2013-2022十年全國高考數學真題分類匯編專題17立體幾何解答題一、解答題1．(2022年全國甲卷理科·第18題)在四棱錐中，底面．(1)證明：；(2)求PD與平面所成的角的正弦值．【答案】(1)證明見解析：；(2)．解析：(1)證明：在四邊形中，作于，于，因為，所以四邊形為等腰梯形，所以，故，，所以，所以，因為平面，平面，所以，又，所以平面，又因平面，所以；(2)解：如圖，以點為原點建立空間直角坐標系，，則，則，設平面的法向量，

則有，可取，則，所以與平面所成角的正弦值為．【題目欄目】立體幾何\立體幾何的綜合問題【題目來源】2022年全國甲卷理科·第18題2．(2022年全國乙卷理科·第18題)如圖，四面體中，，E為的中點．(1)證明：平面平面；(2)設，點F在上，當的面積最小時，求與平面所成的角的正弦值．【答案】(1)證明過程見解析(2)與平面所成的角的正弦值為解析：【小問1詳解】因為，E為的中點，所以；在和中，因為，所以，所以，又因為E為的中點，所以；又因為平面，，所以平面，因為平面，所以平面平面．【小問2詳解】連接，由(1)知，平面，因為平面，所以，所以，當時，最小，即的面積最?。驗椋?，又因為，所以是等邊三角形，因為E為的中點，所以，，因為，所以,在中，，所以．以為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，設平面的一個法向量為，則，取，則，又因為，所以，所以，設與平面所成的角的正弦值為，所以，所以與平面所成的角的正弦值為．【題目欄目】立體幾何\立體幾何的綜合問題【題目來源】2022年全國乙卷理科·第18題3．(2022新高考全國II卷·第20題)如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點．(1)證明：平面；(2)若，，，求二面角正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)解析:(1)證明：連接并延長交于點，連接、，因為是三棱錐的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以所以，即，所以為的中點，又為的中點，所以，又平面，平面，所以平面(2)解：過點作，如圖建立平面直角坐標系，因為，，所以，又，所以，則，，所以，所以，，，，所以，則，，，設平面的法向量為，則，令，則，，所以；設平面的法向量為，則，令，則，，所以；所以設二面角為，由圖可知二面角為鈍二面角，所以，所以故二面角的正弦值為；【題目欄目】立體幾何\立體幾何的綜合問題【題目來源】2022新高考全國II卷·第20題4．(2022新高考全國I卷·第19題)如圖，直三棱柱的體積為4，的面積為．(1)求A到平面的距離；(2)設D為的中點，，平面平面，求二面角的正弦值．【答案】(1)(2)解析：(1)在直三棱柱中，設點A到平面的距離為h，則，解得，所以點A到平面的距離為；(2)取的中點E,連接AE,如圖，因為，所以,又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，在直三棱柱中，平面，由平面，平面可得，，又平面且相交，所以平面，所以兩兩垂直，以B為原點，建立空間直角坐標系，如圖，由(1)得，所以，，所以，則,所以的中點，則，,設平面的一個法向量，則，可取，設平面的一個法向量，則，可取，則，所以二面角的正弦值為．【題目欄目】立體幾何\立體幾何的綜合問題【題目來源】2022新高考全國I卷·第19題5．(2021年新高考全國Ⅱ卷·第19題)在四棱錐中，底面是正方形，若．(1)證明：平面平面；(2)求二面角平面角的余弦值．【答案】解析:(1)取的中點為，連接．因為，，則，而，故．在正方形中，因為，故，故，因為，故，故為直角三角形且，因為，故平面，因為平面，故平面平面．(2)在平面內，過作，交于，則，結合(1)中的平面，故可建如圖所示的空間坐標系．則，故．設平面的法向量，則即，取，則，故．而平面的法向量為，故．二面角的平面角為銳角，故其余弦值為．【題目欄目】立體幾何\立體幾何的綜合問題【題目來源】2021年新高考全國Ⅱ卷·第19題6．(2021年新高考Ⅰ卷·第20題)如圖，在三棱錐中，平面平面，，為的中點．(1)證明：；(2)若是邊長為1等邊三角形，點在棱上，，且二面角的大小為，求三棱錐的體積．