2012-2022高考真题分类汇编及详解9.立体几何与向量方法含答案.pdf

12012-2022 高考真题分类汇编及详解高考真题分类汇编及详解立体几何立体几何与向量方法与向量方法20222022 年题组年题组1.（甲卷）在四棱锥PABCD中，PD 底面ABCD，/CD AB，1ADDCCB，2AB，3PD（1）证明：BDPA；（2）求PD与平面PAB的所成的角的正弦值【答案】（1）见解析；（2）55.【解析】（1）PD 底面ABCD，PDBD，取AB中点E，连接DE，可知112DEAB，/CD AB，/CD BE，四边形BCDE为平行四边形，1DECB，12DEAB，ABD为直角三角形，AB为斜边，BDAD，PDADD，BD 平面PAD，BDPA.（2）由（1）知，PD，AD，BD两两垂直，223BDABAD，建立空间直角坐标系如图所示，则(0,0,0)D，(1,0,0)A，(0,3,0)B，(0,0,3)P，(0,0,3)PD ，(1,0,3)PA，(1,3,0)AB ，设平面PAB的法向量为(,)nx y z，则200PA nAB n ，即3030 xzxy，不妨设1yz，则(3,1,1)n，设PD与平面PAB的所成角为，则35sincos,535PD nPD nPD n ，PD与平面PAB的所成的角的正弦值为55.2.（乙卷）18.（12 分）如图，四面体ABCD中,ADCD ADCDADBBDC E为AC中点.(1)证明：平面BED 平面ACD ；(2)设02,60,ABBDACB点F在BD上，当AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成角的正弦值.解析：（1）,ADCDADBBDCBD 且且为为公公共共边边,ADBBDC与与全全等等3ABBC.,EACADCD又又为为中中点点 且且,DEACBEAC同同理理.,DEBEEBED又又且且均均含含于于平平面面,ACBED平平面面.,ACACD又又平平面面平面BED 平面ACD .(2)在ABC中，0=2,60,ABACBABBC=2,=3ACBE.在ACD中，,2,ADCD ADCD AACCE为为中中点点,=1DEAC DE.2222,BDDEBEBDDEBE又又即即.AC直直线线、ED直直线线、EB直直线线两两互相垂直.由点F在BD上且,ADBBDC与与全全等等AFFC，由于EAC为为中中点点EFAC当AFC的面积最小时EFBD在Rt DEB中，=3,=1BEDE33,22EFBF如图，以点E为坐标原点，直线ACEBED、分别为xyz、轴建立空间直角坐标系.(1,0,0)C、(1,0,0)A、(0,3,0)B、(0,0,1)D、3 3(0,)44F(0,3,1)BD 、(1,0,1)AD 、(1,3,0)BC 34CFBFBCBDBC =3 3(1,)44设平面ABD的法向量为(,)mx y z.可得00BD mAD m 设1y(3,1,3)m设m与CF 所成的角为，CF与平面ABD所成角的为4所以CF与平面ABD所成角的正弦值为4 37.3.（新高考 1 卷）如图，直三棱柱111ABCABC的体积为4，1ABC的面积为2 2（1）求A到平面1ABC的距离；（2）设D为1AC的中点，1AAAB，平面1ABC 平面11ABB A，求二面角ABDC的正弦值【解析】（1）设A到平面1ABC的距离为h，11 1 11111443333AABCABCABCA B CVSA AV，11112 233A A BCA BCVShh，所以142 233h，所以2h，所以A到平面1ABC的距离为2（3）取1AB的中点E，连接AE，因为1AAAB，所以1AEAB，因为平面1ABC 平面11ABB A，平面1ABC平面111ABB AAB，所以AE 平面1ABC,=2AE，则1=2AAAB，所以AEBC，因为直三棱柱11ABCABC，所以1A ABC，因为1AEA AA，所以BC 平面1ABB A，所以BCAB，由1 1 1111=22=422ABCA B CVAB BC A ABC，所以=2BC，以BC为x轴，BA为y轴，1BB为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，所以(0,0,0)B，(0,2,0)A，(2,0,0)C，1(0,2,2)A，(0,1,1)E，(1,1,1)D平面 BDC 的法向量设为1(0,1,1)nAE ，平面 BDA 的法向量设为4 3sincos7m CFm CF 52(,)nx y z，(0,2,0)BA ，(1,1,1)BD ，2200BA nBD n ，所以200yxyz，所以0y，设1x，则1 z，所以2(1,0,1)n，所以1212211cos2|，n nn nnn，设二面角ABDC的平面角为，则23sin1cos2，所以二面角ABDC的正弦值为324.