立体几何（解析版）-2021年高考数学【热点·重点·难点】专练(新高考).pdf

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1、热点09 立体几何【命题趋势】立体几何一直在高中数学中占有很大的分值，新高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点。新高考中立体几何淡化了三视图的相关内容，以基础题和中档题为主，热点问题主要有证明点线面的关系，如点共线、线共点、线共面问题；证明空间线面平行、垂直关系；求空间的角和距离；利用空间向量，将空间中的性质及位置关系的判定与向量运算相结合，使几何问题代数化等等。考查的重点是点线面的位置关系及空间距离和空间角，突出空间想象能力，侧重于空间线面位置关系的定性与定量考查，算中有证。其中选择、填空题注重几何符号语言、文字语言、图形语言三种语言的相互转化，考查学生对图形的识别、理解和加工能力；解答题

2、则一般将线面集中于一个几何体中，即以一个多面体为依托，设置几个小问，设问形式以证明或计算为主。【满分技巧】1 .平行、垂直位置关系的论证的策略(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。2 .空间角的计算方法与技巧主要步骤：一作、二证、三算；若用向量，那就是一证、二算。(1)两条异面直线所成的角平移法；补形法；向量法。(2)直线和平面所成的角作出直线和平面所成的角，关键是作垂线，找射影转化到同一三角形中计算，或用向量计算。

3、用公式计算。（3）二面角平面角的作法：（i）定义法；（i i）垂面法。平面角的计算法：（i）找到平面角，然后在三角形中计算（解三角形）或用向量计算；（i i）射影面积法；（i i i）向量夹角公式。3 .空间距离的计算方法与技巧（1）求点到直线的距离：经常应用三垂线定理作出点到直线的垂线，然后在相关的三角形中求解，也可以借助于面积相等求出点到直线的距离。（2）求两条异面直线间距离：一般先找出其公垂线，然后求其公垂线段的长。在不能直接作出公垂线的情况下，可转化为线面距离求解（这种情况高考不做要求）。（3）求点到平面的距离：一般找出（或作出）过此点与己知平面垂直的平面，利用面面垂直的性质过该点作出

4、平面的垂线，进而计算;也可以利用“三棱锥体积法”直接求距离；有时直接利用已知点求距离比较困难时，我们可以把点到平面的距离转化为直线到平面的距离，从 而“转移”到另一点上去求“点到平面的距离”。求直线与平面的距离及平面与平面的距离一般均转化为点到平面的距离来求解。4 .熟记一些常用的小结论诸如：正四面体的体积公式是；面积射影公式；“立平斜关系式”；最小角定理。弄清楚棱锥的顶点在底面的射影为底面的内心、外心、垂心的条件，这可能是快速解答某些问题的前提。5 .翻折、展开关注不变因素平面图形的翻折、立体图形的展开等一类问题，要注意翻折前、展开前后有关几何元素的“不变性”与“不变量”。6 .与球有关的题

5、型只能应用“老方法”，求出球的半径即可。7 .立体几何读题（1）弄清楚图形是什么几何体，规则的、不规则的、组合体等。（2）弄清楚几何体结构特征。面面、线面、线线之间有哪些关系（平行、垂直、相等）.（3）重点留意有哪些面面垂直、线面垂直，线线平行、线面平行等。8.解题程序划分为四个过程弄清问题。也就是明白“求证题”的已知是什么？条件是什么？未知是什么？结论是什么？也就是我们常说的审题。拟定计划。找出已知与未知的直接或者间接的联系。在弄清题意的基础上，从中捕捉有用的信息、，并及时提取记忆网络中的有关信息，再将两组信息资源作出合乎逻辑的有效组合,从而构思出一个成功的计划。即是我们常说的思考。执行计划

6、。以简明、准确、有序的数学语言和数学符号将解题思路表述出来，同时验证解答的合理性。即我们所说的解答。回顾。对所得的结论进行验证,对解题方法进行总结。【考查题型】选择题、填空、解答题【常考知识】空间几何体的几何特征、体积、面积、点线面的位置关系、空间向量【限时检测】（建议用时：90分钟）一、单选题1.（2 02 0年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标I ）已知A 氏 C为球。的球面上的三个点，。为A6C的外接圆，若。1的面积为4 兀，A B =B C =AC=Oa，则球。的表面积为（）A.6 4 兀 B.48K C.3 6 兀 D.3 2 兀【答案】A【分 析】由已知可得等边 ABC的外接圆半

