2017—2019年高考真题汇编专题06立体几何(解答题)(解析版)

1、专题06立体几何（解答题）1.【2019年高考全国I卷理数】如图，直四棱柱ABCD- A iBiCiDi的底面是菱形，AAi=4, AB=2 , / BAD=60 °,E, M, N分别是BC, BBi, AiD的中点.（i）证明：MN /平面 CiDE；（2）求二面角 A-MA i-N的正弦值.【答案】（i）见解析；（2）邛.【解析】（i）连结BiC, ME.因为M, E分别为BBi, BC的中点，所以 ME/BiC,且 MEuBiC.2又因为N为AiD的中点， i所以 ND= AiD.2由题设知 AiBi P DC,可得 BiC PAiD,故 ME P ND ,因此四边形MNDE

2、为平行四边形， MN/ ED.又MN 平面EDCi,所以MN/平面CiDE.（2）由已知可得DEL DA.以D为坐标原点，Duu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N(1,0,2),UJLTuumrAA (0,0, 4) ， AMA(2,0,0) , Ai(2 , 0, 4), M(1,百 2),(1,V3, 2)，uuuuuuur _AN ( 1,0, 2)， MN (0,启0).uuuir, mm AM 0设m (x,y,z)为平面A1MA的法向量，则uurm AA 0所以 x 6y 2z 0,可取 m (73,1,0).4z 0.uuur, nn MN 0,设n

3、 (p,q,r)为平面A1MN的法向量，则uuuun AN 0.所以舄0,可取n (2,0, 1).p 2r 0.工曰m n 2 315于房 cos m, n尸,1mli n| 2 .55.求解二面角的关键是能够所以二面角A MA1 N的正弦值为乂10 .【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 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n卷理数】如图，长方体 ABCD R1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点 E在AA1上，BEXEC1.（1）证明：BE，平面 EBiCi；（2）若A

4、E=AiE,求二面角B£CCi的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）旦.2【解析】（1）由已知得，BiCi平面ABBiA, BE 平面ABBiA,故 BiCi BE .又BE ECi,所以BE 平面EBiCi . 由（i）知 BEBi 90 ,由题设知 RtAABERtAABiE ,所以 AEB 45 ,故 AE AB , AA 2AB .,一， uuur uuu.以D为坐标原点，DA的万向为x轴正万向，| DA |为单位长，建立如图所小的空间直角坐标系uuuuuu(i, i,i),则C (0, i, 0) , B (i, i, 0) , Ci (0, i, 2) , E (i,

5、 0, i) , CB (i,0,0) , CEuuurCCi(0,0,2) 设平面EBC的法向量为n= (x, y, x),则uuuCB n 0,x 0,uuu 即CE n 0,x y z 0,所以可取n=(0, 1, 1).设平面ECCi的法向量为m= (x, y, z),则 uuuuCCi m 0, 2z 0, uur ，即 ,CE m 0, x y z 0.所以可取m= (1, 1, 0).n m 1于是 cos n, m 一|n|m|2所以，二面角B EC C1的正弦值为Y3.2【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

6、弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力3.【2019年高考全国出卷理数】图1是由矢!形ADEB, RtMBC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) 30°.C,【解析】(1)由已知得ADPBE, CGPBE,所以ADPCG,故AD, CG确定一个平面，从而 A,G, D四点共面.由已知得AB BE, AB

7、BC,故AB 平面BCGE .又因为AB 平面ABC,所以平面ABC 平面BCGE .(2)作EH BC,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= J3 .Luir以H为坐标原点，hc的方向为x轴的正方向，建立如图所小的空间直角坐标系H二yz,_ uuu_ uuu则A ( T,1,0), C (1, 0,0), G (2, 0,73)，CG=(1, 0,73), AC =(2,T, 0)设平面ACGD的法向量为n= (x, v, z),则uuin_CG n 0 x 、3z 0

8、,uuu即AC n 0, 2x y 0.所以可取n= (3, 6,73)又平面BCGE的法向量可取为m二 (0, 1,n mcos n, m |n|m|因此二面角BPG力的大小为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 PRBCD中，PAL平面ABCD,AD±CD,AD / BC, PA=AD=CD=2 , ，一一,一 PF 1BC=3. E为PD

