（2017-2019）高考真题数学（理）分项汇编之立体几何（解答题） （解析版）

《（2017-2019）高考真题数学（理）分项汇编之立体几何（解答题） （解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（2017-2019）高考真题数学（理）分项汇编之立体几何（解答题） （解析版）（43页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、1专题 06 立体几何（解答题）1 【2019 年高考全国卷理数 】如图，直四棱柱 ABCDA1B1C1D1 的底面是菱形，AA1=4，AB =2，BAD =60，E，M ，N 分别是 BC，BB 1，A 1D 的中点（1）证明：MN平面 C1DE；（2）求二面角 AMA1N 的正弦值【答案】 （1）见解析；（2） .05【解析】 （1）连结 B1C，ME因为M，E 分别为 BB1，BC的中点，所以MEB 1C，且 ME= B1C2又因为N为A 1D的中点，所以ND= A1D2由题设知A 1B1 DC，可得B 1C A1D，故ME ND，因此四边形MNDE为平行四边形， MNED 又MN 平面

2、EDC 1，所以MN平面C 1DE（2）由已知可得DEDA以D为坐标原点， 的方向为 x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A2，A 1(2，0，4)， ， ， ， ，(2,)(1,32)M(1,0)N1(0,4)A1(,32)AM， 1,N,N设 为平面A 1MA的法向量，则 ，(,)xyzm10Am所以 可取 3204， (3,1)设 为平面A 1MN的法向量，则(,)pqrn10MNA，n所以 可取 302， (2,0)n于是 ，315cos,|m所以二面角 的正弦值为 1AMN05【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利

3、用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.2【2019 年高考全国卷理数】如图，长方体 ABCDA1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA1上，BEEC 13（1）证明：BE平面 EB1C1；（2）若 AE=A1E，求二面角 BECC1 的正弦值【答案】 （1）证明见解析；（2） .32【解析】 （1）由已知得， 平面 ， 平面 ，11ABE1A故 BCE又 ，所以 平面 1B1EC（2）由（1）知 由题设知 ，所以 ，190RtABE 1t 45AEB故 ， AE2A以 为坐标原点， 的方向为x轴正方向， 为单位长，

4、建立如图所示的空间直角坐标系DD|xyz，则C（0，1，0），B（1，1， 0）， （0，1，2），E（1，0，1），C4， ， (1,0)CB(1,)E1(0,2)C设平面EBC的法向量为n =（x，y ，x），则即,0,0,z所以可取n= .(,1)设平面 的法向量为m=（x ，y，z），则EC即10,2,0.z所以可取m=（ 1，1，0）于是 1cos,|2nm所以，二面角 的正弦值为 1BEC3【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.3【2019 年高考全国卷理数】图 1

5、 是由矩形 ADEB，RtABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其中AB=1，BE =BF=2，FBC=60 ，将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连结 DG，如图 2.（1）证明：图 2 中的 A，C， G，D 四点共面，且平面 ABC平面 BCGE；（2）求图 2 中的二面角 BCGA 的大小.【答案】 （1）见解析；（2） .30【解析】 （1）由已知得 AD BE，CG BE，所以 AD CG，故 AD，CG 确定一个平面，从而AAA，C，G，D 四点共面由已知得AB BE，AB BC，故AB 平面BCGE5又因为AB 平面ABC，所以平面 ABC 平面BCGE

6、（2）作EH BC，垂足为H因为EH 平面BCGE，平面BCGE 平面ABC，所以EH 平面ABC 由已知，菱形BCGE的边长为2，EBC=60，可求得BH =1，EH= 3以H为坐标原点， 的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Hxyz，C则A（1，1，0），C（1，0 ，0），G（2，0， ）， =（1，0， ）， =（2，1，0）3CG3AC设平面ACGD的法向量为n =（x，y ，z ），则即,0G3,20.所以可取n=（3，6， ）又平面BCGE的法向量可取为m= （0，1，0），所以 3cos,|2n因此二面角BCGA的大小为30【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题

7、，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.4【2019 年高考北京卷理数】如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面ABCD，ADCD，ADBC，PA=AD =CD=2，BC=3E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且 13PFC（1）求证：CD平面 PAD；（2）求二面角 FAEP 的余弦值；6（3）设点 G 在 PB 上，且 判断直线 AG 是否在平面 AEF 内，说明理由23PB【答案】 （1）见解析；（2） ；（3）见解析.【解析】 （1）因为 P