7、径，进而求出其边长，得 出 的 值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【详解】设圆。1半径为，球的半径为R,依题意，得%y=4肛.r=2，ABC为等边三角形，由正弦定理可得AB=2rsin60=2 G，:.00=AB=2 6 根据球的截面性质0 a，平面ABC，OOt.LOtA,R=OA=飞00：+0 6 =飞00：+户=4，球。的表面积S=4兀/=647r.故选：A【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.2.（2 0 2 0 河南郑州高三其他模拟（理）过平面a外的直线/,作一组平面与a相交，若所得交线为a,b,c,-,则这些交线的位

8、置关系为（）A.平行或交于同一点 B.相交于同一点C.相交但交于不同的点D.平行【答案】A【分析】根据平面的基本性质，分类直线/与平面a平行和直线/与平面a相交两种情况讨论，即可求解.【详解】当直线/与平面a平行时,可得/a 1/b,/c,则a/M/c ,当直线/与平面a相交时，设/a =0,则直线是过。点的直线，所以这些交线的位置关系为都平行或都相交于同一点.故选：A.3.（2 0 2 0年新高考全国卷I数学高考试题（山东）日皆是中国古代用来测定时间的仪器，利用与唇面垂直的唇针投射到号面的影子来测定时间.把地球看成一个球（球心记为。，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点/处

9、的水平面是指过点1且与力垂直的平面.在点力处放置一个日唇，若唇面与赤道所在平面平行，点力处的纬度为北纬4 0 ,则唇针与点力处的水平面所成角为（）A.2 0 B.4 0 C.5 0 D.9 0【答案】B【分析】画出过球心和辱针所确定的平面截地球和号面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A处的纬度，计算出唇针与点A处的水平面所成角.【详解】画出截面图如下图所示，其中 8是赤道所在平面的截线；/是点A处的水平面的截线，依题意可知0 A1 1：A 3是卷针所在直线.加是髻面的截线，依题意依题意，辱面和赤道平面平行，辱针与唇面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知m

10、/C D、根据线面垂直的定义可得A B l m.由于NAOC=40,根C O,所以NQ4G=NAOC=40，山于 Z O AG+Z GAE =Z B A E+Z GAE=90，所以Z B A E =Z O AG=40，也即展针与点A处的水平面所成角为Z B A E =40.故选：BE B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算,涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.4.（2020年天津市高考数学试卷）若棱长为2 G的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（)A.1 2万B.24乃C.3 6%D.144万【答案】C【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球

11、的表面积公式，即可得解.【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，所以，这个球的表面积为S=4 R 2=4%x 3 2 =3 6万.故选：C.【点睛】本题考查正方体的外接球的表面枳的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的

12、交点为几何体的球心.5.（2 0 2 0 河南郑州高三月考（文）如图，在三棱柱中，M,4分别为棱3片 的中点，过MN作一平面分别交底面三角形AB C的边B C,AC于 点 发F,则（）A.MF/NEB.四边形M/V E/为梯形C.四边形MN EE为平行四边形D.A B J I N E【答案】B【分析】由已知条件及线面平行的性质可得M N E F R E F 彳M N ,可得四边形M N E F为梯形，可得答案.【详解】解：在 中，A M =M At,B N =N B ，：.A M B N,；,M N A B.又M N U 平面 A B C .AB平面ABC，平面A B C.又 M N u 平面

13、 M N E F，平面 M N E F 平面 4 B C =防，:.M N/E F，.-.EF/AB.显然在A A B C中，E F 于A B，:,E F 于M N,.四边形肱V跖 为 梯形.故选：B.【点睛】本题主要考查直线与平面平行的性质定理，需注意其灵活运用，属于基础题型.6.（2 0 2 0 安徽高三其他模拟（理）已知三个不同的平面戊、。、丫 ,两条不同的直线阳、“，则下列结论正确的是（）A.a J _ ,m a,尸 是 加 的 充 分 条 件B.7与a,夕所成的锐二面角相等是a户的充要条件C.a A./3,m L a ”J-4是z_L 的充分条件D.a内距离为d的两条平行线在 内的射

