（2016-2025）十年高考真題分類匯編（2016-2025）十年高考真題分類匯編PAGE2PAGE1專題20立體幾何解答題綜合（二）（四大考點，68題）考點十年考情(2016-2025)命題趨勢考點1:空間中的垂直關(guān)系（線線、線面、面面）2025年天津卷：證明線面垂直、求面面夾角余弦值、求三棱錐體積；2025年全國一卷：證明面面垂直、證明球心位置、求異面直線所成角余弦值；2024年新課標Ⅱ卷：證明線線垂直、求二面角正弦值；2024年北京卷：證明線面平行、求面面夾角余弦值；2023年新課標Ⅱ卷：證明線線垂直、求二面角正弦值；2023年全國乙卷：證明線面平行、證明面面垂直、求二面角正弦值；2023年北京卷：證明線面垂直、求二面角大??；2023年全國甲卷：證明線線相等、求線面角正弦值；2023年全國甲卷：證明面面垂直、求四棱錐的高；2022年全國甲卷：證明線線垂直、求線面角正弦值；2022年浙江卷：證明線線垂直、求線面角正弦值；2022年全國乙卷：證明面面垂直、求三棱錐體積；2022年全國乙卷：證明面面垂直、求線面角正弦值；2021年新高考全國Ⅱ卷：證明面面垂直、求二面角余弦值；2021年全國乙卷：證明面面垂直、求四棱錐體積；2021年新高考全國Ⅰ卷：證明線線垂直、求三棱錐體積；2021年全國甲卷：證明線線垂直、求二面角正弦值；2021年全國甲卷：證明線面平行、證明線線垂直；2020年浙江卷：證明線線垂直、求線面角正弦值；2020年全國II卷：證明線線平行、證明面面垂直、求線面角正弦值；2020年全國I卷：證明面面垂直、求三棱錐體積；2020年全國II卷：證明線線平行、證明面面垂直、求線面角正弦值；2020年江蘇卷：證明線面平行、證明面面垂直；2020年海南卷：證明線面垂直、求線面角正弦值；2019年全國II卷：證明線面垂直、求四棱錐體積；2019年天津卷：證明線面平行、證明線面垂直、求線面角正弦值；2019年北京卷：證明線線垂直、求二面角余弦值、判斷直線是否在平面內(nèi)；2019年北京卷：證明線面垂直、證明面面垂直、判斷線面平行；2018年浙江卷：證明線面垂直、求線面角正弦值；2018年全國I卷：證明面面垂直、求三棱錐體積；2018年全國III卷：證明面面垂直、判斷線面平行；2019年浙江卷：證明線線垂直、求線面角余弦值；2019年江蘇卷：證明線面平行、證明線線垂直；2017年全國III卷：證明線線垂直、求體積比；2017年山東卷：證明線面平行、求線面角正弦值；2019年全國III卷：證明點共面、證明面面垂直、求四邊形面積；2016年全國II卷：證明線面垂直、求五棱錐體積；2017年江蘇卷：證明線面平行、證明線線垂直；2017年全國I卷：證明面面垂直、求四棱錐側(cè)面積；2017年北京卷：證明線線垂直、證明面面垂直、求三棱錐體積；2018年江蘇卷：證明線面平行、證明面面垂直；2016年北京卷：證明線面垂直、證明面面垂直、判斷線面平行；2016年四川卷：找線面平行的點、證明面面垂直、求線面角正弦值；2018年全國II卷：證明線面垂直、求點面距；2016年浙江卷：證明線面垂直、求線面角余弦值；2017年上海卷：求三棱柱體積、求線面角大??；2016年天津卷：證明線面平行、證明面面垂直、求線面角正弦值1.垂直關(guān)系證明是基礎(chǔ)，常通過線面垂直的判定與性質(zhì)定理進行轉(zhuǎn)化，涉及線線、線面、面面垂直的相互推導(dǎo)。2.線面角、二面角的求解多與空間向量結(jié)合，利用法向量計算夾角，體積計算常運用等體積法轉(zhuǎn)化頂點?？键c2:求空間中的點面距的值2024年全國甲卷：證明線面平行、求點面距；2023年天津卷：證明線面平行、求面面夾角余弦值、求點面距；2022年新高考全國Ⅰ卷：求點面距、求二面角正弦值；2019年全國I卷：證明線面平行、求點面距；2018年全國II卷：證明線面垂直、求點面距1.點面距求解常利用等體積法，將點到面的距離轉(zhuǎn)化為錐體的高，結(jié)合體積公式計算。2.有時也通過空間向量，利用點到面的距離公式求解，需熟練掌握法向量的求法?？键c3:求線面角2024年上海卷：求旋轉(zhuǎn)體體積、求線面角大小；2020年北京卷：證明線面平行、求線面角正弦值；2020年山東卷：證明線面平行、求線面角正弦值；2017年天津卷：求異面直線所成角余弦值、證明線面垂直、求線面角正弦值；2018年天津卷：證明線線垂直、求異面直線所成角余弦值、求線面角正弦值；2017年浙江卷：證明線面平行、求線面角正弦值；2016年四川卷：找線面平行的點、證明面面垂直、求線面角正弦值；2016年浙江卷：證明線面垂直、求線面角余弦值；2017年上海卷：求三棱柱體積、求線面角大?。?016年天津卷：證明線面平行、證明面面垂直、求線面角正弦值1.線面角求解需明確其定義，即直線與平面中垂線的夾角，常通過找射影或利用空間向量，結(jié)合線面角與向量夾角的關(guān)系計算。2.多與幾何體的垂直關(guān)系、棱長計算結(jié)合，需熟練運用三角函數(shù)或向量運算。考點4:求二面角2025年全國二卷：證明線面平行、求二面角正弦值；2024年新課標Ⅰ卷：證明線面平行、求線段長度；2023年上海卷：證明線面平行、求二面角大??；2020年全國III卷：證明點在平面內(nèi)、求二面角正弦值；2019年全國II卷：證明線面垂直、求二面角正弦值；2017年山東卷：求線線角大小、求二面角大??；2016年浙江卷：證明線面垂直、求二面角余弦值1.二面角求解需找到其平面角，可通過定義法、三垂線法或空間向量法，利用法向量夾角與二面角的關(guān)系計算。2.是立體幾何中的難點，常與面面垂直、幾何體結(jié)構(gòu)特征結(jié)合，需準確判斷二面角的類型（銳角或鈍角）。考點01：空間中的垂直關(guān)系（線線、線面、面面）1．（2025·天津·高考真題）正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為(1)求證：GF⊥平面FBE；(2)求平面FBE與平面EBG夾角的余弦值；(3)求三棱錐D-FBE的體積．【答案】(1)證明見解析(2)4(3)32〖祥解〗（1）法一、利用正方形的性質(zhì)先證明FG⊥BF，再結(jié)合正方體的性質(zhì)得出EF⊥平面BCC（2）利用空間向量計算面面夾角即可；（3）利用空間向量計算點面距離，再利用錐體的體積公式計算即可.【詳析】（1）法一、在正方形BCC由條件易知tan∠C1則∠B故∠BFG=π-∠在正方體中，易知D1C1⊥平面所以EF⊥平面BCC又FG?平面BCC1B1∵EF∩BF=F,EF、BF?平面BEF，∴GF⊥平面法二、如圖以D為中心建立空間直角坐標系，則B4,4,0所以EF=設(shè)m=a,b,c是平面則m?EF=4b=0m?EB=2a+4b-4c=0易知FG→=-m→，則FG也是平面BEF的一個法向量，∴（2）同上法二建立的空間直角坐標系，所以EG=由（1）知FG是平面BEF的一個法向量，設(shè)平面BEG的一個法向量為n=x,y,z，所以令x=6，則z=8,y=5，即n=設(shè)平面BEF與平面BEG的夾角為α，則cosα=（3）由（1）知EF⊥平面BCC1B1，F(xiàn)B?平面BC易知S△BEF又DE=2,0,4，則D到平面BEF的距離為由棱錐的體積公式知：VD-BEF2．（2025·全國一卷·高考真題）如圖所示的四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，BC∥(1)證明：平面PAB⊥平面PAD；(2)PA=AB=2,AD=1+3,BC=2，P，B，C，（i）證明：O在平面ABCD上；（ⅱ）求直線AC與直線PO所成角的余弦值．【答案】(1)證明見解析；(2)（i）證明見解析；（ii）23〖祥解〗（1）通過證明AP⊥AB，AP⊥AD，得出AB⊥平面PAD，即可證明面面垂直；（2）（i）法一：建立空間直角坐標系并表達出各點的坐標，假設(shè)P,B,C,D在同一球面O上，在平面xAy中，得出點O坐標，進而得出點O在空間中的坐標，計算出OP=法二：作出△BCD的邊BC和CD的垂直平分線，找到三角形的外心O1，求出PO1，求出出外心O1到P，B，C，D的距離相等，得出外心O1即為P，B（ii）法一：寫出直線AC和PO的方向向量，即可求出余弦值.法二：求出AC的長，過點O作AC的平行線，交BC的延長線為C1，連接AC1，PC1，利用勾股定理求出AC1的長，進而得出PC1的長，在【詳析】（1）由題意證明如下，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB?平面ABCD，AD?平面ABCD，∴AP⊥AB，AP⊥AD，∵AP?平面PAD，AD?平面PAD，AP∩AD=A，∴AB⊥平面PAD，∵AB?平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.（2）（i）由題意及（1）證明如下，法一：在四棱錐P-ABCD中，AP⊥AB，AP⊥AD，AB⊥AD，BC∥AD，PA=AB=2，AD=1+建立空間直角坐標系如下圖所示，∴A0,0,0若P，B，C，D在同一個球面上，則OP=在平面xAy中，∴A0,0∴線段CD中點坐標F2直線CD的斜率：k1直線CD的垂直平分線EF斜率：k2∴直線EF的方程：y-3即y=6當y=1時，1=6+2∴O在立體幾何中，O0,1,0∵OP解得：OP=∴點O在平面ABCD上.法二：∵P，B，C，D在同一個球面上，∴球心到四個點的距離相等在△BCD中，到三角形三點距離相等的點是該三角形的外心，作出BC和CD的垂直平分線，如下圖所示，由幾何知識得，O1E=AB=2，BO∴O1∴點O1是△BCD在Rt△AOP中，AP⊥AD，AP=2由勾股定理得，PO∴PO∴點O1即為點P，B，C，D所在球的球心O此時點O在線段AD上，AD?平面ABCD，∴點O在平面ABCD上.（ii）由題意，（1）（2）（ii）及圖得，AC=2設(shè)直線AC與直線PO所成角為θ，∴cosθ=法2：由幾何知識得，PO=3AB⊥AD，BC∥AD，∴AB⊥BC，在Rt△ABC中，AB=2，BC=2AC=A過點O作AC的平行線，交BC的延長線為C1，連接AC1則OC1=AC=6，直線AC與直線PO所成角即為△PO∵PA⊥平面ABCD，AC1?平面ABCD∴PA⊥AC在Rt△ABC1中，AB=2AC在Rt△APC1中，PC在△POCPC即：13解得：cos∴直線AC與直線PO所成角的余弦值為：cos∠PO3．（2024·新課標Ⅱ卷·高考真題）如圖，平面四邊形ABCD中，AB=8，CD=3，AD=53，∠ADC=90°，∠BAD=30°，點E，F(xiàn)滿足AE=25AD，AF(1)證明：EF⊥PD；(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)8〖祥解〗（1）由題意，根據(jù)余弦定理求得EF=2，利用勾股定理的逆定理可證得EF⊥AD，則EF⊥PE,EF⊥DE，結(jié)合線面垂直的判定定理與性質(zhì)即可證明；（2）由（1），根據(jù)線面垂直的判定定理與性質(zhì)可證明PE⊥ED，建立如圖空間直角坐標系E-xyz，利用空間向量法求解面面角即可.【詳析】（1）由AB=8,AD=53得AE=23,AF=4，又∠BAD=30由余弦定理得EF=A所以AE2+EF2所以EF⊥PE,EF⊥DE，又PE∩DE=E,PE、DE?平面所以EF⊥平面PDE，又PD?平面PDE，故EF⊥PD；（2）連接CE，由∠ADC=90°,ED=3在△PEC中，PC=43,PE=2所以PE⊥EC，由（1）知PE⊥EF，又EC∩EF=E,EC、EF?平面所以PE⊥平面ABCD，又ED?平面ABCD，所以PE⊥ED，則PE,EF,ED兩兩垂直，建立如圖空間直角坐標系E-xyz，則E(0,0,0),P(0,0,23由F是AB的中點，得B(4,23所以PC=(3,3設(shè)平面PCD和平面PBF的一個法向量分別為n=(則n?PC=3令y1=2,x所以n=(0,2,3),所以cosm設(shè)平面PCD和平面PBF所成角為θ，則sinθ=即平面PCD和平面PBF所成角的正弦值為8654．（2024·北京·高考真題）如圖，在四棱錐P-ABCD中，BC//AD，AB=BC=1，AD=3,點E在AD上，且PE⊥AD，PE=DE=2．(1)若F為線段PE中點，求證：BF//平面PCD(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB與平面PCD夾角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)30〖祥解〗（1）取PD的中點為S，接SF,SC，可證四邊形SFBC為平行四邊形，由線面平行的判定定理可得BF//平面PCD（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，求出平面APB和平面PCD的法向量后可求夾角的余弦值.【詳析】（1）取PD的中點為S，接SF,SC，則SF//而ED//BC,ED=2BC，故故BF//SC，而BF?平面PCD，SC?平面所以BF//平面PCD（2）因為ED=2，故AE=1，故AE//故四邊形AECB為平行四邊形，故CE//AB，所以CE⊥平面而PE,ED?平面PAD，故CE⊥PE,CE⊥ED，而PE⊥ED，故建立如圖所示的空間直角坐標系，則A0,-1,0則PA設(shè)平面PAB的法向量為m=則由m?PA=0m?設(shè)平面PCD的法向量為n=則由n?PC=0n?故cosm故平面PAB與平面PCD夾角的余弦值為305．（2023·新課標Ⅱ卷·高考真題）如圖，三棱錐A-BCD中，DA=DB=DC，BD⊥CD，∠ADB=∠ADC=60°，E為(1)證明：BC⊥DA；(2)點F滿足EF=DA，求二面角【答案】(1)證明見解析；(2)33〖祥解〗（1）根據(jù)題意易證BC⊥平面ADE，從而證得BC⊥DA；（2）由題可證AE⊥平面BCD，所以以點E為原點，ED,EB,EA所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，再求出平面ABD,ABF的一個法向量，根據(jù)二面角的向量公式以及同角三角函數(shù)關(guān)系即可解出．【詳析】（1）連接AE,DE，因為E為BC中點，DB=DC，所以DE⊥BC①，因為DA=DB=DC，∠ADB=∠ADC=60°，所以△ACD與∴AC=AB，從而AE⊥BC②，由①②，AE∩DE=E，AE,DE?平面ADE，所以，BC⊥平面ADE，而AD?平面ADE，所以BC⊥DA．（2）不妨設(shè)DA=DB=DC=2，∵BD⊥CD，∴BC=22∴AE2+DE2=4=AD2，∴AE⊥DE，又∵AE⊥BC,以點E為原點，ED,EB,EA所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示：

