立体几何-2021高考数学（理）高频考点、热点题型归类强化

专题06立体几何

-2021高考数学(理)高频考点、热点题型归类强化

【高频考点及备考策略】

本部分内容在备考时应注意以下几个方面：

(1)加强对空间几何体结构特征的理解，掌握各种几何体的体积、表面积公式；掌握空间几何三视图的

画法规则，掌握几何直观图中各个元素之间的关系以及三视图中长宽之间的关系.

(2)掌握球及球的截面的性质.

(3)加强对空间几何体概念及位置关系的理解、掌握三个公理以及它们的推论；掌握各种判定定理、性

质定理的条件与结论，并且会应用.

(4)掌握利用线线平行、线面平行、面面平行之间的转化关系；掌握线线垂直、线面垂直、面面垂直之

间的转化关系.

(5)加强对空间向量概念及空间向量运算律的理解，掌握空间向量的加、减法，数乘、数量积运算等，

掌握各种角与向量之间的关系，并会应用；掌握利用向量法求线线角、线面角、二面角的方法.

考向预测：

(1)已知空间几何体的三视图或空间几何体中各元素间的关系，求空间几何体的体积、表面积.

(2)给出球体与多面体，利用球的性质求解球的体积、表面积等.

(3)空间几何体中各种垂直、平行关系的证明.

(4)二面角的求法；或已知二面角的大小，证明线线、线面平行或垂直；给出线面的位置关系，探究满

足条件的某点是否存在.____________

3---------Q-------

必备知识

一、空间几何体的三视图、表面积及体积

1.柱体、锥体、台体、球的表面积与体积

名称体积表面积

V棱柱=S/z

棱柱S棱柱=2S底面+S侧面

（S为底面积，h为高）

V棱锥=3sh

棱锥S棱锥=S底面+S侧面

（S为底面积，。为高）

喂=g/7（S+V^+S）

棱台S棱台=S上底+S下底+S侧面

（S、S为底面积，h为高）

V圆柱=兀户"S圆柱=2兀丁/+2兀户

圆柱

土为底面半径，"为高）“为底面半径，/为母线长）

V圆锥=于7〃S圆锥=兀〃+兀/

圆锥

“为底面半径，/为母线长）

（厂为底面半径，h为高）

V圆台二%以产+“+厂设）

圆台S圆台=兀（r+厂'）/+兀7+兀/2

（八，为底面半径，%为高）

丫球=37lR3（R为

球S球=4nR2（R为球的半径）

球的半径）

2.空间几何体的三视图和直观图

（1）空间几何体的三视图

三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投

影围成的平面图形，三视图的画法规则为“长对正、高平齐、宽相等”.

画三视图的基本要求：正（主）俯一样长，俯侧（左）一样宽，正（主）侧（左）一样高.

三视图排列规则：俯视图放在正（主）视图的下面；侧（左）视图放在正（主）视图的右面.

（2）空间几何体的直观图

空间几何体直观图的画法常采用斜二测画法.用斜二测画法画平面图形的直观图规则为“轴夹角45。（或

135°）,平行长不变,垂直长减半”.

