立体几何(解答题)三年高考(2017-2019)理数真题分项版解析(解析版)

1、专题 06 立体几何（解答题）1 【2019 年高考全国 卷理数】 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）105. 【解析】（ 1）连结 b1c，me因为 m，e分别为 bb1，bc的中点，所以 meb1c，且 me=12b1c又因为 n为a1d的中点，所以 nd=12a1d由题设知 a1b1pdc，可得 b1cpa1d，故 mepnd，因此四边形 mnde 为平行四边形，mn e

2、d又mn平面 edc1，所以 mn平面 c1de（2）由已知可得 deda以d为坐标原点，dauuu r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，则(2,0,0)a， a1(2 ， 0 ， 4) ，(1, 3, 2)m，(1,0,2)n，1(0,0,4)a au uur，1( 1,3,2)a muuuu r，1( 1,0,2)a nu uuu r，(0,3,0)mnuuu u r设( , , )x y zm为平面 a1ma的法向量，则1100a ma auu uu ruu urmm，所以32040 xyzz，可取(3,1,0)m设( , , )p q rn为平面 a1mn

3、的法向量，则100mna nuuu u ruuuu r，nn所以3020qpr，可取(2,0, 1)n于是2 315cos,|525m nm nm n，所以二面角1aman的正弦值为105【名师点睛】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 . 2【 2019 年高考全国 卷理数】如图，长方体abcd a1b1c1d1的底面 abcd 是正方形，点e 在棱 aa1上，beec1（1）证明： be平面 eb1c1；（2）若 ae=a1e，求二面角b ec c1的正

4、弦值【答案】（1）证明见解析； （2）32. 【解析】（ 1）由已知得，11b c平面11abb a，be平面11abb a，故11b cbe又1beec，所以be平面11ebc（2）由（ 1）知190beb由题设知rtabe11rta b e，所以45aeb，故aeab，12aaab以d为坐标原点，dauuu r的方向为 x轴正方向，|dauuu r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），1c（0， 1，2）， e（1，0，1），(1,0,0)cbuu u r，(1, 1,1)ceuuu r，1(0,0,2)ccu uu u r设平面 eb

5、c的法向量为 n=（x，y，x），则0,0,cbceuu u ruuu rnn即0,0,xxyz所以可取 n=(0, 1, 1). 设平面1ecc的法向量为 m=（x，y，z），则10,0,ccceuu u u ruu u rmm即20,0.zxyz所以可取 m=（1，1，0）于是1cos,|2n mn mnm所以，二面角1becc的正弦值为32【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，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. 3【 2019 年高考全国 卷理数】图1 是由矩形 adeb，rt abc 和菱形 bfgc

6、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）30o. 【解析】（ 1）由已知得adpbe，cgpbe，所以 adpcg，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

7、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=3以h为坐标原点，hcu uu r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（2，0，3），cguuu r=（ 1，0，3），acuuu r=（2， 1，0）设平面 acgd的法向量为 n=（x，y，z），则0,0,cgacuuu ruuu rnn即30,20.xzxy所以可取 n=（3，6，3）又平面 bcge的法向量可取为m=（0， 1，0），所以3cos,|2n mn mnm因此二面角 b cg

8、a的大小为 30 【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力. 4【 2019 年高考北京卷理数】如图，在四棱锥p abcd 中， pa平面abcd， adcd ，ad bc，pa=ad=cd=2，bc=3e 为 pd 的中点，点f 在 pc 上，且13pfpc（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23pgpb判断直线ag 是否在平面aef 内，说明理由【答案】

9、（1）见解析；（2）33； （3）见解析 . 【解析】（ 1）因为 pa平面 abcd，所以 pacd又因为 adcd，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 paam，paad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(0,1,1),(2, 2, 2),(0,0, 2)aepcapuuu ruuu ruuu r所以12 222 2 4,33 333 3 3pfpcafappfuuu ruu u ru uu