【答案】解析：(1)因為AB=AD,O為BD中點，所以AO⊥BD因為平面ABD平面BCD,平面ABD⊥平面BCD，平面ABD，因此AO⊥平面BCD，因為平面BCD，所以AO⊥CD(2)作EF⊥BD于F,作FM⊥BC于M,連FM因為AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD,AO⊥CD所以EF⊥BD,EF⊥CD,,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC因為FM⊥BC，,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥MF則為二面角E-BC-D的平面角,因為,為正三角形,所以為直角三角形因為,從而EF=FM=平面BCD,所以【題目欄目】立體幾何\立體幾何的綜合問題【題目來源】2021年新高考Ⅰ卷·第20題7．(2020年新高考I卷(山東卷)·第20題)如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設平面PAD與平面PBC的交線為l．(1)證明：l⊥平面PDC；(2)已知PD=AD=1，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．【答案】(1)證明見解析；(2)．解析：(1)證明：在正方形中，，因為平面，平面，所以平面，又因為平面，平面平面，所以，因為在四棱錐中，底面是正方形，所以且平面，所以因為，所以平面；(2)如圖建立空間直角坐標系，因為，則有，設，則有，設平面的法向量為，則，即，令，則，所以平面的一個法向量為，則根據直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的正弦值，所以直線與平面所成角的正弦值等于，當且僅當時取等號，所以直線與平面所成角的正弦值的最大值為．【題目欄目】立體幾何\立體幾何的綜合問題【題目來源】2020年新高考I卷(山東卷)·第20題8．(2020新高考II卷(海南卷)·第20題)如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD底面ABCD．設平面PAD與平面PBC的交線為．(1)證明：平面PDC；(2)已知PD=AD=1，Q為上的點，QB=，求PB與平面QCD所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析；(2)．解析：(1)證明：在正方形中，，因為平面，平面，所以平面，又因為平面，平面平面，所以，因為在四棱錐中，底面是正方形，所以且平面，所以因為，所以平面；(2)如圖建立空間直角坐標系，因為，則有，設，則有，設平面的法向量為，則，即，令，則，所以平面的一個法向量為，則根據直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的正弦值，所以直線與平面所成角的正弦值等于，當且僅當時取等號，所以直線與平面所成角的正弦值的最大值為．【題目欄目】立體幾何\立體幾何的綜合問題【題目來源】2020新高考II卷(海南卷)·第20題9．(2021年高考全國乙卷理科·第18題)如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，，為的中點，且．(1)求；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)；(2)解析：(1)平面，四邊形為矩形，不妨以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，設，則、、、、，則，，，則，解得，故；(2)設平面的法向量為，則，，由，取，可得，設平面的法向量為，，，由，取，可得，，所以，，因此，二面角的正弦值為．【點睛】思路點睛：利用空間向量法求解二面角的步驟如下：(1)建立合適的空間直角坐標系，寫出二面角對應的兩個半平面中對應的點的坐標；(2)設出法向量，根據法向量垂直于平面內兩條直線的方向向量，求解出平面的法向量(注：若半平面為坐標平面，直接取法向量即可)；(3)計算(2)中兩個法向量的余弦值，結合立體圖形中二面角的實際情況，判斷二面角是銳角還是鈍角，從而得到二面角的余弦值．【題目欄目】立體幾何\立體幾何的綜合問題【題目來源】2021年高考全國乙卷理科·第18題10．