設(shè)D(2設(shè)平面DAB與平面ABF的一個法向量分別為n1二面角D-AB-F平面角為θ,而AB=因為EF=DA=-2∴-2x1+2y2-2z所以，cosθ=n所以二面角D-AB-F的正弦值為336．（2023·全國乙卷·高考真題）如圖，在三棱錐P-ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，AD=5DO，點F在

(1)證明：EF//平面ADO；(2)證明：平面ADO⊥平面BEF；(3)求二面角D-AO-C的正弦值.【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3)22〖祥解〗（1）根據(jù)給定條件，證明四邊形ODEF為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.（2）法一：由（1）的信息，結(jié)合勾股定理的逆定理及線面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：過點B作z軸⊥平面BAC，建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè)Px,y,z，所以由PA=14PB=6PC=6求出P點坐標，再求出平面ADO與平面（3）法一：由（2）的信息作出并證明二面角的平面角，再結(jié)合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面ADO與平面ACO的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【詳析】（1）連接DE,OF，設(shè)AF=tAC，則BF=BA+AF=(1-t)則BF?解得t=12，則F為AC的中點，由D,E,O,F分別為

于是DE//AB,DE=12AB,OF//AB,OF=12EF//DO,EF=DO，又EF?平面ADO,DO?平面ADO，所以EF//平面ADO.（2）法一：由（1）可知EF//OD，則AO=6,DO=6因此OD2+AO2又AO⊥BF,BF∩EF=F，BF,EF?平面BEF，則有AO⊥平面BEF，又AO?平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.法二：因為AB⊥BC，過點B作z軸⊥平面BAC，建立如圖所示的空間直角坐標系，A2,0,0,在△BDA中，cos∠PBA=在△PBA中，PA設(shè)Px,y,z，所以由PA=14PB=可得：x=-1,y=2,z=3則D-12,2AO設(shè)平面ADO的法向量為n1則n1?AO令x1=1，則y1BE設(shè)平面BEF的法向量為n2則n2?BE令x2=2，則y2n1所以平面ADO⊥平面BEF；

（3）法一：過點O作OH//BF交AC于點H，設(shè)AD∩BE=G，由AO⊥BF，得HO⊥AO，且FH=1又由（2）知，OD⊥AO，則∠DOH為二面角D-AO-C的平面角，因為D,E分別為PB,PA的中點，因此G為△PAB的重心，即有DG=13AD,GE=13cos∠ABD=4+32-于是BE2+EF2從而GF=153，在△DOH中，OH=1于是cos∠DOH=64所以二面角D-AO-C的正弦值為22

法二：平面ADO的法向量為n1平面ACO的法向量為n3所以cosn因為n1,n故二面角D-AO-C的正弦值為227．（2023·北京·高考真題）如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA=AB=BC=1，

(1)求證：BC⊥平面PAB；(2)求二面角A-PC-B的大?。敬鸢浮?1)證明見解析(2)π〖祥解〗（1）先由線面垂直的性質(zhì)證得PA⊥BC，再利用勾股定理證得BC⊥PB，從而利用線面垂直的判定定理即可得證；（2）結(jié)合（1）中結(jié)論，建立空間直角坐標系，分別求得平面PAC與平面PBC的法向量，再利用空間向量夾角余弦的坐標表示即可得解.【詳析】（1）因為PA⊥平面ABC,BC?平面ABC，所以PA⊥BC，同理PA⊥AB，所以△PAB為直角三角形，又因為PB=PA2所以PB2+BC2又因為BC⊥PA，PA∩PB=P，所以BC⊥平面PAB.（2）由（1）BC⊥平面PAB，又AB?平面PAB，則BC⊥AB，以A為原點，AB為x軸，過A且與BC平行的直線為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標系，如圖，

則A(0,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),B(1,0,0)，所以AP=(0,0,1),設(shè)平面PAC的法向量為m=x1,令x1=1，則y1設(shè)平面PBC的法向量為n=x2,y令x2=1，則z2所以cosm又因為二面角A-PC-B為銳二面角，所以二面角A-PC-B的大小為π38．（2023·全國甲卷·高考真題）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥底面ABC，

(1)證明：A1(2)已知AA1與BB1的距離為2，求【答案】(1)證明見解析(2)13〖祥解〗（1）根據(jù)線面垂直，面面垂直的判定與性質(zhì)定理可得A1O⊥平面BCC（2）利用直角三角形求出AB1的長及點A【詳析】（1）如圖，

∵A1C⊥底面ABC，BC?面∴A1C⊥BC，又BC⊥AC，A1C,AC?∴BC⊥平面ACC1A1，又BC?平面BCC∴平面ACC1A過A1作A1O⊥CC1交CC1于O，又平面AC∴A1∵A1到平面BCC1B在Rt△A1設(shè)CO=x，則C1∵△A1OC,△CO2+A1∴1+x2+1+∴AC=A∴（2）∵AC=A∴∴BA=BA過B作BD⊥AA1，交AA1于D，則由直線AA1與BB1∵A1D=1，BD=2在Rt△ABC，∴BC=延長AC，使AC=CM，連接C1由CM∥A1C∴C1M∥A1C，∴C∴則在Rt△AC1M中，在Rt△AB1C1∴AB又A到平面BCC1B所以AB1與平面BCC9．（2023·全國甲卷·高考真題）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C

(1)證明：平面ACC1A(2)設(shè)AB=A1B,A【答案】(1)證明見解析.(2)1〖祥解〗(1)由A1C⊥平面ABC得A1C⊥BC，又因為AC⊥BC，可證BC⊥平面ACC(2)過點A1作A1O⊥CC1，可證四棱錐的高為A1O,由三角形全等可證A1C=AC，從而證得O【詳析】（1）證明：因為A1C⊥平面ABC，BC?平面所以A1又因為∠ACB=90°，即A1C,AC?平面ACC所以BC⊥平面ACC又因為BC?平面BCC所以平面ACC1A（2）如圖，