（新高考 2 卷）如图，PO是三棱锥PABC的高，PAPB，ABAC，E是PB的中点，（1）求证：OE平面PAC；（2）若30ABOCBO，3PO，5PA，求二面角CAEB的正弦值【答案】（1）见解析；（2）1113【解析】（1）法一：连接OA、OB，因为PO是三棱锥PABC的高，所以PO 平面ABC，所以POOA，POOB，所以90POAPOB，又PAPB，POPO，所以POAPOB，所以OAOB，作AB中点D，连接OD、DE，则有ODAB，又ABAC，所以ODAC，又因为OD 平面PAC，AC 平面PAC，所以OD平面PAC，又D、E分别为AB、PB的中点，所以，在BPA中，DEPA又因为DE 平面PAC，PA平面PAC，所以DE平面PAC，6又OD、DE平面ODE，ODDED，所以平面ODE平面PAC，又OE 平面ODE，所以OE平面PAC；法二：（1）连接OA、OB,因为PO是三棱锥PABC的高，所以PO 平面ABC，所以POOA,POOB，所以90POAPOB,又PAPB,POPO,所以POAPOB,所以OAOB,又ABAC,在Rt ABF中，O为BF中点，延长BO,交AC于F，连接PF,所以在PBF中，O、E分别为BF、PB的中点，所以EOPF,因为EO 平面PAC,PF 平面PAC,所以EO平面PAC；（2）法一：过点D作DFOP，以DB为x轴，DO为y轴，DF为z轴 建立如图所示的空间直角坐标系因为3PO，5PA，由（1）=4OAOB，又30ABOCBO，所以2OD，2 3DB，所以(0,2,3)P，(2 3,0,0)B，(2 3,0,0)A，3(3,1,)2E，设ACa，则(2 3,0)Ca，平面AEB的法向量设为1,)nx y z（，直线AB的方向向量可设为1,0,0a=（），直线DP 平面AEB，直线DP的方向向量为b0,2,3=（）1100a nb n ，所以0230 xyz，所以0 x，设3y，则2z ，所以1-)n （0,3，2；平面AEC的法向量设为2,)nx y z（，(0,0)ACa，3(3 3,1,)2AE 72200AC nAE n ，所以033 302ayxyz，所以0y，设3x，则6z ，所以23-)n （,0，6；所以12122112124 3cos=13|133913 3n nn nnn ，二面角CAEB的平面角为，则211sin1cos13，所以二面角CAEB的正弦值为1113法二：（2）过点A作AFOP,以AB为x轴，AC为y轴，AF为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.因为3PO,5PA,由（1）=4OAOB,又30ABOCBO，所以,4 3AB,所以(2 3,2,3)P,(4 3,0,0)B,(0,0,0)A,3(3 3,1,)2E,设ACa，则(0,0)Ca，平面AEB的法向量设为1,)nx y z（，3,0,0AB=（4），33,1,2AE=（3）1100AB nAE n ，所以4 3033 302xxyz，所以0 x，设-2z，则3y，所以13-)n （0，2；平面AEC的法向量设为2,)nx y z（，(0,0)ACa，3(3 3,1,)2AE 2200AC nAE n ,所以033 302ayxyz，所以0y，设3x，则6z ，8所以23-)n （,0，6；所以12122112124 3cos=13|133913 3n nn nnn ，二面角CAEB的平面角为，则211sin1cos13，所以二面角CAEB的正弦值为1113。2012-20212012-2021 题组题组1(2021 年高考全国甲卷理科)已知直三棱柱111ABCABC中，侧面11AAB B为正方形，2ABBC，E，F 分别为AC和1CC的中点，D 为棱11AB上的点11BFAB(1)证明：BFDE；(2)当1B D为何值时，面11BBC C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?2(2021 年高考全国乙卷理科)如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD 底面ABCD，1PDDC，M为BC的中点，且PBAM9(1)求BC；(2)求二面角APMB的正弦值3(2020 年高考数学课标卷理科)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEADABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，66PODO(1)证明：PA 