10、ruuu ruuu r. 设平面 aef的法向量为 n=（x，y，z），则0,0,aeafu uu ru uu rnn即0,2240.333yzxyz令z=1，则1,1yx于是=(1,1,1)n又因为平面 pad 的法向量为 p=（1，0，0），所以3cos,|3n pn pn p. 由题知，二面角f- ae- p为锐角，所以其余弦值为33（3）直线 ag在平面 aef内因为点g在pb上，且2,(2,1, 2)3pgpbpbuu u r，所以242442 2,333333 3pgpbagappguuu ruu u ru uu ruu u ruu u r. 由（ 2）知，平面 aef的法向量=(

11、1,1,1)n. 所以4220333aguuu rn. 所以直线 ag在平面 aef内. 【名师点睛】 （1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角f- ae- p 的余弦值；（3）首先求得点g 的坐标，然后结合平面aef的法向量和直线ag 的方向向量即可判断直线是否在平面内 . 5 【 2019年 高 考 天 津 卷 理 数 】 如 图 ，ae平 面abcd，,cfaeadbc，,adab1,2abadaebc（1）求证：bf 平面ade；（2）求直线ce与平面bde所成角的正弦值；（3）若二面角ebdf的余弦值为13，

12、求线段cf的长【答案】（ 1）见解析；（ 2）49；（ 3）87【解析】依题意，可以建立以a为原点，分别以abadaeuuu ru uu ruuu r，的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间 直 角 坐 标 系 （ 如 图 ） ， 可 得(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)abcd，(0,0,2)e 设(0)cfhh，则1,2,fh（1）依题意，(1,0,0)abuu u r是平面ade的法向量，又(0,2, )bfhu uu r，可得0bf abuu u r uuu r，又因为直线bf平面ade，所以bf 平面ade（2）依题意，( 1,1,0),( 1,0,2),(

13、 1, 2,2)bdbeceuu u ruu u ruu u r设( , , )x y zn为平面bde的法向量，则0,0,bdbeuuu ruuu rnn即0,20,xyxz不妨令1z，可得(2,2,1)n因此有4cos,9|cececeu uu ruuu ruuu rnnn所以，直线ce与平面bde所成角的正弦值为49（3）设( , , )x y zm为平面bdf的法向量，则0,0,bdbfuuu ruuu rmm即0,20,xyyhz不妨令1y，可得21,1,hm由题意，有224|1cos,|343 2hhm nm nmn，解得87h经检验，符合题意所以，线段cf的长为87【名师点睛】本

14、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6【 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）bec1e【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 edab. 在直三棱柱abc- a1b1c1中， aba1b1，所以 a1b1ed. 又因为 ed? 平面 dec1，a1b1平面 dec1，所以 a1b1平面 dec1. （2）

15、因为 ab=bc，e 为 ac 的中点，所以beac. 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 cc1be. 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bec1e. 【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.7【 2019 年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111abca b c，平面11a acc平面abc,90abc，1130 ,baca aacac e

16、 f分别是 ac，a1b1的中点 . （1）证明：efbc；（2）求直线ef 与平面 a1bc 所成角的余弦值. 【答案】（ 1）见解析；（ 2）35【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 a1ebc又因为 a1fab， abc=90 ，故 bca1f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

17、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=23，eg=3. 由于 o为a1g的中点，故11522ageoog，所以2223cos25eoogegeogeo og因此，直线 ef与平面 a1bc所成角的余弦值是35方法二：（1）连接 a1e，因为 a1a=a1c，e是 ac的中点，所以a1eac. 又平面 a1acc1平面 abc，a1e平面 a1acc1，平面 a1a

18、cc1 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（0，0，23）， b（3，1，0），1( 3,3,2 3)b，3 3(,2 3)22f， c(0， 2，0)因此，3 3(,2 3)22efu uu r，(3,1,0)bcuuu r由0ef bcuu u r u uu r得efbc（2）设直线 ef与平面 a1bc所成角为 由（ 1）可得1=(3 1 0)=(022 3)bcacuuu ru uu u r， ， ，设平面 a1bc的法向量为 n()xyz， ， ，由100b