9、的中点，点F在PC上，且 PC 3(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PG 2.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由.PB 3【答案】（1）见解析；（2） /；（3）见解析.【解析】（1）因为PA，平面ABCD,所以PAX CD.又因为AD LCD,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, PAXAD.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

10、PD的中点,所以 E (0, 1, 1)uur 所以AE(0,1,1),uuirPC (2,2,2),uurAP(0,0, 2).uur 所以PF1 uur -PC 32 223,3, 3uuirAFuuuAPuur 2 PF 3设平面AEF的法向量为n= （x, y,uuir n AE uuur n AF0,即0,y z2-x30,2 4 y -z3 30.1, x1.于是n=（1,1,1).又因为平面PAD的法向量为p=(10,所以 cos n, p n PI加Pl由题知，二面角f-ae-p为锐角，所以其余弦值为3 3)直线AG在平面AEF内.PG 2 uuuuuur 2 uuu4 24

11、uu1r所以 PG -PB ,一, AG 3333因为点G在PB上，且 -,PB (2, 1,2), PB 3uuu uuur 42 2AP PG ,.由（2）知，平面AEF的法向量n=（ 1,uuur 4 2 2所以 AG n 0.33 31,1).3 3 3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.【2019年高考天津卷理数】如图，AE 平面ABCD

12、CF / AE, AD / BC , AD AB,AB AD 1,AE BC 2 ,(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E BD F的余弦值为-,求线段CF的长.3【答案】(1)见解析；(2)【解析】依题意，可以建立以间直角坐标系(如图)CF h (h(1)依题意,线BF平面(2)依题意,可得8(3)A为原点，分别以可得 A(0,0,0),0),则 F 1,2, h .uur uuur uuurAB , AD ,AE的方向为B(1,0,0),C(1,2,0),uurAB (1,0,0)是平面ADE的法向量，又ADE ,所以BF /平面AD

13、E .uuruurBD ( 1,1,0), BE (x, y,z)为平面BDE的法向量，则uuun (2,2,1),因此有 cos(CE,n所以，直线(3)设 m不妨令y由题意，有所以，线段1,0,2),uuin n BD uuu n BEuuuCE n-uuur|CE|n| 、-,4CE与平面BDE所成角的正弦值为 一9(x, y,z)为平面 BDF的法向量，则cos m, nCF的长为x轴，y轴，z轴正方向的空D(0,1,0) , E(0,0,2),设1,1, h|m n|m |n|3：,2h42uuirBF(0,2, h),uur可得BFuurAB 0,又因为直uuuCE0,0,1,2,

14、2).y2z0,不妨令z0,1,uuur BD uuur BF0,0,x y 0,2y hz 0,h 8 .经检验，符合题意.7F【名师点睛】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.6 .【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABCAiBiCi中，D, E分别为BC, AC的中点，AB=BC.求证：（1） AiBi/平面 DECi; BEXCiE.【答案】（i）见解析；（2）见解析.【解析】（i）因为D, E分别为BC, AC的中点，所以 ED /AB.在直三棱柱 ABC-AiBi

15、Ci 中，AB / AiBi,所以 AiBi / ED.又因为ED?平面DECi, AiBi 平面DECi,所以AiBi /平面 DECi.（2）因为AB=BC, E为AC的中点，所以 BEX AC.因为三棱柱 ABC-A iBiCi是直棱柱，所以 CCd平面ABC.又因为BE?平面ABC,所以CCiXBE.因为 CiC?平面 AiACCi, AC?平面 AiACCi, CiCAAC=C,所以BE，平面AiACCi.因为CiE?平面AiACCi,所以BEXCiE.【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

16、高考浙江卷】如图，已知三棱柱 ABC A1B1G,平面AACCi平面ABC, ABC 90 ,BAC 30, AA Ac AC,E,F 分别是 AC, AiBi 的中点.(i)证明：EF BC ;(2)求直线EF与平面AiBC所成角的余弦值【答案】(i)见解析；(2) 3 .5【解析】方法一：(1)连接AiE,因为AiA=AiC, E是AC的中点，所以AiE±AC.又平面AiACCi，平面ABC, AiE 平面AiACCi ,平面 AiACCi n平面 ABC=AC,所以，AiE,平面 ABC,则 AiEBC.又因为 AiF/AB, /ABC=90 °,故 BCAiF.所以

