2018届高三理科数学答题模板 立体几何中角度问题
届高考数学立体几何 理科 专题 二面角
2018届高考数学立体几何（理科）专题02 二面角1．如图，在三棱柱111ABC A B C -中， 1,90A A AB ABC =∠=︒侧面11A ABB ⊥底面ABC . (1)求证： 1AB ⊥平面1A BC ；(2)若15360AC BC A AB ==∠=︒，，,求二面角11B A C C --的余弦值.2．如图所示的多面体中，下底面平行四边形与上底面平行，且，,，，平面平面，点为的中点．（1）过点作一个平面与平面平行，并说明理由；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．3．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形， 2AB AD =， 3BD =，且PD ⊥底面ABCD . （1）证明：平面PBD ⊥平面PBC ；（2）若Q 为PC 的中点，且1AP BQ ⋅=u u u v u u u v，求二面角Q BD C --的大小.4．如图所示的几何体是由棱台和棱锥拼接而成的组合体，其底面四边形是边长为2的菱形，，平面. （1）求证：；（2）求平面与平面所成锐角二面角的余弦值.5．在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是矩形，平面PAB ⊥平面ABCD ，点E 、F 分别为BC 、AP 中点.（1）求证： //EF 平面PCD ；（2）若0,120,AD AP PB APB ==∠=，求平面DEF 与平面PAB 所成锐二面角的余弦值.6．如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为直角梯形, ,90AD BC ADC ∠=oP ,平面PAD ⊥底面ABCD ,Q 为AD 中点, M 是棱PC 上的点, 12,1,2PA PD BC AD CD =====（Ⅰ）若点M 是棱PC 的中点,求证: PA P 平面BMQ ; （Ⅱ）求证:平面PQB ⊥平面PAD ;（Ⅲ）若二面角M BQ C --为30o,设PM tMC =,试确定t 的值.2018届高考数学立体几何（理科）专题02 二面角（教师版）1．如图，在三棱柱111ABC A B C -中， 1,90A A AB ABC =∠=︒侧面11A ABB ⊥底面ABC . (1)求证： 1AB ⊥平面1A BC ；(2)若15360AC BC A AB ==∠=︒，，,求二面角11B A C C --的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）2114-.Q 侧面11A ABB ⊥底面,90ABC ABC ∠=︒，CB ∴⊥侧面11A ABB ，1CB AB ∴⊥.又1A B BC B ⋂=Q ,1AB ∴⊥平面1A BC .(2)在Rt ABC n 中， 5,3,4AC BC AB ==∴=,又菱形11A ABB 中， 160A AB ∠=︒Q ，1A AB ∴n 为正三角形.设(),,n x y z =为平面11A CC 的方向量，则1110,2230,{ { 0.22330.n C C x y n C A x y z =-+=∴=+-=u u u u r u u u u rn n 令3x =,得()n 3,3,4=为平面11A CC 的一个法向量.又()10,23,0OB =-u u u r为平面1A BC 的一个法向量，11121cos , 142723n OB n OB n OB ===-n n n u u u ru u u r u u u r .∴二面角11B A C C --的余弦值为21-. 2．如图所示的多面体中，下底面平行四边形与上底面平行，且，,，，平面平面，点为的中点．（1）过点作一个平面与平面平行，并说明理由； （2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）试题解析：（1）取的中点，的中点，连接、、，如图所示．则平面平面，平面即为所求的平面． 理由如下：在平行四边形中，点分别是与的中点，所以，在中，点分别是的中点，所以．显然，，所以平面平面，亦即平面 平面． （2）不妨设,,，故,．在平行四边形中，，所以． 取的中点，则．又平面平面，平面平面，所以平面．连接，因为，，所以，又，所以． 如图所示，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则，，，，，，,，． 所以，，，．设平面的法向量为，则由，即，整理得．令，．所以．所以．3．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形， 2AB AD =， 3BD AD =，且PD ⊥底面ABCD . （1）证明：平面PBD ⊥平面PBC ；（2）若Q 为PC 的中点，且1AP BQ ⋅=u u u v u u u v，求二面角Q BD C --的大小. 【答案】（1）见解析（2）4π试题解析：（1）证明：∵222AD BD AB +=，∴AD BD ⊥，∴//AD BC ，∴BC BD ⊥. 又∵PD ⊥底面ABCD ，∴PD BC ⊥.∵PD BD D ⋂=，∴BC ⊥平面PBD . 而BC ⊂平面PBC ，∴平面PBC ⊥平面PBD . （2）解：由（1）知， BC ⊥平面PBD ，∴2112tAP BQ+⋅==u u u v u u u v，∴1t=.故131,,222DQ⎛⎫=-⎪⎪⎝⎭u u u v，131,,222BQ⎛⎫=--⎪⎪⎝⎭u u u v.设平面QBD 的法向量为(),,n x y z=v，则{n DQn BQ⋅=⋅=u u u vvu u u vv，即131222{13122x y zx y z-++=--+=，令1x=，得()1,0,1n=v. 易知平面BDC的一个法向量为()0,0,1m=v，则2cos,221m n==⨯v v，∴二面角Q BD C--的大小为4π. 4．如图所示的几何体是由棱台和棱锥拼接而成的组合体，其底面四边形是边长为2的菱形，，平面.（1）求证：；（2）求平面与平面所成锐角二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.又棱台中，∴(2)建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，，所以，，，，设平面的一个法向量为，则,∴，.令，得， ∴；设平面的法向量为，则,∴，令，得，， ∴，设平面与平面所成锐二面角为，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.5．在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是矩形，平面PAB ⊥平面ABCD ，点E 、F 分别为BC 、AP 中点.（1）求证： //EF 平面PCD ；（2）若0,120,AD AP PB APB ==∠=，求平面DEF 与平面PAB 所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）3020试题解析：（I ）证明：取PD 中点G ，连接,GF GC ．在△PAD 中，有 ,G F 分别为PD 、AP 中点∴ 1//2GF AD而GC ⊂平面PCD ， EF ⊄平面PCD ∴ //EF 平面PCD（II ）取AB 中点O ，连接OP ，设=2AD . Q 四边形ABCD 是矩形∴ AD AB ⊥Q 平面PAB ⊥平面ABCD ,平面PAB ⋂平面ABCD = AB ， AD ⊂平面PAB∴ AD ⊥平面PAB 又 AD AP PB ==， 0=120APB ∠， O 为AB中点∴ OP AB ⊥， 3OA OB ==， 1OP =.故可建立空间直角坐标系O xyz -，如图所示，则300A （，，）， 010P （，，）， 300B -（，，）， ()3,0,2C -， ()3,0,2D ∴ 31,,022F ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭， ()3,0,1E - ∴ ()23,0,1DE =--u u u v ， 31,,222DF ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭u u u v 设(),,n x y z =v 是平面DEF 的一个法向量，则·0{ ·0DE n DF n ==u u u v v u u u v v ， 即230{ 312022x z x y z --=-+-=不妨设1x =，则()1,73,23n =--v ． 易知向量()0,0,2AD =u u u v 为平面PAB 的一个法向量． ∴ ()()222·23230cos ,20·173232n AD n AD n AD -⨯===-+-+-⨯u u u v v u u u v v u u u v v 故平面DEF 与平面PAB 所成锐二面角的余弦值为3020. 6．如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为直角梯形, ,90AD BC ADC ∠=o P ,平面PAD ⊥底面ABCD ,Q 为AD 中点, M 是棱PC 上的点, 12,1,32PA PD BC AD CD =====. （Ⅰ）若点M 是棱PC 的中点,求证: PA P 平面BMQ ;（Ⅱ）求证:平面PQB ⊥平面PAD ; （Ⅲ）若二面角M BQ C --为30o ,设PM tMC =,试确定t 的值.试题解析：因为MN ⊂平面BMQ , PA ⊄平面BMQ 所以PA P 平面BMQ .（Ⅱ）因为1,,2AD BC BC AD Q =P 为AD 中点, 所以四边形BCDQ 为平行四边形,所以CD BQ P .因为90ADC ∠=o ,所以90AQB ∠=o ,即AD BQ ⊥.又因为平面PAD ⊥平面ABCD ,且平面PAD ⋂平面ABCD AD =,所以BQ ⊥平面PAD ,因为BQ ⊂平面PQB ,所以平面PAD ⊥平面PQB .（Ⅲ）因为,PA PD Q =为AD 的中点,所以PQ AD ⊥.又因为平面PAD ⊥平面ABCD ,且平面PAD ⋂平面ABCD AD =,所以PQ ⊥平面ABCD以Q 为原点,以,QA QB u u u v u u u v 的方向分别为x 轴, y 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Q xyz -, 则点()0,0,0Q, (P, ()B, ()C -,平面BQC 的一个法向量()0,0,1n =v. 设(),,M x y z ,则(,,,PM x y z =u u u u v,()1,MC x y z =---u u u u v ,因为PM tMC =u u u u v u u u u v 所以())()11{ { t x t x t x y t y y z t z z =-+=--=⇒-=在平面MBQ 中, (),,,111t QB QM t t t ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++⎝⎭u u u v u u u u v , 因为二面角M BQ C --为30o ,所以cos30m n m n ⋅==⋅o v v v v ,所以3t =.。
高中立体几何答题模板
答题模板一、考查空间点线面的位置关系、证明空间线面位置关系的步骤：第一步：作辅助线（面），特别注意中点问题，是证明平行、垂直的关键点。
第二步：结合图形的性质，得出线线平行、垂直关系；第三步：利用平行、垂直的判定定理、性质定理，证明所需要的结论. 如：线面平行中需要寻找线线平行，可以通过联想三角形的中位线、平行四边形对比、梯形的两底、平行公理来完成。
二、求空间几何体的体积、求空间角的步骤： 1.找角，利用定义准确找到空间角；2.证角，证明所找角是所求角；3.计算，转化到三角形中计算所求角。