8、A平面 ABCD，所以 PACD又因为ADCD，所以CD平面PAD （2）过A作AD的垂线交BC于点M因为PA平面ABCD ，所以PA AM ，PAAD如图建立空间直角坐标系Axyz，则A（0，0，0），B（2 ， 1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）因为E为PD 的中点，所以 E（0，1，1）所以 (,)(2,)(0,2)PCAP所以 .1 4, ,333FF设平面AEF 的法向量为n =（x，y，z），则即0,AEF0,24.3z令z=1，则 1,yx于是 =()n又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以 .3cos,| pn7由题知，二面角FAEP为锐

9、角，所以其余弦值为 3（3）直线AG在平面AEF内因为点G在PB上，且 ，2,(,12)3PGB所以 .2442, ,3 3BAPG 由（2）知，平面AEF的法向量 .=(1,)n所以 .4203AGn所以直线AG在平面AEF内.【名师点睛】 （1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角 FAEP 的余弦值；（3）首先求得点 G 的坐标，然后结合平面 的法向量和直线 AG 的方向向量即可判断直线是否在AEF平面内.5【2019 年高考天津卷理数】如图， 平面 ， ，BCD,AEBC ,AD1,2ABDEBC（1）求证： 平

10、面 ；F A（2）求直线 与平面 所成角的正弦值；（3）若二面角 的余弦值为 ，求线段 的长EBD13CF8【答案】（1）见解析；（2） ；（3） 4987【解析】依题意，可以建立以 为原点，分别以 的方向为 轴， 轴， 轴正方向的AABDE， ， xyz空间直角坐标系（如图），可得 ， 设(0,)(1,0)(,20)(,1)C(0,2)E，则 (0)CFh1,2Fh（1）依题意， 是平面 的法向量，又 ，可得 ，又因为()ABADE(,)BFh0BFA直线 平面 ，所以 平面 E（2）依题意， (1,0)(1,02)(1,2)DC设 为平面 的法向量，则 即 不妨令 ，(,)xyznBE,B

11、En0,xyz1z可得 因此有 (2,1)4cos,9|C所以，直线 与平面 所成角的正弦值为 CEBD（3）设 为平面 的法向量，则 即(,)xyzmF0,BDFm0,2xyhz不妨令 ，可得 121,h由题意，有 ，解得 经检验，符合题意24|1cos, 3hnm87h9所以，线段 的长为 CF87【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识考查用空间向量解决立体几何问题的方法考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力6【2019 年高考江苏卷】如图，在直三棱柱 ABCA 1B1C1 中，D，E 分别为 BC，AC 的中点，AB=BC求证：（1）A 1B

12、1平面 DEC1；（2）BEC 1E【答案】 （1）见解析；（2）见解析.【解析】 （1）因为 D，E 分别为 BC，AC 的中点，所以 EDAB.在直三棱柱 ABCA1B1C1 中， ABA 1B1，所以 A1B1ED.又因为 ED平面 DEC1，A 1B1 平面 DEC1，所以 A1B1平面 DEC1.（2）因为 AB=BC，E 为 AC 的中点，所以 BEAC .因为三棱柱 ABCA1B1C1 是直棱柱，所以 CC1平面 ABC.10又因为 BE平面 ABC，所以 CC1BE.因为 C1C平面 A1ACC1，AC 平面 A1ACC1，C 1CAC=C，所以 BE平面 A1ACC1.因为

13、C1E平面 A1ACC1，所以 BEC 1E.【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.7 【2019 年高考浙江卷】如图，已知三棱柱 ，平面 平面 , ，1AB1ACB90AC分别是 AC，A 1B1 的中点.130,BACACEF（1）证明： ；EFB（2）求直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2） 35【解析】方法一：（1）连接A 1E，因为A 1A=A1C，E是AC 的中点，所以A 1EAC 又平面A 1ACC1平面ABC，A 1E 平面A 1ACC1，平面A 1ACC1平面ABC