(2021年高考全國甲卷理科·第19題)已知直三棱柱中，側面為正方形，，E，F分別為和中點，D為棱上的點．(1)證明：；(2)當為何值時，面與面所成的二面角的正弦值最小?【答案】(1)見解析；(2)解析：因為三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以因為，，所以，又，所以平面．所以兩兩垂直．以為坐標原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖．所以，．由題設()．(1)因為，所以，所以．(2)設平面的法向量為，因為，所以，即．令，則因為平面的法向量為，設平面與平面的二面角的平面角為，則．當時，取最小值為，此時取最大值為．所以，此時．【點睛】本題考查空間向量的相關計算，能夠根據題意設出()，在第二問中通過余弦值最大，找到正弦值最小是關鍵一步．【題目欄目】立體幾何\立體幾何的綜合問題【題目來源】2021年高考全國甲卷理科·第19題11．(2020年高考數學課標Ⅰ卷理科·第18題)如圖，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，為底面直徑，．是底面的內接正三角形，為上一點，．(1)證明：平面；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析；(2)．【解析】(1)由題設，知為等邊三角形，設，則，，所以，又為等邊三角形，則，所以，，則，所以，同理，又，所以平面；(2)過O作∥BC交AB于點N，因為平面，以O為坐標原點，OA為x軸，ON為y軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，設平面的一個法向量為，由，得，令，得，所以，設平面的一個法向量為由，得，令，得，所以故，設二面角的大小為，則．【點晴】本題主要考查線面垂直的證明以及利用向量求二面角的大小，考查學生空間想象能力，數學運算能力，是一道容易題．【題目欄目】立體幾何\立體幾何的綜合問題【題目來源】2020年高考數學課標Ⅰ卷理科·第18題12．(2020年高考數學課標Ⅱ卷理科·第20題)如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，側面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點，P為AM上一點，過B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．(1)證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；(2)設O為△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析；(2)．解析：(1)分別為，的中點，又在中，為中點，則又側面為矩形，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)連接平面，平面平面根據三棱柱上下底面平行，其面平面，面平面故：四邊形是平行四邊形設邊長是()可得：，為的中心，且邊長為故：解得：在截取，故且四邊形是平行四邊形，由(1)平面故為與平面所成角在，根據勾股定理可得：直線與平面所成角的正弦值：．【點睛】本題主要考查了證明線線平行和面面垂直，及其線面角，解題關鍵是掌握面面垂直轉為求證線面垂直的證法和線面角的定義，考查了分析能力和空間想象能力，屬于難題．【題目欄目】立體幾何\立體幾何的綜合問題【題目來源】2020年高考數學課標Ⅱ卷理科·第20題13．(2020年高考數學課標Ⅲ卷理科·第19題)如圖，在長方體中，點分別在棱上，且，．(1)證明：點平面內；(2)若，，，求二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析；(2)．解析：(1)在棱上取點，使得，連接、、、，在長方體中，且，且，，，且，所以，四邊形為平行四邊形，則且，同理可證四邊形為平行四邊形，且，且，則四邊形為平行四邊形，因此，點在平面內；(2)以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、，，，，，設平面的法向量為，由，得取，得，則，設平面的法向量為，由，得，取，得，，則，，設二面角的平面角為，則，．