平面PBC；(2)求二面角BPCE的余弦值4(2020 年高考数学课标卷理科)如图，已知三棱柱 ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面 BB1C1C 是矩形，M，N 分别为 BC，B1C1的中点，P 为 AM 上一点，过 B1C1和 P 的平面交 AB 于 E，交 AC 于 F10(1)证明：AA1MN，且平面 A1AMNEB1C1F；(2)设 O 为A1B1C1的中心，若 AO平面 EB1C1F，且 AO=AB，求直线 B1E 与平面 A1AMN 所成角的正弦值5(2020 年高考数学课标卷理科)如图，在长方体1111ABCDABC D中，点,E F分别在棱11,DD BB上，且12DEED，12BFFB(1)证明：点1C在平面AEF内；(2)若2AB，1AD，13AA，求二面角1AEFA的正弦值6(2019 年高考数学课标卷理科)图 1 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117(2019 年高考数学课标全国卷理科)如图，长方体1111ABCDABC D的底面ABCD是正方形，点E在棱1AA上，1BEEC 1证明：BE 平面11EBC；2若1AEAE，求二面角1BECC的正弦值8(2019 年 高 考 数 学 课标 全 国 卷 理 科)如 图，直 四 棱柱1111ABCDABC D的 底 面 是 菱 形，14,2,60,AAABBADE M N分别是BC，1BB，1A D的中点(1)证明：/MN平面1C DE；(2)求二面角1AMAN的正弦值9(2018 年高考数学课标卷（理）)(12 分)如图，边长为2的正方形ABCD所在平面与半圆弧CD所在的平面垂直，M是弧CD上异于,C D的点(1)证明：平面AMD 平面BMC；(2)当三棱锥MABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值1210(2018 年高考数学课标卷（理）)(12 分)如图，在三棱锥PABC中，2 2ABBC，4PAPBPCAC，O为AC的中点(1)证明：PO 平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值11(2018 年高考数学课标卷（理）)(12 分)如图，四边形ABCD为正方形，,E F分别为,AD BC的中点，以DF为折痕把DCF折起，使点C到达点P的位置，且PFBF(1)证明:平面PEF 平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值12 (2017 年 高 考 数 学 新 课 标 卷 理 科)如 图,在 四 棱 锥PABCD中,/ABCD,且90BAPCDP(1)证明:平面PAB 平面PAD;(2)若PAPDABDC,90APD,求二面角APBC的余弦值1313(2017 年高考数学课标卷理科)如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ACD是直角三角形，ABDCBD，ABBD(1)证明：平面ACD 平面ABC；(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角DAEC的余弦值14(2017 年高考数学课标卷理科)如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD，o1,90,2ABBCADBADABC E是PD的中点(1)证明：直线/CE平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成锐角为o45，求二面角MABD的余弦值1415 (2016 高 考 数 学 课 标 卷 理 科)如 图,四 棱 锥PABC中,PA 地 面ABCD,AD BC,3ABADAC,4PABC,M为线段AD上一点,2AMMD,N为PC的中点.()证明MN平面PAB;()求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.16(2016 高考数学课标卷理科)(本小题满分)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，5,6ABAC，点,E F分别在,AD CD上，54AECF，EF交BD于点H将DEF沿EF折到D EF的位置，10OD(I)证明：DH平面ABCD；(II)求二面角BD AC的正弦值1517(2016 高考数学课标卷理科)(本题满分为 12 分)如图，在以,A B C D E