五年(2018-2022)全国各省份高考数学真题分类汇编21-立体几何解答题(含详解)

2018-2022五年全国各省份高考数学真题分类汇编

专题21立体几何解答题

一、解答题

1.（2022高考北京卷•第17题）如图，在三棱柱ABC—AgG中，侧面BCGg为正方形，平面8CG4_L

平面ABBA，AB=BC=2,M,N分别为Af,AC的中点.

⑴求证：MN〃平面BCG4；

（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为己知，求直线A8与平面8MN所成角的正弦值.

条件①：ABLMN；

条件②：BM=MN.

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.

2.（2022年高考全国甲卷数学（理）•第18题）在四棱锥P-438中，尸底面

ABCD,CD//AB,AD=DC=CB=],AB=2,DP=>/3.

(1)证明：BDVPA-.

（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值.

3.（2022年浙江省高考数学试题•第19题）如图，已知ABCD和C0EE都是直角梯形，AB//DC,

DC//EF,A8=5,DC=3,EF=1，/BAD=NC£>E=60°,二面角尸―£>C—5的平面角为

60°.设M,N分别为的中点.

EF

（1）证明:FNLAD；

（2）求直线8M与平面ADE所成角的正弦值.

4.（2022新高考全国II卷•第20题）如图，P。是三棱锥P-ABC的高，PA=PB，AB_LAC,E是「3

的中点.

⑴证明：OE//平面PAC；

(2)若NABO=NCBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C—AE—3正弦值.

5.（2022新高考全国I卷•第19题）如图，直三棱柱ABC—A的体积为4,ABC的面积为2血.

（1）求A到平面ABC的距离;

（2）设D为4。的中点，A4,=A6,平面A8CJ■平面A844,求二面角A—BD—C的正弦值.6.（2022

年高考全国乙卷数学（理）•第18题）如图，四面体ABCD中，A。，CD,A£>=CD,ZADB=ZBDC,

£为AC的中点.

(1)证明：平面BED，平面A。；

(2)设AB=BD=2,NACB=60。，点F在BO上，当△吩(7的面积最小时，求CF与平面ABD所成

的角的正弦值.

7.(2021年高考浙江卷•第19题)如图，在四棱锥P-ABCO中，底面反8是平行四边形,

ZABC=120°,AB=l,BC=4,PA=4l5,M,N分别为8Gpe的中点，PD±DC,PM1MD.

(1)证明：ABVPM；

(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.

8.(2021年新高考全国H卷•第19题)在四棱锥。-他8中，底面ABCD是正方形，若

AD=2,QD=QA=45,QC=3.

⑴证明：平面QADJ•平面A8C。；

(2)求二面角B-QO-A平面角的余弦值.

9.(2021年新高考I卷•第20题)如图，在三棱锥A-BCO中，平面板)，平面BCD,AB=AD,O为BD

的中点.

A

⑴证明：OALCD-,

（2）若cOCD是边长为1等边三角形，点E在棱4）上，DE=2E4,且二面角E-3C-O的大小为45。,

求三棱锥A-BCD的体积.

10.（2021年高考全国乙卷理科•第18题）如图，四棱锥P-ABC。的底面是矩形，底面ABC。，

PD=DC=1，”为的中点，且依，AM.

11.（2021年高考全国甲卷理科•第19题）已知直三棱柱ABC-4AG中，侧面AAgB为正方形,

AB=BC=2,E,F分别为AC和CG中点，D为棱A片上的点.BFL

(1)证明：BFLDE-,

(2)当片。为何值时，面BB,C,C与面OFE所成的二面角的正弦值最小？

12.(2021高考北京•第17题)如图：在正方体ABCO-AgG"中，E为4,中点,8c与平面COE

交于点尸.

⑴求证：F为4G的中点；

(2)点”是棱4耳上一点，且二面角M-RC—E的余弦值为正，求禁的值.

34片

13.(2020年高考课标I卷理科•第18题)如图，。为圆锥的顶点，。是圆锥底面的圆心，AE为底

面直径，AE=AD.ABC是底面的内接正三角形，P为。。上一点，

D

(1)证明：平面PBC：

(2)求二面角B-PC-E的余弦值.