三、利用向量法求空间角的步骤：1.建立空间直角坐标系，建立适当的空间直角坐标系. 当图形中有明显互相垂直且交于一点的三条直线，可以利用这三条直线直接建系；如果没有明显交于一点的三条直线，但图形中有一定对称关系，（如正三棱柱、正四棱柱等）利用图形对称性建立空间直角坐标系；此外也可以利用面面垂直的性质定理，作出互相垂直且交于一点的三条直线，建立坐标系；2.求出相关点的坐标，求出相关面的法向量；四、探究线性、线面、面面是否平行、垂直等问题的步骤：第一步，先审清题意弄清各个几何元素的运动情况、互相制约关系，作出初步猜想（大多作出肯定性猜想）；第二步，若猜想是平行、垂直，则尝试着加以证明；若猜想不平行、不垂直，则尝试反证法说明.若中途推理受阻，要及时调整大方向.五、探究有关角、距离、面积、体积等是否为定值的步骤：第一步，先审清题意弄清各个几何元素的运动情况、互相制约关系，尽量挖掘动中有定的隐含条件，作出初步猜想（大多作出肯定性猜想）；第二步，若无法猜测，则选择两个特殊位置计算比较，再作猜想（即特例探路）；第三步，若猜想是定值则加以证明.解题技巧：一、平行、垂直位置关系的论证策略(1)由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路。
(2)利用题设条件的性质适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一。
(3)三垂线定理及其逆定理在高考题中使用的频率最高，在证明线线垂直时应优先考虑。
2018全国高考立体几何(完整答案)
2018全国高考立体几何（完整答案）一．解答题（共40小题）1．已知圆锥的顶点为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、OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，如图．求异面直线PM与OB所成的角的大小．2．如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D 的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．3．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1．求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．4．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA ⊥PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点．（Ⅰ）求证：PE⊥BC；（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．5．如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以AC为折痕将△ACM 折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=DA，求三棱锥Q ﹣ABP的体积．6．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，BD交AC 于点E，F是线段PC中点，G为线段EC中点．（Ⅰ）求证：FG∥平面PBD；（Ⅱ）求证：BD⊥FG．7．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，AD=2BC，∠DAB=∠ABP=90°．（Ⅰ）求证：AD⊥平面PAB；（Ⅱ）求证：AB⊥PC；（Ⅲ）若点E在棱PD上，且CE∥平面PAB，求的值．8．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA=PB=AB=2，BC=3，∠ABC=90°，平面PAB⊥平面ABC，D，E分别为AB，AC中点．（1）求证：DE∥平面PBC；（2）求证：AB⊥PE；（3）求三棱锥P﹣BEC的体积．9．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥CB，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，，M是棱PC上的点．（Ⅰ）求证：平面PQB⊥平面PAD；（Ⅱ）若PA=PD=2，BC=1，，异面直线AP与BM所成角的余弦值为，求的值．10．如图，梯形ABCD中，AD=BC，AB∥CD，AC⊥BD，平面BDEF⊥平面ABCD，EF∥BD，BE⊥BD．（1）求证：平面AFC⊥平面BDFE；（2）若AB=2CD=2，BE=EF=2，求BF与平面DFC所成角的正弦值．11．如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥PC，CA=CB，M是AB的中点．点N在棱PC上，点D是BN的中点．求证：（1）MD∥平面PAC；（2）平面ABN⊥平面PMC．12．如图，已知PA垂直于矩形ABCD所在的平面，M，N分别是AB，PC的中点，若∠PDA=45°，（1）求证：MN∥平面PAD；（2）求证：MN⊥平面PCD．13．如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1=AB，D为BB1的中点．（1）求证：A1C⊥AD；（2）若点P为四边形ABB1A1内部及其边界上的点，且三棱锥P﹣ABC的体积为三棱柱ABC﹣A1B1C1体积的，试在图中画出，P点的轨迹．并说明理由．14．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC为边长为2等边三角形，BB1=4，A1C1⊥BB1，且∠A1B1B=45°．（I）证明：平面BCC1B1⊥平面ABB1A1；（Ⅱ）求B﹣AC﹣A1二面角的余弦值．15．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，∠BAC=90°，AB=AA1=2，AC=1，M，N分别是A1B1，BC的中点．（Ⅰ）证明：MN∥平面ACC1A1；（II）求二面角M﹣AN﹣B的余弦值．16．已知空间几何体ABCDE中，△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD．（1）试在平面BCD内作一条直线，使得直线上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行，并给出详细证明；（2）求三棱锥E﹣ABC的体积．17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠ADB=90°，CB=CD，点E为棱PB的中点．（1）若PB=PD，求证：PC⊥BD；（2）求证：CE∥平面PAD．18．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，A1C与底面ABCD所成的角为60°，（1）求四棱锥A1﹣ABCD的体积；（2）求异面直线A1B与B1D1所成角的大小．19．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形∠BAD=60°．已知PB=PD=2，PA=．（Ⅰ）证明：PC⊥BD；（Ⅱ）若E为PA上一点，记三棱锥P﹣BCE的体积和四棱锥P﹣ABCD的体积分别为V1和V2，当V1：V2=1：8时，求的值．20．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是CB，CD的中点，点M在棱CC1上，CM=tCC1（0＜t＜1）．（Ⅰ）三棱锥C﹣EFM，C1﹣B1D1M的体积分别为V1，V2，当t为何值时，V1•V2最大？最大值为多少？（Ⅱ）若A1C∥平面B1D1M，证明：平面EFM⊥平面B1D1M．21．如图，直角梯形ABEF中，∠ABE=∠BAF=90°，C、D分别是BE、AF上的点，且DA=AB=BC=a，DF=2CE=2a．沿CD将四边形CDFE翻折至CDPQ，连接AP、BP、BQ，得到多面体ABCDPQ，且AP=a．（Ⅰ）求多面体ABCDPQ的体积；（Ⅱ）求证：平面PBQ⊥平面PBD．22．如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，PA=PD，O 为AD边的中点．（1）证明：平面POB⊥平面PAD；（2）若，求四棱锥P﹣ABCD的体积．23．如图，在四棱锥P﹣ABCD中．底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD．Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2．BC=AD=1，CD=．（I）求证：平面PBC⊥平面PQB；（Ⅱ）若平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°，求PM的长．24．在如图所示的几何体中，面CDEF为正方形，面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，，AB=2BC=2，AC⊥FB．（Ⅰ）求证：AC⊥平面FBC；（Ⅱ）求四面体FBCD的体积；（Ⅲ）线段AC上是否存在点M，使EA∥平面FDM？证明你的结论．25．如图所示的几何体中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是直角三角形，∠APD=90°，四边形ABCD是直角梯形，AB∥DC，AB⊥AD，PQ∥DC，PQ=PD=DC=1，PA=AB=2．（I）求证：PD∥平面QBC；（Ⅱ）求证：QC⊥平面PABQ；（Ⅲ）在线段QB上是否存在点M，使得AM⊥BC，若存在，求QM的值；若不存在，请说明理由．26．如图1，△ABC是边长为3的等边三角形，D在边AC上，E在边AB上，且AD=BE=2AE．将△ADE沿直线DE折起，得四棱锥A'﹣BCDE，如图2（1）求证：DE⊥A'B；（2）若平面AD'E⊥底面BCDE，求三棱锥D﹣A'CE的体积．27．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AC，AB⊥BC，PA=BC=2，PB=AC=2，D 为线段AC的中点，将△CBD折叠至△EBD，使得平面EDB⊥平面ABC且PC交平面EBD于F．（1）求证：平面BDE⊥平面PAC．（2）求三棱锥P﹣EBC的体积．28．如图1，在矩形ABCD中，AD=2AB=4，E是AD的中点．将△ABE沿BE折起使A到点P的位置，平面PEB⊥平面BCDE，如图2．（Ⅰ）求证：PB⊥平面PEC；（Ⅱ）求三棱锥D﹣PEC的高．29．如图1，ABCD是一个直角梯形，∠ABC=∠BAD=90，E为BC边上一点，AE、BD相交于O，AD=EC=3，BE=1，AB=．将△ABE沿AE折起，使平面ABE⊥平面ADE，连接BC、BD，得到如图2所示的四棱锥B﹣AECD．（Ⅰ）求证：CD⊥平面BOD；（Ⅱ）求直线AB与面BCD所成角的余弦值．30．如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为长方体，点P是CD中点，Q是A1B1的中点．（I）求证：AQ∥平面PBC1；（l）若BC=CC1，求证：平面A1B1C⊥平面PBC1．31．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AD=3BC=6，，点M在线段AD上，且DM=4，AD⊥AB，PA⊥平面ABCD．（1）证明：平面PCM⊥平面PAD；（2）当∠APB=45°时，求四棱锥P﹣ABCM的表面积．32．已知等腰梯形ABCD中，AD∥EC，EC=2AD=2AE=4，B为EC的中点，如图1，将三角形ABE沿AB折起到ABE′（E′⊄平面ABCD），如图2．（1）点F为线段AE′的中点，判断直线DF与平面BCE′的位置关系，并说明理由；（2）当平面ABE′与平面DE′C所成的二面角的大小为时，证明：平面ABE′⊥平面ABCD．33．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PAD和△BCD都是等边三角形，平面PAD ⊥平面ABCD，且AD=2AB=4，．（I）求证：CD⊥PA；（II）E，F分别是棱PA，AD上的点，当平面BEF∥平面PCD时，求四棱锥C﹣PEFD的体积．34．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB=AC=2，AD=2，PB=，PB⊥AC．（1）求证：平面PAB⊥平面PAC；（2）若∠PBA=45°，试判断棱PA上是否存在与点P，A不重合的点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．35．