過點A1作A1O⊥C因為平面ACC1A1⊥平面BCC1B1所以A1O⊥平面所以四棱錐A1-BB因為A1C⊥平面ABC，AC,BC?平面所以A1C⊥BC,又因為A1B=AB，所以△ABC與△A1BC設(shè)A1C=AC=x，則所以O(shè)為CC1中點，又因為A1C⊥AC,所以即x2+x所以A1所以四棱錐A1-BB10．（2022·全國甲卷·高考真題）在四棱錐P-ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3(1)證明：BD⊥PA；(2)求PD與平面PAB所成的角的正弦值．【答案】(1)證明見解析；(2)55〖祥解〗（1）作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，利用勾股定理證明AD⊥BD，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得PD⊥BD，從而可得BD⊥平面PAD，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)即可得證；（2）以點D為原點建立空間直角坐標系，利用向量法即可得出答案.【詳析】（1）證明：在四邊形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，因為CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2，所以四邊形ABCD為等腰梯形，所以AE=BF=1故DE=32，所以AD所以AD⊥BD，因為PD⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD=D，所以BD⊥平面PAD，又因為PA?平面PAD，所以BD⊥PA；（2）解：如圖，以點D為原點建立空間直角坐標系，BD=3則A1,0,0則AP=設(shè)平面PAB的法向量n=則有{n?AP則cosn所以PD與平面PAB所成角的正弦值為5511．（2022·浙江·高考真題）如圖，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB//DC，DC//EF，AB=5，DC=3，EF=1，∠BAD=∠CDE=60°，二面角F-DC-B的平面角為60°．設(shè)M，N分別為AE,BC的中點．(1)證明：FN⊥AD；(2)求直線BM與平面ADE所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析；(2)57〖祥解〗（1）過點E、D分別做直線DC、AB的垂線EG、DH并分別交于點G、H，由平面知識易得FC=BC，再根據(jù)二面角的定義可知，∠BCF=60°，由此可知，F(xiàn)N⊥BC，F(xiàn)N⊥CD，從而可證得FN⊥平面ABCD，即得（2）由（1）可知FN⊥平面ABCD，過點N做AB平行線NK，所以可以以點N為原點，NK，NB、NF所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系N-xyz，求出平面ADE的一個法向量，以及BM，即可利用線面角的向量公式解出．【詳析】（1）過點E、D分別做直線DC、AB的垂線EG、DH并分別交于點G、H．∵四邊形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB//DC,CD//EF,AB=5,DC=3,EF=1，∠BAD=∠CDE=60°，由平面幾何知識易知，DG=AH=2,∠EFC=∠DCF=∠DCB=∠ABC=90°，則四邊形EFCG和四邊形DCBH是矩形，∴在Rt△EGD和Rt△DHA，EG=DH=23∵DC⊥CF,DC⊥CB，且CF∩CB=C，∴DC⊥平面BCF,∠BCF是二面角F-DC-B的平面角，則∠BCF=60∴△BCF是正三角形，由DC?平面ABCD，得平面ABCD⊥平面BCF，∵N是BC的中點，∴FN⊥BC，又DC⊥平面BCF，F(xiàn)N?平面BCF，可得FN⊥CD，而BC∩CD=C，∴FN⊥平面ABCD，而AD?平面ABCD∴FN⊥AD．（2）因為FN⊥平面ABCD，過點N做AB平行線NK，所以以點N為原點，NK，NB、NF所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系N-xyz，設(shè)A(5,3,0),B(0,3∴設(shè)平面ADE的法向量為n由n?AD=0n?設(shè)直線BM與平面ADE所成角為θ，∴sinθ=12．（2022·全國乙卷·高考真題）如圖，四面體ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E為AC的中點．(1)證明：平面BED⊥平面ACD；(2)設(shè)AB=BD=2,∠ACB=60°，點F在BD上，當△AFC的面積最小時，求三棱錐F-ABC的體積．【答案】(1)證明詳見解析(2)3〖祥解〗（1）通過證明AC⊥平面BED來證得平面BED⊥平面ACD.（2）首先判斷出三角形AFC的面積最小時F點的位置，然后求得F到平面ABC的距離，從而求得三棱錐F-ABC的體積.【詳析】（1）由于AD=CD，E是AC的中點，所以AC⊥DE.由于AD=CDBD=BD∠ADB=∠CDB，所以所以AB=CB，故AC⊥BE，由于DE∩BE=E，DE,BE?平面BED，所以AC⊥平面BED，由于AC?平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.（2）[方法一]：判別幾何關(guān)系依題意AB=BD=BC=2，∠ACB=60°，三角形ABC是等邊三角形，所以AC=2,AE=CE=1,BE=3由于AD=CD,AD⊥CD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE=1.DE2+B由于AC∩BE=E，AC,BE?平面ABC，所以DE⊥平面ABC.由于△ADB?△CDB，所以∠FBA=∠FBC，由于BF=BF∠FBA=∠FBCAB=CB，所以所以AF=CF，所以EF⊥AC，由于S△AFC=12?AC?EF過E作EF⊥BD，垂足為F，在Rt△BED中，12?BE?DE=所以DF=1所以BFBD過F作FH⊥BE，垂足為H，則FH//DE，所以FH⊥平面ABC，且所以FH=3所以VF-ABC[方法二]：等體積轉(zhuǎn)換∵AB=BC，∠ACB=60°，AB=2∴ΔABC是邊長為2∴BE=連接EF∵∵AD⊥CD,AD=CD,AC=2,EBF=∴13．（2022·全國乙卷·高考真題）如圖，四面體ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E為AC的中點．(1)證明：平面BED⊥平面ACD；(2)設(shè)AB=BD=2,∠ACB=60°，點F在BD上，當△AFC的面積最小時，求CF與平面ABD所成的角的正弦值．【答案】(1)證明過程見解析(2)CF與平面ABD所成的角的正弦值為4〖祥解〗（1）根據(jù)已知關(guān)系證明△ABD≌△CBD，得到AB=CB，結(jié)合等腰三角形三線合一得到垂直關(guān)系，結(jié)合面面垂直的判定定理即可證明；（2）根據(jù)勾股定理逆用得到BE⊥DE，從而建立空間直角坐標系，結(jié)合線面角的運算法則進行計算即可.【詳析】（1）因為AD=CD，E為AC的中點，所以AC⊥DE；在△ABD和△CBD中，因為AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB，所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又因為E為AC的中點，所以AC⊥BE；又因為DE,BE?平面BED，DE∩BE=E，所以AC⊥平面BED，因為AC?平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.（2）連接EF，由（1）知，AC⊥平面BED，因為EF?平面BED，所以AC⊥EF，所以S△AFC當EF⊥BD時，EF最小，即△AFC的面積最小.因為△ABD≌△CBD，所以CB=AB=2，又因為∠ACB=60°，所以△ABC是等邊三角形，因為E為AC的中點，所以AE=EC=1，BE=3因為AD⊥CD，所以DE=1在△DEB中，DE2+B以E為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系E-xyz，則A1,0,0,B0,設(shè)平面ABD的一個法向量為n=則n?AD=-x+z=0n?又因為C-1,0,0,F0,所以cosn設(shè)CF與平面ABD所成的角為θ0≤θ≤所以sinθ=所以CF與平面ABD所成的角的正弦值為4314．（2021·新高考全國Ⅱ卷·高考真題）在四棱錐Q-ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2,QD=QA=5（1）證明：平面QAD⊥平面ABCD；（2）求二面角B-QD-A的平面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）23〖祥解〗（1）取AD的中點為O，連接QO,CO，可證QO⊥平面ABCD，從而得到面QAD⊥面ABCD.（2）在平面ABCD內(nèi)，過O作OT//CD，交BC于T，則OT⊥AD，建如圖所示的空間坐標系，求出平面QAD、平面BQD【詳析】（1）取AD的中點為O，連接QO,CO.因為QA=QD，OA=OD，則QO⊥AD，而AD=2,QA=5，故QO=在正方形ABCD中，因為AD=2，故DO=1，故CO=5因為QC=3，故QC2=QO2因為OC∩AD=O，故QO⊥平面ABCD，因為QO?平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.（2）在平面ABCD內(nèi)，過O作OT//CD，交BC于T，則結(jié)合（1）中的QO⊥平面ABCD，故可建如圖所示的空間坐標系.則D(0,1,0),Q(0,0,2),B(2,-1,0)，故BQ=(-2,1,2),設(shè)平面QBD的法向量n=(x,y,z)則{n?BQ=0n?BD故n=(1,1,而平面QAD的法向量為m=(1,0,0)，故cos二面角B-QD-A的平面角為銳角，故其余弦值為2315．（2021·全國乙卷·高考真題）如圖，四棱錐P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M為BC的中點，且PB⊥AM．（1）證明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱錐P-ABCD的體積．【答案】（1）證明見解析；（2）23〖祥解〗（1）由PD⊥底面ABCD可得PD⊥AM，又PB⊥AM，由線面垂直的判定定理可得AM⊥平面PBD，再根據(jù)面面垂直的判定定理即可證出平面PAM⊥平面PBD；（2）由（1）可知，AM⊥BD，由平面知識可知，△DAB~△ABM，由相似比可求出AD，再根據(jù)四棱錐P-ABCD的體積公式即可求出．【詳析】（1）因為PD⊥底面ABCD，AM?平面ABCD，所以PD⊥AM，又PB⊥AM，PB∩PD=P，所以AM⊥平面PBD，而AM?平面PAM，所以平面PAM⊥平面PBD．（2）[方法一]：相似三角形法由（1）可知AM⊥BD．于是△ABD∽△BMA，故ADAB因為BM=12BC,AD=BC,AB=1，所以1故四棱錐P-ABCD的體積V=1[方法二]：平面直角坐標系垂直垂直法

由（2）知AM⊥DB,所以kAM建立如圖所示的平面直角坐標系，設(shè)BC=2a(a>0)．因為DC=1，所以A(0,0)，B(1,0)，D(0,2a)，M(1,a)．從而kAM所以a=22，即DA=[方法三]【最優(yōu)解】：空間直角坐標系法

建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz，設(shè)|DA|=t，所以D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，A(t,0,0)，B(t,1,0)．所以Mt2,1,0，PB所以PB?所以t=2，即|DA|=2[方法四]：空間向量法