14.(2020年高考课标II卷理科•第20题)如图，已知三棱柱ABC-AiBiCi的底面是正三角形，侧面BBiCiC

是矩形，M,N分别为8C,比Q的中点，P为AM上一点,过&Q和P的平面交A8于E,交AC于F.

⑴证明:AA1//MN,且平面4AMN_LEBiGF；

(2)设。为△4&G的中心，若A。〃平面EBiGF,且AO=A8,求直线8正与平面4AMN所成角的正弦

值.

15.(2020年高考课标m卷理科•第19题)如图，在长方体中，点E，E分别在棱

DD,,上，且2DE=ED1,BF=2FB、.

（1）证明：点C1平面AE尸内;

(2)若A6=2，A£>=1,A4,=3,求二面角A——4的正弦值.

16.（2020年新高考全国I卷（山东）♦第20题）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/.

（1）证明：LL平面PDG

（2）已知PD=AD=1,Q为/上的点，求P8与平面QCD所成角的正弦值的最大值.

17.（2020年新高考全国卷II数学（海南）•第20题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD1底面ABCD.设

平面PAD与平面PBC的交线为I.

（1）证明：/I平面PDC；

⑵已知PD=AD=1,Q为/上的点，QB=O，求PB与平面QCD所成角的正弦值.

18.（2020年浙江省高考数学试卷•第19题）如图，三棱台DEF—ABC中，面ADFC_L50ABC,/ACB=

NACD=45°,DC=2BC.

(I)证明:EFLDB；

（II）求DF与面DBC所成角的正弦值.

19.（2020天津高考•第17题）如图，在三棱柱ABC-A耳G中，CGJ■平面A3C,AC，BC,AC=BC=2,

CG=3,点。，E分别在棱M和棱CC上，且4）=1CE=2,M为棱A片的中点.

(I)求证：CtMA.BtD；

(11)求二面角8-8田-。的正弦值；

(III)求直线AB与平面O&E所成角的正弦值.

20.(2020江苏高考•第24题)在三棱锥A-BCD中，已知C8=CO=石，B3=2,。为BD的中点，AO1

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;

⑵若点尸在5c上，满足BF=：BC,设二面角八上-C的大小为求sin。的值.

21.(2020江苏高考•第15题)在三棱柱中，AB1AC,gC_L平面ABC,分别是AC,4c

的中点.

(1)求证:EF平面AB©；

(2)求证：平面平面48隹.

22.(2020北京高考•第16题)如图，在正方体A8CD-AMGA中，E为的中点.

AiBi

(I)求证：员"/平面4)也；

D

(II)求直线网与平面ARE所成角的正弦值.

23.(2019年高考浙江•第19题)如图，已知三棱柱ABC-AAG,平面AACG_L平面ABC,ZABC=90°,

NS4c=30°,

AyA=AxC=AC,E,尸分别是AC,A耳的中点.

(I)证明：EFLBC；

(II)求直线斯与平面ABC所成角的余弦值.

24.(2019年高考天津理•第17题)如图，AEA.平面ABCD,CF//AE,AD//BC,

AD±AB,AB=AD^\,AE^BC=2.

(I)求证：8/〃平面A£)£；

(II)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；

(III)若二面角E—瓦＞—尸的余弦值为'，求线段b的长.

3

B25.(2019年高考上海•第17题)如图，在长方体A8CO-AMGA中,

M为BB|上一点，已知BM=2,AD=4,CD=3,M=5.

(1)求直线AC与平面ABC。的夹角；

(2)求点A到平面4MC的距离.

26.(2019年高考全国HI理•第19题)图1是由矩形ADEB,Rt/XABC和菱形8FGC组成的一个平面图形,

其中AB=1,BE=BF=2,ZFBC=60°,将其沿AB,BC折起使得8E与B尸重合，连结DG,如图2.

(1)证明：图2中的A,C,G,。四点共面，且平面ABCJ_平面8CGE；

(2)求图2中的二面角B-CG-A的大

图1图2

*

27.(2019年高考全国H理•第17题)如图，长方体43。。-4409的底面旗8是正方形，点£；在棱

44i上，BE±£C,.

(1)证明：8£,平面£：耳。|；

(2)若AE=4E,求二面角8—EC—G的正弦值.