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AD ∥BC，∠BAD=∠CBA=90°，PA=AB=BC=1，AD=2，E，F，G分别为BC，PD，PC的中点．（1）求EF与DG所成角的余弦值；（2）若M为EF上一点，N为DG上一点，是否存在MN，使得MN⊥平面PBC？若存在，求出点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．36．如图所示，在多面体ABC﹣A1B1C1中，D，E，F分别是AC，AB，CC1的中点，AC=BC=4，，CC1=2，四边形BB1C1C为矩形，平面ABC⊥平面BB1C1C，AA1∥CC1（1）求证：平面DEF⊥平面AA1C1C；（2）求直线EF与平面ABC所成的角的正切值．37．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC⊥平面AA1B1B，AB=AA1=2，∠A1AB=60°．（Ⅰ）证明：平面AB1C⊥平面A1BC；（Ⅱ）若四棱锥A﹣BB1C1C的体积为，求该三棱柱的侧面积．38．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，E，F，G分别是AB，PB，PC的中点．（1）求证：CD∥平面PAB；（2）求证：CD⊥平面EFG．39．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面ABP⊥平面BCP，∠APB=90°，BP=BC，M为CP的中点．求证：（1）AP∥平面BDM；（2）BM⊥平面ACP．40．已知梯形ABCD中，AD∥BC，，AB=BC=2AD=4，E、F分别是AB、CD上的点，EF∥BC，AE=x．沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF（如图）．G是BC的中点，以F、B、C、D为顶点的三棱锥的体积记为f （x）．（1）当x=2时，求证：BD⊥EG；（2）求f（x）的最大值；（3）当f（x）取得最大值时，求异面直线AE与BD所成的角的余弦值．2018全国高考立体几何（完整答案）参考答案与试题解析一．解答题（共40小题）1．【解答】解：（1）∵圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，∴圆锥的体积V===．（2）∵PO=4，OA，OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，∴以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），O（0，0，0），=（1，1，﹣4），=（0，2，0），设异面直线PM与OB所成的角为θ，则cosθ===．∴θ=arccos．∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos．2．【解答】（1）证明：矩形ABCD所在平面与半圆弦所在平面垂直，所以AD⊥半圆弦所在平面，CM⊂半圆弦所在平面，∴CM⊥AD，M是上异于C，D的点．∴CM⊥DM，DM∩AD=D，∴CM⊥平面AMD，CM⊂平面CMB，∴平面AMD⊥平面BMC；（2）解：存在P是AM的中点，理由：连接BD交AC于O，取AM的中点P，连接OP，可得MC∥OP，MC⊄平面BDP，OP⊂平面BDP，所以MC∥平面PBD．3．【解答】证明：（1）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥A1B1，AB∥A1B1，AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂∥平面A1B1C⇒AB∥平面A1B1C；（2）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，⇒四边形ABB1A1是菱形，⊥AB1⊥A1B．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1⇒AB1⊥BC．∴⇒AB1⊥面A1BC，且AB1⊂平面ABB1A1⇒平面ABB1A1⊥平面A1BC．4．【解答】证明：（Ⅰ）PA=PD，E为AD的中点，可得PE⊥AD，底面ABCD为矩形，可得BC∥AD，则PE⊥BC；（Ⅱ）由于平面PAB和平面PCD有一个公共点P，且AB∥CD，在平面PAB内过P作直线PG∥AB，可得PG∥CD，即有平面PAB∩平面PCD=PG，由平面PAD⊥平面ABCD，又AB⊥AD，可得AB⊥平面PAD，即有AB⊥PA，PA⊥PG；同理可得CD⊥PD，即有PD⊥PG，可得∠APD为平面PAB和平面PCD的平面角，由PA⊥PD，可得平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）取PC的中点H，连接DH，FH，在三角形PCD中，FH为中位线，可得FH∥BC，FH=BC，由DE∥BC，DE=BC，可得DE=FH，DE∥FH，四边形EFHD为平行四边形，可得EF∥DH，EF⊄平面PCD，DH⊂平面PCD，即有EF∥平面PCD．5．【解答】解：（1）证明：∵在平行四边形ABCM中，∠ACM=90°，∴AB⊥AC，又AB⊥DA．且AD∩AC=A，∴AB⊥面ADC，∴AB⊂面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC；（2）∵AB=AC=3，∠ACM=90°，∴AD=AM=3，∴BP=DQ=DA=2，由（1）得DC⊥AB，又DC⊥CA，∴DC⊥面ABC，∴三棱锥Q﹣ABP的体积V==××==1．6．【解答】证明：（Ⅰ）连接PE，G、F为EC和PC的中点，∴FG∥PE，FG⊄平面PBD，PE⊂平面PBD，∴FG∥平面PBD…（6分）（Ⅱ）∵菱形ABCD，∴BD⊥AC，又PA⊥面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PA，∵PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，且PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，FG⊂平面PAC，∴BD⊥FG…（14分）7．【解答】（Ⅰ）证明：因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB．……………………（1分）因为平面PAB⊥平面ABCD，……………………（2分）且平面PAB∩平面ABCD=AB，……………………（3分）所以AD⊥平面PAB．……………………（4分）（Ⅱ）证明：由已知得AD⊥AB因为AD∥BC，所以BC⊥AB．……………………（5分）又因为∠ABP=90°，所以PB⊥AB．……………………（6分）因为PB∩BC=B……………………（7分）所以AB⊥平面PBC……………………（8分）所以AB⊥PC．……………………（9分）（Ⅲ）解：过E作EF∥AD交PA于F，连接BF．……………………（10分）因为AD∥BC，所以EF∥BC．所以E，F，B，C四点共面．……………………（11分）又因为CE∥平面PAB，且CE⊂平面BCEF，且平面BCEF∩平面PAB=BF，所以CE∥BF，……………………（13分）所以四边形BCEF为平行四边形，所以EF=BC．在△PAD中，因为EF∥AD，所以，……………………（14分）即．8．【解答】证明：（1）∵D，E分别为AB，AC的中点，∴DE∥BC，又DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴DE∥平面PBC．（2）连接PD，∵DE∥BC，又∠ABC=90°，∴DE⊥AB，又PA=PB，D为AB中点，∴PD⊥AB，又PD∩DE=D，PD⊂平面PDE，DE⊂平面PDE，∴AB⊥平面PDE，又PE⊂平面PDE，∴AB⊥PE．（3）∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，PD⊥AB，PD⊂平面PAB，∴PD⊥平面ABC，∵△PAB是边长为2的等边三角形，∴PD=，∵E是AC的中点，∴．9．【解答】证明：（Ⅰ）∵AD∥BC，，Q为AD的中点∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°，∴∠AQB=90°，即QB⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD．∵BQ⊥平面PAD∵BQ⊂平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．解：（Ⅱ）∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD．∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD．∵PQ⊥平面ABCD．以Q为原点分别以、、为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则Q（0，0，0），A（1，0，0），，，，设M（x0，y0，z0），∴，，．由M是PC上的点，设，化简得．设异面直线AP与BM所成角为θ，则．∴，解得或，故或．10．【解答】解：（1）证明：∵平面BDFE⊥平面ABCD，平面BDFE∩平面ABCD=BD，AC⊂平面ABCD，AC⊥BD，∴AC⊥平面BDFE．又AC⊂平面AFC，∴平面AFC⊥平面BDFE．（2）设AC∩BD=O，∵四边形ABCD为等腰梯形，AC⊥BD，AB=2CD=2，∴OD=OC=1，OB=OA=2，∵EF∥OB且EF=OB，∴四边形FEBO为平行四边形，∴OF∥BE，且OF=BE=2，又∵BE⊥平面ABCD，∴OF⊥平面ABCD．以O为原点，向量的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则B（0，2，0），D（0，﹣1，0），F（0，0，2），C（﹣1，0，0），∴=（0，1，2），=（1，﹣1，0），=（0，﹣2，2），设平面DFC的一个法向量为=（x，y，z），则有，即，不妨设z=1，得x=y=﹣2．即=（﹣2，﹣2，1），于是cos＜，＞===．设BF与平面DFC所成角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=．∴BF与平面DFC所成角的正弦值为．11．【解答】证明：（1）在ABN中，∵M是AB的中点，D是BN的中点，∴MD∥AN，又AN⊂平面PAC，MD⊄平面PAC，∴MD∥平面PAC．（2）在△ABC中，∵CA=CB，M是AB的中点，∴AB⊥MC，又∵AB⊥PC，PC⊂平面PMC，MC⊂平面PMC，PC∩MC=C，∴AB⊥平面PMC．又∵AB⊂平面ABN，∴平面ABN⊥平面PMC．12．【解答】证明：（1）如图，取PD的中点E，连接AE，NE．∵E、N分别为PD，PC的中点，∴EN CD，又M为AB的中点，∴AM CD，∴EN AM，∴四边形AMNE为平行四边形．∴MN∥AE，∴MN∥平面PAD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）（2）∵PA⊥平面ABCD，∠PDA=45°，∴△PAD为等腰直角三角形，∴AE⊥PD，又∵CD⊥AD，CD⊥PA，AD∩PA=A，∴CD⊥平面PAD，∵AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE，又CD∩PD=D，∴AE⊥平面PCD，∴MN⊥平面PCD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）13．【解答】（1）证明：取AB的中点F，连接CF，A1F，∵A1A⊥平面ABC，CF⊂平面ABC，∴所以A1A⊥CF．∵△ABC为正三角形，F为AB的中点，∴BA⊥CF，又∵AA1，AB⊂平面AA1B1B，AA1∩AB=A，∴CF⊥平面AA1B1B，又∵AD⊂平面AA1B1B，所以CF⊥AD，正方形AA1B1B中，∵Rt△A1AF≌Rt△ABD，∴∠DAB=∠FA1A，又∵∠AFA1+∠FA1A=90°，∴∵∠AFA1+∠DAB=90°，，故AD⊥A1F，又∵CF∩A1F=F，CF，A1F⊂平面A1FC，∴AD⊥平面A1FC，又∵A1C⊂平面A1FC，∴A1C⊥AD．（2）取AA1中点E，连接DE，则线段DE为点P的运动轨迹．