14、影仍是距离为d的两条平行线是a尸的充要条件【答案】C【分析】根据线线、线面和面面位置关系对选项逐一分析，结合充分、充要条件的知识确定正确选项.【详解】A.加，可能平行，所以A选项错误；B.a ,可能相交，所以B选项错误；C.根据面面垂直、线面垂直的性质可知C正确；D.当a ,/3相交且两条平行线垂直于交线时可以满足条件，所以D选项错误.故选：C【点睛】本小题主要考查空间线线、线面、面面的位置关系，考查充分、充要条件，属于基础题.7.（2020 广西高三其他模拟（理）如图，在正方体4;5-4旦G中，点昆尸分别是棱4?,二的中点,则异面直线4 与防所成角的大小为（）【答案】D【分析】取 的 中 点

15、H，连接则可得用”A E,从而可得用”与8/所成的角就是异面直线46与跖所成角，然后由己知可得3C E丝 从而可得到结果【详解】解：取3 c的中点H，连接E/Z,&H,则BH=：BC,因为E为AO的中点，所以AE=，A。，2因为 A D=BC，AD/B C，所以 A E=B H，AE B H、所以四边形ABHE为平行四边形，所以AB=H E，A B/HE因为=AB/所以 AB/H E，所以四边形4 4 H E为平行四边形，所以A E 4”,所以用”与8户所成的角就是异面直线4 与跖所成角，由题意可知，BC=BB1,BH=CF,ZBCF=ZB,BH=90,所以8C尸gB、BH,所以NCBF=NB

16、BM,因为 ZB B,H+Z B.H B =90,所以 NC B F+ZB,H B =90,所以与即4”与8尸所成的角为7T所 以 异 面 直 线4 6与孙所成角为一2故 选:D【点 睛】此题考查异面直线所成的角，考查数学转化思想和推理能力，属于基础题8.（2020 河 南 郑 州 高 三 其 他 模 拟（理）将 一 个 半 径 为 的 半 球 切 削 成 一 个 正 方 体（保持正方体的一个面在半球底面所在平面上），所 得 正 方 体 体 积 的 最 大 值 为（）【答 案】B【分 析】利用数形结合，可得当正方体体积的最大值时，该正方体内接于半球，然后计算正方体的棱长，结合勾股定理以及正方体

17、体积公式，可得结果.【详解】由题意：当正方体内接于半球时体积最大,图如连接球心。与点c,连接。G，则OG=&.设正方体棱长为a，则在R t b O C C 中，O C2+C C =0 C ,a+/=6,I 2 J解得a =2,故正方体体积的最大值为8.故选：B.【点睛】本题考查几何体内接于半球的问题，常采用数形结合，形象直观，难点在于找到该正方体体积最大时的位置，属基础题.9.(2 02 0 广西高三一模(理)如图，在正方体A B C。A4GA中，A B =1,M、N分别是A3、B C的中点，平面与AC分别与D、N交下P、Q两点，则5 M阳=()A.叵 B.拽5 5C.D.迪5 25【答案】D

18、【分析】以点。为坐标原点，ZM、DC、所在直线分别为8、V、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量ID.Pl&法计算出点q、M到平面A4 c的距离4、d2,可计算出 上 亍=下 七-，再利用线面平行的性质推DtM dt+d2导出1P QH MN ,利用共线向量的坐标运算可求得点P、。的坐标，进而可计算出【详解】以点。为坐标原点，DA，DC、0 A所在直线分别为、z轴建立空间直角坐标系，如下图所示:则点A(1,(),O)、C(O,1,O),4(1,1,1)、。(0,0,1)、加，0)、Ng,0设平面ABC的法向量为“=(x,y,z),A C =(-1,1,0),做=(0,1,1),由 n-A C=

19、-x +y =0.八，可得n A B-y+z=0 x=y,取y =l,则x =l,z l 1,-1),、z =-yA A =(1,0,1),点D,到平面A B,C的距离为4 =2 _ 2 6I n i 5/3 3点M到平面A B。的距离为4=匹=子邛,所以,他 4 3 一 4DtM dx+d2 2 /3 V 3 -5 -13-6N分别为AB、BC的中点，则M N A C,W平 面ABC，ACu平 面ABC，MN平面ABC，MN u 平面 DMN,平 面。MN 平面 ABC=PQ,:.PQMN.设点 P（X i，y,z J、Q（x2,y2,z2）,由 D|P =OM,可 得（知 必,2|-1）=

