专题14押全国卷（理科）第18题立体几何

专题14押全国卷（理科）第18题立体几何命题规律内容关联考点典型考点预测１四面体面面垂直的证明与线面角2022全国乙卷18·12分★★★２四棱锥面面垂直的证明与二面角2021全国乙卷18·12分３三棱锥面面垂直的证明与二面角2020全国乙卷20·12分秘籍1空间几何体表面积的求解方法1.求多面体的表面积时,把各个面的面积相加即可.2.求旋转体(球除外)的表面积时,将旋转体(球除外)展成平面图形求其面积,注意弄清楚它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系.3.求不规则几何体的表面积时,通常将所给几何体分割或补形成基本的柱、锥、台体.先求出这些基本的柱、锥、台体的表面积,再通过求和或作差获得所求几何体的表面积.秘籍2空间几何体体积的求解方法1.公式法:当所给几何体是常见的柱、锥、台等规则的几何体时,可以直接代入各自几何体的体积公式进行计算.2.割补法:求不规则几何体的体积时,可以将所给几何体分割成若干个常见的几何体,分别求出这些几何体的体积,从而得出所求几何体的体积.3.等体积转化法:利用三棱锥的特性,即任意一个面都可以作为底面,从而进行换底换高计算.此种方法充分体现了数学的转化思想,在运用过程中要充分注意距离之间的等价转化.1.【2022全国乙卷18·12分】如图,四面体中,,E为的中点．（1）证明：平面平面；（2）设,点F在上,当的面积最小时,求与平面所成的角的正弦值．【命题意图】本题考查面面垂直的证明及线面角的计算,考查直观想象与逻辑推理的核心素养.难度：中等.【解析】（1）因为,点E为AC中点,所以,因为,所以△ABD≌△CBD,,因为点E为AC中点,所以,因为,所以平面BED,因为平面ACE,所以平面ACE平面BED.（2）连接,由（1）知,平面,因为平面,所以,所以,当时,最小,即的面积最小.因为,所以,又因为,所以是等边三角形,因为E为的中点,所以,,因为,所以,在中,,所以.以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则,所以,设,则=,因为,所以,所以,所以,设平面ABD的一个法向量,则,即,取,则,设CF与平面ABD所成角为,则.所以CF与平面ABD所成角的正弦值为.【点评】高考试卷中立体几何解答题一般有2问,第一问多为线面位置关系的证明或长度、面积、体积的计算,第二问多为利用空间向量线面角或二面角（有时也可不利用空间向量）,在高考中立体几何解答题一般难度不大,属于得分题,利用空间向量求空间角,运算错误是失分主要原因.【知识链接】直线与平面所成角的求法设直线l的方向向量为a,平面α的法向量为n,直线l与平面α所成的角为θ,a与n的夹角为β,则sinθ＝|cosβ|＝eq\f(|a·n|,|a||n|).利用空间向量求直线与平面所成的角,可以有两种方法：①通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角,取其余角就是斜线和平面所成的角；②分别求出斜线和它在平面内的射影的方向向量,再转化为求这两个方向向量的夹角(或其补角)．注意：直线与平面所成角的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).2.【2021全国乙卷18·12分】如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．（1）求；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；（2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、、、、，则，，，则，解得，故；[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法如图，连结．因底面，且底面，所以．又因为，，所以平面．又平面，所以．从而．因为，所以．所以，于是．所以．所以．[方法三]：几何法+三角形面积法如图，联结交于点N．由[方法二]知．在矩形中，有，所以，即．令，因为M为的中点，则，，．由，得，解得，所以．（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法设平面的法向量为，则，，由，取，可得，设平面的法向量为，，，由，取，可得，，所以，，因此，二面角的正弦值为.[方法二]：构造长方体法+等体积法如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G．联结，由三垂线定理可知，故为二面角的平面角．易证四边形是边长为的正方形，联结，．，由等积法解得．在中，，由勾股定理求得．所以，，即二面角的正弦值为．【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.20.【2020全国乙卷20·12分】如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；（2）连接，先求证四边形是平行四边形，根据几何关系求得，在截取，由（1）平面，可得为与平面所成角，即可求得答案.【详解】（1）分别为，的中点，又在中，为中点，则又侧面为矩形，由，平面平面又，且平面，平面，平面又平面，且平面平面又平面平面平面平面平面（2）连接平面，平面平面根据三棱柱上下底面平行，其面平面，面平面故：四边形是平行四边形设边长是()可得：，为的中心，且边长为故：解得：在截取，故且四边形是平行四边形，由（1）平面故为与平面所成角在，根据勾股定理可得：直线与平面所成角的正弦值：.【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.1．（2023·贵州铜仁·统考二模）如图，在直三棱柱中，，．(1)试在平面内确定一点H，使得平面，并写出证明过程；(2)若平面与底面所成的锐二面角为60°，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)答案见解析；(2).【分析】（1）根据线面垂直和面面垂直的判定定理，结合面面垂直的性质定理进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（1）取棱BC的中点D，连接，AD．在等腰直角△ABC中，，又，平面，故平面．又平面，故平面平面，这两个平面的交线为．在中，作，则有平面；（2）如图，建立空间直角坐标系，设，则，，，．设平面的法向量，则即可取．可取平面的法向量，由题意得．得，平面的一个法向量为；又平面的法向量，则．