14、=AC，所以，A 1E平面ABC ，则A 1EBC 又因为A 1FAB，ABC=90，故BCA 1F所以BC平面A 1EF因此EFBC11（2）取BC中点G，连接EG， GF，则EGFA 1是平行四边形由于A 1E平面ABC ，故A 1EEG，所以平行四边形EGFA 1为矩形由（1）得BC平面EGFA 1，则平面A 1BC平面EGFA 1，所以EF在平面A 1BC上的射影在直线A 1G上连接A 1G交EF于O，则EOG是直线EF与平面A 1BC所成的角（或其补角）不妨设AC=4，则在 RtA1EG中，A 1E=2 ，EG= .3由于O为A 1G的中点，故 ，52所以 23cosOGE因此，直线

15、EF与平面A 1BC所成角的余弦值是 5方法二：（1）连接A 1E，因为A 1A=A1C，E是AC 的中点，所以A 1EAC .又平面A 1ACC1平面ABC，A 1E 平面A 1ACC1，平面A 1ACC1平面ABC=AC，所以，A 1E平面ABC如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA 1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz不妨设AC=4，则12A1（0，0，2 ），B（ ，1，0）， ， ，C (0，2，0)31(3,2)B3(,)2F因此， ， (,2)EF(,0)C由 得 0C（2）设直线EF与平面A 1BC所成角为由（1）可得 =(30)=(23)BAC， ， ， ， ，

16、设平面A 1BC的法向量为n ，)xyz， ，由 ，得 ，10C30z取n ，故 ，(3)， ，|4sin|co=5EF， n因此，直线EF与平面A 1BC所成的角的余弦值为 3【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.8【2018 年高考全国卷理数 】如图，四边形 为正方形， 分别为 的中点，以 为ABCD,EF,ADBCF折痕把 折起，使点 到达点 的位置，且 .DFC P（1）证明：平面 平面 ；PEF（2）求 与平面 所成角的正弦值.AB【答案】（1）见解析；（2） .34【解析】方法一：（1）由已知可得，BFPF

17、，BF EF ，所以 BF平面 PEF.又 平面 ABFD，BF13所以平面 PEF平面 ABFD.（2）在平面 DEF 中，过 P 作 PHEF 于点 H，连接 DH，如图，由于 EF 为平面 ABCD 和平面 PEF 的交线，PHEF，则 PH平面 ABFD，故 PHDH.则 与平面 所成的角为 .DPABFPDH在三棱锥 P-DEF 中，可以利用等体积法求 PH.因为 DEBF 且 PFBF，所以 PFDE，又PDFCDF ，所以FPD=FCD=90，所以 PFPD ，由于 DEPD=D，则 PF平面 PDE，故 ，13FPEPEVS因为 BFDA 且 BF平面 PEF，所以 DA平面

18、PEF，所以 DEEP.设正方形的边长为 2a，则 PD=2a，DE=a，在PDE 中， ，3PE所以 ，2DSa故 ，36FPEV又 ，21DEFSa14所以 ，23FPDEVHa所以在PHD 中， ，3sin4H故 与平面 所成角的正弦值为 .DPABF方法二：（1）由已知可得，BFPF，BF EF，所以 BF平面 PEF.又 平面 ABFD，所以平面 PEF平面 ABFD.（2）作 PHEF ，垂足为 H.由（1）得，PH平面 ABFD.以 H 为坐标原点， 的方向为 y 轴正方向， 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 Hxyz.F|BF由（1）可得，DEPE .又 DP=2，DE=

19、1，所以 PE= .又 PF=1，EF=2，故 PEPF.3可得 .3,2PHE则 为平面 ABFD 的法向量.33(0,)(,),(1,0)(1,),22DP3(0,)2HP设 DP 与平面 ABFD 所成角为 ，则 .4sin|3D所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 .349【2018 年高考全国 II 卷理数】如图，在三棱锥 中，PABC， ， 为 的中点2ABCPABCO15（1）证明： 平面 ；POABC（2）若点 在棱 上，且二面角 为 ，求 与平面 所成角的正弦值MMPAC30PAMPA O CB M【答案】 （1）见解析；（2） 34【解析】 （1）因为 ， 为 的

20、中点，所以 ，且 APCOACOPAC23连结 因为 ，所以 为等腰直角三角形，OB2B且 ， AC1由 知 22PPO由 知 平面 ,OBABC（2）如图，以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向，建立空间直角坐标系 urxOxyz由已知得 取平面 的法(0,)(2,0)(,)(0,2)(,3),(0,23),OBACPAurPAC向量 ur16设 ，则 (,20)(2)Maa(,40)AMaur设平面 的法向量为 PA(,)xyzn由 得 ，可取 ，0,urrn3(4)0a(34),)an所以 22cos,3()OB由已知可得 |,|urn所以 解得 （舍去） ， 223|4|3=()a4a4