由PB⊥AM，得PB?所以(PD即PD?又PD⊥底面ABCD，AM在平面ABCD內(nèi)，因此PD⊥AM，所以PD?所以DA?由于四邊形ABCD是矩形，根據(jù)數(shù)量積的幾何意義，得-12|所以|BC|=2，即【整體點評】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一個邊長，從而求得該四棱錐的體積；方法二構(gòu)建平面直角坐標系，利用直線垂直的條件得到矩形的另一個邊長，從而求得該四棱錐的體積；方法三直接利用空間直角坐標系和空間向量的垂直的坐標運算求得矩形的另一個邊長,為最常用的通性通法，為最優(yōu)解；方法四利用空間向量轉(zhuǎn)化求得矩形的另一邊長.16．（2021·新高考全國Ⅰ卷·高考真題）如圖，在三棱錐A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O為BD的中點.（1）證明：OA⊥CD；（2）若△OCD是邊長為1的等邊三角形，點E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E-BC-D的大小為45°，求三棱錐A-BCD的體積.【答案】(1)證明見解析；(2)36〖祥解〗(1)由題意首先證得線面垂直，然后利用線面垂直的定義證明線線垂直即可；(2)方法二：利用幾何關(guān)系找到二面角的平面角，然后結(jié)合相關(guān)的幾何特征計算三棱錐的體積即可.【詳析】（1）因為AB=AD，O是BD中點，所以O(shè)A⊥BD，因為OA?平面ABD，平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD=BD，所以O(shè)A⊥平面BCD．因為CD?平面BCD，所以O(shè)A⊥CD.（2）[方法一]：通性通法—坐標法如圖所示，以O(shè)為坐標原點，OA為z軸，OD為y軸，垂直O(jiān)D且過O的直線為x軸，建立空間直角坐標系O-xyz，則C(32,所以EB=(0,-設(shè)n=x,y,z為平面則由EB?n=0BC?又平面BCD的一個法向量為OA=所以cosn,OA又點C到平面ABD的距離為32，所以V所以三棱錐A-BCD的體積為36[方法二]【最優(yōu)解】：作出二面角的平面角如圖所示，作EG⊥BD，垂足為點G．作GF⊥BC，垂足為點F，連結(jié)EF，則OA∥因為OA⊥平面BCD，所以EG⊥平面BCD，∠EFG為二面角E-BC-D的平面角．因為∠EFG=45°，所以EG=FG．由已知得OB=OD=1，故OB=OC=1．又∠OBC=∠OCB=30°，所以BC=3因為GD=2VA-BCD[方法三]：三面角公式考慮三面角B-EDC，記∠EBD為α，∠EBC為β，∠DBC=30°，記二面角E-BC-D為θ．據(jù)題意，得θ=45°．對β使用三面角的余弦公式，可得cosβ=化簡可得cosβ=3使用三面角的正弦公式，可得sinβ=sinαsin將①②兩式平方后相加，可得34由此得sin2α=1如圖可知α∈(0,π2)根據(jù)三角形相似知，點G為OD的三等分點，即可得BG=4結(jié)合α的正切值，可得EG=23,OA=1從而可得三棱錐A-BCD【整體點評】(2)方法一：建立空間直角坐標系是解析幾何中常用的方法，是此類題的通性通法，其好處在于將幾何問題代數(shù)化，適合于復(fù)雜圖形的處理；方法二：找到二面角的平面角是立體幾何的基本功，在找出二面角的同時可以對幾何體的幾何特征有更加深刻的認識，該法為本題的最優(yōu)解.方法三：三面角公式是一個優(yōu)美的公式，在很多題目的解析中靈活使用三面角公式可以使得問題更加簡單、直觀、迅速.17．（2021·全國甲卷·高考真題）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB=BC=2，E，F(xiàn)（1）證明：BF⊥DE；（2）當B1D為何值時，面BB1【答案】（1）證明見解析；（2）B〖祥解〗（1）方法二：通過已知條件，確定三條互相垂直的直線，建立合適的空間直角坐標系，借助空間向量證明線線垂直；（2）方法一：建立空間直角坐標系，利用空間向量求出二面角的平面角的余弦值最大，進而可以確定出答案；【詳析】（1）[方法一]：幾何法因為BF⊥A1B又因為AB⊥BB1，BF∩BB1=B，所以AB⊥平面BC過E作AB的平行線分別與AG，BC交于其中點M,N，連接因為E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點，所以N是易證Rt△BCF?Rt△又因為∠BB1N+∠又因為BF⊥A1B1,又因為ED?平面A1MNB[方法二]【最優(yōu)解】：向量法因為三棱柱ABC-A1B1C1∵A1B1//AB，BF⊥A1B1，以B為坐標原點，分別以BA,BC,BB1所在直線為∴B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,2),A1由題設(shè)D(a,0,2)（0≤a≤2）．因為BF=(0,2,1),所以BF?DE=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0[方法三]：因為BF⊥A1B1，A1B1//AB，所以BF⊥AB，故BF?A1B1=0，BF?AB=0，所以（2）[方法一]【最優(yōu)解】：向量法設(shè)平面DFE的法向量為m=(x,y,z)因為EF=(-1,1,1),所以{m?EF令z=2-a，則m因為平面BCC1B設(shè)平面BCC1B1與平面則|cosθ|=|m?當a=12時，2a此時cosθ取最大值為3所以(sinθ)min[方法二]：幾何法如圖所示，延長EF交A1C1的延長線于點S，聯(lián)結(jié)DS交B1C1于點作B1H⊥FT，垂足為H，因為DB1⊥平面BB1C1設(shè)B1D=t,t∈[0,2],B1T=s，過C1作C由C1SS又B1DC1G又B1HC1F所以DH=B1H2+則sin∠DHB1=B所以，當t=12時，[方法三]：投影法如圖，聯(lián)結(jié)FB△DEF在平面BB1C1C的投影為△B1NF，記面BB設(shè)B1D=t(0≤t≤2)，在Rt△D在Rt△ECF中，EF=EC2+FC2=3在Rt△DEQ中，DE=在△DEF中，由余弦定理得cos∠DFE=DF2+EF2-DE2cosθ=S△B1當t=12，即B1D=12，面【整體點評】第一問，方法一為常規(guī)方法，不過這道題常規(guī)方法較為復(fù)雜，方法二建立合適的空間直角坐標系，借助空間向量求解是最簡單，也是最優(yōu)解；方法三利用空間向量加減法則及數(shù)量積的定義運算進行證明不常用，不過這道題用這種方法過程也很簡單，可以開拓學生的思維.第二問：方法一建立空間直角坐標系，利用空間向量求出二面角的平面角是最常規(guī)的方法，也是最優(yōu)方法；方法二：利用空間線面關(guān)系找到，面BB1C1C與面DFE所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面DFE在面BB118．（2021·全國甲卷·高考真題）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB=BC=2（1）求三棱錐F-EBC的體積；（2）已知D為棱A1B1【答案】(1)13；(2)證明見解析〖祥解〗（1）先證明△ABC為等腰直角三角形，然后利用體積公式可得三棱錐的體積；（2）將所給的幾何體進行補形，從而把線線垂直的問題轉(zhuǎn)化為證明線面垂直，然后再由線面垂直可得題中的結(jié)論.【詳析】（1）由于BF⊥A1B1，又AB⊥BB1，BB1∩BF=B，故AB⊥則AB⊥BC，△ABC為等腰直角三角形，S△BCE=1（2）由（1）的結(jié)論可將幾何體補形為一個棱長為2的正方體ABCM-A1B1C1M正方形BCC1B1中，又BF⊥A故BF⊥平面A1B1GH，而從而BF⊥DE.【『點石成金』】求三棱錐的體積時要注意三棱錐的每個面都可以作為底面，例如三棱錐的三條側(cè)棱兩兩垂直，我們就選擇其中的一個側(cè)面作為底面，另一條側(cè)棱作為高來求體積．對于空間中垂直關(guān)系（線線、線面、面面）的證明經(jīng)常進行等價轉(zhuǎn)化.19．（2020·浙江·高考真題）如圖，三棱臺ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC=2BC．（I）證明：EF⊥DB；（II）求DF與面DBC所成角的正弦值．【答案】（I）證明見解析；（II）3〖祥解〗（I）方法一：作DH⊥AC交AC于H，連接BH，由題意可知DH⊥平面ABC，即有DH⊥BC，根據(jù)勾股定理可證得BC⊥BH，又EF//BC，可得DH⊥EF，BH⊥EF，即得EF⊥平面BHD，即證得EF⊥DB；（II）方法一：由DF//CH，所以DF與平面DBC所成角即為CH與平面DBC所成角，作HG⊥BD于G，連接CG，即可知∠HCG即為所求角，再解三角形即可求出DF與平面DBC所成角的正弦值．【詳析】（I）[方法一]：幾何證法作DH⊥AC交AC于H，連接BH．∵平面ADFC⊥平面ABC，而平面ADFC∩平面ABC=AC，DH?平面ADFC，∴DH⊥平面ABC，而BC?平面ABC，即有DH⊥BC．