理由如下：∵DE∥AB，DE⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴ED∥平面ABC，∴P到平面ABC的距离为．所以V==．14．【解答】证明：（Ⅰ）过点A1在平面ABB1A1内作BB1的垂线，垂足为O，连结C1O，∵A1C1⊥B1B，A1O⊥B1B，A1C1∩A1O=A1，∴B1B⊥平面A1OC1，∵OC1⊂平面A1OC1，∴B1B⊥OC1，由题可知A1B1=A1C1=B1C1=2，在B△A1OB1中，∵A1O⊥OB1，∠A1B1B=45°，A1B1=2，∴OA1=OB1=2，在△OB1C1中，∵C1O⊥OB1，B1C1=2，OB1=2，∴OC1=2，∴=A1C12，∴OC1⊥OA1，∵OA1∩OB1=O，∵OC1⊂平面BCC1B1，∴平面BCC1B1⊥平面ABB1A1．解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC1、OA1、OB1两两垂直，以O为坐标原点，OA1为x轴，OB1为y轴，OC1为z轴，建立空间直角坐标系，∵AB=2，BB1=4，OC1=2，OA1=2，OB1=2，∴A1（2，0，0），B1（0，2，0），C1（0，0，2），B（0，﹣2，0），A（2，﹣4，0），C（0，﹣4，2），=（2，﹣2，0），=（0，﹣2，2），=（﹣2，0，2），=（0，4，0），设=（x，y，z）是平面ABC的法向量，则，取x=1，得=（1，1，1），设=（x，y，z）是平面A1AC的法向量，则，取x=1，得=（1，0，1），∴cos＜＞==．∴二面角B﹣AC﹣A1的余弦值为．15．【解答】解：解法一：依条件可知AB、AC，AA1两两垂直，如图，以点A为原点建立空间直角坐标系A﹣xyz．根据条件容易求出如下各点坐标：A（0，0，0），B（0，2，0），C（﹣1，0，0），A1（0，0，2），B1（0，2，2），C1（﹣1，0，2），M（0，1，2），（I）证明：∵是平面ACCA1的一个法向量，且，所以又∵MN⊄平面ACC1A1，∴MN∥平面ACC1A1（II）设=（x，y，z）是平面AMN的法向量，因为，由得解得平面AMN的一个法向量=（4，2，﹣1）由已知，平面ABC的一个法向量为=（0，0，1）∴二面角M﹣AN﹣B的余弦值是解法二：（I）证明：设AC的中点为D，连接DN，A1D∵D，N分别是AC，BC的中点，∴又∵，∴，∴四边形A 1DNM是平行四边形∴A1D∥MN∵A1D⊂平面ACC1A1，MN⊄平面ACC1A1∴MN∥平面ACC1A1（II）如图，设AB的中点为H，连接MH，∴MH∥BB1∵BB1⊥底面ABC，∵BB1⊥AC，BB1⊥AB，∴MH⊥AC，MH⊥AB∴AB∩AC=A∴MH⊥底面ABC在平面ABC内，过点H做HG⊥AN，垂足为G 连接MG，AN⊥HG，AN⊥MH，HG∩MH=H ∴AN⊥平面MHG，则AN⊥MG∴∠MGH是二面角M﹣AN﹣B的平面角∵MH=BB1=2，由△AGH∽△BAC，得所以所以∴二面角M﹣AN﹣B的余弦值是16．【解答】解：（1）∵平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD．∴过E作EQ⊥平面BCD，交CD于Q，过A作AP⊥平面BCD，交BC于P，∴EQ∥AP，过Q作QO∥BC，交BD于O，则直线OQ就是在平面BCD内所求的直线，使得直线OQ上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行．证明如下：∵EQ∥AP，QO∥BC，EQ∩QO=Q，AP∩BC=P，EQ、QO⊂平面EQO，AP、BC⊂平面ABC，∴平面EQO∥平面ABC，∴直线OQ上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行．（2）∵△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，∴AP==2，∴S==2，△ABC点E到平面ABC的距离d===，∴三棱锥E﹣ABC的体积V E===．﹣ABC17．【解答】证明：（1）取BD的中点O，连结CO，PO，因为CD=CB，所以△CBD为等腰三角形，所以BD⊥CO．因为PB=PD，所以△PBD为等腰三角形，所以BD⊥PO．又PO∩CO=O，所以BD⊥平面PCO．因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD．解：（2）由E为PB中点，连EO，则EO∥PD，又EO⊄平面PAD，所以EO∥平面PAD．由∠ADB=90°，以及BD⊥CO，所以CO∥AD，又CO⊄平面PAD，所以CO∥平面PAD．又CO∩EO=O，所以平面CEO∥平面PAD，而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面PAD．18．【解答】解：（1）∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，∴AA1⊥平面ABCD，AC==2，∴∠A1CA是A1C与底面ABCD所成的角，∵A1C与底面ABCD所成的角为60°，∴∠A1CA=60°，∴AA1=AC•tan60°=2•=2，=AB×BC=2×2=4，∵S正方形ABCD∴四棱锥A1﹣ABCD的体积：V===．（2）∵BD∥B1D1，∴∠A1BD是异面直线A1B与B1D1所成角（或所成角的补角）．∵BD=，A1D=A1B==2，∴cos∠A1BD===．∴∠A1BD=arccos．∴异面直线A1B与B1D1所成角是arccos．19．【解答】证明：（Ⅰ）连接BD、AC交于O点，∵PB=PD，∴PO⊥BD，又∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC，而AC∩PO=O，∴BD⊥平面PAC，且PC⊂平面PAC，∴BD⊥PC．解：（Ⅱ）由条件可知△ABD≌△PBD，∴AO=PO=，∵PA=，∴PA2=OA2+OP2，∴PO⊥AC，由（Ⅰ）知，BD⊥平面PAC，PO⊂平面PAC，∴PO⊥BD，∴PO⊥平面ABCD，∴平面APC⊥平面ABCD，过E点作EF⊥AC，交AC于F，则EF⊥平面ABCD，∴EF∥PO，∴EF、PO分别是三棱锥E﹣ABC和四棱锥P﹣ABCD的高．又V1=V P﹣ABC﹣V E﹣ABC=，，由=，得4（PO﹣EF）=PO，∴，又由△AEF∽△APO，=，∴=．20．【解答】解：（Ⅰ）由题可知，CM=2t，C1M=2﹣2t，∴V1=S△ECF•CM==，=S•C1M=（2﹣2t）=（1﹣t），V2∴V1•V2=≤•（）2=．当且仅当t=1﹣t，即t=时等号成立．所以当t=时，V1•V2最大，最大值为．（Ⅱ）连接A1C1交B1D1于点O，则O为A1C1的中点，∵A1C∥平面B1D1M，平面A1CC1∩平面B1D1M=OM，∴A1C∥OM，∴M为CC1的中点，连接BD，∵E，F为BC、CD的中点，∴EF∥BD，又AC⊥BD，∴AC⊥EF．∵AA1⊥平面ABCD，EF⊂平面ABCD，∴AA1⊥EF，又AA1∩AC=A，∴EF⊥平面A1AC，又A1C⊂平面A1AC，∴EF⊥A1C．同理可得：EM⊥A1C，又EF∩EM=E，∴A1C⊥平面EFM．又A1C∥平面B1D1M，∴平面EFM⊥平面B1D1M．21．【解答】解：（Ⅰ）∵DA=AB=BC=a，∠ABE=∠BAF=90°，∴四边形ABCD是正方形，∴CD⊥AD，CD⊥DP，又AD∩DP=D，∴CD⊥平面ADP．∵AD2+DP2=AP2，∴AD⊥DP，又CD⊥AD，CD∩DP=D，∴AD⊥平面CDPQ，又AD∥BC，∴BC⊥平面CDPQ．∴V B﹣CDPQ==（a+2a）×a×a=a3，V B﹣ADP===．∴多面体ABCDPQ的体积为V B﹣CDPQ +V B﹣ADP=．（Ⅱ）取BP的中点G，连接GQ、DG、DQ，在△ABP中，BP==2a，∴BG=BP=a，在△BCQ中，BQ==a，PQ==a，∴PQ=BQ，∴GQ⊥BP．∴QG==a，又BD==2a=DP，∴DG⊥BP，∴DG==a，又DQ==a，∴DQ2=QG2+DG2，即QG⊥DG．又BP∩DG=G，∴QG⊥平面PBD，又QG⊂平面PBQ，∴平面PBQ⊥平面PBD．22．【解答】（1）证明：连接BD，因为底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，所以△ABD 是正三角形，所以AD⊥BO，因为O为AD的中点，PA=PD，所以AD⊥PO，且PO∩BO=O，所以AD⊥平面POB，又AD⊂平面PAD，所以平面POB⊥平面PAD；（2）解：因为是正三角形，所以OB=3，在Rt△PAO中，，所以PO=2，又，所以OB2+PO2=PB2，所以∠POB=90°，即PO⊥OB，又AD⊥PO，且OB∩AD=O，所以PO⊥平面ABCD，因为，所以四棱锥P﹣ABCD的体积为．23．【解答】（I）证明：∵PA=PD，Q是AD的中点，∴PQ⊥AD，又平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，PQ⊂平面PAD，∴PQ⊥平面ABCD，∴BC⊥PQ，∵BC=AD=DQ，BC∥AD，∠ADC=90°，∴四边形BCDQ是矩形，∴BC⊥BQ，又PQ∩BQ=Q，∴BC⊥平面PBQ，又BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PQB．（II）过M作MN∥CD交PD与N，则平面BMQ∩平面PCD=MN，∵平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，BQ⊥AD，BQ⊂平面PAD，∴BQ⊥平面PAD，又BQ∥CD∥MN，∴MN⊥平面PAD，∴MN⊥NQ，MN⊥PD，∴∠DNQ为平面BMQ与平面PCD所成角，即∠DNQ=60°，∵PD=PA=2，AD=2BC=2，∴∠PDO=60°，∴△DNQ是等比三角形，∴DN=DQ=1，即N是PD的中点，∴M是PC的中点，∵PD=2，CD=，∴PC=，∴PM==．24．【解答】（Ⅰ）证明：在△ABC中，∵，AB=2，BC=1，∴AC2+BC2=AB2．∴AC⊥BC．又∵AC⊥FB，BF∩CB=B，∴AC⊥平面FBC．（Ⅱ）解：∵AC⊥平面FBC，∴AC⊥FC．∵CD⊥FC，∴FC⊥平面ABCD．在Rt△ACB中，，∴∠CAB=30°，∴在等腰梯形ABCD中可得∠ABD=∠CDB=∠CBD=30°，∴CB=DC=1，∴FC=1．∴△BCD的面积S==．∴四面体FBCD的体积为：．（Ⅲ）解：线段AC上存在点M，且M为AC中点时，有EA∥平面FDM，证明如下：连接CE与DF交于点N，连接MN．由CDEF为正方形，得N为CE中点．∴EA∥MN．∵MN⊂平面FDM，EA⊄平面FDM，∴EA∥平面FDM．所以线段AC上存在点M，使得EA∥平面FDM成立．25．【解答】（Ⅰ）证明：∵PQ∥DC，PQ=PD=DC=1，∴四边形PQCD是平行四边形，∴PD∥CQ，∵PD⊄平面QBC，CQ⊂平面QBC，∴PD∥平面QBC．（Ⅱ）证明：∵∠APD=90°，∴PD⊥PA，∵平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是直角三角形，四边形ABCD是直角梯形，AB ∥DC，AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，∵PD∥QC，∴PA⊥QC，AB⊥QC，∵PA∩AB=A，∴QC⊥平面PABQ．（Ⅲ）解：存在．由（Ⅱ）可知QC⊥平面PABQ；作AM⊥BQ，交BQ于M，可知AM⊥CQ，BQ∩CQ=Q，所以AM⊥平面BCQ，BC⊂平面BCQ，∴AM⊥BC．QB=，cosB=，BM=2=，QM==．26．【解答】解：（1）证明：在图1中，由题意知AE=1，AD=BE=2，在△ADE中，由余弦定理知：DE2=AE2+AD2﹣AE×AD=12+22﹣1×2=3，所以：AE2+DE2=AD2，所以：DE⊥AE，DE⊥BE，在△ADE沿直线DE折起的过程中，DE与AE，BE的垂直关系不变，故在图2中有DE⊥A'E，DE⊥BE，又A'E∩BE=E，所以DE⊥平面A'EB，所以DE⊥A'B．（2）如图2，因为平面A'DE⊥底面BCDE，由（1）知DE⊥A'E，且平面A'DE∩底面BCDE=DE，所以A'E⊥底面BCDE，所以A'E为三棱锥A'﹣EDC的高，且A'E=AE=1，又因为在图1中，S△ECD=S△ABC﹣S△AED﹣S△BEC=，所以：，故三棱锥D﹣A'CE的体积为．27．【解答】（1）证明：∵PA⊥AC，PA=2，AC=2，∴，又∵，BC=2，∴PB2+BC2=PC2，则BC⊥PB．