17、BC,平面AiEF.因此EF± BC.(2)取BC中点G,连接EG, GF,则EGFAi是平行四边形.由于AiE，平面ABC,故AiEEG,所以平行四边形 EGFAi为矩形.由(1)得BC，平面EGFAi,则平面AiBC,平面EGFAi,所以EF在平面AiBC上的射影在直线AiG上.连接AiG交EF于O,则/ EOG是直线EF与平面AiBC所成的角(或其补角)EG= ,3.不妨设 AC=4,则在 RtAiEG中，AiE=2 V3由于。为AiG的中点，故EO OG 公叵2i52 ，222_EO OG EG 3所以 cos EOG 2EO OG 5因此，直线EF与平面AiBC所成角的余弦

18、值是 方法二:(i)连接AiE,因为AiA=AiC, E是AC的中点，所以AiEXAC.又平面AiACCi,平面ABC, AiE 平面AiACCi,平面AiACCiA平面ABC=AC,所以，AiE，平面ABC.如图，以点E为原点，分别以射线EC, EAi为y,百由的正半轴，建立空间直角坐标系Eiyz.不妨设AC=4,则Ai (00,2*), B ( B1,0),Bi( .3,32,3),2,273) , C(0, 2, 0).因此,uuirEF当I,2国uuirBC73,1,0) .uur 由EFuuinBC0得 EF BC .243).uuir,BC 由AC(2)设直线EF与平面AiBC所成

19、角为uur _ uuuu由(1)可得 BC=( V3,1, 0), AC=(0设平面ABC的法向量为n (x, y,z)n 0 /日3x y 0，得 ln 0 y . 3z 0uuu取n (1技1),故 sin | cos|EF| |n|3因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为 一5【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I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4DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF BF .(1)证明：平面 PEF 平面AB

20、FD ;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.【答案】(1)见解析；(2)立4【解析】方法一：(1)由已知可得，BFXPF , BFXEF ,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PHLEF于点H,连接DH,如图,由于EF为平面ABCD和平面PEF的交线，PH ± EF ,则 PH，平面 ABFD ,故 PH，DH.则DP与平面ABFD所成的角为 PDH .在三锥P-DEF中，可以利用等体积法求 PH.因为 DE / BF 且 PF，BF,所以 PFXDE,又PDF0CDF,所以/ FPD=Z FCD=90&#

21、176; ,所以PFXPD,由于 DE APD=D,贝U PFL平面 PDE,皿.1 一一故Vf pde PF Sapde ,3因为BF / DA且BF，平面PEF ,所以DA,平面PEF,所以DEXEP.设正方形的边长为2a,贝（J PD=2a, DE=a,在APDE中，PE 揭，所以&PDE寺八故VFPDE纣又 SA DEF2a所以PH3VfPDE.3一 a2所以在4PHD中，sin PDHPH- 好,PD 4故DP与平面ABFD所成角的正弦值为 正.方法二：(1)由已知可得，BFXPF, BFXEF,所以BFL平面PEF.又BF 平面ABFD ,所以平面 PEFL平面 ABFD.

22、(2)作PHXEF,垂足为H.由(1)得，PHL平面ABFD.一 , uur uuu.以H为坐标原点，HF的万向为y轴正万向，| BF |为单位长，建立如图所小的仝间直角坐标系H-xyz.由(1)可得，DE，PE.又DP=2,DE=1,所以 PE=« .又 PF=1, EF=2,故 PEPF.可得PH 板,EH 3223则 H(0,0,0), P(0,0, y),D(1,32,o)，uurDP33 uuu(1,2,y), HP(0,0, g)为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为则sinuuur uurHP DP , -uuur-uuur | |HP|DP|V3 .4所