因此，二面角的正弦值為．【點睛】本題考查點在平面的證明，同時也考查了利用空間向量法求解二面角角，考查推理能力與計算能力，屬于中等題．【題目欄目】立體幾何\立體幾何的綜合問題【題目來源】2020年高考數學課標Ⅲ卷理科·第19題14．(2019年高考數學課標Ⅲ卷理科·第19題)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連結DG，如圖2．(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖2中的二面角B?CG?A的大小．【答案】(1)見詳解；(2)．【官方解析】(1)由已知得，,所以，故確定一個平面．從而四點共面．由已知得，故平面．又因為平面,所以平面平面．(2)作,垂足為．因為平面,平面平面，所以平面． 由已知，菱形的邊長為，，可求得． 以為坐標原點，的方向為軸的的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則 ． 設平面的法向量為，則 即所以可?。? 又平面的法向量可取為，所以． 因此二面角的大小為．【點評】很新穎的立體幾何考題．首先是多面體粘合問題，考查考生在粘合過程中哪些量是不變的．再者粘合后的多面體不是直棱柱，建系的向量解法在本題中略顯麻煩，突出考查幾何方法．最后將求二面角轉化為求二面角的平面角問題考查考生的空間想象能力．【題目欄目】立體幾何\立體幾何的綜合問題【題目來源】2019年高考數學課標Ⅲ卷理科·第19題15．(2019年高考數學課標全國Ⅱ卷理科·第17題)如圖，長方體的底面是正方形，點在棱上，．證明：平面；若，求二面角的正弦值．【答案】證明見解析；.【官方解析】證明：由已知得，平面，平面，故．又，所以平面．由知．由題設知，所以，故，．以為坐標原點，的方向為軸正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，．設平面的法向量為，則，即所以可取.設平面的法向量為，則即所以可取.于是．所以，二面角的正弦值為．【分析】利用長方體的性質，可以知道側面，利用線面垂直的性質可以證明出，這樣可以利用線面垂直的判定定理，證明出平面；以點坐標原點，以分別為軸，建立空間直角坐標系，設正方形的邊長為，，求出相應點的坐標，利用，可以求出之間的關系，分別求出平面、平面的法向量，利用空間向量的數量積公式求出二面角的余弦值的絕對值，最后利用同角的三角函數關系，求出二面角的正弦值.【解析】因為是長方體，所以側面，而平面，所以,又，，平面，因此平面；以點坐標原點，以分別為軸，建立如下圖所示的空間直角坐標系，，因為，所以，所以，，設是平面的法向量，所以，設是平面的法向量，所以，二面角的余弦值的絕對值為，所以二面角的正弦值為.【點評】本題考查了利用線面垂直的性質定理證明線線垂直，考查了利用空間向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函數關系，考查了數學運算能力.【題目欄目】立體幾何\立體幾何的綜合問題【題目來源】2019年高考數學課標全國Ⅱ卷理科·第17題16．(2019年高考數學課標全國Ⅰ卷理科·第18題)如圖，直四棱柱的底面是菱形，分別是，，的中點．(1)證明：平面；(2)求二面角的正弦值．【答案】解：(1)連結．因為分別為的中點，所以，且．又因為為的中點，所以．由題設知，可得，故，因此四邊形為平行四邊形，．又平面，所以平面．(2)由已知可得．以為坐標原點，的方向為軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，．設為平面的法向量，則，所以可?。O為平面的法向量，則所以可取．于是，所以二面角的正弦值為．【題目欄目】立體幾何\立體幾何的綜合問題【題目來源】2019年高考數學課標全國Ⅰ卷理科·第18題17．(2018年高考數學課標Ⅲ卷(理)·第19題)(12分)如圖，邊長為的正方形所在平面與半圓弧所在的平面垂直，是弧上異于的點．(1)證明：平面平面；(2)當三棱錐體積最大時，求面與面所成二面角的正弦值．【答案】【官方解析】(1)由題設知，平面平面，交線為因為，平面，所以平面，故因為為上異于的點，且為直徑，所以又，所以平面而平面，故平面平面．