21、3a所以 8,)3n又 ，所以 (0,2)PCur 3cos,4PCurn所以 与平面 所成角的正弦值为 AM10【2018 年高考全国卷理数】如图，边长为 2 的正方形 所在的平面与半圆弧 所在平面垂直，ABCDACD是 上异于 ， 的点ACD（1）证明：平面 平面 ； BC（2）当三棱锥 体积最大时，求面 与面 所成二面角的正弦值MMABC【答案】（1）见解析；（2） .25【解析】（1）由题设知,平面 CMD平面 ABCD,交线为 CD.因为 BCCD,BC 平面 ABCD,所以 BC平面 CMD,17故 BCDM .因为 M 为 上异于 C，D 的点,且 DC 为直径，A所以 DMCM

22、 .又 BC CM=C,所以 DM平面 BMC.而 DM 平面 AMD,故平面 AMD平面 BMC.（2）以 D 为坐标原点, 的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz.A当三棱锥 MABC 体积最大时，M 为 的中点.ACD由题设得 ，(0,)(2,0)(,)(0,2)(,1)DBM,1,A设 是平面 MAB 的法向量,则()xyzn即0,.MAB20.xyz可取 .(1,)n是平面 MCD 的法向量,因此D，5cos,|An，2i,518所以面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值是 .2511【2018 年高考江苏卷】如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1 中，A

23、B =AA1=2，点 P，Q 分别为 A1B1，BC 的中点（1）求异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值；（2）求直线 CC1 与平面 AQC1 所成角的正弦值【答案】（1） ；（2） 3105【解析】如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1 中，设 AC，A 1C1 的中点分别为 O，O 1，则OB OC，OO 1OC，OO 1 OB，以 为基底，建立空间直角坐标系 Oxyz,O因为 AB=AA1=2，所以 1110,3,0,0,()()()()(23,0,2)()ABCABC（1）因为 P 为 A1B1 的中点，所以 ，31(,2)P19从而 ，13(,2)(0,2),BPAC故 11|

24、4|310|cos, 5BP因此，异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值为 20（2）因为 Q 为 BC 的中点，所以 ，31(,)Q因此 ， 3(,0)2A11(,2)(0,2)AC设 n=（x，y，z）为平面 AQC1 的一个法向量，则 即10,AQC30,2.xyz不妨取 ，(3,)n设直线 CC1 与平面 AQC1 所成角为 ，则 ，11|25sin|co,Cn所以直线 CC1 与平面 AQC1 所成角的正弦值为 512【2018 年高考江苏卷】在平行六面体 中， 1ABCD11,ABC求证：（1） 平面 ；AB 1C（2）平面 平面 120【答案】 （1）见解析；（2）见解析.【

25、解析】 （1）在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中，ABA 1B1因为 AB 平面 A1B1C，A 1B1 平面 A1B1C，所以 AB平面 A1B1C（2）在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中，四边形 ABB1A1 为平行四边形又因为 AA1=AB，所以四边形 ABB1A1 为菱形，因此 AB1A 1B又因为 AB1B 1C1，BCB 1C1，所以 AB1BC又因为 A1BBC=B，A 1B 平面 A1BC，BC 平面 A1BC，所以 AB1平面 A1BC因为 AB1 平面 ABB1A1，所以平面 ABB1A1平面 A1BC13【2018 年高考浙江卷】如图，已知多面体 AB

26、CA1B1C1，A 1A，B 1B，C 1C 均垂直于平面ABC，ABC=120 ，A 1A=4， C1C=1，AB=BC =B1B=2（1）证明：AB 1平面 A1B1C1；（2）求直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值【答案】（1）见解析；（2） .39【解析】方法一：（1）由 得 ，11112,4,2,ABBABA12B21所以 .2211AB故 .由 ， 得 ，2C11,C11,BCB15由 得 ，20AB3A由 ，得 ，所以 ，故 .1132211A1BC因此 平面 .C（2）如图，过点 作 ，交直线 于点 ，连结 .11DAB1D由 平面 得平面 平面 ，1AB1C1AB