∵∠ACB=∠ACD=45°，∴CD=2在△CBH中，BH2=CH2+B由棱臺的定義可知，EF//BC，所以DH⊥EF，BH⊥EF，而BH∩DH=H，∴EF⊥平面BHD，而BD?平面BHD，∴EF⊥DB．[方法二]【最優(yōu)解】：空間向量坐標系方法作DO⊥AC交AC于O．∵平面ADFC⊥平面ABC，而平面ADFC∩平面ABC=AC，DO?平面ADFC，∴DO⊥平面ABC，以O(shè)為原點，建立空間直角坐標系如圖所示.設(shè)OC=1,∵∠ACB=∠ACD=45°，DC=2BC=2∴BC=22,∴∴BD=-1BD·∴BC⊥BD,又∵棱臺中BC//EF,∴EF⊥BD；[方法三]：三余弦定理法∵平面ACFD⊥平面ABC，∴cos∠BCD=∴∠BCD=60°，又∵DC=2BC．∴∠CBD=90°,即CB⊥BD,又∵EF//BC，∴EF⊥DB．（II）[方法一]：幾何法因為DF//CH，所以DF與平面DBC所成角即為與CH平面DBC所成角．作HG⊥BD于G，連接CG，由（1）可知，BC⊥平面BHD，因為所以平面BCD⊥平面BHD，而平面BCD∩平面BHD=BD，HG?平面BHD，∴HG⊥平面BCD．即CH在平面DBC內(nèi)的射影為CG，∠HCG即為所求角．在Rt△HGC中，設(shè)BC=a，則CH=2a，∴sin∠HCG=故DF與平面DBC所成角的正弦值為33[方法二]【最優(yōu)解】：空間向量坐標系法設(shè)平面BCD的法向量為n=(x,y,z)由（I）得BD=-1∴-12x-12y+z=0-12x+OC=(0,1,0)由于DF//OC，∴直線DF與平面DBC所成角的正弦值為33[方法三]：空間向量法以{CH,不妨設(shè)DC=2BC=2，則DB=3,CH=2,∠HCB=45°,∠HCD=45°,∠DCB=60°設(shè)平面DBC的法向量為n=x則由n?CD=0,n?CB=0,設(shè)直線DF與平面DBC所成角為θ，則直線HC與平面DBC所成角也為θ，由公式得sinθ=[方法四]：三余弦定理法由∠ACB=∠ACD=45°，可知H在平面DBC的射影G在∠DCB的角平分線上．設(shè)直線DF與平面DBC所成角為θ，則HC與平面DBC所成角也為θ．由由（I）的結(jié)論可得∠BCD=60°，由三余弦定理，得cos45°=cosθ=63[方法五]：等體積法設(shè)H到平面DBC的距離為h，設(shè)DH=1,則HC=1,DC=2設(shè)直線DF與平面DBC所成角為θ，由已知得HC與平面DBC所成角也為θ．由VH-DBC=V求得h=33，所以【整體評價】（I）的方法一使用幾何方法證明，方法二利用空間直角坐標系方法，簡潔清晰，通性通法，確定為最優(yōu)解；方法三使用了兩垂直角的三余弦定理得到∠BCD=60°，進而證明，過程簡潔，確定為最優(yōu)解（II）的方法一使用幾何做法，方法二使用空間坐標系方法，為通性通法，確定為最優(yōu)解；方法三使用空間向量的做法，避開了輔助線的求作；方法四使用三余弦定理法，最為簡潔，確定為最優(yōu)解；方法五采用等體積轉(zhuǎn)化法，避免了較復(fù)雜的輔助線.20．（2020·全國II卷·高考真題）如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，側(cè)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(shè)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）1010〖祥解〗（1）由M,N分別為BC，B1C1的中點，MN//CC1，根據(jù)條件可得AA1//BB1，可證（2）連接NP，先求證四邊形ONPA是平行四邊形，根據(jù)幾何關(guān)系求得EP，在B1C1截取B1Q=EP，由（1）BC⊥平面A1AMN，可得【詳析】（1）∵M,N分別為BC，B1∴MN//又AA∴MN//在△ABC中，M為BC中點，則BC⊥AM，又∵側(cè)面BB∴BC⊥BB∵MN//MN⊥BC，由MN∩AM=M，MN,AM?平面A1∴BC⊥平面A1又∵B1C1//BC，且B1C∴B1C又∵B1C1?平面E∴B1∴EF//又∵BC⊥平面A1∴EF⊥平面A1∵EF?平面EB∴平面EB1C1F(2)[方法一]：幾何法如圖，過O作B1C1的平行線分別交A1B由于AO//平面EB1C1F，EAO?平面AE1F1，E1F1又因平面AE1F1∩平面AA1因為B1C1⊥A1N，B又因E1F1∥B所以AE1與平面AA令A(yù)B=2，則NB1=1，由于O為△在Rt△AE1O由勾股定理得AE所以sin∠由于EB1∥AE1，直線B[方法二]【最優(yōu)解】：幾何法因為AO//平面EFC1B1，平面EFC因為ON//AP，所以四邊形OAPN為平行四邊形．由（Ⅰ）知EF⊥平面AMNA1，則EF為平面所以B1E在平面AMNA從而B1E與在梯形EFC1B1中，設(shè)EF=1，過E作EG⊥B在直角三角形B1EG中，[方法三]：向量法由（Ⅰ）知，B1C1⊥平面A1因為AO∥平面EB1C1F，AO?平面A所以AO//PN．由（Ⅰ）知AA1∥MN,AA1因為O為正△A1B由面面平行的性質(zhì)得EF∥13B由P，N為等腰梯形兩底的中點，得PN⊥B1C1，則設(shè)直線B1E與平面A1AMN所成角為θ，所以直線B1E與平面A1[方法四]：基底法不妨設(shè)AO=AB=AC=2，以向量AA從而AA1,EB1=則EB1=所以EB1?由（Ⅰ）知BC⊥平面A1AMN，所以向量BC為平面設(shè)直線B1E與平面A1AMN所成角故直線B1E與平面A1[方法五]：坐標法過O過底面ABC的垂線，垂足為Q，以Q為坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系，設(shè)∠OAM=θ，AO=AB=2，則B1所以AE=所以B易得n=1,0,0為平面A1則直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值為cos【整體點評】(2)方法一：幾何法的核心在于找到線面角，本題中利用平行關(guān)系進行等價轉(zhuǎn)化是解決問題的關(guān)鍵；方法二：等價轉(zhuǎn)化是解決問題的關(guān)鍵，構(gòu)造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法；方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直線的方向向量，然后利用向量法求解即可；方法四：基底法是立體幾何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其關(guān)鍵之處在于找到平面的法向量和直線的方向向量.方法五：空間坐標系法是立體幾何的重要方法，它是平面向量的延伸，其關(guān)鍵之處在于利用空間坐標系確定位置，找到平面的法向量和直線的方向向量.21．（2020·全國I卷·高考真題）如圖，D為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，△ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點，∠APC=90°．（1）證明：平面PAB⊥平面PAC；（2）設(shè)DO=2，圓錐的側(cè)面積為3π，求三棱錐P?ABC的體積【答案】（1）證明見解析；（2）68〖祥解〗（1）根據(jù)已知可得PA=PB=PC，進而有△PAC≌△PBC，可得∠APC=∠BPC=90°，即PB⊥PC，從而證得PC⊥平面（2）將已知條件轉(zhuǎn)化為母線l和底面半徑r的關(guān)系，進而求出底面半徑，由正弦定理，求出正三角形ABC邊長，在等腰直角三角形APC中求出AP，在Rt△APO中，求出PO，即可求出結(jié)論.【詳析】（1）連接OA,OB,OC，∵D為圓錐頂點，O為底面圓心，∴OD⊥平面ABC，∵P在DO上，OA=OB=OC,∴PA=PB=PC，∵△ABC是圓內(nèi)接正三角形，∴AC=BC，△PAC≌△PBC，∴∠APC=∠BPC=90°，即PB⊥PC,PA⊥PC，PA∩PB=P,∴PC⊥平面PAB,PC?平面PAC，∴平面PAB⊥平面PAC；（2）設(shè)圓錐的母線為l，底面半徑為r，圓錐的側(cè)面積為πrl=3OD2=l2在等腰直角三角形APC中，AP=2在Rt△PAO中，PO=A∴三棱錐P-ABC的體積為VP-ABC【『點石成金』】本題考查空間線、面位置關(guān)系，證明平面與平面垂直，求錐體的體積，注意空間垂直間的相互轉(zhuǎn)化，考查邏輯推理、直觀想象、數(shù)學計算能力，屬于中檔題.22．（2020·全國II卷·高考真題）如圖，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，側(cè)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⊥平面EB1C1F；（2）設(shè)O為△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=π3，求四棱錐B–EB1C1F【答案】（1）證明見解析；（2）24.