又∵AB⊥BC，∴BC⊥平面PAB，则BC⊥PA，又PA⊥AC，AC∩BC=C，∴PA⊥平面ABC．又∵BD⊂平面PAC，∴PA⊥BD，在Rt△ABC中，由BC=2，AC=2，可得AB=2，又∵D为AC的中点，∴BD⊥AC，而PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，则平面BDE⊥平面PAC；=V E﹣PBC=V B﹣APCE﹣V P﹣ABC．（2）解：V P﹣EBC由已知，DE∥AP，∴．∴=，．∴．28．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵AD=2AB，E为线段AD的中点，∴AB=AE，取BE中点O，连接PO，则PO⊥BE，又平面PEB⊥平面BCDE，平面PEB∩平面BCDE=BE，∴PO⊥平面BCDE，则PO⊥EC，在矩形ABCD中，∴AD=2AB，E为AD的中点，∴BE⊥EC，则EC⊥平面PBE，∴EC⊥PB，又PB⊥PE，且PE∩EC=E，∴PB⊥平面PEC．（Ⅱ）以OB所在直线为x轴，以平行于EC所在直线为y轴，以OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，∵PB=PE=2，则B（，0，0），E（﹣，0，0），P（0，0，），D（﹣2，，0），C（﹣，2，0），∴=（﹣，0，﹣），=（﹣，2，﹣），∴cos∠EPC===，可得：sin∠EPC==，可得：S△EPC=||•||•sin∠EPC=2×2×=2，=V D﹣EPC，设三棱锥D﹣PEC的高为h，则可得：S△ECD•OP=S△EPC•h，可∵V P﹣ECD得：=2×h，∴解得：三棱锥D﹣PEC的高h=1．29．【解答】解：（Ⅰ）在Rt△BEB中，BE=1，AB=，所以∠BAE=30°……（1分）同理∠BDA=30°，从而∠AOD=90°，AF⊥BD……（2分）又因为AD∥EC，AD=EC，所以ADCE是平行四边形，∠CDO=∠AOD=90°，CD⊥DO……（3分）因为平面ABE⊥平面ADE，平面ABE∩平面ADE=AE，BO⊥AE，所以BO⊥平面ADE……（4分）又CD⊂平面ADE，所以BO⊥CD，BO∩DO=O，BO⊂平面BOD，OD平面BOD．所以CD⊥平面BOD……（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，四边形AECD的面积S=CD•OD=3……（7分）连接AC，则△ACD的面积S1=，三棱锥B=ACD的体积V=……（9分）△BCD的面积S2=……（10分）设A到平面BCD的距离为h，则h=，h=……（11分）直线AB与面BCD所成角的正弦值为，余弦值为……（12分）30．【解答】证明：（1）取AB中点为R，连接PR，B1R∵点P是CD中点，Q是A1B1的中点，∴四边形AQB1R，PRB1C1都为平行四边形，∴AQ∥B1R，B1R∥PC1，∴AQ∥PC1．∵AQ⊄平面PBC1，PC1⊂平面PBC1，∴AQ∥平面PBC1．（Ⅱ）∵四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为长方体，BC=CC1，∴B1C⊥BC1．∵A1B1⊥平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1．∵A1B1∩B1C=B1，A1B1⊂平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，∴BC1⊥平面A1B1C，BC1⊂平面PBC1，∴平面A1B1C⊥平面PBC1．31．【解答】（1）证明：由AD=6，DM=4可得AM=2，则BC=AM，又AD∥BC，则四边形ABCM是平行四边形，则CM∥AB，∵AD⊥AB，∴CM⊥AD．又PA⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，∴PA⊥CM，∵PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，∴CM⊥平面PAD，又CM⊂平面PCM，∴平面PCM⊥平面PAD．（2）解：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，∵∠APB=45°，∴AP=AB=6．∵，∴．∴四棱锥P﹣ABCM的表面积为．32．【解答】（本小题满分12分）解：（1）直线DF与平面BCE'相交，理由如下：因为E'⊄平面ABCD，所以D⊄平面BCE'．若DF∥平面BCE'，设平面DCE'∩平面BCE'=CM，则DF∥CM．CM与CB不重合．又因为AD∥BC，所以平面ADE'∥平面BCE'，矛盾．所以直线DF与平面BCE'相交．…………………………（4分）证明：（2）取AB的中点O，连接E'O，BD，由等腰梯形ADCE中，AD∥EC，EC=2AD=2AE=4，，所以E'O⊥AB，DO⊥AB，…………………………（6分）分别以BA，OD所在的直线为x轴，y轴，过O垂直于平面ABCD的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设二面角E'﹣AB﹣D的大小为α．则．过E'作E'G⊥OD于点G．因为E'O⊥AB，DO⊥AB，所以AO⊥平面E'OD，∠E'OD=α．所以E'G⊥AO．所以E'G⊥平面ABCD．…………………………（8分）所以．设平面E'AB的法向量为n=（x，y，z），则，即令y=1，得平面E'AB的一个法向量为n=（0，1，﹣cotα）．…………………………（10分）同理可求平面E'DC的一个法向量为．所以．解得：．所以二面角E'﹣AB﹣D的大小为，即平面ABE'⊥平面ABCD．…………………………（12分）33．【解答】证明：（I）因为AD=4，AB=2，，所以AB2+BD2=AD2，AB⊥BD，且∠ADB=30°．又△BCD是等边三角形，所以∠ADC=90°，即CD⊥AD．…（3分）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD．所以CD⊥PA．……（6分）解：（II）因为平面BEF∥平面PCD，所以BF∥CD，EF∥PD，且BF⊥AD．……（8分）又在直角三角形ABD中，DF=，所以AE=AF=1．所以．……（10分）由（I）知CD⊥平面PAD，故四棱锥C﹣PEFD的体积．…（12分）34．【解答】解：（1）四边形ABCD是平行四边形，AD=2，∴BC=AD=2，又AB=AC=2，∴AB2+AC2=BC2，∴AC⊥AB，又PB⊥AC，且AB∩PB=B，∴AC⊥平面PAB，∵AC⊂平面PAC，∴平面PAB⊥平面PAC；（2）由（1）知AC⊥AB，AC⊥平面PAB，分别以AB、AC所在直线为x轴、y轴，平面PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，如图所示；则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），=（0，2，0），=（﹣2，2，0）；由∠PBA=45°，PB=，可得P（1，0，1），∴=（1，0，1），=（﹣1，0，1）；假设棱PA上存在点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，设=λ（0＜λ＜1），则=λ=（λ，0，λ），=﹣=（λ，﹣2，λ），设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，即，令z=1，可得x=y=1，∴平面PBC的一个法向量为=（1，1，1），设直线CE与平面PBC所成的角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|===，解得λ=或λ=（不合题意，舍去），∴存在=，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为．35．【解答】解：（1）以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，1），∵E、F、G分别为BC、PD、PC的中点，∴，F（0，1，），G（），∴=（﹣1，），=（），设EF与DG所成角为θ，则cosθ==．∴EF与DG所成角的余弦值为．（2）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），∵=（0，1，0），=（1，0，﹣1），∴，取x=1，得=（1，0，1），M为EF上一点，N为DG上一点，若存在MN，使得MN⊥平面PBC，则∥，设M（），N（x2，y2，z2），则，①∵点M，N分别是线段EF与DG上的点，∴，∵=（），=（x2，y2﹣2，z2），∴，且，②把②代入①，得，解得，∴M（），N（）．36．【解答】解：（1）∵D，E分别是AC，AB的中点，∴DE∥BC，∵四边形BB1C1C为矩形，∴BC⊥CC1．∵AC=BC=4，AB=4，∴AC2+BC2=AB2，∴BC⊥AC，又AC∩CC1=C，∴BC⊥平面AA1C1C，∴DE⊥平面AA1C1C．。
2018高考数学答题方法：立体几何解题技巧.doc
2018高考数学答题方法:立体几何解题技巧1.三视图中“长对正，高平齐，宽相等”，即“正俯一样长，正侧一样高，俯侧一样宽”，因此可以根据三视图的形状及相关数据确定原几何体的各个度量。
解答此类问题的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图。
2.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素之间的关系，列方程求解。
正方体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中占・八、、9正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中占・八、、9直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点；正棱锥的外接球的球心在其高上。
3.证明两平面垂直的常用方法有：在其中一个平面内找到或作出一条直线，使之与另一个平面垂直；证明两平面所成的二面角是直角。
4.证明直线与平面平行的常用方法有：转化为证明线线平行；转化为证明面面平行。
充分体现了“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”之间的转化。
也可以通过面面平行证得线面平行。
5.证明“线线垂直”可通过“线面垂直”进行转化，而利用“线面垂直”的判定定理证明线面垂直，体现了垂直关系之间的相互转化。
因此在证明平行或垂直问题时，要认真体会“转化与化归”这一数学思想方法，不仅要领悟“平行”与“垂宜呐部间的相互转化，还要注意平行与垂直之间的相互转化。
6.解决与折叠有关的几何问题的关键是弄清折叠前后哪些量改变，哪些量不变，抓住“变”与“不变”，是解决折叠问题的关键，通常在折痕同侧的位置关系、线段长度和角度的大小不变，但在折痕两侧的线段长度、角度及位置关系发生了变化。
求解过程中，综合考虑折叠前后的图形，对某些折叠后不易看清的关系和量，可结合原图形去分析、计算，即将空间问题转化为平面问题处理。
7.运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；求出相关点的坐标；写出向量坐标；结合公式进行论证、计算；转化为几何结论。
高考数学复习、高中数学 立体几何热点问题附答案解析
CG AC
n n
0, 0,
即
x 2x
3z 0, y 0.
所以可取n=（3，6，– 3 ）．
又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以 cosn, m
nm
3
．
| n || m | 2
因此二面角B–CG–A的大小为30°．
【规范训练】 解 (1)因为 PA 底面 ABCD ， BC 平面 ABCD ，
PF2，所以 PE⊥PF.
3
3
可得 PH＝ ，EH＝ .
2
2
( ) ( ) ( ) ( ) 3
3
→
33 →
3
则 H(0，0，0)，P 0，0， 2
，D
－1，－ ，0 2
，DP＝
1， ， 2
2
，HP＝ 0，0， 2
为平面 ABFD
的一个法向量．
设 DP 与平面 ABFD 所成角为 θ，
→→ 3
|HP·DP| 4 3
所以 AB1⊥平面 A1B1C1.
(2)解 设直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角为 θ.