23、以DP与平面ABFD所成角的正弦值为9.【2018年高考全国II卷理数】如图，在三棱锥 P ABC中，AB BC 2我，PA PB PC AC 4 ,。为AC的中点.(1)证明：PO 平面ABC；(2)若点M在BC上，且二面角M PA C为30 ,求PC与平面PAM所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；号.【解析】（1）因为AP CP AC4,。为AC的中点，所以OP AC,且OP 2M.连结OB .因为AB BC AC2,所以AABC为等腰直角三角形,且OB由OP2OB2八 1 一OB AC 2.22 .PB 知 PO OB .由OPOB ,OP AC 知 PO 平面 ABC .（2）如图，

24、以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz.瓶由已知得urn 向量OB(2,0,0) O(0,0,0), B(2,0,0), A(0, 2,0),C(0,2,0), P(0,0,2 V3),Ap (0,2,2 场，取平面 PAC 的法设 M (a,2uuura,0)(0 a 2)，则 AM (a,4 a,0) .设平面PAM的法向量为n （x,y,z）.uuuuuir由 AP n 0,AM°得2y 2每0 ax (4 a)y，可取 n(J3(a 4), J3a, a),0'uiu 所以 cos ;OB, n2 . 3( a 4)23(a2 o 224

25、) 3a auui由已知可得|cos：OB,n“2；31a 4|所以 2 .,3(a 4)2 3a2 a2 人，44 （舍去），a 3所以n/ 8,3 4,34、(, )333uuu 又PC一uui 3(0,2, 2而,所以 cos(PC,n)弓所以PC与平面PAM所成角的正弦值为 叵.410.【2018年高考全国出卷理数】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M ABC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）R5.5【解析】（1）由题设知

26、，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 BCSM .因为M为Cd上异于C, D的点，且DC为直径,所以DMLCM.又 BCI CM=C,所以DM，平面BMC.而DM 平面AMD ,故平面 AMD，平面 BMC .D- xyz.(2)以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系当三棱锥M-ABC体积最大时，M为CD的中点.由题设得 D(0,0,0), A(2,0,0), B(2,2,0), C(0,2,0), M (0,1,1),uuumuuruuurAM( 2,1,1),AB (0,2,0), D

27、A (2,0,0)设n (x, y,z)是平面mab的法向量，则uuuun AM 0, 2x y z 0, uuu 即n AB 0,2y 0.可取 n (1,0,2).uurDA是平面MCD的法向量，因此 uur-uuuu.nDA5cos( n, DA)uuur-,|n|DA|5,uur 2.5 sin (n, DA),所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是 2匹.5BC的中11 .【2018年高考江苏卷】如图，在正三棱柱ABC-AiBiCi中，AB=AAi=2,点P, Q分别为AiBi ,与 八、(1)求异面直线BP与ACi所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQCi所成角的正弦值.

28、pB【答案】（i）嚓；（2）?OOi ±OC,【解析】如图，在正三棱柱 ABC-AiBiCi中，设AC, AiCi的中点分别为 O, Oi,则OBOC,uur uur uuuuOOiXOB,以OB,OC,OO1为基底，建立空间直角坐标系O-xyz.因为 AB=AAi=2 ,所以 A(0, i,0),B33,0,0),C(0,i,0),A(0, i,2),Bi(73,0,2),G(0,i,2).(i)因为P为AiBi的中点，所以P(W3, -,2), 22uuuu 3 i uuuuu 从而 BP (5，2,2),ACi (0,2,2),uuu uuur一.LUu LuLu|BP ACi

29、l | i 4|3 i0故 | cos(BP, ACi |uuutautun-产 ,| BP | ACi |52.220因此，异面直线 BP与ACi所成角的余弦值为 3020（2）因为Q为BC的中点，所以QI?,；。），, unr3 3 uuuuuuuu因此 AQ 叮,”，ACi (022),CCi(0。2).uuirAQ n 则 uuuuAC1 n设门二（x, y, z）为平面AQCi的一个法向量,0330， x y 0, 即220， 2y 2z 0.不妨取n（褥，1,1）, 设直线CCi与平面AQCi所成角为则sinuuur| cos CCi,nUULUU USCji n|CCi I |n