二、点、直线、平面之间的位置关系

1.线面平行与垂直的判定与性质

定理名称文字语言图形语言符号语言

平面外一条直线与平

____a

面内的一条直线平

线面平行的判定定理b=al/a

行，则这条直线与此/b/

allb

平面平行

一条直线与一个平面

平行，则过这条直线

ci//a,〃u4，b,

线面平行的性质定理的任何一个平面与此

=>〃〃b

平面的交线与该直线

平行

一条直线和一个平面

内的两条相交直线都bua,

线面垂直的判定定理

垂直，则该直线与此l-La,l.Lb=>l.La

平面垂直

垂直于同一平面的两

线面垂直的性质定理aA-a,b,La^a//b

条直线平行

2.面面平行与垂直的判定与性质

定理名称文字语言图形语言符号语言

如果一个平面内有两

条相交的直线都平行QUQ,bua,

面面平行的判定定理

于另一个平面，那么a〃B，b〃60a〃£

这两个平面平行

如果两个平行平面同

时和第三个平面相a//2且且yCl夕

面面平行的性质定理

交，那么它们的交线=b^a//b

平行

一个平面过另一个平

面面垂直的判定定理面的垂线，则这两个

平面垂直

两个平面垂直，则一

个平面内垂直于交线a_L£,bu§,aCl£=a,

面面垂直的性质定理

的直线与另一个平面

垂直

3.三种平行关系的转化

4.三种垂直关系的转化

三、用空间向量的方法解立体几何问题

1.向量法求空间角

(1)异面直线所成的角：设分别为异面直线a,b的方向向量,则两异面直线所成的角满足cosO=嬲.

|U||£7|

(2)线面角

设/是斜线/的方向向量，〃是平面a的法向量，则斜线/与平面a所成的角满足sinO=晶.

(3)二面角

①如图(i),AB,CD是二面角a—/—£的两个半平面内与棱/垂直的直线，则二面角的大小0=〈显,

cb).

②如图(ii)(iii),”2分别是二面角a—/—£的两个半平面a,£的法向量，则二面角的大小。满足cos。

=COS〈"1，"2〉或一COS(rtl，〃2〉.

(4)点到平面的距离的向量求法

如图，设AB为平面a的一条斜线段，"为平面a的法向量，则点2到平面a的距离1=噜©.

2.利用向量方法证明平行与垂直

设直线/,根的方向向量分别为a=(ai，bi，ci),b=(a2,b2,ci).平面a,4的法向量分别为“=(6，

b3，ci),u=(〃4，匕4，C4).

(1)线线平行

I//m<^a//b^a—kb^a\—ka2,b\—kbi9c\—kci.

(2)线线垂直

/_Lmd_LZ>d8=0uaia2+^B2+ciC2=0.

(3)线面平行

I//ad，"口・"=0011〃3+51优+。1。3=0.

(4)线面垂直

kci3fbi=kbe，c—kc3.

(5)面面平行

(X//夕0t/〃v^^i=kvu(i3=kci4,b3~kb4,c3~kc4.

(6)面面垂直

a_1_£令J_V//W=0之3。4+方3方4+c3c4=0.

3.模、夹角和距离公式

(1)设a=(ai,az,的)，b=(bi,bi,bi),则

|a|=y[a^a=\la?++<A,

ab_________0161+0262+0363

㈤臼4廨+龙+^^\//+庆+用

(2)距离公式

设A(xi,yi,zi),B(X2,yz,z2),贝！I

|Ao|=y/xi~X22+yi-j22+zi-Z22.

【易错警示】

1.未注意三视图中实、虚线的区别

在画三视图时应注意看到的轮廓线画成实线，看不到的轮廓线画成虚线.空间几何放置的方式不同时,

对三视图可能会有影响.

2.不能准确分析组合体的结构致误

对简单组合体表面积与体积的计算要注意其构成几何体的面积、体积是和还是差.台体可以看成是由

锥体截得的，此时截面一定与底面平行.

3.忽略判定定理和性质定理中的条件

应用线面平行判定定理时，忽略“直线在平面外”“直线在平面内”的条件；应用线面垂直及面面平行的判

定定理时，忽略“两直线相交”“两直线在平面内”的条件，应用面面垂直的性质定理时忽略“直线在平面内”“直

线垂直于两平面的交线”的条件等.

4.把平面几何中的相关结论推广到空间直接利用

如平面内垂直于同一条直线的两条直线相互平行，这个结论在空间中不成立.

5.不能准确掌握判定定理和性质定理

如线面平行的性质定理中是过与平面平行的直线的平面与该平面的交线与已知直线平行，而非作出的

直线；面面平行的性质定理中平行的两条直线一定是第三个平面与两平行平面的交线等.