(2)以為坐標原點，的方向為軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系當三棱錐體積最大時，為的中點，由題設得，，，，，，設是平面的法向量，則，即可取易知是平面的法向量，因此所以所以面與面所成二面角的正弦值是．【民間解析】(1)證明：因為面半圓面，且面半圓面而四邊形為正方形，所以，所以平面又平面，所以①又因為點在以為直徑的半圓上，所以②又、面，且③由①②③可得面，而平面所以平面平面(2)如圖，以所在直線作為軸，以中點為坐標原點，過點作的平行線，作為軸，過點作面的垂線，作為軸，建立空間直角坐標系因為，而所以當點到平面的距離最大時，三棱錐的體積最大，此時所以，，；，設面的法向量為，易知面的法向量為所以，由即，解得，可取所以故所求面與面所成二面角的正弦值為．【題目欄目】立體幾何\空間角\二面角【題目來源】2018年高考數學課標Ⅲ卷(理)·第19題18．(2018年高考數學課標Ⅱ卷(理)·第20題)(12分)如圖，在三棱錐中，，，為的中點．(1)證明：平面；(2)若點在棱上，且二面角為，求與平面所成角的正弦值．PPABMCO【答案】解析：(1)因為，為的中點，所以，且．連接．因為，所以為等腰直角三角形，且，．由知．由，知平面．(2)如圖，以為坐標原點，的方向為軸正方向，建立空間直角坐標系．PPABMCOxyz由已知得，，，，，．取平面的法向量為．設，則．設平面的法向量為，由，得，可取，所以，由已知可得．所以，解得(舍去)，．所以．又，所以．所以與平面所成角的正弦值為．【題目欄目】立體幾何\空間角\二面角【題目來源】2018年高考數學課標Ⅱ卷(理)·第20題19．(2018年高考數學課標卷Ⅰ(理)·第18題)(12分)如圖，四邊形為正方形，分別為的中點，以為折痕把折起，使點到達點的位置，且．(1)證明:平面平面；(2)求與平面所成角的正弦值．【答案】解析：(1)由已知可得，⊥，⊥，所以⊥平面．又平面，所以平面⊥平面．(2)作，垂足為．由(1)得，平面．以為坐標原點，的方向為軸正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系．由(1)可得，．又，，所以．又，，故．可得．則為平面的法向量．設與平面所成角為，則．所以與平面所成角的正弦值為．【題目欄目】立體幾何\空間角\直線與平面所成的角【題目來源】2018年高考數學課標卷Ⅰ(理)·第18題20．(2017年高考數學新課標Ⅰ卷理科·第18題)如圖,在四棱錐中,,且．(1)證明:平面平面;(2)若,,求二面角的余弦值．【答案】(1)詳見解析;(2)二面角的余弦值為．【分析】(1)根據題設條件可以得出,,而,就可證明出平面．進而證明平面平面;(2)先找出的中點,找出相互垂直的線,建立以為坐標原點,的方向為軸的正方向,為單位長的空間直角坐標系,列出所需要的點的坐標,設是平面的法向量,是平面的法向量,根據垂直關系,求出和,利用數量積公式可求出二面角的平面角．【解析】(1)由已知,得,由于,故,從而平面又平面,所以平面平面(2)在平面內做,垂足為,由(1)可知,平面,故,可得平面．以為坐標原點,的方向為軸正方向,為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系．由(1)及已知可得,,,．所以,,,．設是平面的法向量,則,即,可?。O是平面的法向量,則,即,可?。畡t,所以二面角的余弦值為．【考點】面面垂直的證明,二面角平面角的求解．【點評】高考對空間向量與立體幾何的考查主要體現在以下幾個方面:①求異面直線所成的角,關鍵是轉化為兩直線的方向向量的夾角;②求直線與平面所成的角,關鍵是轉化直線的方向向量和平面的法向量的夾角;③求二面角,關鍵是轉化為兩平面的法向量的夾角．建立空間直角坐標系和表示出所需點的坐標是解題的關鍵．【題目欄目】立體幾何\空間角\二面角【題目來源】2017年高考數學新課標Ⅰ卷理科·第18題21．(2017年高考數學課標Ⅲ卷理科·第19題)如圖，四面體中，是正三角形，是直角三角形，，．(1)證明：平面平面；(2)過的平面交于點，若平面把四面體分成體積相等的兩部分，求二面角的余弦值．【答案】(Ⅰ)證明略;(Ⅱ)．【解析】證明:(1)取的中點為,連接為等邊三角形∴∴．