F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，2AFFD，90AFD，且二面角DAFE与二面角CBEF都是60(I)证明平面ABEF EFDC；(II)求二面角EBCA的余弦值18(2015 高考数学新课标 2 理科)(本题满分 12 分)如图，长方体1111ABCDABC D中,=16AB，=10BC，18AA，点E，F分别在11AB，11C D上，114AED F过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形()在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由)；()求直线AF与平面所成角的正弦值19(2015 高考数学新课标 1 理科)如图，四边形ABCD为菱形，120ABC，,E F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，2BEDF，AEEC(1)证明：平面AEC平面AFC;(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值1620(2014 高考数学课标 2 理科)(本小题满分 12 分)如图，四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA平面 ABCD，E 为 PD 的中点()证明：PB平面 AEC；()设二面角 D-AE-C 为 60，AP=1，AD=3，求三棱锥 E-ACD 的体积21(2014 高考数学课标 1 理科)如图三棱柱111ABCABC-中,侧面11BBC C为菱形,1ABBC(1)证明:1ACAB=;(2)若1ACAB,o160CBB,ABBC=,求二面角111AABC-的余弦值22(2013 高考数学新课标 2 理科)如图，直三棱柱111ABCABC中，,D E分别是1,AB BB的中点，122AAACCBAB(1)证明：1/BC平面1ACD；(2)求二面角1DACE的正弦值23(2013 高考数学新课标 1 理科)如图，三棱柱111ABCABC中，11.,60CACB ABAABAA()证明1ABAC;17()若平面ABC 平面11AAB B，ABCB，求直线1AC与平面11BBC C所成角的正弦值。24(2012 高考数学新课标理科)如图，直三棱柱111ABCABC中，112ACBCAA，D是棱1AA的中点，BDDC 1(1)证明：BCDC 1(2)求二面角11CBDA的大小立体几何立体几何与向量方法与向量方法一、解答题一、解答题1(2021 年高考全国甲卷理科)已知直三棱柱111ABCABC中，侧面11AAB B为正方形，2ABBC，E，F 分别为AC和1CC的中点，D 为棱11AB上的点11BFAB18(1)证明：BFDE；(2)当1B D为何值时，面11BBC C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?解析：因为三棱柱111ABCABC是直三棱柱，所以1BB 底面ABC，所以1BBAB因为11/A BAB，11BFAB，所以BFAB，又1BBBFB，所以AB 平面11BCC B所以1,BA BC BB两两垂直以B为坐标原点，分别以1,BA BC BB所在直线为,x y z轴建立空间直角坐标系，如图所以1110,0,0,2,0,0,0,2,0,0,0,2,2,0,2,0,2,2BACBAC，1,1,0,0,2,1EF由题设,0,2D a（02a）（1）因为0,2,1,1,1,2BFDEa，19所以012 1 120BF DEa ，所以BFDE（2）设平面DFE的法向量为,mx y z，因为1,1,1,1,1,2EFDEa ，所以00m EFm DE，即0120 xyza xyz 令2za，则3,1,2maa因为平面11BCC B的法向量为2,0,0BA ，设平面11BCC B与平面DEF的二面角的平面角为，则2263cos222142214m BAmBAaaaa 当12a 时，2224aa取最小值为272，此时cos取最大值为363272所以2min63sin133，此时112B D 2(2021 年高考全国乙卷理科)如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD 底面ABCD，1PDDC，M为BC的中点，且PBAM(1)求BC；(2)求二面角APMB的正弦值20解析：（1）PD 平面ABCD，四边形ABCD为矩形，不妨以点D为坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系Dxyz，设2BCa，则0,0,0D、0,0,1P、2,1,0Ba、,1,0M