30、|所以直线CCi与平面AQCi所成角的正弦值为立.5Bi Ci .i2.【20i8年高考江苏卷】在平行六面体ABCD ABGD中，AAi AB,ABi求证：（i） AB/平面ABC ；（2）平面 ABBiA, 平面 ABC .【答案】（i）见解析；（2）见解析.【解析】（i）在平行六面体 ABCD-AiBiCiDi中，AB /AiBi.因为AB 平面AiBiC, AiBi 平面AiBiC, 所以AB /平面AiBiC.（2）在平行六面体ABCD-AiBiCiDi中，四边形ABBiAi为平行四边形. 又因为AAi=AB,所以四边形 ABBiAi为菱形， 因此 ABiXAiB.又因为 ABBiCi

31、, BC/ BiCi,所以 ABiXBC.又因为 AiBABC=B, AiB 平面 AiBC, BC 平面 AiBC,所以ABi,平面AiBC.因为ABi平面ABBiAi所以平面ABBiAi,平面AiBC.13.【20i8年高考浙江卷】 如图，已知多面体 ABCAiBiCi, AiA, BiB, CiC均垂直于平面 ABC , / ABC=i20 °,AiA=4, CiC=i , AB=BC=BiB=2.（i）证明：ABi，平面 AiBiCi;（2）求直线ACi与平面ABBi所成的角的正弦值.【答案】（i）见解析；（2）噜.【解析】方法一：（i）由 AB2,AAi4,BBi2,AAi

32、AB, BBi AB 得ABAB2 J2,所以 AB； AB； AA2.故 ABi AB.由 BC2,BBi2,CCi i, BBi BC,CCiBC 得 B1cl45 ,由 ABBC 2,ABC i20 得 AC 2近,由 CCi AC ,得 ACi Ji3 ,所以 ABi2 BiCi2 AC2,故 ABi BiCi.因此AB 平面A,B1cl.(2)如图，过点 Ci作CiD AiBi ,交直线 AiBi于点D ,连结AD .由AB1 平面AB1c1得平面A1B1C1 平面ABB1 ,由 CiD AB 得C1D 平面 ABB1,所以 C1AD是AG与平面ABB1所成的角.由 BC1 君,AB

33、1 2拒,AC1 标得cos C1AB £,sin C1AB ， .7.7所以 C1D ,、3,拓C1D39故sin C1AD .AC113因此，直线 AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是 Y39. 13方法二：（1）如图，以AC的中点。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：A(0, 73,0), B(1,0,0), A(0, 73,4), B(1,0,2),C1(0H3,1),uuu _ uuu _ uuu =因此 AB1(1,、,3,2), AB(1, ,3,2),ACi(0,23,3),uuu uuu由 AB

34、1 AB1 0 得 ABi ABi. uuu uuu由 AB1 AC1 0得 ABi ACi.所以ABi平面ABC.(2)设直线ACi与平面ABBi所成的角为.uur = uuu _uuir由(1)可知 ACi (0,2s/3,i),AB (i, <3,0), BB1 (0,0,2),设平面ABBi的法向量n (x, y,z). uiu n AB 由 uuu n BB所以sin因此，直线°,即x岛 0, 2z 0,0,可取uuuruuu | AC |cos - AC| ,n ; | uuu|ACi| |n|(.3,1,0).-.3913ACi与平面ABBi所成的角的正弦值是.

35、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年高考北京卷理数】 如图，在三柱ABC- ABG中，CCi平面ABC, D,巳F, G分别为AA ,AC, AG, BBi 的中点，AB=BC= s/5 , AC= AA =2.(1)求证：AC,平面BEF；(2)求二面角B-CD - Ci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-AiBiCi中，.CC平面ABC,.四边形A1ACC1为矩形.又E, F分别为AC, A1C

36、1的中点，.-.ACXEF.AB=BC.ACXBE,AC，平面 BEF.（2）由（1）知 ACXEF, ACXBE, EF / CC1.又 CC1,平面 ABC,，EF，平面 ABC. BE 平面 ABC, EFXBE.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). uuuuur CD=(2 ,0,1),CB=(1,2,0),设平面BCD的法向量为n (a , b, c),uuunCD02ac0uur'。ohn'nCB0a2b0令 a=2,则 b=-