∴,即為等腰直角三角形,為直角又為底邊中點∴令,則易得:,∴由勾股定理的逆定理可得即又∵由面面垂直的判定定理可得(2)由題意可知即,到平面的距離相等即為中點以為原點,為軸正方向,為軸正方向,為軸正方向,設,建立空間直角坐標系則,,,,易得:,,設平面的法向量為,平面的法向量為,則,解得,解得若二面角為,易知為銳角,則．【考點】二面角的平面角;面面角的向量求法【點評】(1)求解本題要注意兩點:一是兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角,二是利用方程思想進行向量運算,要認真細心,準確計算．(2)設m,n分別為平面α,β的法向量,則二面角θ與<m,n>互補或相等,故有|cosθ|=|cos<m,n>|=．求解時一定要注意結合實際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角．【題目欄目】立體幾何\空間角\二面角【題目來源】2017年高考數學課標Ⅲ卷理科·第19題22．(2017年高考數學課標Ⅱ卷理科·第19題)如圖，四棱錐中，側面為等比三角形且垂直于底面，是的中點．(1)證明：直線平面；(2)點在棱上，且直線與底面所成銳角為，求二面角的余弦值．【答案】(1)證明略；(2)【基本解法1】(1)證明：取中點為，連接、因為，所以因為是的中點，所以，所以所以四邊形為平行四邊形，所以因為平面，平面所以直線平面(2)取中點為，連接因為△為等邊三角形，所以因為平面平面，平面平面，平面所以平面因為，所以四邊形為平行四邊形，所以所以以分別為軸建立空間直角坐標系，如圖設，則，所以設，則，因為點在棱上，所以，即所以，所以平面的法向量為因為直線與底面所成角為，所以解得，所以設平面的法向量為，則令，則所以所以求二面角的余弦值【基本解法2】(1)證明：取中點為，連接因為，所以，即所以四邊形為平行四邊形，所以因為平面，平面所以直線平面因為是的中點，所以因為平面，平面所以直線平面因為，所以平面平面因為平面所以直線平面(2)同上【命題意圖】線面平行的判定，線面垂直的判定，面面垂直的性質，線面角、二面角的求解【知識拓展】線面平行的證明一般有兩個方向，線面平行的判定或面面平行的性質。角的求解多借助空間直角坐標系，需要注意兩個問題：(1)題中沒有現成的三條線兩兩垂直，需要先證明后建系；(2)是指兩個法向量的夾角，與二面角相等或互補，需要觀察所求二面角是銳二面角還是鈍二面角．【題目欄目】立體幾何\空間角\二面角【題目來源】2017年高考數學課標Ⅱ卷理科·第19題23．(2016高考數學課標Ⅲ卷理科·第19題)如圖,四棱錐中,地面,AD∥BC,,,為線段上一點,,為的中點.(Ⅰ)證明∥平面;(Ⅱ)求直線與平面所成角的正弦值.PPNMABCD【答案】(Ⅰ)見解析;(Ⅱ).【解析】(Ⅰ)由已知得,取的中點,連接由為中點知∥,.又∥,故平行且等于,四邊形為平行四邊形,于是∥.因為平面,平面,所以∥平面.(Ⅱ)取的中點,連接由得,從而,且.以為坐標原點,的方向為軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系PPNMABCDTxyz由題意知,,,,,,,,設為平面的法向量,則,即,可取,于是.所以直線與平面所成角的正弦值為.【題目欄目】立體幾何\空間角\直線與平面所成的角【題目來源】2016高考數學課標Ⅲ卷理科·第19題24．(2016高考數學課標Ⅱ卷理科·第19題)(本小題滿分)如圖，菱形的對角線與交于點，，點分別在上，，交于點．將沿折到的位置，．(=1\*ROMANI)證明：平面；(=2\*ROMANII)求二面角的正弦值．【答案】(Ⅰ)詳見答案；(Ⅱ)．【解析】(I)由已知得，又由得，故．因此，從而．由,得．由得．所以，．于是，故．又，而，所以．(II)如圖，以為坐標原點，的方向為軸的正方向，建立空間直角坐標系則，，，，，，．設是平面的法向量，則，即所以可以取．設是平面的法向量，則，即所以可以取．于是．因此二面角的正弦值是．【題目欄目】立體幾何\空間角\二面角【題目來源】2016高考數學課標Ⅱ卷理科·第19題25．(2016高考數學課標Ⅰ卷理科·第18題)(本題滿分為12分)如圖，在以為頂點的五面體中，面為正方形，，，且二面角與二面角都是．(=1\*ROMANI)證明平面；(=2\*ROMANII)求二面角的余弦值．