a、2,0,0Aa，则2,1,1PBa，,1,0AMa ，PBAM，则2210PB AMa ，解得22a，故22BCa；（2）设平面PAM的法向量为111,mx y z，则2,1,02AM ，2,0,1AP ，由111120220m AMxym APxz ，取12x，可得2,1,2m，设平面PBM的法向量为222,nxy z，2,0,02BM ，2,1,1BP ，由222220220n BMxn BPxyz ，取21y，可得0,1,1n r，33 14cos,1472m nm nmn ，21所以，270sin,1 cos,14m nm n ，因此，二面角APMB的正弦值为70143(2020 年高考数学课标卷理科)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEADABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，66PODO(1)证明：PA 平面PBC；(2)求二面角BPCE的余弦值【解析】（1）由题设，知DAE为等边三角形，设1AE，则32DO，1122COBOAE，所以6264PODO，222266,44PCPOOCPBPOOB又ABC为等边三角形，则2sin60BAOA，所以32BA，22234PAPBAB，则90APB，所以PAPB，同理PAPC，又PCPBP，所以PA 平面PBC；（2）过 O 作ONBC 交 AB 于点 N，因为PO 平面ABC，以 O 为坐标原点，OA 为 x 轴，ON 为 y轴建立如图所示的空间直角坐标系，22则121313(,0,0),(0,0,),(,0),(,0)244444EPBC，132(,)444PC ，132(,)444PB ，12(,0,)24PE ，设平面PCB的一个法向量为111(,)nx y z，由00n PCn PB ，得111111320320 xyzxyz，令12x，得111,0zy，所以(2,0,1)n，设平面PCE的一个法向量为222(,)mxy z由00m PCm PE ，得22222320220 xyzxz，令21x，得2232,3zy，所以3(1,2)3m 故2 22 5cos,5|1033n mm nnm ，设二面角BPCE的大小为，则2 5cos54(2020 年高考数学课标卷理科)如图，已知三棱柱 ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面 BB1C1C 是矩形，M，N 分别为 BC，B1C1的中点，P 为 AM 上一点，过 B1C1和 P 的平面交 AB 于 E，交 AC 于 F23(1)证明：AA1MN，且平面 A1AMNEB1C1F；(2)设 O 为A1B1C1的中心，若 AO平面 EB1C1F，且 AO=AB，求直线 B1E 与平面 A1AMN 所成角的正弦值解析：（1）,M N分别为BC，11BC的中点，1/MN BB又11/AABB1/MN AA在ABC中，M为BC中点，则BCAM又侧面11BBC C为矩形，1BCBB1/MN BBMNBC由MNAMM，,MN AM 平面1A AMNBC平面1A AMN又11/BCBC，且11BC 平面ABC，BC 平面ABC，11/BC平面ABC又11BC 平面11EBC F，且平面11EBC F 平面ABCEF2411/BCEF/EF BC又BC 平面1A AMNEF 平面1A AMNEF 平面11EBC F平面11EBC F平面1A AMN（2）连接NP/AO平面11EBC F，平面AONP 平面11EBC FNP/AO NP根据三棱柱上下底面平行，其面1A NMA平面ABCAM，面1A NMA平面1111ABCAN/ON AP故：四边形ONPA是平行四边形设ABC边长是6m(0m)可得：ONAP，6NPAOABmO为111A B C的中心，且111A B C边长为6m16 sin6033ONm 25故：3ONAPm/EF BCAPEPAMBM333 3EP解得：EPm在11BC截取1BQEPm，故2QNm1BQEP且1/BQ EP四边形1BQPE是平行四边形，1/B E PQ由（1）11BC 平面1A AMN故QPN为1B E与平面1A AMN所成角在RtQPN，根据勾股定理可得：2222262 10PQQNPNmmm210sin102 10QNmQPNPQm直线1B E与平面1A AMN所成角的正弦值：10105(2020 年高考数学课标卷理科)如图，在长方体1111ABCDABC D中，点,E F分别在棱11,DD BB上，且12DEED，12BFFB26(1)证明：点1C在平面AEF内；(2)若2AB，1AD，13AA，求二面角1AEFA的正弦值解析：（1）在棱1CC上取点G，使得112CGCG，连接DG、FG、1C