6.在建立空间直角坐标系时，易忽略说明或证明建系的条件.忽略异面直线的夹角与方向向量夹角的

区别：两条异面直线所成的角是锐角或直角，与它们的方向向量的夹角不一定相等.不能区分二面角与两

法向量的夹角：求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析.

真题体验

一、选择题

1、（2020新课标I卷•理科T3）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱

锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的

高与底面正方形的边长的比值为（）

1〃2[I,I,

由题意尸〃乩即幺=上〃5,化简得4（一）2—2.一—1=0,

242aa

解得2=31（负值舍去）。故选：C.

a4

【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.

2、（2020新课标I卷•理科T10）已知A,C为球。的球面上的三个点，。。1为；ABC的外接圆，若

。。1的面积为4兀，AB^BC^AC=OO1,则球。的表面积为（）

A.64兀B.48兀C.36兀D.32兀

【答案】A

【解析】设圆Q半径为小球的半径为R,依题意，

得7rr2=4匹:.r-2,

由正弦定理可得A3=2rsin6O°=26,

,00]=A3=，根据圆截面性质00,1平面ABC,

OO,±JA,R=OA=JOO：+0.=go；+*=4,

•e•球。的表面积S=4TTR2-64〃.

故选：A

vKJ

【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.

3、（2020新课标n卷•理科T7）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中

对应的点为"，在俯视图中对应的点为N,则该端点在侧视图中对应的点为（）

A.EB.FC.GD.H

【答案】A

【解析】根据三视图，画出多面体立体图形,

上的点在正视图中都对应点M直线33c4上的点在俯视图中对应的点为N,

在正视图中对应M,在俯视图中对应N的点是。4，线段，上的所有点在侧试图中都对应E,•••点

2在侧视图中对应的点为E.

故选：A

【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还

原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题.

4、（2020新课标H卷•理科T10）已知△ABC是面积为些的等边三角形，且其顶点都在球。的球面上.

4

若球。的表面积为16孙则。到平面ABC的距离为（）

A.J3B.-C.1D.B

22

【答案】C

O

【解析】

B

设球。的半径为R,则4%尺2=16%,解得：R=2.

设，A6C外接圆半径为小边长为。，

4

•J孝智解得:

”3,

•••球心。到平面ABC的距离d==Jm.

故选：C.

【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明

确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.

5、（2020新课标III卷•理科T8）下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）

A.6+40B.4+4应C.6+2逝D.4+2百

【答案】C

【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形

2

根据立体图形可得：SAABC=SAADC=SACDB=^X2X2=2

根据勾股定理可得：AB=AD=DB=2及

△ADB是边长为2夜的等边三角形

根据三角形面积公式可得：

S△陋B=gA5•.sin60。=g（20产•孝=

,该几何体的表面积是：3><2+2君=6+26.

故选：C.

【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形,

考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.

6、（2020山东省新高考全国I卷•T4）同（2020海南省新高考全国II卷•T4）日色是中国古代用来测定

时间的仪器，利用与唇面垂直的唇针投射到号面的影子来测定时间.把地球看成一个球（球心记为。），地球

上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在

点A处放置一个日号，若辱面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40。，则号针与点A处的水平面所

成角为（）

A.20°B.400

C.50°D.90°

【答案】B

【解析】画出截面图如下图所示，其中CD是赤道所在平面的截线；/是点4处的水平面的截线，依题意可

知。4，/；是辱针所在直线.根是号面的截线，依题意依题意，号面和赤道平面平行，辱针与唇面垂直,

根据平面平行的性质定理可得可知加〃CD、根据线面垂直的定义可得AB，加..

由于ZAOC=40°,milCD,所以AOAG=ZAOC=40°,

由于NQ4G+NG4E=ZSAE+NG4E=90°,

所以ZBAE=ZOAG=40°,也即唇针与点A处的水平面所成角为NBAE=40°.

【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于

中档题.

7、（2020北京卷・T4）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（）.