〖祥解〗（1）由M,N分別為BC，B1C1的中點，MN//CC1，根據(jù)條件可得AA1//BB1，可證（2）根據(jù)已知條件求得S四邊形EB1C1F【詳析】（1）∵M,N分別為BC，B1∴MN又A∴MN在等邊△ABC中，M為BC中點，則BC⊥AM又∵側(cè)面BB∴BC⊥B∵MNMN⊥BC由MN∩AM=M，MN,AM?平面A∴BC⊥平面A又∵B1C1//BC，且B1C∴B1又∵B1C1?平面E∴B∴EF又∵BC⊥平面A∴EF⊥平面A∵EF?平面E∴平面EB1C1（2）過M作PN垂線，交點為H，畫出圖形，如圖∵AO//平面AO?平面A1AMN，平面A∴AO又∵NO∴AO=NP=6∵O為△A1∴ON=故：ON=AP=3，則AM=3AP=3∵平面EB1C1F⊥平面AMH?平面A∴MH⊥平面E又∵在等邊△ABC中EF即EF=由（1）知，四邊形EB∴四邊形EB1∴Vh為M到PN的距離MH=23∴V=1【『點石成金』】本題主要考查了證明線線平行和面面垂直，及其求四棱錐的體積，解題關(guān)鍵是掌握面面垂直轉(zhuǎn)為求證線面垂直的證法和棱錐的體積公式，考查了分析能力和空間想象能力，屬于中檔題.23．（2020·江蘇·高考真題）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F(xiàn)分別是AC，B1C的中點．（1）求證：EF∥平面AB1C1；（2）求證：平面AB1C⊥平面ABB1．【答案】（1）證明詳見解析；（2）證明詳見解析.〖祥解〗（1）通過證明EF//AB1，來證得（2）通過證明AB⊥平面AB1C，來證得平面A【詳析】（1）由于E,F分別是AC,B1C由于EF?平面AB1C1,AB1（2）由于B1C⊥平面ABC，AB?平面ABC，所以由于AB⊥AC,AC∩B1C=C，所以AB⊥由于AB?平面ABB1，所以平面AB【『點石成金』】本小題主要考查線面平行的證明，考查面面垂直的證明，屬于中檔題.24．（2020·海南·高考真題）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設(shè)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，QB=2，求PB與平面QCD所成角的正弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）63〖祥解〗（1）利用線面平行的判定定理以及性質(zhì)定理，證得AD//l，利用線面垂直的判定定理證得AD⊥平面PDC，從而得到l⊥平面（2）根據(jù)題意，建立相應(yīng)的空間直角坐標系，得到相應(yīng)點的坐標，設(shè)出點Q(m,0,1)，之后求得平面QCD的法向量以及向量PB的坐標，求得cos<n,PB>，即可得到直線【詳析】（1）證明：在正方形ABCD中，AD//BC因為AD?平面PBC，BC?平面PBC，所以AD//平面PBC又因為AD?平面PAD，平面PAD∩平面PBC=l，所以AD//因為在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC,∴l(xiāng)⊥DC,且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD,∴l(xiāng)⊥PD,因為CD∩PD=D所以l⊥平面PDC；（2）如圖建立空間直角坐標系D-xyz，因為PD=AD=1，則有D(0,0,0),C(0,1,0),A(1,0,0),P(0,0,1),B(1,1,0)，設(shè)Q(m,0,1)，則有DC=(0,1,0),因為QB=2，所以有(m-1)設(shè)平面QCD的法向量為n=(x,y,z)則DC?n=0令x=1，則z=-1，所以平面QCD的一個法向量為n=(1,0,-1)cos根據(jù)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|所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值為63【『點石成金』】該題考查的是有關(guān)立體幾何的問題，涉及到的知識點有線面平行的判定和性質(zhì)，線面垂直的判定和性質(zhì)，利用空間向量求線面角，利用基本不等式求最值，屬于中檔題目.25．（2019·全國II卷·高考真題）如圖，長方體ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）證明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱錐E-BB【答案】（1）見詳析；（2）18〖祥解〗（1）先由長方體得，B1C1⊥平面AA（2）先設(shè)長方體側(cè)棱長為2a，根據(jù)題中條件求出a=3；再取BB1中點F，連結(jié)EF，證明EF⊥平面B【詳析】（1）因為在長方體ABCD-A1B1CBE?平面AA1B又BE⊥EC1，B1C1∩EC1=所以BE⊥平面EB1（2）[方法一]【利用體積公式計算體積】如圖6，設(shè)長方體的側(cè)棱長為2a，則AE=A由（1）可得EB1⊥BE．所以E又AB=3，所以2AE2+2AB2取BB1中點F，聯(lián)結(jié)EF，因為AE=A1E，則EF∥AB從而四棱錐E-BBVE-BB1[方法二]【最優(yōu)解：利用不同幾何體之間體積的比例關(guān)系計算體積】取BB1的中點F，聯(lián)結(jié)EF．由（Ⅰ）可知所以EF=12B【整體點評】(2)方法一：利用體積公式計算體積需要同時計算底面積和高，是計算體積的傳統(tǒng)方法；方法二：利用不同幾何體之間的比例關(guān)系計算體積是一種方便有效快速的計算體積的方法，核心思想為等價轉(zhuǎn)化.26．（2019·天津·高考真題）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，△PCD為等邊三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD=2，AD=3，（Ⅰ）設(shè)G?，??H分別為PB?（Ⅱ）求證：PA⊥平面PCD；（Ⅲ）求直線AD與平面PAC所成角的正弦值.【答案】（I）見解析；（II）見解析；（III）33〖祥解〗（I）連接BD，結(jié)合平行四邊形的性質(zhì)，以及三角形中位線的性質(zhì)，得到GH∥PD，利用線面平行的判定定理證得結(jié)果；（II）取棱PC的中點N，連接DN，依題意，得DN⊥PC，結(jié)合面面垂直的性質(zhì)以及線面垂直的性質(zhì)得到DN⊥PA，利用線面垂直的判定定理證得結(jié)果；（III）利用線面角的平面角的定義得到∠DAN為直線AD與平面PAC所成的角，放在直角三角形中求得結(jié)果.【詳析】（I）證明：連接BD，易知AC∩BD=H，BH=DH，又由BG=PG，故GH∥PD，又因為GH?平面PAD，PD?平面PAD，所以GH∥平面PAD.（II）證明：取棱PC的中點N，連接DN，依題意，得DN⊥PC，又因為平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD=PC，所以DN⊥平面PAC，又PA?平面PAC，故DN⊥PA，又已知PA⊥CD，CD∩DN=D，所以PA⊥平面PCD.（III）解：連接AN，由（II）中DN⊥平面PAC，可知∠DAN為直線AD與平面PAC所成的角.因為ΔPCD為等邊三角形，CD=2且N為PC的中點，所以DN=3，又DN⊥AN在RtΔAND中，sin∠DAN=所以，直線AD與平面PAC所成角的正弦值為33【『點石成金』】本小題主要考查直線與平面平行、直線與平面垂直、平面與平面垂直、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識，考查空間想象能力和推理能力.27．（2019·北京·高考真題）如圖，在四棱錐P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E為PD的中點，點F在PC上，且PFPC（Ⅰ）求證：CD⊥平面PAD；（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；（Ⅲ）設(shè)點G在PB上，且PGPB=23．判斷直線【答案】(Ⅰ)見解析；(Ⅱ)33(Ⅲ)見解析.〖祥解〗(Ⅰ)由題意利用線面垂直的判定定理即可證得題中的結(jié)論；(Ⅱ)建立空間直角坐標系，結(jié)合兩個半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值；(Ⅲ)首先求得點G的坐標，然后結(jié)合平面AEF的法向量和直線AG的方向向量可判斷直線是否在平面內(nèi).【詳析】(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，則PA⊥CD，由題意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，由線面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.