27、1由 得 平面 ，D所以 是 与平面 所成的角.111由 得 ，1115,2,2BCAC116cos,sin77ABCAB所以 ，3D故 .119sinA因此，直线 与平面 所成的角的正弦值是 .1C1B391方法二：（1）如图，以 AC 的中点 O 为原点，分别以射线 OB，OC 为 x，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 O-xyz.22由题意知各点坐标如下： 111(0,3),(0),(3,4)(,02)(,3)ABABC因此 12ururur由 得 .1由 得 .10ABCrA所以 平面 .1（2）设直线 与平面 所成的角为 .1B由（1）可知 1 1(0,23),(,30),(,2)

28、ACABururur设平面 的法向量 .Bxyzn由 即 可取 .1,0run,2z(3,10)所以 .11|9si|co,|ACurrn因此，直线 与平面 所成的角的正弦值是 .1AC1B31【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.14【2018 年高考北京卷理数】如图，在三棱柱 ABC 中， 平面 ABC，D，E，F，G 分别为1ABC1，AC， ， 的中点，AB=BC= ，AC = =21A1C1B523（1）求证：AC平面 BEF；（2）求二面角 BCDC1 的余弦值；（3）证明：直线 FG 与平面 BCD 相交

29、【答案】（1）见解析；（2） ；（3）见解析.21【解析】（1）在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，CC 1平面 ABC，四边形 A1ACC1 为矩形又 E，F 分别为 AC，A 1C1 的中点，ACEFAB=BCACBE，AC平面 BEF（2）由（1）知 ACEF，ACBE，EF CC 1又 CC1平面 ABC，EF平面 ABCBE 平面 ABC，EFBE如图建立空间直角坐标系 E-xyz24由题意得 B（0，2，0） ，C（ -1，0，0） ，D （1，0，1） ，F（0，0，2） ，G （0，2，1） ，=(1)()CDurur， ， ， ， ，设平面 BCD 的法向量为 ，abc， ，

30、n ， ，0CBrun20令 a=2，则 b=-1，c=-4，平面 BCD 的法向量 ，(214)， ，n又平面 CDC1 的法向量为 ，=0EBur， ， 21cos|EBurrn由图可得二面角 B-CD-C1 为钝角，所以二面角 B-CD-C1 的余弦值为 21（3）由（2）知平面 BCD 的法向量为 ，(24)， ，nG（0，2，1） ，F（0，0， 2） ， ，=()ur， ， ，2n 与 不垂直，GFurGF 与平面 BCD 不平行且不在平面 BCD 内，GF 与平面 BCD 相交15【2018 年高考天津卷理数】如图， 且 AD=2BC， , 且 EG=AD，ADBC ADCEGA

31、且 CD=2FG， ，DA= DC=DG=2.CDFG 平 面（1）若 M 为 CF 的中点，N 为 EG 的中点，求证： ；MN 平 面（2）求二面角 的正弦值；EBCF（3）若点 P 在线段 DG 上，且直线 BP 与平面 ADGE 所成的角为 60，求线段 DP 的长.25【答案】（1）见解析；（2） ；（3） .10【解析】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识考查用空间向量解决立体几何问题的方法考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力满分 13 分依题意，可以建立以 D 为原点，分别以 ， ， 的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角DACG

32、坐标系（如图），可得 D（0 ，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2 ），M （0， ，1），N （1，0，2）3（1）依题意 =（0，2，0）， =（2，0，2）设 n0=(x，y，z)为平面 CDE 的法向量，则DCDE即 不妨令 z=1，可得 n0=（1，0，1）又 =（1， ，1），可得0E，nyxz， ， MN32，又因为直线 MN 平面 CDE，所以 MN平面 CDE0MN （2）依题意，可得 =（1，0，0）， ， =（0，1，2）BC(2)BE， ， CF设 n=（x，y，z）为平面 BCE 的法向量

33、，则 即 不妨令 z=1，可得，n0xyz， ，n=（ 0，1，1）26设 m=（x，y，z ）为平面 BCF 的法向量，则 即 不妨令 z=1，可得0BCF，m02xyz， ，m=（0，2，1）因此有 cos= ，于是 sin= 310|10所以，二面角 EBCF 的正弦值为 10（3）设线段 DP 的长为 h（h 0，2），则点 P 的坐标为（0，0，h），可得 (12)BPh， ，易知， =（0，2，0）为平面 ADGE 的一个法向量，故DC，2cos 5BPh由题意，可得 =sin60= ，解得 h= 0， 2 25h33所以线段 的长为 .DP16【2017 年高考全国卷理数 】如图

