空间立体几何的线面角，二面角问题，一般直接建立坐标系，结合向量夹角公式求解即可，但要注意坐标的正确性，坐标错则结果必错，务必细心，属于中档题.
5．如图，四棱锥中，是正三角形，四边形是菱形，点是的中点.
（I）求证：// 平面；
（II）若平面平面，， 求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（I）证明见解析；（II）.
【分析】
（I）连接BD交AC于点F，再连接EF，利用EF是三角形DBS的中位线，判断出DS平行EF，再利用线面平行的判定得证;
（II）取AB的中点为O，利用已知条件证明DO、SO、BO两两垂直，然后建立空间直角坐标系，求出平面ADC的法向量，再利用线面角的公式求出直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
（I）证明：连接BD角AC于点F，再连接EF.
因为四边形是菱形，所以点F是BD的中点，
又因为点是的中点，所以EF是三角形DBS的中位线，
所以DS平行EF，
又因为EF平面ACE，SD平面ACE
所以// 平面
（II）因为四边形是菱形，，所以
又AB=AD，所以三角形ABD为正三角形.
取AB的中点O，连接SO，则DOAB
因为平面平面，平面平面=AB
所以DO平面ABS，又因为三角形ABS为正三角形
则以O为坐标原点建立坐标系
设AB=2a，则
设平面ADS的一个法向量为
则
取x=1，则
所以
设直线AC与平面ADS所成角为
则
【点睛】
本题主要考查了线面平行的判定定理以及运用空间向量去解决立体几何的问题，如何建系和求法向量是解题的关键，属于中档题.
6．已知在三棱柱中，，，侧棱与底面垂直，点，分别是棱，的中点.
（1）求三棱柱外接球的表面积；
（2）设平面截三棱柱的外接球面所得小圆的圆心为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，设出外接球球心坐标，利用球心到球面的距离等于半径列方程组，解方程组求得圆心坐标，由此求得外接球的半径，进而计算出外接球的表面积.
（2）利用直线的方向向量和平面的法向量，求得线面角的正弦值.
【详解】
（1）据已知条件，取的中点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，以过点且和平行的直线为轴，建立空间直角坐标系如图所示：
由已知可得，，，，，，
设球心的坐标为，则，且
所以，
解得：，，所以，
所以，
所以外接球的表面积.
（2）由（1）可知：所以，，
因为，所以，
同理，
设平面的法向量，
则，
即，取，则，，
所以，
由（1）可知，截面圆的圆心在的延长线上，且，
所以，
设直线与平面所成的角大小为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
7．如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，是的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）设点是的中点，求二面角的余弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．
【分析】
（Ⅰ）根据面面垂直的性质定理可得平面，根据线面垂直的性质定理，可得，根据等腰三角形中线的性质，可得，利用线面垂直的判定定理，即可得证；
（Ⅱ）根据面面垂直的性质定理可得平面，结合题意，如图建系，可得各点坐标，进而可得，，的坐标，即可求得两个平面的法向量，利用二面角的向量求法，即可求得答案.
【详解】
解：（Ⅰ）平面平面，平面平面=AC，平面，，
∴平面，
∵平面，
∴，
∵，是的中点，
∴，
∵，平面，
∴平面．
（Ⅱ）∵平面平面，平面平面=AC，平面，
∴平面，
∵平面，
∴，
以C为原点，CA，CB，CP为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，，
则，，，
由（Ⅰ）知是平面的一个法向量，
设是平面的法向量，
则有，即，
令，则，，
∴，
设二面角所成角为，由图可得为锐角，
则．
【点睛】
解题的关键是熟练掌握面面垂直的性质定理，线面垂直的判定和性质定理，并灵活应用，处理二面角或点到平面距离时，常用向量法求解，建立适当的坐标系，求得所需点的坐标及向量坐标，求得法向量坐标，代入夹角或距离公式，即可求得答案.
8．如图，在四棱锥中，分别是的中点，底面是边长为2的正方形，，且平面平面.
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）要证平面平面，只要证平面，即证且，前者可以由为等边三角形得到，后者由平面得到.
（2）建立空间直角坐标系计算两个半平面的法向量的夹角.
【详解】
（1）由题，为的中点，可得，
∵平面平面，，∴平面.又∵平面，
∴. ∴平面.∴平面平面.
（2）取的中点，的中点，连接，
∵，∴
∵平面平面平面，
∴平面
分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，
设平面的法向量为，
则.即.可取
同理，可得平面的法向量
所以二面角所成角的余弦值为
9．在四棱锥P-ABCD中，，，，点E在棱PD上，且．
（1）求证：AE∥平面PBC；
（2）若底面ABCD，，，求直线AP与平面AEC所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）在PC上取点F，使得，根据平行线分线段比例定理，结合平行四边形的定义和性质、线面平行的判定定理进行证明即可；
（2）以AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，根据空间向量线面角公式进行求解即可.
【详解】
解：（1）在PC上取点F，使得，
连接EF，BF，
因为，所以，
且，又，，
所以，且，
从而可知四边形ABFE是平行四边形，
所以．
又平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC．
（2）以AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
则，，，，，
，，，
设平面AEC的法向量为，
由，得，
可取，得．
设AP与平面AEC所成的角为，
所以，
即直线AP与平面AEC所成角的正弦值为．
10．如图，是的直径，动点P在所在平面上的射影恰是上的动点C，，D是的中点，与交于点E，F是上的一个动点．
（1）若平面，求的值；
（2）若F为的中点，，求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由线面平行得出线线平行，从而将转化为，再借助三角形的重心即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，分别求得和平面的法向量，结合夹角公式即可求解．
【详解】
解：（1）因为平面，所以，
所以．因为D，O分别为的中点，
所以点E为的重心，所以，即
（2）如图所示建立空间直角坐标系．
∴．
∵．
∴
设平面的法向量为
，∴令，∴
直线与平面所成角的余弦值为．
【点睛】
求直线与平面所成的角的一般步骤：
（1）、①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
（2）、用空间向量坐标公式求解.
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