A6+6B.6+2百C.12+73D.12+273

【答案】D

【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形,

贝ij其表面积为：S=3x（2x2）+2xfx2x2xsin600）=12+2^.

故选：D.

【点睛】（1）以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图

中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系.

（2）多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理.

（3）圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积

与底面圆的面积之和.

8、（2020天津卷•T5）若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）

A.12万B.24〃C.36乃D.144万

【答案】C

【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，

所以，这个球的表面积为5=4万氏2=4万x3?=36万.

故选：C.

【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求

多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长

方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助

球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何

体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.

9、（2020浙江卷«T5）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm5）是（）

C.3D.6

【答案】A

【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱,

且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1,

棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2,

所以几何体的体积为：—xf—1x2xljxl+f—1x2xljx2=—1+2=—7

2233

故选：A

【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.

二、填空题

1、（2020新课标HI卷•理科T15）已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体

积为.

【答案】县兀

3

【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，

其中BC=2,AB=AC=3,且点M为3c边上的中点,

设内切圆的圆心为。,

2

由于AM=J32—I=2^2，故S.BC=]x2x2^/2=2^/5,

设内切圆半径为人则：

S4ABC=^/XAOB+S4BOC+^/XAOC=5xABxr+5XBCX厂+5xACxr

=1x(3+3+2)xr=2^,

解得：r=,其体积：V=—7rr3=——7r-

233

故答案为：立兀.

3

【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的

位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中

心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于

球的直径.

2、(2020山东省新高考全国I卷•T16)已知直四棱柱ABCD-ALBICIDI的棱长均为2,ZBAD=60°.以R

为球心，、后为半径的球面与侧面BCGBi的交线长为.

【答案】正万.

2

【解析】如图:

取用。1的中点为E，88]的中点为尸，CC的中点为G,

因为NE4D=60。，直四棱柱ABC。-的棱长均为2,所以△。耳。】为等边三角形，所以

=yfi,BEJ_B[C],

又四棱柱ABCD-AgGR为直四棱柱，所以，平面AB1G2，所以35]，B©,

因为3耳B0i=B],所以侧面4cle5,

设P为侧面B£CB与球面的交线上的点，则DtElEP,

因为球的半径为石，D[E=6，所以|£的|=JlRPf=后与=&,

所以侧面B&CB与球面的交线上的点到E的距离为V2，

因为|所|=|EG\=也,所以侧面BgCB与球面的交线是扇形EFG的弧FG，

7T7T

因为N4EF=NGEG=],所以NFEG=Q,

所以根据弧长公式可得FG=-xV2=—

22

故答案为：昱兀.

2

【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题,

考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.

3、（2020海南省新高考全国n卷・T13）已知正方体ABCZX4山1CQ1的棱长为2,M、N分别为BBi、AB

的中点，则三棱锥A-NMDI的体积为

【答案】-

3

因为正方体ABCDABCiQi的棱长为2,M.N分别为BBi、AB的中点

=XXXX

所以匕-NM0^D1-AMN_32^^^~3

故答案为：—

3

【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些.

4、（2020江苏卷・T9）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知螺帽的底面正

六边形边长为2cm,高为2cm,内孔半轻为0.5cm,则此六角螺帽毛坯的体积是cm.

【答案】12^--

2

【解析】正六棱柱体积为6x^x22x2=126

4

圆柱体积为〃§）2.2=]

所求几何体体积为126-三

2

故答案为：12A/3----

2

【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.

5、（2020天津卷・T15）如图，在四边形A3CD中，ZB=60°,A3=3,BC=6,且

3

AD=ABC,ADAB=--,则实数X的值为,若是线段BC上的动点，且

则DMDN的最小值为.