→
→
→
由(1)可知AC1＝(0，2 3，1)，AB＝(1， 3，0)，BB1＝(0，0，2)．
设平面 ABB1 的法向量 n＝(x，y，z)．
→
{ ) { ) 由
n·AB＝0， →
n·BB1＝0，
即
x＋ 3y＝0， 2z＝0，
所以 PA BC .因为 ABCD 为正方形，所以 AB BC ，
又因为 PA AB A ，所以 BC 平面 PAB .因为 AE 平面 PAB ，
所以 AE BC .因为 PA AB ， E 为线段 PB 的中点，
2018届高考数学(理)热点题型：立体几何(含答案解析)
立体几何热点一 空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】如图，在△ABC 中，∠ABC ＝π4，O 为AB 边上一点，且3OB ＝3OC ＝2AB ，已知PO⊥平面ABC ，2DA ＝2AO ＝PO ，且DA∥PO. (1)求证：平面PBD⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值.(1)证明 ∵OB ＝OC ，又∵∠ABC ＝π4， ∴∠OCB ＝π4，∴∠BOC ＝π2.∴CO ⊥AB. 又PO ⊥平面ABC ， OC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥OC.又∵PO ，AB ⊂平面PAB ，PO ∩AB ＝O ， ∴CO ⊥平面PAB ，即CO ⊥平面PDB. 又CO ⊂平面COD ， ∴平面PDB ⊥平面COD.(2)解 以OC ，OB ，OP 所在射线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)， ∴PD →＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1). 设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n·BC →＝0，n·BD →＝0，∴⎩⎨⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3). 设PD 与平面BDC 所成的角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 【类题通法】利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系. 第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步：计算向量的夹角(或函数值). 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【对点训练】 如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F. (1)证明：EF∥B 1C.(2)求二面角EA 1D B 1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B1C∥A1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1，面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.(2)解因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以AB→，AD→，AA1→为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫12，12，1.设平面A1DE的一个法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E→＝⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0，A1D→＝(0，1，－1)，由n1⊥A1E→，n 1⊥A1D→得r1，s1，t1应满足的方程组⎩⎨⎧12r1＋12s1＝0，s1－t1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1).设平面A1B1CD的一个法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量A1B1→＝(1，0，0)，A1D→＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为|n1·n2||n1|·|n2|＝23×2＝63.热点二立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB ＝1，AD＝2，AC＝CD＝ 5.(1)求证：PD⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM∥平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由.(1)证明 因为平面PAD⊥平面ABCD ，平面PAD∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ， 所以AB⊥平面PAD ，所以AB⊥PD.又PA⊥PD，AB ∩PA ＝A ，所以PD⊥平面PAB. (2)解 取AD 的中点O ，连接PO ，CO. 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD.因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD.因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO. 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O －xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n·PD →＝0，n·PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2).又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n·PB →|n||PB→|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (3)解 设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0，1]，使得AM →＝λAP →. 因此点M(0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ). 因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14.所以在棱PA 上存在点M ，使得BM∥平面PCD ，此时AM AP ＝14. 【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 【对点训练】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝6，AD ＝8，BC ＝10，∠PAD ＝45°，E 为PA 的中点. (1)求证：DE∥平面BPC ；(2)线段AB 上是否存在一点F ，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F －PC －D 的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明 取PB 的中点M ，连接EM 和CM ，过点C 作CN⊥AB，垂足为点N.∵CN ⊥AB ，DA ⊥AB ，∴CN ∥DA ，又AB∥CD，∴四边形CDAN 为平行四边形， ∴CN ＝AD ＝8，DC ＝AN ＝6，在Rt △BNC 中，BN ＝BC 2－CN 2＝102－82＝6，∴AB ＝12，而E ，M 分别为PA ，PB 的中点， ∴EM ∥AB 且EM ＝6，又DC∥AB，∴EM ∥CD 且EM ＝CD ，四边形CDEM 为平行四边形， ∴DE ∥CM.∵CM ⊂平面PBC ，DE ⊄平面PBC ， ∴DE ∥平面BPC.(2)解 由题意可得DA ，DC ，DP 两两互相垂直，如图，以D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ， 则A(8，0，0)，B(8，12，0)，C(0，6，0)，P(0，0，8). 假设AB 上存在一点F 使CF⊥BD， 设点F 坐标为(8，t ，0)，则CF →＝(8，t －6，0)，DB →＝(8，12，0)， 由CF →·DB →＝0得t ＝23.又平面DPC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)， 设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z). 又PC →＝(0，6，－8)，FC →＝⎝⎛⎭⎪⎫－8，163，0. 由⎩⎪⎨⎪⎧n·PC →＝0，n·FC →＝0，得⎩⎨⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ， 不妨令y ＝12，有n ＝(8，12，9).则cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m|＝81×82＋122＋92＝817.又由图可知，该二面角为锐二面角， 故二面角F －PC －D 的余弦值为817.热点三 立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△D′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D′H⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D′A－C 的正弦值.(1)证明 由已知得AC⊥BD，AD ＝CD. 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD，故AC∥EF. 因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3. 于是D′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D′O 2，故D′H⊥OH. 又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H ， 所以D′H⊥平面ABCD.(2)解 如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz. 则H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，B(0，－5，0)，C(3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m·AB →＝0，m·AD′→＝0，即⎩⎨⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n·AC →＝0，n·AD′→＝0，即⎩⎨⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3，1). 于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525. 因此二面角B －D′A－C 的正弦值是29525.【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.【对点训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值. (1)证明 在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE⊥AC.即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 从而BE⊥平面A 1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A 1OC. (2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。
2018年高考数学专题35立体几何中的探索问题黄金解题模板
专题35 立体几何中的探索问题【高考地位】探究性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学生的意志力及探究的能力．近几年高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题．内容涉及异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，平行与垂直等方面，对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．一般此类立体几何问题描述的是动态的过程，结果具有不唯一性或者隐藏性，往往需要耐心尝试及等价转化，因此，对于常见的探究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可少的． 【方法点评】方法一 直接法使用情景：立体几何中的探索问题解题模板：第一步 首先假设求解的结果存在，寻找使这个结论成立的充分条件；第二步 然后运用方程的思想或向量的方法转化为代数的问题解决；第三步 得出结论，如果找到了符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合题目结果要求的条件，或出现了矛盾，则不存在．.例1．【2018河南漯河市高级中学第三次模拟】如图， AB 为圆O 的直径，点,E F 在圆O 上，且//AB EF ，矩形ABCD 所在的平面和圆O 所在的平面垂直，且1,2AD EF AF AB ====. （1）求证：平面AFC ⊥平面CBF ；（2）在线段CF 上是否存在了点M ，使得//OM 平面ADF ？并说明理由.【变式演练1】如图，三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为正三角形， 1AA ⊥底面ABC ，且13AA AB ==， D 是BC 的中点.（1）求证： 1//A B 平面1ADC ； （2）求证：平面1ADC ⊥平面1DCC ；（3）在侧棱1CC 上是否存在一点E ，使得三棱锥C ADE -的体积是98？若存在，求出CE 的长；若不存在，说明理由.（2）∵底面为正三角形,是的中点,∴AD CD ⊥, ∵ 平面,平面,∴ .∵ , ∴ 平面, ∵平面,∴平面平面.（3）假设在侧棱上存在一点,使三棱锥的体积是.【变式演练2】已知长方形ABCD中，AB＝3，AD＝4.现将长方形沿对角线BD折起，使AC＝a，得到一个四面体A－BCD，如图所示.(1)试问：在折叠的过程中，直线AB与CD能否垂直？若能，求出相应a的值；若不能，请说明理由；(2)求四面体A－BCD体积的最大值.【解析】(2)由于△BCD面积为定值，所以当点A到平面BCD的距离最大，即当平面ABD⊥平面BCD时，该四面体的体积最大，此时，过点A在平面ABD内作AH⊥BD，垂足为H，则有AH⊥平面BCD，AH就是该四面体的高.在△ABD中，AH＝AB ADBD⋅＝125，S△BCD＝12×3×4＝6，此时V A－BCD＝13S△BCD·AH＝245，即为该四面体体积的最大值.点睛：翻折问题的解决中要关注翻折过程中的变量与不变量，特别是过程中哪些边和哪些角是不变的。
【大师特稿】2018届高考数学(理)热点题型：立体几何(含答案)
立体几何热点一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】如图，在△ABC中，∠ABC＝π4，O为AB边上一点，且3OB＝3OC＝2AB，已知PO⊥平面ABC，2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO.(1)求证：平面PBD⊥平面COD；(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.(1)证明∵OB＝OC，又∵∠ABC＝π4，∴∠OCB＝π4，∴∠BOC＝π2.∴CO⊥AB.又PO⊥平面ABC，OC⊂平面ABC，∴PO⊥OC.又∵PO，AB⊂平面PAB，PO∩AB＝O，∴CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PDB.又CO⊂平面COD，∴平面PDB⊥平面COD.(2)解以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)， ∴PD→＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1). 设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，∴⎩⎨⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3). 设PD 与平面BDC 所成的角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD→·n |PD →||n | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 【类题通法】利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系. 第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步：计算向量的夹角(或函数值). 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【对点训练】 如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F . (1)证明：EF ∥B 1C .(2)求二面角E -A 1D B 1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE.又B 1C ⊂面B 1CD 1，面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C.(2)解 因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1.设平面A 1DE 的一个法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A 1D→＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1).设平面A 1B 1CD 的一个法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1). 所以结合图形知二面角E -A 1D B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.热点二 立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式： (1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在. 【例2】如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由.(1)证明 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD.又PA ⊥PD ，AB ∩PA ＝A ，所以PD ⊥平面PAB. (2)解 取AD 的中点O ，连接PO ，CO. 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD.因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD.因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO. 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O －xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2).又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)解 设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈[0，1]，使得AM →＝λAP →.因此点M (0，1－λ，λ)，BM→＝(－1，－λ，λ).因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14. 所以在棱P A 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.【对点训练】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝6，AD ＝8，BC ＝10，∠P AD ＝45°，E 为P A 的中点.(1)求证：DE∥平面BPC；(2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F－PC－D 的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA，又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，在Rt△BNC中，BN＝BC2－CN2＝102－82＝6，∴AB＝12，而E，M分别为P A，PB的中点，∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，∴EM∥CD且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，∴DE∥CM.∵CM⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，∴DE∥平面BPC.(2)解由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A (8，0，0)，B (8，12，0)，C (0，6，0)，P (0，0，8). 假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ， 设点F 坐标为(8，t ，0)，则CF→＝(8，t －6，0)，DB →＝(8，12，0)， 由CF→·DB →＝0得t ＝23. 又平面DPC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)， 设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 又PC→＝(0，6，－8)，FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8，163，0. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·FC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ， 不妨令y ＝12，有n ＝(8，12，9).则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝81×82＋122＋92＝817.又由图可知，该二面角为锐二面角， 故二面角F －PC －D 的余弦值为817. 热点三 立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10. (1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值.(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3. 于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ， 所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解 如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H－xyz .则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)， B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3，1).于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是29525.【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.【对点训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.(1)证明 在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC . (2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。
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高考立体几何中角度问题【直线与平面所成的角】直线与平面所成的角的定义：①直线和平面所成的角有三种：a．斜线和平面所成的角：一条直线与平面α相交，但不和α垂直，这条直线叫做平面α的斜线．斜线与α的交点叫做斜足，过斜线上斜足以外的点向平面引垂线，过垂足与斜足的直线叫做斜线在平面α内的射影，平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．b．垂线与平面所成的角：一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角。
c．一条直线和平面平行，或在平面内，则它们所成的角为00.②取值范围：00≤θ≤900．求斜线与平面所成角的思路类似于求异面直线所成角：“一作，二证，三计算”。
最小角定理：斜线和它在平面内的射影所成的角（即线面角），是斜线和这个平面内的所有直线所成角中最小的角。
【求直线与平面所成的角的方法】(1)找角：求直线与平面所成角的一般过程：①通过射影转化法，作出直线与平面所成的角；②在三角形中求角的大小．(2)向量法：设PA是平面α的斜线，，向量n为平面α的法向量，设PA与平面α所成的角为θ，则【异面直线所成的角】异面直线所成角的定义：直线a、b是异面直线，经过空间任意一点O，分别引直线a′∥a，b′∥b，则把直线a′和b′所成的锐角（或直角）叫做异面直线a和b所成的角。
两条异面直线所成角的范围是（0°，90°]，若两条异面直线所成的角是直角，我们就说这两条异面直线互相垂直。
在异面直线所成角定义中，空间一点O是任取的，而和点O的位置无关。
【求异面直线所成角的步骤】A、利用定义构造角，可固定一条，平移另一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上。
B、证明作出的角即为所求角；C、利用三角形来求角。
【二面角】半平面的定义：一条直线把平面分成两个部分，每一部分都叫做半平面．二面角的定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面。
二面角的平面角：以二面角的棱上任意一点为顶点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫二面角的平面角。
一个平面角的大小可用它的平面的大小来衡量，二面角的平面角是多少度，就说这个二面角是多少度。
二面角大小的取值范围是［0，180°］。
直二面角：面角是直角的二面角叫直二面角。
两相交平面如果所组成的二面角是直二面角，那么这两个平面垂直；反过来，如果两个平面垂直，那么所成的二面角为直二面角。
求二面角的方法：(1)定义法．(2)三垂线法．(3)垂面法．(4)射影法．(5)向量法．【2017年高考全国II卷,理19】如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,E是PD的中点．（1）证明：直线平面PAB；（2）点M在棱PC 上,且直线BM与底面ABCD所成角为,求二面角的余弦值．（2）由已知得,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,,,设,则,因为BM与底面ABCD所成的角为45°,而是底面ABCD的法向量,所以,,即．①又M在棱PC上,设,则．②由①②解得(舍去),．所以,从而．【考点】判定线面平行、面面角的向量求法【点拨】（1）求解本题要注意两点：①两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角,②利用方程思想进行向量运算,要认真细心、准确计算．（2）设m ,n 分别为平面α,β的法向量,则二面角θ与<m ,n >互补或相等,故有|cos θ|＝|cos<m ,n >|=．求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．答题思路【命题意图】 高考对本部分内容的考查以应用为主,重点考查利用空间向量求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角及空间想象能力、运算能力及分析问题解决问题的能力.【命题规律】 高考试题立体几何解答题通常分2问,第一问一般是证明线面位置关系,第二问多是求求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角,该问一般是利用空间向量求解,从近几年高考试题来看,该题属于得分题,第一问失分的主要原因是步骤不规范,第二问失分的主要原因是运算失误. 【答题模板】解答本类题目,以2017年试题第二问为例,一般考虑如下三步： 第一步：建立空间直角坐标系,写出相关点的坐标 建立空间直角坐标系,确定,,,,,坐标第二步：求出两平面法向量的坐标 先确定是底面ABCD 的法向量,再设是平面ABM 的法向量,根据求得．第三步：利用公式求二面角 根据确定二面角的余弦值．【方法总结】1．直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量．(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a ,b 是平面α内两不共线向量,n 为平面α的法向量,则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0.2．利用向量法证明立体几何问题,可以建坐标系或利用基底表示向量；建立空间直角坐标系时,要根据题中条件找出三条互相垂直的直线. 3．两条异面直线所成角的求法设a ,b 分别是两异面直线l 1,l 2的方向向量,则用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标,从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值． 4.直线与平面所成角的求法(1)分别求出斜线和它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)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sin θ＝|cos β|＝|a ·n ||a ||n |.5．求二面角的大小(1)如图①,AB ,CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线,则二面角的大小θ＝〈AB →,CD →〉．(2)如图②③,n 1,n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α,β的法向量,则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1,n 2〉|,二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平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． 6.利用向量求空间角的详细步骤 第一步：建立空间直角坐标系． 第二步：确定点的坐标．第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标． 第四步：计算向量的夹角(或函数值)． 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角．第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．7.用向量法解决立体几何问题,是空间向量的一个具体应用,体现了向量的工具性,这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算,降低了空间想象演绎推理的难度,体现了由“形”转“数”的转化思想． 8.易错警示(1)两条异面直线所成的角可以通过这两条直线的方向向量的夹角来求,但二者不完全相同,两异面直线所成角的取值范围是,而两向量所成角的取值范围是[0,π],所以当两方向向量的夹角是钝角时,应取其补角作为两异面直线所成的角.(2)利用空间向量求直线与平面所成的角,注意|a ·n ||a ||n |是所求线面角的正弦值.(3)求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角．(4)用空间向量求解立体几何问题易错点是在建立坐标系时不能明确指出坐标原点和坐标轴,导致建系不规范．(5)将向量的夹角转化成空间角时,要注意根据角的概念和图形特征进行转化,否则易失分．1. 【2017年高考全国Ⅰ卷，理18】如图，在四棱锥P ABCD -中，AB CD ∥中，且90BAP CDP ∠=∠=︒．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，求二面角A PB C --的余弦值． 【解析】（1）证明：∵90BAP CD P ∠=∠=︒ ∴PA AB ⊥，PD CD ⊥ 又∵AB CD ∥，∴PD AB ⊥又∵PD PA P = ，PD 、PA ⊂平面PAD ∴AB ⊥平面PAD ，又AB ⊂平面PAB ∴平面PAB ⊥平面PAD（2）取AD 中点O ，BC 中点E ，连接PO ，OE ∵ABCD∴四边形ABCD 为平行四边形 ∴OEAB由（1）知，AB ⊥平面PAD∴OE ⊥平面PAD ，又PO 、AD ⊂平面PAD ∴OE PO ⊥，OE AD ⊥ 又∵PA PD =，∴PO AD ⊥ ∴PO 、OE 、AD 两两垂直∴以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz - 设2PA =，∴()00D ，、)20B ，、(00P ，、()20C ，，∴(0PD = ，、2PB =，、()00BC =-，设()n x y z =,,为平面PBC 的法向量由00n PB n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得200y +=-=⎪⎩令1y =，则z =，0x =，可得平面PBC的一个法向量(01n = ,∵90APD ∠=︒，∴PD PA ⊥又知AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD ∴PD AB ⊥，又PA AB A = ∴PD ⊥平面PAB即PD是平面PAB的一个法向量，(0PD = ,,∴cos PD n PD n PD n ⋅===⋅, 由图知二面角A PB C --为钝角，所以它的余弦值为2．【2017年高考全国Ⅲ卷，理16】a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC所在直线与中/华-资*源%库a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60︒角时，AB 与b 成30︒角； ②当直线AB 与a 成60︒角时，AB 与b 成60︒角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45︒； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60︒．其中正确的是________（填写所有正确结论的编号） 【答案】②③【解析】由题意知，a b AC 、、三条直线两两相互垂直，画出图形如图．不妨设图中所示正方体边长为1， 故||1AC =，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，则A 点保持不变，B 点的运动轨中·华.资*源%库 迹是以C 为圆心，1为半径的圆．以C 为坐标原点，以CD 为x 轴正方向，CB为y 轴正方向， CA为z 轴正方向建立空间直角坐标系．则(1,0,0)D ，(0,0,1)A ，直线a 的方向单位向量(0,1,0)a = ，||1a =． B 点起始坐标为(0,1,0)，直线b 的方向单位向量(1,0,0)b =，||1b = ．设B 点在运动过程中的坐标(cos ,sin ,0)B θθ'，其中θ为B C '与CD 的夹角，[0,2π)θ∈．那么'AB 在运动过程中的向量(cos ,sin ,1)AB θθ'=--，||AB '= ． 设AB ' 与中·华.资*源%库 a 所成夹角为π[0,]2α∈，则(cos ,sin ,1)(0,1,0)cos sin |a ABθθαθ--⋅==∈'． 故ππ[,]42α∈，所以③正确，④错误．设AB ' 与b 所成夹角为π[0,]2β∈，cos (cos ,sin ,1)(1,0,0)cos |AB bb AB b AB βθθθ'⋅='-⋅='.当AB ' 与a 夹角为60︒时，即π3α=，sin 3πα===． ∵22cos sin 1θθ+=，∴|cos |θ=∴1cos cos |2βθ==．∵π[0,]2β∈．∴π=3β，此时AB ' 与b 夹角为60︒． ∴②正确，①错误．3.【2017年高考北京卷，理16】如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD//平面MAC ，PA =PD ，AB=4．（I ）求证：M 为PB 的中点； （II ）求二面角B -PD -A 的大小；（III ）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析：（Ⅱ）3π； 【解析】试题解析：解：（I ）设,AC BD 交点为E ，连接ME .因为PD ∥平面MAC ，平面MAC 平面PBD ME =，所以PD ME ∥. 因为ABCD 是正方形，所以E 为BD 的中点，所以M 为PB 的中点.（II ）取AD 的中点O ，连接OP ，OE . 因为PA PD =，所以OP AD ⊥.又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，且OP ⊂平面PAD ，所以OP ⊥平面ABCD . 因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP OE ⊥.因为ABCD 是正方形，所以OE AD ⊥.如图建立空间直角坐标系O xyz -，则P ，(2,0,0)D ，(2,4,0)B -，(4,4,0)BD =-，(2,0,PD =.设平面BDP 的法向量为(,,)x y z =n ，则00BD PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，即44020x y x -=⎧⎪⎨=⎪⎩. 令1x =，则1y =，z =.