19、cacu uu rnn，得3030 xyyz，取n(13 1)， ，故|4sin|cos| =5| |efefefu uu ru uu ruu u r，nnn |，因此，直线 ef与平面 a1bc所成的角的余弦值为35【名师点睛】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. 8【 2018 年高考全国 卷理数】如图，四边形abcd为正方形，,e f分别为,ad bc的中点，以df为折痕把dfc折起，使点c到达点p的位置，且pfbf. （1）证明：平面pef平面abfd；（2）求dp与平面abfd所成角的正弦值. 【答案】（ 1）见解析；

20、（2）34. 【解析】方法一：（1）由已知可得，bfpf，bfef，所以 bf平面 pef. 又bf平面 abfd，所以平面pef平面 abfd . （2）在平面 def 中，过 p 作 phef 于点 h，连接 dh，如图，由于 ef 为平面 abcd 和平面 pef 的交线， phef，则 ph平面 abfd，故 phdh. 则dp与平面abfd所成的角为pdh. 在三棱锥p-def 中，可以利用等体积法求ph. 因为 debf 且 pfbf，所以 pfde，又pdf cdf ，所以 fpd =fcd =90 ，所以 pfpd，由于 de pd=d，则 pf平面 pde，故13fpdepd

21、evpf s，因为 bfda 且 bf平面 pef，所以 da平面 pef，所以 deep. 设正方形的边长为2a，则 pd=2a， de=a，在pde 中，3pea，所以232pdesa，故336fpdeva，又2122defsaaa，所以2332fpdevphaa，所以在 phd 中，3sin4phpdhpd，故dp与平面abfd所成角的正弦值为34. 方法二：（ 1）由已知可得，bfpf，bfef，所以 bf平面 pef. 又bf平面 abfd，所以平面pef平面 abfd. （2）作 phef，垂足为h.由（ 1）得， ph平面 abfd. 以 h 为坐标原点，hfuu u r的方向为

22、y 轴正方向，|bfuuu r为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系h- xyz. 由（ 1）可得， depe.又 dp=2，de=1，所以 pe=3.又 pf=1，ef=2，故 pepf. 可得33,22pheh. 则3333(0,0,0),(0,0,),( 1,0),(1,),2222hpddpuuu r3(0,0,)2hpuu u r为平面 abfd 的法向量 . 设 dp 与平面 abfd 所成角为，则334sin|4|3hp dphpdpuuu r uu u ru uu ruu u r. 所以 dp 与平面 abfd 所成角的正弦值为34. 9【 2018 年高考全国ii 卷理数】如

23、图，在三棱锥pabc 中，2 2abbc，4papbpcac，o 为 ac 的中点（1）证明： po平面 abc ；（2）若点m在棱 bc 上，且二面角mpac 为 30 ，求 pc 与平面pam所成角的正弦值paocbm【答案】（1）见解析；（2）34【解析】（1）因为4apcpac，o为ac的中点，所以opac，且2 3op连结ob因为22abbcac，所以abc为等腰直角三角形，且obac，122obac由222opobpb知poob由,opob opac知po平面abc（2）如图，以o为坐标原点，obuu u r的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系oxyz由已知得(0,0,0),(2

24、,0,0),(0, 2,0),(0,2,0),(0,0,23),(0,2,23),obacpapuu u r取平面pac的法向量(2,0,0)obuu u r设( ,2,0)(02)m aaa，则( ,4,0)amaauuur设平面pam的法向量为( , , )x y zn由0,0apamuu u ruuu rnn得22 30(4)0yzaxa y，可取( 3(4),3 ,)aaan，所以2222 3(4)cos,2 3(4)3aobaaauu u rn由已知可得3|cos,|2obuu u rn所以2222 3 |4|3=22 3(4)3aaaa解得4a（舍去），43a所以8 3 4 34(