37、1, c=-4,平面BCD的法向量n (2, 1, 4),uur又平面CDCi的法向量为EB=（0 ,2,0）,uur/. cos n EBuurn EBuur.21|n|EB|21由图可得二面角B-CD-Ci为钝角，所以二面角 B-CD-Ci的余弦值为 211 . 21(3)由(2)知平面BCD的法向量为n (2,1,4),. G (0, 2, 1), F (0, 0, 2), uuu，GF=(0, 2,1), uuu n GF 2 ,uuu n与gf不垂直，GF与平面BCD不平行且不在平面 BCD内，二.GF与平面BCD相交.15.【2018 年高考天津卷理数】 如图，AD/ BC 且 A

38、D=2BC, AD CD ,EG/AD 且 EG=AD, CD/ FG 且 CD=2FG, DG 平面ABCD , DA=DC=DG=2.(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证： MN/平面CDE；(2)求二面角E BC F的正弦值；(3)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.A【答案】(1)见解析；(2) 典;(3) 1.103【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DA, DC,

39、 DGr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),3F (0, 1, 2) , G (0, 0, 2) , M (0,3 , 1) , N (1, 0, 2).(1)依题意 DC = (0, 2, 0),uuirunr，.n。DC 0,DE = (2, 0, 2).设 n0=(x, y, z)为平面 CDE 的法向重，则uuir2y即2x0,2z不妨令z= -1,0,可得no= (1,0, T)uuuu MN=(1,uuuu1 1),可得

40、 MN no0,又因n0 DE 0,为直线 MN 平面CDE ,所以MN /平面 CDE .(2)依题意,可得uumuuuBC = ( T , 0, 0) , BE(1,2,2),uuir CF=(0,T,设 n= (x, V,nz)为平面BCE的法向量，则nuuir BC uuu BE0, 2y2z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uuurBC uuur CF0,0, 2z0,不妨令z=1,可得m= (0, 2,1)因止匕有 cos<m, n>= m n |m l|n|在10所以，二面角E-BC-F的正弦值为10(3)设线

41、段DP的长为h (hC0, 21)，则点P的坐标为0,0,uuu,可得 BP ( 1, 2, h).易知，DC =(0,2, 0)为平面ADGE的一个法向量，故uuu uuir cos BP DCuuu uuur BP DC uuu uur BP DC由题意，可得 f =sin60 h 5£ 0, 2.所以线段DP的长为学.16.【2017年高考全国I卷理数】如图，在四棱锥 P-ABCD中，AB/CD,且 BAP CDP 90o（1）证明：平面 PAB，平面PAD;（2）若 PA=PD=AB=DC, APD 900,求二面角 A-PB-C 的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）Y3.

42、3【解析】（1）由已知 BAP CDP 90 ,得ABXAP, CDXPD.由于AB/CD，故ABLPD，从而 AB,平面PAD.又AB 平面PAB,所以平面PABL平面PAD.（2）在平面PAD内作PF AD ,垂足为F ,由（1）可知，AB 平面PAD，故AB PF ,可得PF 平面ABCD .xyz.，一一 . uuruuu ,以F为坐标原点，FA的万向为x轴正万向，|AB|为单位长，建立如图所小的空间直角坐标系F由（1）及已知可得uur所以PCAQQ)，P(0,0,B亭,0),C(字1,0).( "fluuu -，CB (72,0,0),uuu 、2PA 丁uurAB(0,1

43、,0).设n (x, y,z)是平面PCB的法向量，则uur、2、2 人n PC 0,x y z 0,_uuu 即 22 可取 n (0, 1, J2)nCB 0,同 0,设m (x,y,z)是平面PAB的法向量，则uur m PA uur m AB0,即0,立x2 y 0./z 0,可取 m (1,0,1).贝 U cos<n, m>n m|n|m|333，所以二面角PB C的余弦值为【思路点拨】(1)根据题设条件可以得出 ABXAPCDPD.而AB/CD,就可证明出 AB,平面PAD.进而证明出平面 FABL平面PAD.(2)先找出AD中点，找出相互垂直的线，建立以F为坐标原点

44、,uuuuuruFA的方向为x轴正方向，|AB|为单位长的空间直角坐标系，列出所需要的点的坐标,设n (x, y, z)是平面PCB的法向量，m (x, y,z)是平面PAB的法向量，根据垂直关系，求出 n (0, 1, 扬和m (1,0,1),利用数量积公式可求出面角的平面角.【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】