于是=n .平面PAD 的法向量为(0,1,0)=p ，所以1cos ,||||2⋅==<>n p n p n p .由题知二面角B PD A --为锐角，所以它的大小为3π.（III）由题意知(1,M -，(2,4,0)D，(3,2,MC = .设直线MC 与平面BDP 所成角为α，则||sin |cos ,|||||MC MC MC α⋅===<>n n n .所以直线MC 与平面BDP. 【考点】1.线线，线面的位置关系；2.向量法.【点拨】本题涉及到了立体几何中的线面平行与垂直的判定与性质，全面考查立体几何中的证明与求解，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；利用空间向量解决立体几何问题是一种成熟的方法，要注意建立适当的空间直角坐标系以及运算的准确性. 4.【2017年高考天津卷，理17】 如图，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，.点D ，E ，N 分别为棱PA ，P C ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA =AC =4，AB=2.（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角C-EM-N的正弦值；中/华-资*源%库（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长.解析：如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N （1，2，0）.（Ⅰ）证明：=（0，2，0），=（2，0，）.设，为平面BDE的法向量，则，即.不妨设，可得.又=（1，2，），可得. 因为平面BDE，所以MN//平面BDE.（Ⅲ）依题意，设AH=h（），则H（0，0，h），进而可得，.由已知，得，整理得，解得，或.所以，线段AH的长为或.【考点】直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角【点拨】空间向量是解决空间几何问题的锐利武器，不论是求空间角、空间距离还是证明线面关系利用空间向量都很方便，利用向量夹角公式求异面直线所成的角又快又准，特别是借助平面的法向量求线面角，二面角或点到平面的距离都很容易.5.【2017年高考山东卷，理17】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，是的中点.（Ⅰ）设是上的一点，且，求的大小；（Ⅱ）当，，求二面角的大小.【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）.据相关数据即得所求的角.思路二：以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.平面的一个法向量写出相关点的坐标，求平面的一个法向量，计算即得.取的中点，连接，，.因为，所以四边形为菱形，所以. 取中点，连接，，. 则，，所以为所求二面角的平面角.又，所以. 在中，由于，由余弦定理得，所以，因此为等边三角形，故所求的角为.解法二：设是平面的一个法向量.由可得取，可得平面的一个法向量. 所以.因此所求的角为.【考点】1.垂直关系.2. 空间角的计算.【点拨】此类题目是立体几何中的常见问题.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，明确角的构成.立体几何中角的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法.本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力\转化与化归思想及基本运算能力等.6．【2017年高考浙江卷9】如图，已知正四面体D –ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP=PB ，2BQ CRQC RA==，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P 的平面角为α，β，γ，则A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α【答案】B【考点】 空间角（二面角）【点拨】立体几何是高中数学中的重要内容，也是高考重点考查的考点与热点．这类问题的设置一般有线面位置关系的证明与角度距离的计算等两类问题．解答第一类问题时一般要借助线面平行与垂直的判定定理进行；解答第二类问题时先建立空间直角坐标系，运用空间向量的坐标形式及数量积公式进行求解．7.【2017年高考江苏卷22】 如图, 在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ,且AB =AD =2,AA 1120BAD ∠=︒.（1）求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值；（2）求二面角B-A 1D-A 的正弦值.中·华.资*源%库 【答案】（1）17（2【解析】解：在平面ABCD 内，过点A 作AE AD ，交BC 于点E .因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)平面A 1DA的一个法向量为AE =.设(,,)x y z =m 为平面BA 1D 的一个法向量，又11,(A B BD =-= ， 则10,0,A B BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ m m即0,30.y y --=+=⎪⎩ 不妨取x =3，则2y z =，因此二面角B -A 1D -A. 【考点】空间向量、异面直线所成角及二面角【点拨】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.8．【2017宁夏石嘴山市二模】如图,在以为顶点的多面体中,平面,平面,,.（1）请在图中作出平面,使得,且,并说明理由；（2）求直线和平面所成角的正弦值.∴四边形为平行四边形,∴.又平面,平面,∴平面.∵平面,平面,∴.又平面,∴平面,即平面.（2）过点作并交于,∵平面,∴,即两两垂直,以为原点,以所在直线分别为轴,建立如图所示空间直角坐标系. 在等腰梯形中,∵,∴,则.∵,∴,∴.设直线和平面所成角为,又∵,∴,故直线和平面所成角的正弦值为.9．【2017东北三省三校第二次联考】如图,四棱锥中,底面是边长为4的正方形,平面平面, ．（1）求证：平面平面；（2）为线段上一点,若二面角的平面角与二面角的平面角大小相等,求的长．【解析】 (Ⅰ)∵平面平面, ,∴平面∵底面,∴平面底面 (Ⅱ)取中点,连接,又因为平面底面,所以平面以为原点, 方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系平面的法向量, 平面的法向量, , 则,∴设,所以由上同理可求出平面的法向量由平面、与平面所成的锐二面角的大小相等可得,∴∴10．【2017内蒙古包头市十校联考】如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,．（1）证明：平面PQC⊥平面DCQ；（2）求二面角Q—BP—C的余弦值．（2）依题意有B（1,0,1）,11．【2017重庆市一中一模】在四边形中,对角线垂直相交于点,且,．将沿折到的位置,使得二面角的大小为（如图）．已知为的中点,点在线段上,且．（1）证明：直线；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【解析】由题,故两两垂直,从而可建立如图直角坐标系,则,,,．12．【2017辽宁锦州质检一】在四棱锥中, , , 和都是边长为2的等边三角形,设在底面的射影为．（1）证明：；（2）求二面角的余弦值．【解析】（1）证明：∵和都是边长为2的等边三角形,∴所以为中点,∵∴,由可得四边形为平行四边形, ∥∴又∵又∴, ∴（2）以点为原点,以所在射线分别为轴 ,轴,轴建系如图,∵,则,,,,,可求,,,,,设面的法向量为,则,,得,,取,则,故,于是,由图观察知为钝二面角,所以该二面角的余弦值为.13．【2017辽宁庄河市四模】如图,四棱锥中,底面是矩形,平面平面,且是边长为的等边三角形, ,点是的中点.（1）求证：平面；（2）点在上,且满足 ,求直线与平面所成角的正弦值.【解析】(1)连交于点, 连 ,因为四边形是矩形,所以点是的中点,又点是的中点, ,又平面平面 ,所以平面.,得 ,令 ,则 ,故 ,又 ,设直线与平面所成角为 ,则,故直线与平面所成角的正弦值为.14．【2017黑龙江大庆实验中学仿真模拟】如图,在四棱锥P—ABCD中,平面PAD⊥底面ABCD,其中底面ABCD 为等腰梯形,AD∥BC,PA＝AB＝BC＝CD＝2,PD＝2,PA⊥PD,Q为PD的中点.（Ⅰ）证明：CQ∥平面PAB；（Ⅱ）求直线PD与平面AQC所成角的正弦值.在△APD中,PA＝2,PD＝2,PA⊥PD,所以AD＝＝4,而BC＝2,所以BC＝AD.又BC∥AD,所以QN∥BC,且QN＝BC,故四边形BCQN为平行四边形,所以BN∥CQ.又BN⊂平面PAB,且CQ平面PAB, 所以CQ∥平面PAB.（Ⅱ）如图,取AD的中点M,连接BM；取BM的中点O,连接BO、PO.由(1)知PA＝AM＝PM＝2,所以△APM为等边三角形,所以PO⊥AM. 同理BO⊥AM.因为平面PAD⊥平面ABCD,所以PO⊥BO.设平面AQC的法向量为m＝ (x,y,z),则可得令y＝－,则x＝3,z＝5. 故平面AQC的一个法向量为m＝(3,－,5).设直线PD与平面AQC所成角为θ.则sinθ= |cos〈,m〉|＝＝.从而可知直线PD与平面AQC所成角正弦值为.【2017重庆八中5月模拟】如图所示,正三角形所在平面与梯形所在平面垂直, , 15．, , 为棱的中点.（1）求证：直线平面；（2）若异面直线与所成角为,求二面角的余弦值.因为为正三角形, 为中点,所以,从而；又平面平面, 平面平面∴平面∵,∴平面．（Ⅱ）解：异面直线所成角即直线所成角,则, 又,则,以为原点,建立空间直角坐标系,如图2所示,则..令,得由（Ⅰ）可知平面,所以为平面的一个法向量．,所以二面角的余弦值为．16．【2017辽宁鞍山市最后一次模】如图所示,在三棱锥中,侧面, 是全等的直角三角形, 是公共的斜边且, ,另一侧面是正三角形.（1）求证：；（2）若在线段上存在一点,使与平面成角,试求二面角的余弦值.（2）设是线段上上一点,则, ,平面的一个法向量为, ,要使与平面成角,由图可知, 与的夹角为,所以,则,解得,则,故线段上存在点,当时, 与平面成角., , , , , ,设平面的法向量,【2017辽宁沈阳三模】如图,将边长为2的正方形沿对角线折叠,使得平面平面, 17．若平面,且.（1）求证：平面；（2）求二面角的大小.【解析】（1）设的中点为,连接,则,∵平面平面,平面平面, 平面, ,∴平面,以为原点, 所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图,则, , , , , , , ,∵, ,∴, 又,∴平面.18.【2016年高考全国Ⅰ卷，理11】平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A，α//平面CB1D1，αI平面ABCD=m，αI平面ABB1 A1=n，则m，n所成角的正弦值为（A B（C（D）1 3【答案】A【考点】平面的截面问题，面面平行的性质定理，异面直线所成的角【点拨】求解本题的关键是作出异面直线所成的角,求异面直线所成角的步骤是：平移定角、连线成形、解形求角、得钝求补.19.【2016年高考全国Ⅰ卷，理18】如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF =2FD ，90AFD ∠= ，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．【答案】（I ）见解析；（II ） 【解析】试题分析：（I ）证明ΑF ⊥平面ΕFDC ，结合F A ⊂平面ΑΒΕF ，可得平面ΑΒΕF ⊥平面ΕFDC ．（II ）建立空间坐标系，利用向量求解.试题解析：（I ）由已知可得ΑF DF ⊥，ΑF FE ⊥，所以ΑF ⊥平面ΕFDC ． 又F A ⊂平面ΑΒΕF ，故平面ΑΒΕF ⊥平面ΕFDC ．（II ）过D 作DG ΕF ⊥，垂足为G ，由（I ）知DG ⊥平面ΑΒΕF ．以G 为坐标原点，GF 的方向为x 轴正方向，GF为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（I ）知DFE ∠为二面角D AF E --的平面角，故60DFE ∠=，则2DF =，3DG =，可得()1,4,0A ，()3,4,0B -，()3,0,0E -，(D ．由已知，//AB EF ，所以//AB 平面EFDC ．又平面ABCD 平面EFDC DC =，故//AB CD ，//CD EF ．由//BE AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以C ΕF ∠为二面角C BE F --的平面角，60C ΕF ∠= ．从而可得(C -．所以(ΕC = ，()0,4,0ΕΒ= ，(3,ΑC =--，()4,0,0ΑΒ=- ．设(),,x y z =n 是平面ΒC Ε的法向量，则【考点】垂直问题的证明及空间向量的应用【点拨】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,注意防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.第二问一般考查角度问题,多用空间向量法解决.20.【2016年高考全国II卷,理19】如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF=,EF交BD于点H. 将△DEF沿EF折到△的位置,.（Ⅰ）证明：平面ABCD；（Ⅱ）求二面角的正弦值.又,而,所以.（Ⅱ）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,则,,,,,,,.设是平面的法向量,则,即,所以可取.设是平面的法向量,则,即,所以可取.于是, .因此二面角的正弦值是.【考点】线面垂直的判定、二面角.【点拨】证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②a ∥b ,a ⊥α⇒b ⊥α；③α∥β,a ⊥α⇒a ⊥β；④面面垂直的性质．线面垂直的性质,常用来证明线线垂直．求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个平面的法向量,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．21.【2016年高考全国Ⅲ卷，理19】如图，四棱锥P −ABC 中，PA ⊥底面ABCD ，AD∥BC ，AB=AD=AC =3，PA=BC =4，M 为线段AD 上一点，AM=2MD ，N 为PC 的中点.（I ）证明MN ∥平面PAB ;（II ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.【答案】（I ）详见解析；（II ． 【解析】试题分析：（I ）取BP 的中点T ，然后结合条件中的数据证明四边形AMNT 为平行四边形，从而得到MN AT ，由此结合线面平行的判定定理可证；（II ）以A 为坐标原点，AE的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系，然后通过求直线AN 的方向向量与平面PMN 的法向量的夹角的余弦值来求解AN 与平面PMN 所成角的正弦值．试题解析：（I ）由已知得232==AD AM . 取BP 的中点T ，连接TN AT ,，由N 为PC 中点知BC TN //，221==BC TN . ……3分 又BC AD //，故=TN AM ∥，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN AT . 因为⊂AT 平面PAB ，⊄MN 平面PAB ，所以//MN 平面PAB . ……6分设(,,)x y z =n 为平面PMN 的一个法向量，则0,0,PM PN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即240,20,y z x y z -=⎧+-= ……10分 可取(0,2,1)=n .于是|||cos ,|||||AN AN AN ⋅==n n n . ……12分【考点】空间线面间的平行关系，空间向量法求线面角．【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理．22.【2016年高考天津卷，理17】如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2.（Ⅰ）求证：EG∥平面ADF；（Ⅱ）求二面角O−EF−C的正弦值；（Ⅲ）设H为线段AF上的点，且AH=23HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）详见解析；.()1,1,0,(1,1,0),(1,1,0),(11,0),(1,1,2),(0,0,2),(1,0,0) A B C D E F G-------，.（Ⅰ）证明：依题意，()(2,0,0),1,1,2AD AF ==-.设()1,,x y z =n 为平面ADF 的法向量，则110AD AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n ，即2020x x y z =⎧⎨-+=⎩ . 不妨设1z =，可得()10,2,1=n ，又()0,1,2EG =- ，可得10EG ⋅=n ，又因为直线EG ADF ⊄平面，所以//EG ADF 平面.（Ⅱ）解：易证，()1,1,0OA =-为平面OEF 的一个法向量. 依题意，()()1,1,0,1,1,2EF CF ==-.设()2,,x y z =n 为平面CEF 的法向量，则220EF CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即020x y x y z +=⎧⎨-++=⎩ . 不妨设1x =，可得()21,1,1=-n .因此有222cos ,OA OA OA ⋅<>==⋅n n n2sin ,OA <>= n 所以，二面角O EF C --. （Ⅲ）解由23AH HF =，得25AH AF =. 因为()1,1,2AF =- ，所以2224,,5555AH AF ⎛⎫==- ⎪⎝⎭ ，进而有334,,555H ⎛⎫- ⎪⎝⎭，从而284,,555BH ⎛⎫= ⎪⎝⎭，因此222cos ,BH BH BH ⋅<>==⋅n n n所以，直线BH和平面CEF.【考点】利用空间向量解决立体几何问题【点拨】1．利用数量积解决问题的两条途径：一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算．2．利用数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题，常用到下列式子：(1)a≠0，b≠0，a⊥b⇔a·b＝0；(2)|a|(3)cos〈a，b〉＝⋅a ba b.23．【2016年高考四川卷，理18】如图，在四棱锥P–ABCD中，AD∥BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12AD.E为边AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.（I）在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；（II）若二面角P–CD–A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.【答案】（I）详见解析；（II）13.【解析】。