.生113

【答案】(1).-(2).—

62

【解析】..A£)〃3C，.•.ZBA£>=180—/5=120，

AB-AD=ABCAB=A|BC|•网cos120

解得4=

0

以点3为坐标原点，所在直线为x轴建立如下图所示的平面直角坐标系xgy,

BC=6,.-.C(6,0),

•.[AB|=3,NABC=60。，的坐标为A

—•1——

・・・又•・・AO=—3C,则。,设〃（苍0）,则N（x+l,O）（其中0<xW5）,

6

[5

DM=,DN=

IX2——,-2----J---

2217\213

DMDN—x-A4xH----—（x-2）H-----,

2v72

..13

所以，当％=2时，DM.ON取得最小值一.

2

113

故答案为：—；一

62

【点睛】本题考查平面向量数量积的计算，考查平面向量数量积的定义与坐标运算，考查计算能力，属于

中等题.

6、（2020浙江卷・T14）已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为2无，且它的侧面积展开图是一个半圆，则

这个圆锥的底面半径（单位：cm）是.

【答案】1

【解析】设圆锥底面半径为乙母线长为/,则

万xrx/=2万

行1行,-解得厂=L/=2.

2x»xr=—x2x»x/

2

故答案为：1

【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题.

三、解答题

1、（2020新课标I卷•理科T18）如图，。为圆锥的顶点，。是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,

AE=AD.A6c是底面的内接正三角形，尸为DO上一点,PO=—DO.

（1）证明：PA，平面「5C；

（2）求二面角6—PC—E的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）冬5.

5

【解析】（1）由题设，知△D4石为等边三角形，设AE=1，

则。O=走，CO=BO=-AE=~,所以PO=J^DO=旦,

22264

PC=y/po2+oc2=—,PB=1Po2+OB?=—,

44

又,5C为等边三角形，则一"一=2OA,所以痴=且，

sin602

3

PA2+PB2=-=AB2,则NAP5=9O，所以？

4

同理K4L尸C,又PCPB=P,所以平面「5C；

（2）过。作ON〃BC交4B于点N,因为尸0,平面ABC,以O为坐标原点，0A为x轴，ON为y轴建

立如图所示的空间直角坐标系，

设平面PCB的一个法向量为〃=（不如4）,

〃・PC-0一石一\/§^]—A/^Z]=0

由＜，得〈令王=&，得4=_1,弘=0,

n•PB=0_X]+=0

所以〃=(0,0,—1),

设平面PCE的一个法向量为加=（%2，%/2）

m-PC=0,—x2—yf3y2—V2z2=0

令％=1,得z2=—A/2,y2=,

m-PE=0[-2X2-V2Z2=0

所以机=

n•m2V22A/5

,cos<m,n>=-------=------T==-----

故|n|•|m|n-vlO5

73Xt—

A/3

9R

设二面角5—PC—E的大小为。，贝Ucos6=工

5

【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、20.如图，已知三棱柱ABC-A1BC1的底面是正三角形，侧面是矩形，M,N分别为BC,囱。的

中点，尸为AM上一点，过BCi和尸的平面交AB于E,交AC于立

(1)证明：AAi//MN,且平面AiAMNJ_EBiCF；

（2）设。为△AiBCi的中心，若A。〃平面且AO=AB,求直线HE与平面4AMN所成角的正弦

值.

【答案】（1）证明见解析；（2）工上.

10

【解析】⑴监N分别为BC,5c的中点，.[MN〃防]

又A4,//BBt：.MN//AAi

在，A6。中，〃为8C中点，则5CLA"

又•侧面34cle为矩形，

MN//BBlMN±BC,由儿WcAM=M,2W,AMu平面4A脑V

BC_L平面AAW

又♦.B.CJ/BC,且与G(z平面ABC,BCu平面ABC,

.1AG〃平面ABC

又•.4。］(=平面£；5。/，且平面E5C/C平面A3C=£F

：.BXCX//EFEF//BC

又・平面AAMN,EFL平面4A"N

EFu平面EBIQF二平面EBIGF,平面4AMN

(2)连接NP

AOH平面EB£F,平面AQVPc平面EB^F=NP

AO//NP

根据三棱柱上下底面平行，

其面AMWAc平面ABC=AM，面AMWAC平面441ci=AN

ON//AP

故：四边形ON24是平行四边形

设t.ABC边长是6m(m>0)