25、,)333n又(0,2,2 3)pcuu u r，所以3cos,4pcuu u rn所以pc与平面pam所成角的正弦值为3410【 2018 年高考全国 卷理数】如图，边长为2 的正方形abcd 所在的平面与半圆弧?cd所在平面垂直，m是?cd 上异于c，d的点（1）证明：平面amd平面 bmc ；（2）当三棱锥mabc 体积最大时，求面mab与面 mcd 所成二面角的正弦值【答案】（1）见解析；（2）2 55. 【解析】（ 1）由题设知 ,平面 cmd 平面 abcd,交线为 cd. 因为 bccd,bc平面 abcd ,所以 bc平面 cmd , 故 bcdm . 因为 m 为?cd上异于

26、 c，d 的点 ,且 dc 为直径，所以dmcm. 又 bcicm=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 ,dauuu r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?cd的中点 . 由题设得(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)dabcm，( 2,1,1),(0, 2,0),(2,0,0)amabdauuuu ruu u ruu u r设( , )x y zn是平面 mab 的法向量 ,则0,0.amabuuuu r

27、uuu rnn即20,20.xyzy可取(1,0,2)n. dauu u r是平面 mcd 的法向量 ,因此5cos,5|dadadauu u ru uu ru uu rnnn，2 5sin,5dauuu rn，所以面 mab 与面 mcd 所成二面角的正弦值是2 55. 11【2018 年高考江苏卷】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）3 1020； （2）55【解析】如图，在正三棱柱abc- a1b1c1中，设a

28、c，a1c1的中点分别为o，o1，则oboc，oo1oc，oo1ob，以1,ob oc oou uu r uu u r uu uu r为基底，建立空间直角坐标系o- xyz因为ab=aa1=2 ，所以1110, 1,0 ,3,0,0 ,0,1,0 ,0, 1,()()()()(2 ,3,0,2 ,0,1,2)()abcabc（1）因为p为a1b1的中点，所以31(,2)22p，从而131(,2)(0,2,222),bpacu uu ruu uu r，故111|14|3 10|cos,|20| |52 2bp acbp acbpacu uu ruu uu ruuu r uu uu ru uu r

29、uu uu r因此，异面直线bp与ac1所成角的余弦值为3 1020（2）因为q为bc的中点，所以3 1(,0)22q，因此3 3(,0)22aqu uu r，11(0,2,2),(0,0,2)acccuuu u ruuuu r设n= （x，y，z）为平面aqc1的一个法向量，则10,0,aqacuu u ruu uu rnn即330,22220.xyyz不妨取(3,1,1)n，设直线cc1与平面aqc1所成角为，则111|25sin| cos|,| |552cccccc|uu uu ru uuu ruuu u rnnn，所以直线cc1与平面aqc1所成角的正弦值为5512【 2018 年高考

30、江苏卷】在平行六面体1111abcda bc d中，1111,aaab abbc求证： （ 1）ab 平面11a bc；（2）平面11abb a平面1abc【答案】（1）见解析；（2）见解析 . 【解析】（1）在平行六面体abcd-a1b1c1d1中， aba1b1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 ab1a1b又因为 ab1b1c1，bcb1c1，所以 ab1bc又因为 a1b bc=b，a1b平面 a1bc，b

31、c平面 a1bc，所以ab1平面a1bc因为 ab1平面 abb1a1，所以平面abb1a1平面 a1bc13 【2018 年高考浙江卷】 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（1）证明： ab1平面 a1b1c1；（2）求直线ac1与平面 abb1所成的角的正弦值【答案】（ 1）见解析；（ 2）3913. 【解析】方法一：（1）由11112,4,2,abaabbaaab bbab得1112 2aba b，所以2221111a babaa. 故111aba b. 由2bc，112,1,