所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．2．（2023·广东肇庆·统考二模）如图，三棱柱中，侧面为矩形，且为的中点，．(1)证明：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接与交于点，连接，则，利用线面平行的判定定理即可证明；（2）由已知条件得面，则，由得.以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，由面得平面的一个法向量为，设平面的法向量为，由求得，然后利用向量夹角公式求解即可.【详解】（1）连接与交于点，连接为三棱柱，为平行四边形，点为的中点又为的中点，则，又平面平面，平面．（2）解法1：，面面，，，即以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，面，则平面的一个法向量为设平面的法向量为，则，即令设平面与平面的夹角为，平面与平面的夹角的余弦值是．解法2：设点为的中点，点为的中点，连接交于点，连接，设点为的中点，连接点为的中点，点为的中点且，点为的中点为矩形，又平面，在中，，可得为等腰直角三角形，其中而点为的中点，且点为的中点，点为的中点且，又在Rt中，，点为的中点，在中，，且点为的中点且即为平面与平面的夹角在中，．平面与平面的夹角的余弦值是．3．（2023·江苏·二模）已知矩形，，为的中点，现分别沿，将和翻折，使点重合，记为点．(1)求证：(2)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）取的中点，连接，先利用线面垂直判定定理证得平面，再由线面垂直性质得证；（2）先利用线面垂直判定定理证得，可得为直线与平面所成角的平面角，从而得解．【详解】（1）已知矩形，沿，将和翻折，使点重合，记为点，可得，取的中点，连接，，，，，又，，，平面，，；（2），，，，又四边形为矩形，，，，为直线与平面所成角的平面角，，即直线与平面所成角的正弦值为．4．（2023·内蒙古通辽·校考二模）如图，正三棱柱的底面边长为，侧棱，是延长线上一点，且（1）求证：直线平面；（2）求二面角的大小.【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）证明四边形是平行四边形，得即可证明；（2）过作于，连结，得是二面角的平面角.在中，计算即可求解【详解】（1），又，∴四边形是平行四边形，∴又平面，平面，∴直线平面（2）过作于，连结，∵平面是二面角的平面角.∵是的中点，在中，∴即二面角的大小为【点睛】本题考查线面平行的判定，考查二面角的求法，考查空间想象能力，是基础题5．（2023·浙江温州·统考二模）已知三棱锥中，△是边长为3的正三角形，与平面所成角的余弦值为．(1)求证：；(2)求二面角的平面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点为，连接，由正四面体的性质得，再由线面垂直的判定及性质证明结论；（2）取中点为，连接，由正四面体的性质和二面角的定义知为所求二面角的平面角，进而求其正弦值.【详解】（1）如图所示，取中点为，连接，O为△BCD的中心，因为△是边长为3的正三角形，，则面，又与平面所成角的余弦值为，所以，即，即三棱锥是正四面体，所以，又平面，所以平面，又平面，所以．（2）如图所示，取中点为，连接，由（1）知：三棱锥是正四面体，则，所以二面角的平面角为，另一方面，，所以由余弦定理得，所以，所以二面角的平面角的正弦值．6．（2023·四川广安·统考二模）如图，在三棱锥中，为的内心，直线与交于，，.(1)证明：平面平面；(2)若，，，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）设平面，垂足为，作于，于，连接，先证明，从而可证得，从而可得点为的内心，即两点重合，再根据面面垂直的判定定理即可得证；（2）如图，以点为原点建立空间直角坐标系，利用等面积法求得内切圆的半径，再利用勾股定理求得，即可得的坐标，再利用向量法求解即可.【详解】（1）设平面，垂足为，作于，于，连接，因为平面，平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，因为平面，所以平面，又平面，所以，在和中，因为，所以，所以，在和中，，所以，所以，即点到的距离相等，同理点到的距离相等，所以点为的内心，所以两点重合，所以平面，又因平面，所以平面平面；（2）如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，设内切圆的半径为，则即，解得，故，则，则，设平面的法向量，则，可取，设平面的法向量，则，可取，则，由图可得二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.7．（2023·吉林延边·统考二模）如图1，在中，，分别为，的中点，为的中点，，.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2.（1）求证：.（2）求直线和平面所成角的正弦值.（3）线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.【分析】（1）推导出，，从而，进而，由此得到平面，从而能证明；（2）取中点，连接，，再由，，建立空间直角坐标系，利用法向量能求出直线和平面所成角的正弦值；（3）线段上存在点适合题意，设，其中，利用向量法能求出线段上存在点适合题意，且.【详解】（1）因为在中，，分别为，的中点，所以，.所以，又为的中点，所以.因为平面平面，且平面，所以平面，所以.（2）取的中点，连接，所以.由（1）得，.如图建立空间直角坐标系.由题意得，，，，.所以，，.设平面的法向量为.则即令，则，，所以.设直线和平面所成的角为，则.故所求角的正弦值为.（3）线段上存在点适合题意.设，其中.设，则有，所以，，，从而，所以，又，所以令，整理得.解得.所以线段上存在点适合题意，且.【点睛】本题考查了立体几何中的面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.8．（2023·陕西西安·统考二模）在如图所示的多面体中，平面，四边形为矩形.(1)求证：平面平面；(2)若，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）由线面平行的判定证平面、平面，再由面面平行的判定证结论；（2）证两两相互垂直，构建空间直角坐标系并求面法向量、，应用向量夹角坐标表示求线面角.