34、，在四棱锥 PABCD 中，AB/CD ，且 .90BAPCD（1）证明：平面 PAB平面 PAD；（2）若 PA=PD=AB=DC， ，求二面角 APBC 的余弦值.90APD【答案】 （1）见解析；（2） .3【解析】 （1）由已知 ，得 ABAP ，CDPD .90BC由于 AB/CD ，故 ABPD ，从而 AB平面 PAD.27又 AB 平面 PAB，所以平面 PAB平面 PAD.（2）在平面 内作 ，垂足为 ，PADFF由（1）可知， 平面 ，故 ，可得 平面 .BABPABCD以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向， 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Fx|.xyz由（1）及已

35、知可得 ， ， ， .2(,0)A2(,)P(,10)B2(,10)C所以 ， ， ， .(,1)PC(,0)CB(,)A(,)AB设 是平面 的法向量，则,)xyznP即 可取 .0,PCB20,xyz(,12)n设 是平面 的法向量，则(,)xyzmPAB即 可取 .0,PAB20,.xzy(1,0)m则 ，3cos,|nm所以二面角 的余弦值为 .APBC328【思路点拨】 （1）根据题设条件可以得出 ABAP，CDPD.而 AB/CD，就可证明出 AB平面 PAD.进而证明出平面 PAB平面 PAD.（2）先找出 AD 中点，找出相互垂直的线，建立以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向，

36、 为FAx|AB单位长的空间直角坐标系，列出所需要的点的坐标，设 是平面 的法向量，(,)xyznPCB是平面 的法向量，根据垂直关系，求出 和 ，利用数量(,)xyzmPAB0,12(1,0)m积公式可求出二面角的平面角.【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.17 【2017 年高考江苏卷】如图，在三棱锥 中，ABAD ，BC BD ，平面 AB

37、D平面 BCD，点ABCDE，F (E 与 A，D 不重合)分别在棱 AD，BD 上，且 EFAD求证：（1）EF平面 ABC；（2）ADAC【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平面 内，因为 ABAD ， ，ABDEFAD所以 EF又因为 平面 ABC， 平面 ABC，所以 EF平面 ABC（2）因为平面 ABD平面 BCD，平面 平面 BCD=BD， 平面 BCD， ，ABDBCBCD所以 平面 BCAD29因为 平面 ，ADB所以 C又 ABAD ， ， 平面 ABC， 平面 ABC，ABC所以 AD平面 ABC，又因为 AC 平面 ABC，所以 ADAC 【名师点睛】垂

38、直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直18【2017 年高考江苏卷】如图，在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中，AA 1平面 ABCD，且AB=AD=2，AA 1= ， 3120BAD（1）求异面直线 A1B 与 AC1 所成角的余弦值；（2）求二面角 B-A1D-A 的正弦值【答案】（1） ；（2） 174【解析】在平面 ABCD 内，过点 A 作 AE AD，交 BC 于点 E因为 AA1 平面 ABCD，所以 AA1 AE，AA 1 AD如图

39、，以 为正交基底，建立空间直角坐标系 A-xyz1,AED因为 AB=AD=2，AA 1= ， 320BA则 11(0,)(,0)(,)(3,)(,3),(,3)BEC30（1） ，1(3,),(3,)ABAC则 11 (3,1)cos, 77|因此异面直线 A1B 与 AC1 所成角的余弦值为 （2）平面 A1DA 的一个法向量为 (3,0)AE设 为平面 BA1D 的一个法向量，(,)xyzm又 ，则 即1(3,),(3,0)BB1,0ABDm30,.xyz不妨取 x=3，则 ，所以 为平面 BA1D 的一个法向量，2yz(,2)从而 ，3cos, 4|3AEm设二面角 B-A1D-A 的大小为 ，则 |cos|因为 ，所以 0,27sin14因此二面角 B-A1D-A 的正弦值为 【名师点睛】利用法向量求解空间线面角、面面角的关键在于“四破”：破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；破“求法向量关”，求出平面的法向量；破“应用公式关” （1）先根据条件建立空间直角坐标系，进而得相关点的坐标，求出直线 A1B 与 AC1 的方向向量，根据向量数量积求出方向向量夹角，最后根据异面直线所成角与方向向量夹角之间相等或互补可得夹角的余