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1、押第19题 立体几何对于立体几何的解答题，在高考中常借助柱、锥体考查线面、平行与垂直，考查利用空间向量求二面角、线面角、线线角的大小，考查利用空间向量探索存在性问题及位置关系等，难度中等偏上1用向量法求异面直线所成的角（1）建立空间直角坐标系；（2）求出两条直线的方向向量；（3）代入公式求解，一般地，异面直线AC，BD的夹角的余弦值为.2用向量法求直线与平面所成的角（1）分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；（2）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3用向量法求二面角求二面角最常用的
2、方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角4平面所成的二面角为，则，如图，AB，CD是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小如图，分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足|cos|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)1（2020年新高考全国卷数学高考试题（山东）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l（1）证明：l平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大
3、值【详解】（1）证明： 在正方形中，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为所以平面；（2）如图建立空间直角坐标系，因为，则有，设，则有，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则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，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.2（2020年天津市高考数学试卷）如图，在三棱柱中，平面，点分别在棱和棱上，且为棱的中点（）求证：；（）求二面角的正弦值；（）求直线与平面所成角的正弦值【详解】依题
4、意，以为原点，分别以、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得、.（）依题意，从而，所以；（）依题意，是平面的一个法向量，设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得，所以，二面角的正弦值为；（）依题意，由（）知为平面的一个法向量，于是所以，直线与平面所成角的正弦值为.3（2020年北京市高考数学试卷）如图，在正方体中， E为的中点（）求证：平面；（）求直线与平面所成角的正弦值【详解】（）如下图所示：在正方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面；（）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，设正方体的棱长为，则、，设平面的法向量为
5、，由，得，令，则，则.因此，直线与平面所成角的正弦值为.4（2020年新高考全国卷数学考试题文档版（海南卷）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：平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为上的点，QB=，求PB与平面QCD所成角的正弦值【详解】（1）证明： 在正方形中， 因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为所以平面；（2）如图建立空间直角坐标系，因为，则有，设，则有，因为QB=，所以有设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平
6、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所以直线与平面所成角的正弦值为.5（2020年浙江省高考数学试卷）如图，三棱台ABCDEF中，平面ACFD平面ABC，ACB=ACD=45，DC =2BC （I）证明：EFDB；（II）求DF与面DBC所成角的正弦值【详解】（）作交于，连接平面平面，而平面平面，平面，平面，而平面，即有，在中，即有，由棱台的定义可知，所以，而，平面，而平面，（）因为，所以与平面所成角即为与平面所成角作于，连接，由（1）可知，平面，因为所以平面平面，而平面平面，平面，平面即在平面内的射影为，即为所求角在中，设，则，故与平面
7、所成角的正弦值为1（2021山东高三二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，为上一点，且（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值【详解】（1）证明：在中，又，平面平面又平面平面平面（2）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，则令，解得设平面的一个法向量为，则令，解得二面角的余弦值为2（2021山东淄博市高三二模）如图所示，已知在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，侧棱，过点的平面与侧棱，相交于点，且满足，（1）求证：直线平面；（2）求平面与平面所成二面角的正弦值【详解】（1）联结，因为，所以，又因为是菱形，所以，所以平面，所以，又，所
8、以，所以，由已知条件得，由余弦定理得，所以，所以，因为直线，相交，且，都在平面内，所以直线平面（2）取为的中点，联结，则，又，所以平面平面，因为直线平面，联结，所以，所以为平面与平面所成二面角的平面角，由已知可得，所以所以平面与所成二面角的正弦值是3（2021山东高三二模）如图所示的几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，点为弧的中点，且、四点共面.（1）证明：平面平面；（2）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的大小.【详解】（1）如图，连接，因为几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，所以，因为，所以四边形为平行四边形，因为平面，平面，所以，因为，所以平面，因为因为平
9、面，所以平面平面.（2）如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，则、，设平面的一个法向量为，则，整理得，令，则，设平面的一个法向量为，则，整理得，令，则，因为平面与平面所成锐二面角的余弦值为，所以，解得，即，因为平面，所以即直线与平面所成的角，在中，因为，所以，故直线与平面所成的角为.4（2021山东德州市高三二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形且，点在底面上的射影为线段上一点，且，为上的一点且，过、做平面交于点，于点且为的中点（1）证明：平面；（2）求平面与平面所成角的余弦值【详解】（1）证明：解法一：取的四等分点，使，连接，则，所以，因为平面，平面，所以平面，又因为，所以，因为平面，平面，
10、所以平面，又因为，平面，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面.解法二：取的四等分点，使，连接，则，所以，又因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以又因为平面，平面，所以平面（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，令，得平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，令，得平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面所成角的余弦值为5（2021山东枣庄市）如图，正方体的棱长为1，点在棱上，过，三点的正方体的截面与直线交于点.（1）找到点的位置，作出截面（保留作图痕迹），并说明理由；（2）已知，求将正方体分割所成的上半部分的体积与下半部分的体积之比.【详解】（1）在正方形中，过
11、作，且交棱于点，连接，在正方形内过作，且交棱于点，连接，则四边形就是要作的截面.理由：由题意，平面平面，平面，平面平面，应有，同理，所以四边形应是平行四边形，由作图过程，又，所以，所以四边形是平行四边形，所以，由作图过程，.又，所以四边形是平行四边形，所以，又，所以，且，所以是平行四边形，四边形就是要作的截面.（2）由题意，由（1）的证明过程，可得，连接，则平面将正方体分割所成的上半部分的几何体可视为四棱锥与四棱锥的组合体，而该正方体的体积，.所以.（限时：30分钟）1如图（1），平面四边形中，将沿边折起如图（2），使_，点，分别为，中点在题目横线上选择下述其中一个条件，然后解答此题为四面体外
12、接球的直径平面平面（1）判断直线与平面的位置关系，并说明理由；（2）求二面角的正弦值【详解】（1）若选：，在中，可得，所以，又由，且,平面，所以平面，又因为平面，所以，又由，且,平面，所以平面，又因为，分别为，中点，可得，所以平面若选：为四面体外接球的直径，则，可得，又由，且,平面，所以平面，因为，分别为，中点，可得，所以平面若选：平面平面，平面平面，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以，又由，且,平面，所以平面，因为，分别为，中点，可得，所以平面（2）以为原点，射线为轴建立如图直角坐标系，则，可得，设平面的法向量为，则，取，可得，所以设平面的法向量为，则,取，可得，所以，故二面角的正弦值
13、.2如图，在三棱锥中，是边长为3的等边三角形，平面，点、分别为、的中点，点为线段上一点，且平面.（1）求证：；（2）求平面与平面所成角的正弦值.【详解】（1）证明：因为面，面，所以.又正中，面，.（2）解：连接交于点，连接，因为平面，所以，由重心性质知为靠近点的三等分点.，设面的法向量为，令，则，平面的法向量为，平面与平面所成角的正弦值为.3如图（1），平面四边形中，将沿边折起如图（2），使_，点，分别为，中点在题目横线上选择下述其中一个条件，然后解答此题为四面体外接球的直径平面平面（1）判断直线与平面的位置关系，并说明理由；（2）求三棱锥的体积【详解】（1）若选：，在中，可得，又由，所以，所以，因为，且，平面，所以平面，又因为平面，所以，又由，且平面，所以平面，又因为，分别为，中点，所以，所以平面若选：为四面体外接球的直径，则，因为，可证得平面，又，分别为，中点，所以平面若选：平面平面，平面平面，因为，且平面，所以平面，又由平面，所以