【答案】(=1\*ROMANI)略；(=2\*ROMANII)【官方解答】=1\*GB2⑴ 由已知可得，，所以面又面，故平面平面(=2\*ROMANII)過點作，垂足為，由(=1\*ROMANI)知面以為坐標原點，的方向為軸正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系由(=1\*ROMANI)知為二面角的平面角，故，則可得由已知，,所以面．由，可得平面，所以為二面角的平面角,．從而可得．所以,,,．設是平面的法向量，則即所以可取．設是平面的法向量，則同理可取，則二面角的余弦值為．【民間解答】=1\*GB2⑴ ∵為正方形∴∵∴∵∴面,面∴平面平面=2\*GB2⑵由=1\*GB2⑴知∵,平面,平面∴平面,平面∵面面∴∴∴四邊形為等腰梯形以為原點，如圖建立坐標系，設，，設面法向量為．，即設面法向量為．即,∴設二面角的大小為．二面角的余弦值為．【題目欄目】立體幾何\空間角\二面角【題目來源】2016高考數學課標Ⅰ卷理科·第18題26．(2015高考數學新課標2理科·第19題)(本題滿分12分)如圖，長方體中,，，，點，分別在，上，．過點，的平面與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形．DDD1C1A1EFABCB1(Ⅰ)在圖中畫出這個正方形(不必說出畫法和理由)；(Ⅱ)求直線與平面所成角的正弦值．【答案】(Ⅰ)詳見解析；(Ⅱ)．解析：(Ⅰ)交線圍成的正方形如圖：(Ⅱ)作，垂足為，則，，因為為正方形，所以．于是，所以．以為坐標原點，的方向為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，．設是平面的法向量，則即所以可?。?，故．所以直線與平面所成角的正弦值為．考點：1、直線和平面平行的性質；2、直線和平面所成的角．【題目欄目】立體幾何\空間角\直線與平面所成的角【題目來源】2015高考數學新課標2理科·第19題27．(2015高考數學新課標1理科·第18題)如圖，四邊形為菱形，，是平面同一側的兩點，⊥平面，⊥平面，，．(1)證明：平面⊥平面;(2)求直線與直線所成角的余弦值．【答案】(Ⅰ)見解析(Ⅱ)分析：(Ⅰ)連接BD，設BD∩AC=G，連接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨設GB=1易證EG⊥AC，通過計算可證EG⊥FG，根據線面垂直判定定理可知EG⊥平面AFC，由面面垂直判定定理知平面AFC⊥平面AEC；(Ⅱ)以G為坐標原點，分別以的方向為軸，y軸正方向，為單位長度，建立空間直角坐標系G-xyz，利用向量法可求出異面直線AE與CF所成角的余弦值．解析：(Ⅰ)連接BD，設BD∩AC=G，連接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨設GB=1，由∠ABC=120°，可得AG=GC=．由BE⊥平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC，又∵AE⊥EC，∴EG=，EG⊥AC，在Rt△EBG中，可得BE=，故DF=．在Rt△FDG中，可得FG=．在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=，DF=可得EF=，∴，∴EG⊥FG，∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC．(Ⅱ)如圖，以G為坐標原點，分別以的方向為軸，y軸正方向，為單位長度，建立空間直角坐標系G-xyz，由(Ⅰ)可得A(0，－，0)，E(1,0,)，F(－1,0，)，C(0，，0)，∴=(1，，)，=(-1，-，)．…10分故．所以直線AE與CF所成的角的余弦值為．考點：空間垂直判定與性質；異面直線所成角的計算；空間想象能力，推理論證能力【題目欄目】立體幾何\空間角\異面直線所成的角【題目來源】2015高考數學新課標1理科·第18題28．(2014高考數學課標2理科·第18題)(本小題滿分12分)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點．(Ⅰ)證明：PB∥平面AEC；(Ⅱ)設二面角D-AE-C為60°，AP=1，AD=，求三棱錐E-ACD的體積．PPEDCBA【答案】解析：(Ⅰ)設AC的中點為G,連接EG。在三角形PBD中，中位線EG//PB,且EG在平面AEC上，所以PB//平面AEC．(Ⅱ)設CD=m,