32、bbcc11,bbbc ccbc得115bc，由2,120abbcabc得2 3ac，由1ccac，得113ac，所以2221111abb cac，故111abb c. 因此1ab平面111a b c. （2）如图，过点1c作111c da b，交直线11a b于点d，连结ad. 由1ab平面111a b c得平面111a b c平面1abb，由111c da b得1c d平面1abb，所以1c ad是1ac与平面1abb所成的角 . 由1111115,2 2,21bcabac得11111161cos,sin77c abc a b，所以13c d，故11139sin13c dc adac. 因

33、此，直线1ac与平面1abb所成的角的正弦值是3913. 方法二：（1）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：111(0,3,0),(1 ,0,0),(0,3,4),(1,0,2),(0,3,1),ababc因此11111(1,3,2),(1,3, 2),(0,2 3, 3),ababacuuu ruuu u ruuu u r由1110ababuuu r uuu u r得111aba b. 由1110abacuuu r uuu u r得111abac. 所以1ab平面111a b c. （2）设直

34、线1ac与平面1abb所成的角为. 由（ 1）可知11(0,23,1),(1, 3,0),(0,0,2),acabbbuuu ruu u ruuu r设平面1abb的法向量( , , )x y zn. 由10,0,abbbuu u ruuu rnn即30,20,xyz可取(3,1,0)n. 所以111|39sin|cos,|13| |acacacuuu ruuu ruuu rn |nn |. 因此，直线1ac与平面1abb所成的角的正弦值是3913. 【名师点睛】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.14 【2018 年高考北京卷

35、理数】如图，在三棱柱abc-111ab c中，1cc平面 abc，d，e，f，g 分别为1aa，ac，11ac，1bb的中点， ab=bc =5 ，ac=1aa=2（1）求证： ac平面 bef；（2）求二面角b- cd- c1的余弦值；（3）证明：直线fg与平面bcd相交【答案】（ 1）见解析；（2）2121； （3）见解析 . 【解析】（ 1）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，acefab=bcacbe，ac平面 bef（2）由（ 1）知 acef，acbe， efcc1又 cc1平面 abc， ef平面

36、abcbe平面 abc， efbe如图建立空间直角坐标系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） =(20 1)=(1 2 0)cdcbuu u ruu r， ， ， ，设平面 bcd 的法向量为()a b c，n，00cdcbuu u ruurnn，2020acab，令 a=2，则 b=-1，c=-4，平面 bcd 的法向量(214)，n，又平面cdc1的法向量为=(02 0)ebuu r， ， ，21cos=21|ebebebuuruu ruu rnnn由图可得二面角b-cd-c1为钝角，所以二面角b-cd-c

37、1的余弦值为2121（3）由（ 2）知平面 bcd 的法向量为(214)，n，g（0，2，1） ，f（ 0，0，2） ，=(02 1)gfuuu r， ，2gfuu u rn，n与gfuu u r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 年高考天津卷理数】如图，adbc且 ad=2bc，adcd,egad且 eg=ad，cdfg且 cd=2fg，dgabcd平面，da=dc=dg=2. （1）若 m 为 cf 的中点， n 为 eg 的中点，求证：mncde平面；（2）求二面角ebcf的正弦值；（3）若点 p 在线段 dg 上，且直线b

38、p 与平面 adge 所成的角为60 ，求线段dp 的长 . 【答案】（ 1）见解析；（2）1010；（ 3）33. 【解析】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d 为原点，分别以dau uu r，dcu uu r，dguuur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（0，32， 1

39、）， n（1，0，2）（1）依题意dcuu u r=（0，2，0），deuu u r=（2，0，2）设 n0=(x，y，z)为平面 cde 的法向量， 则0000dcdeu uu ru uu r，nn即20220yxz，不妨令 z= 1，可得 n0=（1，0， 1）又 mnuuu u r=（1，32，1），可得00mnuuu u rn，又因为直线 mn平面 cde，所以 mn平面 cde（2）依题意，可得bcu uu r=（ 1，0，0），(12 2)beu uu r， ，cfu uu r=（0， 1，2）设 n=（x，y，z）为平面 bce 的法向量，则00bcbeuuu ruuu r，nn