E、1C F，在长方体1111ABCDABC D中，/AD BC且ADBC，11/BBCC且11BBCC，112CGCG，12BFFB，112233CGCCBBBF且CGBF，所以，四边形BCGF为平行四边形，则/AF DG且AFDG，同理可证四边形1DEC G为平行四边形，1/C E DG且1C EDG，1/C E AF且1C EAF，则四边形1AEC F为平行四边形，因此，点1C在平面AEF内；（2）以点1C为坐标原点，11C D、11C B、1CC所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系1Cxyz，则2,1,3A、12,1,0A、2,0,2E、0,1,1F，0,1,1AE ，2,0,2AF ，10,1,2AE，12,0,1AF ，设平面AEF的法向量为111,mx y z，27由00m AEm AF ，得11110220yzxz取11z ，得111xy，则1,1,1m，设平面1AEF的法向量为222,nxyz，由1100n AEn AF ，得22222020yzxz，取22z，得21x，24y，则1,4,2n，37cos,7321m nm nmn ，设二面角1AEFA的平面角为，则7cos7，242sin1 cos7因此，二面角1AEFA的正弦值为4276(2019 年高考数学课标卷理科)图 1 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28解析：(1)由已知得/ADDE，/CGBE,所以/ADCG，故,AD CG确定一个平面从而,A C G D四点共面由已知得,ABBEABBC，故AB 平面BCGE又因为AB 平面ABC,所以平面ABC 平面BCGE（2）作EHBC,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2，60EBC，可求得1,3BHEH以H为坐标原点，HC的方向为x轴的的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，则(1,1,0),(1,0,0),(2,0,3),(1,0,3),(2,1,0)ACGCGAC 设平面ACGD的法向量为(,)nx y z，则00CG nACn 即30,20.xzxy所以可取(3,6,3)n 又平面BCGE的法向量可取为(0,1,0)m，所以3cos,2n mn m=|n|m|29因此二面角B-CG-A的大小为307(2019 年高考数学课标全国卷理科)如图，长方体1111ABCDABC D的底面ABCD是正方形，点E在棱1AA上，1BEEC 1证明：BE 平面11EBC；2若1AEAE，求二面角1BECC的正弦值证明：1由已知得，11BC 平面11ABB A，BE 平面11ABB A，故11BC BE又1BEEC，所以BE 平面11EBC 2由 1知190BEB由题设知11RtABERtAB E，所以45AEB，故AEAB，12AAAB以D为坐标原点，DA 的方向为x轴正方向，DA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则0,1,0C，1,1,0B，10,1,2C，1,0,1E，1,0,0CB ，1,1,1CE ，10,0,2CC 设平面EBC的法向量为111,nx y z，则yzx1D1CDABCE1B1A3000CB nCE n ，即11110,0,xxyz所以可取0,1,1n .设平面1ECC的法向量为222,mxyz，则100CC mCE m 即222220,0zxyz所以可取1,1,0m.于是1cos,2n mn mnm 所以，二面角1BECC的正弦值为328(2019 年 高 考 数 学 课标 全 国 卷 理 科)如 图，直 四 棱柱1111ABCDABC D的 底 面 是 菱 形，14,2,60,AAABBADE M N分别是BC，1BB，1A D的中点(1)证明：/MN平面1C DE；(2)求二面角1AMAN的正弦值解：（1）连结1,BC ME因为,M E分别为1,BB BC的中点，所以1/ME BC，且112MEBC又因为N为1A D的中点，所以112NDAD由题设知11ABDC，可得11BCAD，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，/MN ED又MN 平面1C DE，所以/MN平面1C DE（2）由已知可得DEDA以D为坐标原点，DA 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1(2,0,0),(2,0,4),(1,3,2),(1,0,2)AAMN，1(0,0,4)A