(Ⅱ)以點A為坐標原點，平面ABCD內(nèi)與AD垂直的直線為x軸，AD,AP方向為y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz，易知：A0,0,0由PF=13PC可得點由PE=12設(shè)平面AEF的法向量為：m=m?據(jù)此可得平面AEF的一個法向量為：m=很明顯平面AEP的一個法向量為n=cos<二面角F-AE-P的平面角為銳角，故二面角F-AE-P的余弦值為33(Ⅲ)易知P0,0,2,B2,-1,0，由PG則AG=注意到平面AEF的一個法向量為：m=其m?AG=0且點A在平面AEF內(nèi)，故直線AG在平面28．（2019·北京·高考真題）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD為菱形，E為CD的中點.（Ⅰ）求證：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求證：平面PAB⊥平面PAE；（Ⅲ）棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由.【答案】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）見解析；（Ⅲ）見解析.〖祥解〗(Ⅰ)由題意利用線面垂直的判定定理即可證得題中的結(jié)論；(Ⅱ)由幾何體的空間結(jié)構(gòu)特征首先證得線面垂直，然后利用面面垂直的判斷定理可得面面垂直；(Ⅲ)由題意，利用平行四邊形的性質(zhì)和線面平行的判定定理即可找到滿足題意的點.【詳析】（Ⅰ）證明：因為PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD；因為底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD;因為PA∩AC=A,PA,AC?平面PAC,所以BD⊥平面PAC.（Ⅱ）證明：因為底面ABCD是菱形且∠ABC=60°，所以ΔACD為正三角形，所以AE⊥CD,因為AB//CD,所以AE⊥AB；因為PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD,所以AE⊥PA；因為PA∩AB=A所以AE⊥平面PAB，AE?平面PAE,所以平面PAB⊥平面PAE.（Ⅲ）存在點F為PB中點時，滿足CF//平面PAE；理由如下:分別取PB,PA的中點F,G，連接CF,FG,EG,在三角形PAB中，F(xiàn)G//AB且FG=1在菱形ABCD中，E為CD中點，所以CE//AB且CE=12AB，所以CE//FG且CE=FG，即四邊形CEGF又CF?平面PAE，EG?平面PAE，所以CF//平面PAE.【『點石成金』】本題主要考查線面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立體幾何中的探索問題等知識，意在考查學生的轉(zhuǎn)化能力和計算求解能力.29．（2018·浙江·高考真題）如圖，已知多面體ABC-A1B（Ⅰ）求證：AB1⊥（Ⅱ）求直線AC1與平面【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）3913〖祥解〗（Ⅰ）方法一：通過計算，根據(jù)勾股定理得AB1（Ⅱ）方法一：找出直線AC1與平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解即可.【詳析】（Ⅰ）［方法一］：幾何法由AB=2,AA1=4,B所以A1B1由BC=2，BB1=2,CC1由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=23由CC1⊥AC，得AC1=13，所以AB1［方法二］：向量法如圖，以AC的中點O為原點，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標系O-xyz.由題意知各點坐標如下：A因此AB由AB1?A1B1所以AB1⊥（Ⅱ）［方法一］：定義法如圖，過點C1作C1D⊥A1B1由AB1⊥平面A1B由C1D⊥A1B所以∠C1AD是AC由B1C1所以C1D=3因此，直線AC1與平面ABB［方法二］：向量法設(shè)直線AC1與平面ABB由(I)可知AC設(shè)平面ABB1的法向量由n?AB=0n?所以sinθ=因此，直線AC1與平面ABB［方法三］：【最優(yōu)解】定義法+等積法設(shè)直線AC1與平面ABB1所成角為θ，點C1到平面ABB1距離為d（下同）．因為C1C∥平面ABB1，所以點C到平面ABB1的距離等于點C1到平面ABB1的距離．由條件易得，點C到平面［方法四］：定義法+等積法設(shè)直線AC1與平面ABB1所成的角為θ，由條件易得A1于是得S△A1由VC1-AA1故sinθ=［方法五］：三正弦定理的應(yīng)用設(shè)直線AC1與平面ABB1所成的角為θ，易知二面角C1所以由三正弦定理得sinθ=［方法六］：三余弦定理的應(yīng)用設(shè)直線AC1與平面ABB1所成的角為θ，如圖2，過點C作CG⊥AB，垂足為G，易得CG⊥平面ABB結(jié)合三余弦定理得sinθ=［方法七］：轉(zhuǎn)化法＋定義法如圖3，延長線段A1A至E，使得聯(lián)結(jié)CE，易得EC∥AC1，所以AC1與平面ABB1所成角等于直線EC與平面ABB1所成角．過點C作CG⊥AB，垂足為G，聯(lián)結(jié)GE，易得CG⊥平面ABB1，因此EG為EC在平面ABB1上的射影，所以［方法八］：定義法＋等積法如圖4，延長A1B1,AB交于點E，易知BE=2，又AB=BC=2，所以AC⊥CE，故CE⊥面AA1C1C．設(shè)點C1到平面又AC1=13，設(shè)直線AC1與平面【整體點評】（Ⅰ）方法一：通過線面垂直的判定定理證出，是該題的通性通法；方法二：通過建系，根據(jù)數(shù)量積為零，證出；（Ⅱ）方法一：根據(jù)線面角的定義以及幾何法求線面角的步驟，“一作二證三計算”解出；方法二：根據(jù)線面角的向量公式求出；方法三：根據(jù)線面角的定義以及計算公式，由等積法求出點面距，即可求出，該法是本題的最優(yōu)解；方法四：基本解題思想同方法三，只是求點面距的方式不同；方法五：直接利用三正弦定理求出；方法六：直接利用三余弦定理求出；方法七：通過直線平移，利用等價轉(zhuǎn)化思想和線面角的定義解出；方法八：通過等價轉(zhuǎn)化以及線面角的定義，計算公式，由等積法求出點面距，即求出．30．（2018·全國I卷·高考真題）如圖，四邊形ABCD為正方形，E,F分別為AD,BC的中點，以DF為折痕把△DFC折起，使點C（1）證明：平面PEF⊥平面ABFD（2）求DP與平面ABFD所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）34〖祥解〗（1）依題可知BF⊥PF，BF⊥EF，利用線面垂直的判定定理可得BF⊥平面PEF（2）方法一：依題意建立相應(yīng)的空間直角坐標系，求得平面ABFD的法向量，設(shè)DP與平面ABFD所成角為θ，利用線面角的向量公式即可求出．【詳析】（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PF∩又BF?平面ABFD，所以平面PEF⊥平面（2）[方法一]：向量法作PH⊥EF，垂足為H.由（1）得，PH⊥以H為坐標原點，HF的方向為y軸正方向，設(shè)BF=1，建立如圖所示的空間直角坐標系H由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=3.又PF=1則H0,0,0,P0,0,32設(shè)DP與平面ABFD所成角為θ，則sinθ所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為34[方法2]：向量法如圖3所示以E為原點建系．設(shè)正方形邊長為2，由（1）知，BF⊥平面PEF，則DE⊥平面PEF，故DE⊥PE．易求PE=3，則點P到直線又D(-1,0,0)，故DP=1,32,32，而平面ABFD的一個法向量[方法3]：【最優(yōu)解】定義法如圖4，作PH⊥EF，垂足為H，聯(lián)結(jié)由（1）知，PH⊥平面ABFD,因此∠PDH為DP與平面設(shè)正方形ABCD的邊長為2，則DE=1，在Rt△PED中，又因為PF=1,EF=2，由PE2+PF2所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為34[方法4]：等積法不妨設(shè)AB=2，則DE=1,PE=3,DP=EF=2．PE⊥PF，又PF⊥PD,PD∩PE=P，所以PF⊥【整體點評】（2）方法一：建立空間直角坐標系利用線面角的向量公式求解，可算作通性通法；方法二：同方法一，只是建系方式不一樣；方法三：利用線面角的定義求解，計算量小，是該題的最優(yōu)解；方法四：利用等積法求出點P到平面DEF的距離，再根據(jù)線面角的正弦公式即可求出，是線面角的常見求法．31．（2018·北京·高考真題）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E、F分別為AD、PB的中點.