40、即0220 xxyz，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00bccfuuu ruuu r，mm即020 xyz，不妨令 z=1，可得 m=（0，2，1）因此有 cos=3 10|10m nmn，于是 sin=1010所以，二面角e bc f的正弦值为1010（3）设线段 dp 的长为 h（h 0，2），则点p 的坐标为（ 0，0，h），可得( 12)bphuu u r，易知，dcu uu r=（0，2， 0）为平面adge 的一个法向量，故22cos5bp dcbp dcbp dchuu u ruuuruuu ru uu ruuu r uu

41、 ur，由题意，可得225h=sin60 =32，解得 h=33 0，2 所以线段dp的长为33. 16【 2017 年高考全国 卷理数】如图，在四棱锥p- abcd 中， ab/cd，且90bapcdpo. （1）证明：平面p ab平面 pad；（2）若 pa=pd=ab=dc，90apdo，求二面角a- pb- c 的余弦值 . 【答案】（1）见解析；（2）33. 【解析】（1）由已知90bapcdp，得 abap，cd pd. 由于 ab/cd ，故 abpd ，从而 ab平面 p ad. 又 ab平面 pab，所以平面pab平面 pad. （2）在平面pad内作pfad，垂足为f，由（

42、 1）可知，ab平面pad，故abpf，可得pf平面abcd. 以f为坐标原点，fauu u r的方向为x轴正方向，|abuuu r为单位长， 建立如图所示的空间直角坐标系fxyz. 由（ 1）及已知可得2(,0,0)2a，2(0,0,)2p，2(,1,0)2b，2(,1,0)2c. 所以22(,1,)22pcuu u r，(2,0,0)cbuu u r，22(,0,)22pauu u r，(0,1,0)abuuu r. 设( , )x y zn是平面pcb的法向量，则0,0,pccbuu u ruu u rnn即220,2220,xyzx可取(0, 1,2)n. 设( , , )x y zm

43、是平面pab的法向量，则0,0,paabu u u ru uu rmm即220,220.xzy可取(1,0,1)m. 则3cos,|3n mn mnm，所以二面角apbc的余弦值为33. 【思路点拨】 （1）根据题设条件可以得出abap，cdpd.而 ab/cd ，就可证明出ab平面 pad.进而证明出平面pab平面 p ad . （2）先找出ad 中点，找出相互垂直的线，建立以f为坐标原点，fauu u r的方向为x轴正方向，|abuuu r为单位长的空间直角坐标系，列出所需要的点的坐标，设( , , )x y zn是平面pcb的法向量，( , , )x y zm是平面pab的法向量，根据垂

44、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. 【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；求二面角， 关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键 . 17 【2017 年高考江苏卷】如图， 在三棱锥abcd中，abad，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 efad求证：（ 1）ef平面 abc；（ 2

45、）adac【答案】（ 1）见解析；（2）见解析 . 【解析】（ 1）在平面abd内，因为abad，efad，所以efab又因为ef平面 abc，ab平面 abc，所以 ef平面 abc（2）因为平面abd平面 bcd，平面abdi平面 bcd=bd，bc平面 bcd，bcbd，所以bc平面abd因为ad平面abd，所以bcad又abad，bcabbi，ab平面abc，bc平面abc，所以 ad平面 abc，又因为 ac平面 abc，所以 adac【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直

46、；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直18【2017 年高考江苏卷】 如图，在平行六面体abcd-a1b1c1d1中， aa1平面 abcd， 且 ab=ad=2， aa1=3，120bad（ 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）17；（ 2）74【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1,ae ad aau uu r uuu r u uu r为正交基底，建立空间直角坐标系a-xyz因为 ab=ad=2，aa1=3，120bad则1