G

£>__________c

iAx

M”…母7//

直月棱柱次及乙44“)1的底面是

.428.(2019年高考全国I理•第18题)如图,

BB］的沁:

菱形，A4,=4,48=2,/员4。=60。,£,加，%分别是3。，

A-B

(1)证明：MN〃平面CQE；

(2)求二面角A—MA—N的正弦值.

29.(2019年高考江苏•第16题)如图，在直三棱柱ABC-AGG中，DE分别为BC,AC的中点，AB=BC.

求证：⑴A耳〃平面DEC,；（2）BEX.C,E.

30.（2019年高考北京理•第16题）如图，在四棱锥PY8CQ中，平面ABC。，AD1CD,AD//BC,

（I）求证：CQJ_平面以。；

（II）求二面角F-AE-P的余弦值；

（IH）设点G在PB上，且——=-.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由.

PB3

31.（2018年高考数学江苏卷•第25题）（本小题满分10分）如图，在正三

棱柱ABC-4B1G中，A8=A4=2,点P,Q分别为BC的中点.

（1）求异面直线BP与ACi所成角的余弦值；

（2）求直线CCi与平面AQQ所成角的正弦值.

B

（第22题）

32.（2018年高考数学江苏卷•第15题）（本小题满分14分）在平行六面体

ABCQ-ABCIR中，AAy=AB,AB,±BlCl.

求证：（1）AB〃平面A^C；

（2）平面484AJ_平面ABC.

（第15题）

33.（2018年高考数学浙江卷•第19题）（本题满分15分）如图，己

知多面体A8C4,用G，AA,用8,GC均垂直于平面ABC，

ZABC=120。，4A=4,C,C=1.AB=BC=BiB=2.

（1）证明：AB|J_平面A4G；

（2）求直线AC｝与平面ABB1所成角的正弦值.

34.（2018年高考数学上海•第17题）（本题满分14分，第1小题满分

6分，第2小题满分8分）

己知圆锥的顶点为P，底面圆心为O,半径为2,

（1）设圆锥的母线长为4,求圆锥的体积；（2）设PO=4,OA,QB是底面半径，且NAQB=90°,M

为线段A3的中点，如图，求异面直线尸”与OB所成的角的大小.

p

35.（2018年高考数学天津（理）•第17题）（本小题满分13分）如图，AD//BC

且AD=2BC,AD1CD,EGHAD且EG=AD,CD/IFG,且CD=2FG,DC_L平面ABC。,

DA=DC=DG=2.

⑴若M为CE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，且直线族与平面AQGE所成的角为60。，求线段DP的长.

36.（2018年高考数学课标m卷（理）•第19题）（12分）如图，边长为2

的正方形ABCO所在平面与半圆弧CO所在的平面垂直，M是弧上异于C,。的点.

（1）证明：平面平面BMC；

⑵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

M

M

37.（2018年高考数学课标II卷（理）•第20题）（12分）

如图，在三棱锥尸一/WC中，AB=BC=2叵,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.

（1）证明：PO_L平面ABC；

（2）若点M在棱3c上，且二面角M-R4-C为30。，求PC与平面A4M所成角的正弦值.

38.（2018年高考数学课标卷I（理）•第18题）（12分）如图，四边形

A8CD为正方形，分别为AD,8c的中点，以。F为折痕把八。。/折起，使点C到达点P的位

置，且PF工BF.

⑴证明：平面PEF±平面ABFD；

（2）求与平面ABFD所成角的正弦值.

B39.（2018年高考数学北京（理）•第16题）（本小题14分）如图，在三

棱柱ABC—A旦G中，CG，平面ABC,D,E,F,G分别为AA„AC^^BB,的中点，

AB=BC=y/5,AC=A4,=2.

(I)求证：AC_L平面5所；(U)求二面角B-CO—G的余弦值;

(m)证明：直线FG与平面8CO相交.

2018-2022五年全国各省份高考数学真题分类汇编

专题21立体几何解答题

一、解答题

1.(2022高考北京卷•第17题)如图，在三棱柱ABC—AgG中，侧面BCGg为正方形，平面8CG4_L

平面ABBA，AB=BC=2,M,N分别为Af,AC的中点.

⑴求证：MN〃平面BCG4；

(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为己知，求直线A8与平面8MN所成角的正弦值.

条件①：ABLMN；

条件②：BM=MN.