A，1(1,3,2)A M ，1(1,0,2)A N ，(0,3,0)MN 设(,)mx y z为平面1AMA的法向量，则1100m AMm A A ，所以32040 xyzz，可取(3,1,0)m 31设(,)np q r为平面1AMN的法向量，则100n MNn AN ，所以3020qpr，可取(2,0,1)n 于是2 315cos,525m nm nmn ，所以二面角1AMAN的正弦值为1059(2018 年高考数学课标卷（理）)(12 分)如图，边长为2的正方形ABCD所在平面与半圆弧CD所在的平面垂直，M是弧CD上异于,C D的点(1)证明：平面AMD 平面BMC；(2)当三棱锥MABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值解答（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，故BCDM因为M为CD上异于,C D的点，且DC为直径，所以DMCM又BCCMC，所以DM 平面BMC而DM 平面AMD，故平面AMD 平面BMC32（2）以D为坐标原点，DA 的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz当三棱锥MABC体积最大时，M为CD的中点，由题设得0,0,0D，2,0,0A，2,2,0B，0,2,0C，0,1,1M2,1,1AM ，0,2,0AB ，2,0,0DA 设,nx y z是平面MAB的法向量，则00n AMn AB ，即2020 xyzy可取1,0,2n 易知DA 是平面MCD的法向量，因此5cos,5n DAn DAnDA 所以252 5sin,155n DA 所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是2 5510(2018 年高考数学课标卷（理）)(12 分)如图，在三棱锥PABC中，2 2ABBC，4PAPBPCAC，O为AC的中点(1)证明：PO 平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值33解析：（1）因为4APCPAC，O为AC的中点，所以OPAC，且2 3OP 连接OB因为22ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，122OBAC由222OPOBPB知POOB由OPOB，OPAC知PO 平面ABC（2）如图，以O为坐标原点，OBuuu r的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz由已知得(0,0,0)O，(2,0,0)B，(0,2,0)A，(0,2,0)C，(0,0,2 3)P，(0,2,2 3)AP uuu r取平面PAC的法向量为(2,0,0)OB uuu r设(,2,0)(02)M aaa，则(,4,0)AMaauuur设平面PAM的法向量为(,)x y zn，由0APuuu rn，0AM uuurn得22 30(4)0yzaxa y，可取(3(4),3,)aaan，所以2222 3(4)cos,2 3(4)3aOBaaauuu rn，由已知可得3cos,2OB uuu rn所以2222 3(4)322 3(4)3aaaa，解得4a （舍去），43a 34所以8 3 4 34(,)333n 又(0,2,2 3)PC ，所以3cos,4nPCuuu r所以PC与平面PAM所成角的正弦值为3411(2018 年高考数学课标卷（理）)(12 分)如图，四边形ABCD为正方形，,E F分别为,AD BC的中点，以DF为折痕把DCF折起，使点C到达点P的位置，且PFBF(1)证明:平面PEF 平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值解析：（1）由已知可得，BFPF，BFEF，所以BF平面PEF又BF 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，HF的方向为y轴正方向，|BF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz由（1）可得，DEPE又2DP，1DE，所以3PE 又1PF，2EF，故PEPF可得33,22PHEH则3333(0,0,0),(0,0,),(1,0),(1,),2222HPDDP 3(0,0,)2HP 为平面ABFD的法向量设DP与平面ABFD所成角为，则334sin|4|3HP DPHPDP 