45、如图，在三B隹A BCD中，ABXAD, BCXBD,平面ABD,平面BCD,点E, F(E与A, D不重合)分别在棱 AD, BD上，且EFXAD.求证：(1) EF /平面ABC;(2) ADXAC.【答案】(1)见解析；(2)见解析.【解析】(1)在平面ABD内，因为ABXAD, EF AD ,所以 EF / AB .又因为EF 平面ABC, AB 平面ABC,所以EF /平面ABC.(2)因为平面 ABDL平面BCD,平面 ABDI平面BCD = BD, BC 平面BCD, BC BD ,所以BC 平面ABD .因为AD 平面ABD ,所以BC AD .又 ABAD, BCI AB B

46、, AB 平面 ABC, BC 平面 ABC,所以AD,平面ABC,又因为AC 平面ABC,所以AD LAC.【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；(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-AiBiCiDi中，AA平面 ABCD ,且AB=AD=2,AAi= 出， BAD 120 .(1)求异面直线 AiB与ACi所成角的余弦值；(2)求二面角 B-AiD-A的正弦值.【答案】(i)1； (2)Y7. 74A,S【解析

47、】在平面 ABCD内，过点A作AE AD,交BC于点E.因为 AAi 平面 ABCD,所以 AAi AE, AAi AD.uuir uuur uuu如图，以AE, AD, AAi为正交基底，建立空间直角坐标系A-xyz.因为 AB=AD=2, AAi=73 , BAD 120则 A（0,0,o）, b（73, i,o）, d（0,2,o）, e（V3,0,o）, a（0,0，何g（V3,i,£）.B（吊,8,uuu _ uuuu（1）AB （'.3, i, .3）, AGuult uuuuuJLT LLUUTAB AC则 cos； A B, ACi ；UUUB ACT,|AB

48、|ACi|（3, i, ,3） （ 3,i, 3）i因此异面直线 AiB与ACi所成角的余弦值为 一7UUT _（2）平面AiDA的一个法向量为 AE （J3,0,0） .设m (x,y,z)为平面BAiD的一个法向量,uur _- uuir-m又 AB （V3, i, V3）, BD （，3,3,0）,则 mUULT AB uuur BD0,即0,. 3x y 、3z 0,、,3x 3y 0.不妨取x=3,则y 73, z 2,所以m (3, J3,2)为平面BAiD的一个法向量,uuur_i uuurAE m ( 3,0,0) (3, ,3,2) 3从而 cos( AE, m) -uuur

49、 '"'' ' -,|AE|m|3 44、一一.3设二面角B-AiD-A的大小为 ，则|COS | -.因为 0,，所以 sin由cos2 .4因此二面角B-A1D-A的正弦值为7L .【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 筑坐标关”，准确求解相关点的坐标；破尿法向量关”，求出平面的法向量；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AiB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

50、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AP BE ,求 CBP的大小；(2)当AB 3, AD 2时，求二面角E AG C的大小.【答案】（1） 30。；（2） 60。.【解析】（1）因为 AP BE, AB BE, AB, AP 平面 ABP, ABI AP A, 所以BE

51、平面ABP ,又BP 平面ABP ,所以BE BP,又 EBC 120 , 因此 CBP 30 .（2）解法一：取?C的中点h ,连接EH , GH , CH .因为 EBC 120 ,所以四边形BEHC为菱形，所以 AE GE AC GC . 32? .石.取AG中点M ,连接EM , CM , EC .则 EM AG , CM AG , 所以 EMC为所求二面角的平面角.又 AM 1 ,所以 EM CM J13 1 273 .在 4BEC 中，由于 EBC 120 ,由余弦定理得 EC2 22 22 2 2 2 cos120 12,所以EC 2m ,因此EMC为等边三角形，故所求的角为60 .y , z轴，建立如图所示的空间解法二：以B为坐标原点，分别以 BE, BP, BA所在的直线为x,直角坐标系由题意得 A(0,0,3) E(2,0,0)G(1,V3,3),一uuirC( 1,V3,0),故 AEuu