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.

【答案】解析：(1)取AB的中点为K，连接MK,NK,

由三棱柱ABC-44G可得四边形AB44为平行四边形，

而与"=M4,，BK=KA,则MKHBB,,

而MKu平面CBgG，8gu平面CBgG，故MK〃平面C&?IG，

而CN=NA,BK=KA,则NK//BC,同理可得NK〃平面,

而NKCMK=K,NK,MKu平面MKN,

故平面MKN〃平面CBgG,而MNu平面MKN,故MN〃平面CBgC,

(2)因为侧面CBBg为正方形，故CB工,

而CBu平面CBB©,平面CBB©1平面ABB.A,,平面CBBgc平面ABB.A,=8耳，故CB_L平

面，

因为NKHBC,故NKJ_平面

因为ABi平面故NK_LA3,

若选①，则ABLMN,而NKLAB,NKMN=N,

故A6J_平面MNK,而MKu平面MNK,故ABLMK，

所以ABL34,而CBJ.Bq,CBcAB=B,故8用_1.平面ABC,

故可建立如所示的空间直角坐标系，则3（0,0,0）,A（0,2,0）,N（l,l,0）,M（0,l,2）,

故班=(0,2,0),BAT=(l,l,0),BM=(0,1,2),

设平面BNM的法向量为n=（x,y,z）,

〃・BN=0x+y=0..

则〈,从而“；c，取z=-l，则“=(_2,2,—l),

n-BM^0y+2z-Q

设直线A8与平面BMW所成的角为。，则

42

sin6=cos(n,AB后一§

若选②，因为NKHBC,故NK_L平面ABBA，而KMu平面MMV,

故NKLKM,而B]M=BK=1,NK=1,故B、M=NK,

而5|B=MK=2,MB=MN,故BB1M=MKN,

所以/8月”=/1〃”=90。，故

而CB上BB],CBcAB=B,故84_L平面ABC,

故可建立如所示的空间直角坐标系，则8（0,0,0）,A（0,2,0）,N（l,1,0）,加（0,1,2）,

故B4=(O,2,O),3N=(l,l,O),3M=(O,l,2),

设平面BNM的法向量为n=（x,y,z）,

n-BN=0x+y=0

则〈,从而，b+2z=。'取z=T,则XT〉)，

n-BM=0

42

设直线AB与平面BNM所成的角为0,则sin0=cos（n,AB

-2^3-3

【题目栏目】立体几何\空间角'直线与平面所成的角

【题目来源】2022高考北京卷•第17题

2.（2022年高考全国甲卷数学（理）•第18题）在四棱锥P-ASCZ）中，底面

ABCD,CD〃AB,AD=DC=CB=\、AB=2,DP=Q.

(1)证明：BDA.PA-,

（2）求PD与平面叫B所成的角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析;

【解析】（1）证明：在四边形ABC£>中，作于E,b_LAB于尸，

因为CD//43,AL>=CD=CB=1,AB=2,所以四边形AfiCD为等腰梯形,

1A,_________

所以AE=3尸=5，故£)E=J,BD=《DE2+BE°=6，

乙乙

所以AD2，所以A£>_L8。，

因为叨J_平面ABC。，3£>u平面A3C£>,所以PD_L3£）,又PDcAD=D,所以3£）_L平面%八,

又因B4u平面皿>,所以比>_LP4；

（2）解：如图，以点。为原点建立空间直角坐标系,

BD=y/3，则A（1,O,O）,B（O,6,O）,P（O,O,⑹,

则”=（-1,0词麻=（0,-6,6）冲=（0,0,@,

设平面P48的法向量〃=（x,y,z）,

n-AP=—x+yfiz=0/\

则有｛「,可取〃

/?-BP=-Vr3y+V3z=0''

/八八n-DP亚、尺

则cos«,DP）=pqr—।=—,所以与平面R记所成角的正弦值为氾

网叫55

【题目栏目】立体几何'空间角'直线与平面所成的角

【题目来源】2022年高考全国甲卷数学（理）•第18题

3.（2022年浙江省高考数学试题•第19题）如图，已知ABC£＞和COE/7都是直角梯形，AB//DC，

DC//EF,AB=5,DC=3,EF=1，ZBAD=ZCDE=60°,二面角/一DC—B的平面角为

AB

⑴证明：FN±AD；

(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值.