可得：ON=AP,NP=AO=AB=6m

.。为/XAgG的中心，且△A4G边长为6根

ON=—x6xsin60°=\/3m

3

故：ON=AP=

EF//BC

.AP__EP_.6_EP

AMBM3G—3

解得：EP=m

在截取==，故QN=2m

Bl。=EP且B◎〃EP

••・四边形4QPE是平行四边形，・•.3]E〃PQ

由（1）与C]_L平面4AMN,故NQPN为旦E与平面AAMN所成角

在RtAQPN,根据勾股定理可得：PQ=ylQN2+PN2=^（2m）2+（6m）2=2y/10m

./CDZQN2mVio

~PQ2回m10

二.直线与E与平面4AMN所成角的正弦值：巫.

10

【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卷•理科T19）如图，在长方体ABC。-A4GA中，点及歹分别在棱。。上,

且2DE=ED],BF=2FB].

（1）证明：点G在平面AEE内；

（2）若AB=2,AD=\,明=3,求二面角A—EF—A的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）巫.

7

、】、

【解析】（1）在棱CC上取点G,使得GG=；CG,连接。G、FGCEC}F,

5------

\I**g

长方体ABCD—44GR中，AD//BC且AD=3C,BBJ/CC,且BBt=CC>

122

Cfi=~CG,BF=2FBl,;.CG=3CG=]3耳且CG=5/，

所以，四边形5CGE平行四边形，则A尸〃DG且AE=OG,

同理可证四边形DEGG为平行四边形，二C]E〃DG且6石=DG,

.•.。1£〃4E且。1石=4P,则四边形AEC/为平行四边形，

因此，点G在平面AEE内;

（2）以点q为坐标原点，GA、。与、G。所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐

标系G-孙z,

则A（2,l,3）、A（2/，0）、后（2,0,2）、F（0,1,1）,

AE=(O,-l,-l),AF=(-2,0,-2),4£=(0,-1,2),4F=(-2,0,1),

设平面AEF的法向量为加=（玉,弘,马），

m•AE=0—Vi_Z]=0

由＜，得<[-2—取…，得寸％一则〃=（1，一），

m•AF=0

设平面\EF的法向量为〃=（%,%，Z2）

n.A^E—0_%+2Z-0,/、

由＜,，得<c2二C，取Z2=2,得％2=1，%=4,则"=(1,4,2),

—2%2+z2=U

In-ATF=0

m-n_V7

cos<m,n>=7I-r；|=-j=-

|m|-|n|v3xv21

2

设二面角A-EF-Ax的平面角为。，则JcosM=，,sin。=A/1-COS0=

因此，二面角A—EE—A的正弦值为四•

7

【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山东省新高考全国I卷•T20）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，尸。，底面ABCD设平

面PAD与平面PBC的交线为I.

（1）证明：入平面PDC；

（2）已知尸。=4。=1,。为/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）逅.

3

【解析】（1）证明：在正方形ABCD中，AD//BC,

因为AOU平面尸3C,BCu平面P3C,所以平面尸5C,

又因为ADu平面PAD,平面PAD1平面PBC=/,

所以的＞〃/,

因为在四棱锥尸—A5CD中，底面ABCD是正方形，所以

且平面A3CD,所以

因为CDP£＞=£＞所以/，平面PDC；

(2)如图建立空间直角坐标系。一孙z,

因为尸£>=AT>=1,则有D(O,O,O),C(O,1,O),4(1,0,0),P(0,0,l),3(1,1,0),

设2(m,0,l),则有DC=(0,1,0),DQ=(m,0,1),PB=(1,1,-1),

设平面QCD的法向量为"=(X,y,z),

DCn=Qfy=0

则〈，即厂c，

DQ-n=0[mx+z=Q

令x=l,则z=—m,所以平面QCD的一个法向量为“=(1,0,-相)，贝ij

n-PB1+0+zii

cos<n,PB>=

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Icos<n,PB>\==立.I1+2m+m

百•，苏+i3Vm2+l

邛・£^岑61片邛邛，当且仅当修时取等号,

所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为好.