47、1(0,0,0),( 3, 1,0),(0,2,0),( 3,0,0),(0,0,3),( 3,1, 3)abdeac（1）11( 3, 1,3),( 3,1, 3)abacu uu ru uu u r，则111111( 3, 1,3) ( 3,1, 3)1cos,77|ab acab acabacuuu r uu uu ru uu r uuuu ru uu ruuuu r因此异面直线a1b 与 ac1所成角的余弦值为17（2）平面 a1da 的一个法向量为(3,0,0)aeuu u r设( , , )x y zm为平面 ba1d 的一个法向量，又1( 3, 1,3),(3,3,0)abbdu

48、u u ru uu r，则10,0,a bbduuu ruuu rmm即330,330.xyzxy不妨取 x=3，则3,2yz，所以(3,3, 2)m为平面 ba1d 的一个法向量，从而(3,0,0)(3,3,2)3cos,4|34aeaeaeu uu ruuu ruuu rmmm，设二面角b-a1d-a 的大小为，则3|cos|4因为0,，所以27sin1cos4因此二面角b-a1d-a 的正弦值为74【名师点睛】利用法向量求解空间线面角、面面角的关键在于“ 四破 ” ：破 “ 建系关 ” ，构建恰当的空间直角坐标系；破“ 求坐标关 ” ，准确求解相关点的坐标；破“ 求法向量关 ” ，求出平

49、面的法向量；破“ 应用公式关 ” （1）先根据条件建立空间直角坐标系，进而得相关点的坐标，求出直线a1b 与 ac1的方向向量， 根据向量数量积求出方向向量夹角，最后根据异面直线所成角与方向向量夹角之间相等或互补可得夹角的余弦值；（2）根据建立的空间直角坐标系，得相关点的坐标，求出各半平面的法向量，根据向量数量积求出法向量的夹角，最后根据二面角与法向量夹角之间关系确定二面角的正弦值19 【2017 年高考山东卷理数】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 . （1）设p是?ce上的一点，且apbe，求cbp的大小；（

50、2）当3ab，2ad时，求二面角eagc的大小 . 【答案】（1）30； （2） 60. 【解析】（1）因为apbe，abbe，ab，ap平面abp，abapai，所以be平面abp，又bp平面abp，所以bebp，又120ebc，因此30cbp. （2）解法一：取?ec的中点h，连接eh，gh，ch. 因为120ebc，所以四边形behc为菱形，所以223213aegeacgc. 取ag中点m，连接em，cm，ec. 则emag，cmag，所以emc为所求二面角的平面角. 又1am，所以1312 3emcm. 在bec中，由于120ebc，由余弦定理得22222222cos12012ec，所

51、以2 3ec，因此emc为等边三角形，故所求的角为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)aeu uu r，(1, 3,0)agu uu r，(2,0,3)cguuu r，设111(,)yxzm是平面aeg的一个法向量 . 由00aeaguu u ruu u rmm可得1111230,30,xzxy取12z，可得平面aeg的一个法向量(3,3,2)m. 设222(,)yxzn是平面acg的一个法向量. 由00agcguuu

52、 ruuu rnn可得222230,230,xyxz取22z，可得平面acg的一个法向量(3,3,2)n. 所以1cos,| |2m nm nmn. 因此所求的角为60. 20【 2017 年高考全国 理数】如图，四棱锥p-abcd 中，侧面pad 为等边三角形且垂直于底面abcd，o1,90 ,2abbcadbadabce 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所成角为o45，求二面角mabd的余弦值【答案】（1）见解析；（2）105【解析】（1）取pa的中点f，连结ef，bf因为e是pd的中点，所以efad，12efad，由90b