【答案】解析：

(1)过点E、。分别做直线AB的垂线EG、并分别交于点交于点G、H.

•・四边形ABC。和EFC。都是直角梯形，AB//DC,CD//EF,AB=5,DC^3,EF=l,

ZBAD=NCDE=60°,由平面几何知识易知，

DG=AH=2,NEFC=ZDCF=NDCB=ZABC=90°,则四边形EFCG和四边形DCBH是矩形,

，在Rt&EGD和RtEG=DH=26.

.DC±CF,DC1CB,且CFcCB=C,

•••OC，平面BCF,/BCF是二面角F-DC-B的平面角，则ZBCF=60.

，ZSBC户是正三角形，由。Cu平面ABCD,得平面ABCD_L平面8CF,

；N是3C的中点，・•.RVJ_BC,又。平面BC尸，FNu平面BCF,可得FNLCD,而

BCcCD=C,；♦FN上平面ABCD,而")u平面ABCD..FNJ_A£>.

⑵因为月V_L平面ABCO,过点N做A3平行线NK,所以以点N为原点，NK,NB、NF所

在直线分别为x轴、)'轴、z轴建立空间直角坐标系N-肛z,

设A(5,百,()),8(0,百,()),D(3,—JJ,()),E(1,O,3),则M3,—,

：.BM=3,-^-,-,AZ)=(-2,-2百,0),。七=(一2,6,3)设平面4£史的法向量为〃=(%%2)

n-AD=0

由LV一l,取〃=(百设直线BM与平面ADE所成角为。,

n•DE=0-2x+J3y+3z=0

3g+苴+隹

•.sin6=|cos(«,瓯卜=_________22=占=5V7

1।IMBMI房市"2百14

【题目栏目】立体几何\空间角'直线与平面所成的角

【题目来源】2022年浙江省高考数学试题•第19题

4.（2022新高考全国II卷•第20题）如图，P。是三棱锥尸—ABC的高，PA=PB，是「3

的中点.

（1）证明:OE//平面PAC；

（2）若NABO=NC8O=30°,PO=3,PA=5,求二面角C—3正弦值.

【答案】（1）证明见解析

⑵]

13

解析：（1）证明：连接30并延长交AC于点。，连接。4、PD，

因为P。是三棱锥P—ABC的高，所以「。，平面ABC,AO,BOu平面ABC,

所以PO_LAO、POVBO,

又PA=PB，所以△尸。4?△尸03，即。4=08,所以NOAB=NOBA,

又AB_LAC,即NB4C=90°,所以NOAB+NQ4D=90°,N03A+NOZM=90°,

所以NOZM=NQ4Z）所以AO=OO,即AO=Z）O=QB,所以。为BD的中点，又E为心的中

点，所以OE//PD,

又OE<Z平面PAC,PDu平面PAC,

所以OE〃平面PAC

(2)解：过点A作Az〃OP，如图建立平面直角坐标系,

因为P0=3,AP=5,所以04=JAP?—PO2=4,

又NQBA=NQBC=30°,所以

57）=204=8,则AT>=4,AB=4>/3，

所以AC=12,所以0（26,2,0）,B（4^,0,0）,尸（26,2,3）,C（0,12,0）,所以

则AE=36,1，5,AB=（473,0,0）,AC=（0』2,0）,

3

n-AE=3^3x4-y+—z=0

设平面AEB的法向量为〃=（x,y,z）,则<-2，令z=2,则V=-3,x=0,

n-AB=4&=0

所以〃=（0,-3,2）；

3

z/ze+b+__c—0

设平面AEC的法向量为m=（a,A,c）,则<2，令〃=，则。=—6,〃=0,

m-AC=nb=0

所以加=（6,0,-6}

/\nm-12473

设二面角C—AE—8为e，由图可知二面角C-AE—3为钝二面角,

所以cos6=—生8,所以sinl=Jl—cos?e=U

1313

故二面角C-4E-B的正弦值为日；

13

【题目栏目】立体几何'空间角'二面角

【题目来源】2022新高考全国II卷•第20题

5.(2022新高考全国I卷•第19题)如图，直三棱柱ABC-ARC的体积为4,48c的面积为2a.