35所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为3412 (2017 年 高 考 数 学 新 课 标 卷 理 科)如 图,在 四 棱 锥PABCD中,/ABCD,且90BAPCDP(1)证明:平面PAB 平面PAD;(2)若PAPDABDC,90APD,求二面角APBC的余弦值【解析】(1)由已知90BAPCDP,得ABAP,CDPD由于/ABCD,故ABPD,从而AB 平面PAD又AB 平面PAB,所以平面PAB 平面PAD(2)在平面PAD内做PFAD,垂足为F,由(1)可知,AB 平面PAD,故ABPF,可得PF 平面ABCD以F为坐标原点,FA 的方向为x轴正方向,|AB 为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz由(1)及已知可得2(,0,0)2A,2(0,0,)2P,2(,1,0)2B,2(,1,0)2C 所以22(,1,)22PC ,(2,0,0)CB ,22(,0,)22PA ,(0,1,0)AB 设(,)x y zn是平面PCB的法向量,则3600PCCB nn,即2202220 xyzx,可取(0,1,2)n设(,)x y zm是平面PAB的法向量,则00PAAB mm,即220220 xzy,可取(1,0,1)n则3cos,|3 n mn mn m,所以二面角APBC的余弦值为3314(2017 年高考数学课标卷理科)如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD，o1,90,2ABBCADBADABC E是PD的中点(1)证明：直线/CE平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成锐角为o45，求二面角MABD的余弦值（1）证明：取PA中点为F，连接EF、AF因为90BADABC，12BCAD所以BC12AD因为E是PD的中点，所以EF12AD，所以EFBC所以四边形EFBC为平行四边形，所以/ECBF因为BF平面PAB，EC平面PAB所以直线/CE平面PAB（2）取AD中点为O，连接OCOP、因为PAD为等边三角形，所以PO AD因为平面PAD 平面ABCD，平面PAD 平面ABCDAD，PO 平面PAD所以PO 平面ABCD37因为AOBC，所以四边形OABC为平行四边形，所以/ABOC所以OCAD以,OC OD OP分别为,x y z轴建立空间直角坐标系，如图设1BC，则(0,0,3),(0,1,0),(1,1,0),(1,0,0)PABC，所以(1,0,3)PC 设(,)M x y z，则(,3)PMx y z，(1,0,0)AB 因为点M在棱PC上，所以(01)PMPC ，即(,3)(1,0,3)x y z所以(,0,33)M，所以(1,1,33)BM 平面ABCD的法向量为(0,0,1)n 因为直线BM与底面ABCD所成角为45，所以222|33|2|sin45|cos,|2|(1)1(33)1BM nBM nBMn 解得212，所以26(,1,)22BM 设平面MAB的法向量为(,)mx y z，则026022AB mxBM mxyz 令1z，则6(0,1)2m 所以22110cos,5|6()12m nm nmn 所以求二面角MABD的余弦值10515 (2016 高 考 数 学 课 标 卷 理 科)如 图,四 棱 锥PABC中,PA 地 面ABCD,AD BC,3ABADAC,4PABC,M为线段AD上一点,2AMMD,N为PC的中点.()证明MN平面PAB;()求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.38【解析】()由已知得223AMAD,取BP的中点T,连接,AT TN由N为PC中点知TNBC,122TNBC.又ADBC,故TN平行且等于AM,四边形AMNT为平行四边形,于是MNAT.因为AT 平面PAB,MN 平面PAB,所以MN平面PAB.()取BC的中点E,连接AE由ABAC得AEBC,从而AEAD,且2222()52BCAEABBEAB.以A为坐标原点,AE 的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz由题意知,(0,0,4)P,(0,2,0)M,(5,2,0)C,5(,1,2)2N,(0,2,4)PM ,5(,1,2)2PN,5(,1,2)2AN,设n(,)x y z为平面PMN的法向量,则n0n0PMPN,39即2405202xzxyz,可取n(0,2,1),于是n8 5cosn,25nANANAN.所以直线AN与平面PM