53、adabc得bcad，又12bcad，所以efbc，四边形bcef是平行四边形，cebf又bf平面pab， ce平面pab，故 ce 平面pab（2）由已知得baad ，以 a 为坐标原点，abu uu r的方向为x 轴正方向，abuuu r为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系axyz，则0,0,0a，1,0,0b，1,1,0c，0,1, 3p，(1,0,3)pcuuu r，(1,0,0)abuu u r，设, ,01mx y zx，则1, ,( ,1,3)bmxy zpmx yzuuu u ruu uu r，因为 bm 与底面 abcd 所成的角为45 ，而0,0,1n是底面 abcd 的

54、法向量，所以cos,sin 45bmuuuu rn，222221zxyz，即22210 xyz 又 m 在棱 pc 上，设pmpcuuuu ruuu r，则,1,33xyz 由解得212162xyz(舍去 )，212162xyz所以26(1,1,)22m，从而26(1,1,)22amuuu u r设000,xy zm是平面 abm 的法向量，则0,0,amabuuuu ruuu rmm即0000(22)260,0,xyzx所以可取(0,6, 2)m于是10cos,5m nm nm n，因此二面角mabd的余弦值为105【名师点睛】 （1）求解本题要注意两点：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二

55、面角，利用方程思想进行向量运算，要认真细心、准确计算（2）设 m，n 分别为平面 ，的法向量，则二面角与互补或相等，故有|cos |cos|=m nm n求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角21 【2017 年高考全国 理数】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）见解析；（ 2）77. 【解析】（ 1）由题设可得，abdcbd

56、，从而addc. 又acd是直角三角形，所以=90adc. 取ac的中点 o，连接 do,bo,则doac,do=ao. 又由于abc是正三角形，故boac . 所以dob 为二面角dacb的平面角 . 在rtaob中，222boaoab. 又abbd，所以2222bodoboaoabbd，故90dobo. 所以平面 acd平面 abc. （2）由题设及（1）知，,oa ob od两两垂直，以o为坐标原点，oauu u r的方向为x轴正方向，oauu u r为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系oxyz.则1,0,0 ,0,3,0 ,1,0,0 ,0,0,1abcd. 由题设知，四面体 abc

57、e 的体积为四面体abcd 的体积的12， 从而 e 到平面 abc 的距离为d 到平面 abc的距离的12，即 e 为 db 的中点，得3 10,22e. 故3 11,0,1 ,2,0,0 ,1,22adacaeuuu ruuu ruuu r. 设=x,y,zn是平面 dae 的法向量，则00adaeuuu ruuu r，nn即0,310.22xzxyz可取31,13n. 设m是平面 aec 的法向量，则00acaeuuu ruuu r，mm同理可取0,1,3m. 则7cos,7n mn mn m. 所以二面角d-ae-c 的余弦值为77. 【名师点睛】 （1）求解本题要注意两点：一是两平面

58、的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算时，要认真细心，准确计算. （2）设 m，n 分别为平面 ，的法向量，则二面角 与,m n互补或相等，故有coscos,|mmnnm n.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角. 22 【2017 年高考浙江卷】 如图，已知四棱锥p abcd， pad 是以 ad 为斜边的等腰直角三角形，bcad，cdad，pc=ad=2dc=2cb，e 为 pd 的中点（1）证明： ce 平面 pab；（2）求直线ce 与平面 pbc 所成角的正弦值【答案】（ 1）见解析；（ 2）28【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直

59、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 . （1）如图，设pa 中点为 f，连接 ef，fb因为 e，f 分别为 pd， p a 中点，所以efad且12efad，又因为 bcad，12bcad，所以pabcdeefbc且 efbc ，即四边形bcef为平行四边形，所以cebf，因此ce 平面 pab（2）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pnad由 dcad，n 是 ad

60、 的中点得bnad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 mhmh 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=2 得 ce=2 ，在 pbn 中，由 pn=bn=1，pb=3 得 qh=14，在 rt mqh 中， qh=14，mq=2 ，所以sinqmh =28，所以直线ce 与平面 pbc 所成角的正弦值是28【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