⑴求A到平面ABC的距离;

(2)设。为AC的中点，AA]=AB,平面平面AB4A，求二面角4一3。一。的正弦值.

【答案】⑴8

⑵更

2

解析：(1)在直三棱柱ABC—A4G中，设点A到平面ABC的距离为h,则

1/_1c,_2V2__1„.4_1/_4

5-48C=§5&BC,"=3"=匕\-ABC=§5ABC-=K18C-48©=§，

解得k=及，所以点A到平面ABC的距离为72；

(2)取同出的中点E,连接AE,如图，因为A4=A8,所以AE_LAB,

又平面4BC_L平面ABB|A,平面ABC平面

且A£u平面ABgA，所以他，平面ABC,

在直三棱柱ABC—44cl中，8g，平面ABC,

由BCu平面ABC,BBt1BC,

又AE,8gu平面ABgA且相交，所以3C_L平面,

所以BC,BA,B4两两垂直,以B为原点，建立空间直角坐标系，如图,

由(1)得人£=及，所以的=AB=2,43=2血，所以BC=2,

则A（0,2,0）,A,（0,2,2）,B（0,0,0）,C（2,0,0）,所以4c的中点0（1,1/）,

则30=（1』/），B4=（0,2,0）,BC=（2,0,0）,

,m-BD=x+y+z=0

设平面43£)的一个法向量zn=(x,y,z,则〈）

m-BA=2y=0

可取〃2=（1,0,-1）,

m-BD=a-^b+c=0」/、

设平面BOC的一个法向量”=(a,b,c),贝卜

m-BC=2a=0'）

/\m-n11

；

川ijiilcos(、m,n/)=邮।-〃j-n-r|=—V=2——xVT2==—2，

所以二面角A—BO—C的正弦值为Jl-(g)=*.

【题目栏目】立体几何'空间角、二面角

【题目来源】2022新高考全国I卷•第19题

6.(2022年高考全国乙卷数学(理)•第18题)如图，四面体ABCD中,

AD±CD,AD=CD,ZADB=ZBDC,E为AC的中点.

(1)证明：平面BED，平面A。；

(2)设AB=BD=2,NACB=60。，点F在BO上，当△吩(7的面积最小时，求CF与平面ABD所成

的角的正弦值.

【答案】(1)证明过程见解析

⑵CF与平面A3D所成的角的正弦值为迪

7

解析：【小问1详解】

因为AZ>=CD，E为AC的中点，所以ACLQE；

在AABD和CBD中，因为A£>=CD,ZADB=NCDB,DB=DB,

所以△AB。也△C8D,所以A8=CB,又因为E为AC的中点，所以AC_L3E；

又因为DE,BEu平面BED，DEcBE=E,所以ACJ•平面BED，

因为ACu平面ACQ,所以平面平面ACD.

【小问2详解】

连接ER,由(1)知，ACJ■平面BED，因为切u平面BED，

所以ACM,所以当所_LBD时，EF最小,即△人人7的面积最小.

因为aAB虑△C89,所以C8=AB=2,

又因为NACB=60。，所以八ABC是等边三角形，

因为E为AC的中点，所以AE=EC=1,BE=6，

因为AD_La>,所以。E=，AC=1,

2

在，£)£»中，DE?+BE?=BD?，所以BE工DE.

以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,

则4(1,0,0),8仅,6,0),。(0,(M),所以AO=(—1,0,1),A8=(—1,6,0),

设平面AB£)的一个法向量为〃=(x,y,z),

n-AD=-x-^-z=0广则〃=（3,后3卜

则〈r，取y=V3，

n•AB=-x+<3y=0

又因为c（-i,o,o）,小冬小，所以。户=

所以3（〃,仃）=借473

所以''|H||CF|~V.

设CF与平面他所成的角的正弦值为。0<^<|

4百

所以sin。=cos（n,CF

7

所以CE与平面曲所成的角的正弦值为

【题目栏目】立体几何'空间角'直线与平面所成的角

【题目来源】2022年高考全国乙卷数学（理）•第18题

7.（2021年高考浙江卷•第19题）如图，在四棱锥中，底面MCD是平行四边形,

ZABC=120°,AB^\,BC=4,PA=4\5，M,/V分别为3C,PC的中点，PD1DC,PM1MD.