3

【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.

5、(2020海南省新高考全国H卷・T20)如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，底面ABCD.设平

面PAD与平面PBC的交线为I.

p

（1）证明：平面尸。c；

（2）已知灯RW=1,。为/上的点，QB=C，求PB与平面QC。所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）好

3

【解析】（1）证明：在正方形A3CD中，AD//BC,

因为平面尸5C,BCu平面尸5C,所以平面尸5C,

又因为ADu平面P4D，平面PA。】平面。fiC=/,所以A£>〃/,

因为在四棱锥尸—ABCD中，底面A3CD是正方形，所以

且尸£>，平面ABC。，所以

因为CDPD=O所以/，平面PDC；

（2）如图建立空间直角坐标系。一孙z,

因为即==1,则有D(O,O,O),C(O,1,O),A(1,O,O),P(O,O,1),3(1,1,0),

设2(m,0,l),则有DC=(0,1,0),OQ=(m,0,l),PB=(1,1,-1),

因为。3=,所以有+(0—1)2+(1—0)2=二>机=1

设平面QCD的法向量为n=(x,y,z),

DCn=0

则《

DQn=0x+z=0

令x=l,则z=—1，所以平面QCD的一个法向量为〃=(1,0,—1),则

n-PB__________1+0+12二R

cos<n,PB>-

RM712+02+(-1)2-A/12+12+1272x73-3

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

ruur、仄

平面所成角的正弦值等于Icos<凡PB>1=出

3

所以直线必与平面QCD所成角的正弦值为四.

3

【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.

6、(2020北京卷・T16)如图，在正方体—中，E为8及的中点.

(I)求证：BC"/平面A2E；

(II)求直线A4与平面A2E所成角的正弦值.

【答案】(I)证明见解析；(II)

3

【解析】（I）如下图所示:

在正方体ABCD—AgG。中，ABII&B]且AB=AXBX,\BJIC.D,且=CR,

A3〃G。且A3=G2,所以，四边形A3GA为平行四边形，则3cJ/AD],

BG（Z平面A"E,ARu平面ADjE,.[BC]〃平面A，E；

（ID以点A为坐标原点，AD.AB^Ad所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标

系A一孙z,

设正方体ABCD—AgGA的棱长为2,则4（0,0,0）、4（°，°，2）、口（2,0,2）、£（0,2,1）,

9=（2,0,2）,AE=（O,2,l）,

设平面AQE的法向量为"=（%,y,z）,由｛1,得〈°八，

V7[n-AE=0[2y+z=0

令z=—2,则x=2,y=L则〃=（2,1,-2）.

..n-AA^42

cos<n,

Q3-

2

因此，直线AA】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.

7、（2020江苏卷-T15）在三棱柱ABC-A1SC1中，AB±AC,3C_L平面ABC,E,尸分别是AC,81c的中点.

（1）求证：EP〃平面ABiCi；

（2）求证：平面4BiC_L平面ABBi.

【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析.

【解析】（1）由于瓦尸分别是AC,31c的中点，所以EF〃A片.

由于石尸仁平面A耳4,ABXu平面AB©,所以EF//平面AB©.

（2）由于4。，平面ABC,ABI平面ABC,所以50LAB.

由于A3,AC,ACc3|C=C,所以AB,平面A4C,

由于ABi平面A8耳，所以平面ABC，平面ABB1.

【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.

8、（2020天津卷T17）如图，在三棱柱ABC—4与。1中，eq11]ABC,AC±BC,AC^BC=2,CC；=3,

点。，E分别在棱A4和棱CG上，且AD=1CE=2,M为