（Ⅰ）求證：PE⊥BC；（Ⅱ）求證：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求證：EF//平面PCD【答案】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）見解析；（Ⅲ）見解析.〖祥解〗（1）欲證PE⊥BC，只需證明PE⊥AD即可；（2）先證PD⊥平面PAB，再證平面PAB⊥平面PCD；（3）取PC中點G，連接FG,DG，證明EF//DG，則EF//【詳析】（Ⅰ）∵PA=PD，且E為AD的中點，∴PE⊥AD.∵底面ABCD為矩形，∴BC//AD，∴（Ⅱ）∵底面ABCD為矩形，∴AB⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AB?平面ABCD，∴AB⊥平面PAD，又PD?平面PAD，∴AB⊥PD.又PA⊥PD，PA∩AB=A，PA、AB?平面PAB，∴PD⊥平面PAB，∵PD?平面PCD，∴平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）如圖，取PC中點G，連接FG,GD.

∵F,G分別為PB和PC的中點，∴FG//BC，且∵四邊形ABCD為矩形，且E為AD的中點，∴ED//∴ED//FG，且ED=FG，∴四邊形∴EF//GD，又EF?平面PCD，GD?平面PCD，∴EF//【『點石成金』】證明面面關(guān)系的核心是證明線面關(guān)系，證明線面關(guān)系的核心是證明線線關(guān)系.證明線線平行的方法：（1）線面平行的性質(zhì)定理；（2）三角形中位線法；（3）平行四邊形法.證明線線垂直的常用方法：（1）等腰三角形三線合一；（2）勾股定理逆定理；（3）線面垂直的性質(zhì)定理；（4）菱形對角線互相垂直.32．（2018·全國I卷·高考真題）如圖，在平行四邊形ABCM中，AB=AC