（1）证明:ABA.PM;

（2）求直线4V与平面PDW所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）姮.

6

解析：（1）在△£>CM中，DC=\,CM=2,ZDCM=60,由余弦定理可得OM=6，

所以。陵+£>。2=。/，,DM_LDC.由题意OC_LPZ）且PDcDW=。，：.£>C_L平面PDM,而

PMu平面PDM,所以。C_LPM,又ABI/DC,所以ABJ.PM.

⑵由ABVPM,而他与DW相交，所以PMJ•平面71BCD,因为AM=疗，所以

PM=2近，取45中点E,连接ME,则用两两垂直，以点M为坐标原点，如图所示，建

立空间直角坐标系,则A（-石,2,0）,尸（0,0,2及）,0（石,0,0）,M（0,0,0）,C（石,-1,0）

又N为PC中点,所以N1-5，-;,血，AN■，夜.

由（1）得C£）_L平面PDM，所以平面PDM的一个法向量〃=（0，1，0）从而直线4N与平面PDW所成角

5

,c|AN-〃|2而

的正弦值为sm-।「Mi”।-127+25+2-~6~-

vT+7+

【题目栏目】立体几何'立体几何的综合问题

【题目来源】2021年高考浙江卷•第19题

8.（2021年新高考全国H卷•第19题）在四棱锥。-他8中，底面是正方形，若

AD=2,QD=QA='Js,QC=3.

（1）证明：平面。45J•平面A8CD；

（2）求二面角B-8-A平面角的余弦值.

Q

而40=2,04=石，故Q0=^/^万=2.在正方形AfiCD中，因为45=2,故。0=1,故CO=6,

因为QC=3,故QCZMQO'+OC),故QOC为直角三角形且。。_L0C,因为0CAD=0,ifegOl

平面因为QOu平面040,故平面QAO1•平面43co.

⑵在平面A8CO内，过。作O77/CO,交BC于T,则OTJ.AT>,结合⑴中的QO，平面ABCO,

故可建如图所示的空间坐标系.

则D(0,l,0),e(0,0,2),B(2,-l,0),故

8。=(-2,1,2),8。=(-2,2,0).

设平面Q83的法向量〃=(x,y,z),

n-BQ=O-2x+y+2z=0则y=l,Z=；,故〃=(1,1,g

则即取x=l,

n-BD-0-2x+2y=0

而平面QA。的法向量为加=(1,0,0),故8s(见=二面角B-QD-A的平面角为锐角，故

1X

2

其余弦值为：2.

【题目栏目】立体几何'立体几何的综合问题

【题目来源】2021年新高考全国n卷•第19题

9.(2021年新高考I卷•第20题)如图，在三棱锥A-BCD中，平面AS。平面BCD,AB=AD,O

为四的中点.

(1)证明：(241CD；

⑵若.08是边长为1等边三角形，点E在棱4)上，OE=2E4,且二面角E—8C—D的大小为45。,

求三棱锥A的体积.

【答案】解析：⑴因为AB=AD,。为BD中点，所以AOLBD

因为平面ABD'平面BCD=如，平面ABD_L平面BCD,AOu平面ABD,

因此A。_L平面BCD,因为CDu平面BCD,所以AO_LCD

⑵作EFJ_BD于F,作FMJ_BC于M,连FM

因为AOJ_平面BCD,所以AOJ_BD,AOICD

所以EF_LBD,EF1CD,%)cCD=O,因此EF_L平面BCD,即EF_LBC

因为FM_LBC,RVH所=尸，所以BC_L平面EFM,即BC_LMF

7T

则N£MF为二面角E-BC-D的平面角，ZEMF=-

4

因为80=8,&ocr)为正三角形，所以AOCD为直角三角形

1112

因为BE=2ED,.•.FM=/8F=/(l+§)=5

2

从而EF=FM=-/.AO=1

3

Q4O_L平面BCD,所以VULAO-SMC”=1xlxLxlx6=^

3326

【题目栏目】立体几何\立体几何的综合问题

【题目来源】2021年新高考I卷•第20题

10.（2021年高考全国乙卷理科•第18题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面ABCO,

PD=DC=T,M为的中点，且

【答案】⑴④；（2）①

14

解析：（1）PD_L平