20、|0,则，42y飞1Z 1 =5所 以，点5 5彳1 A ,同理可得 点 明f 2 丁4 M，：.BP=5 5 5，4。=53 ，-51 ，-54）,网=|耳。卜亭,444七二）2554512 13 4,解 得 c o sN P B|Q闲BFW悯Q=1 16 则s i n/P%=K,-芝-丽-4 /因此，阀=/与 斗|耳0 s in N P g Q4 7 3故选：D.【点 睛】利用空间向量法计算立体几何中的三角形的面积，通 过 计 算 点A、M到 平 面AB1。的距离来确定点p、Q的位置是解决本题的关键，对于线面的交点问题，以后也可以采取类似的方法解决.10.（2020 广 西 北 海 高三一

21、模（理）如图是一个由正四棱锥P AgGA和正四棱柱构成的组合体，正四棱锥的 侧 棱 长 为6,8用 为 正 四 棱 锥 高 的4倍.当该组合体的体积最大时，点P到正四棱柱ABC。-AAGA外接球表面的最小距离是()A.6&-4 6 B.6(7 3-V 2)C.6(7 2-1)D.6(e-1)【答案】B【分析】设正四棱锥的高 为 鼠AB=a,由条件可得层+_/=3 6,然后该组合体的体积为24a1 h+1 x2/z=y(72/i-2/z3),然后利用导数求出当A =2月 时体积取得最大值，此时4=4内，然后算出正四棱柱ABC。-A g a。外接球的半径，然后点尸到正四棱柱ABC。4 4 G A外

22、接球表面的最小距离为点P到球心的距离减去半径，即可得到答案.【详解】由正四棱锥的侧棱长为6可得+,/=36,2该组合体的体积为小6+1百+(8百 4a2h+卜?力=$2 =阳 7 2 -2/)=削7 2 -2力3),令/()=7 2 7?2 3,则/()=7 2-6层，所以可得/()在(0,2 6)匕单调递增，在(2百,物)上单调递减，所以当力=2百 时/()取得最大值，即该组合体的体积最大，此时。=4&，所以正四棱柱A B C O-A A G，的外接球半径为：=6万点 尸到正四棱柱A B C D-A B G R外接球表面的最小距离为点P到球心的距离减去半径，即 3-6忘=6(有-0),故选：

23、B【点睛】本题考查的知识点有：几何体的体积公式，利用导数解决最值问题，几何体的外接球问题，属于较难题.二、填空题1 1.(2 0 2 0年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标H I)已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为【答案】-7 13【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.【详 解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示,其 中B C -2,A B =A C -3,且 点 材 为8 C边上的中点，设内切圆的圆心为0，山卜 A M -5/3?-=2/2 ,故 S&B C=5 x 2 x 2/2 -2

24、 V 2 ,设 内 切圆半径为，则：A B C=SAOB+SBOC+1 A A O C=x r +已 x B C x r+x A C x r=X(3 +3 +2)x r =2 V 2 ,解 得：r =Y2,其体积：V -nr,-n -2 3 3故答案为：3【点 睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一 种 是 外 接.解 题 时 要 认 真 分 析 图 形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.12.（2020 贵州安顺高三

25、其他模拟（文）已知三棱锥S A B C 的所有顶点都在球。的球面上，M B C是边长为1的正三角形，S C 为球。的直径，且 S C =2,则 此 棱 锥 的 体 积 为.【答案】巫6【解析】试题分析：根据题意作出图形：SA设球心为。，过ABC三点的小圆的圆心为。|,则平面ABC,延 长 交 球 于 点D,则 S O _L平面ABC.：。=宗平邛,。9=吗2=平，.高s o =2 0 Q=半，.小48。是边长为1的正三角形，.5心 廿=立，匕，叱=乂*2巫=受AABC 4 S-ABC 3 4 3 6考点：棱锥的体积.13.（2020 云南昆明高三其他模拟）已知正三棱柱外接于一个半径为2的球，则

26、正三棱柱的侧面积取得最大值时，其底面边长为【答案】V6【分析】设底面边长为。，则根据题意可得侧面积可表示为6旧即可得出结果.【详解】设外接球的球心为。，正三棱柱的底面边长为“，高为2儿则当=6,即。=旧 时，侧面积最大为126,底面边长为.故答案为：V6.【点睛】关键点睛：本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是根据勾股关系将正三棱柱的高用底面边长表示出来，则求出侧面积即可得出最值.14.（2020 广西高三其他模拟（理）在三棱锥P ABC中，AB=AC=4,N84C=12O，P B =P C =4 6，平面PBCJ平面A B C,则三棱锥P-A B C外 接 球 的 表 面 积 为.【答案】

27、8071【分析】设 A 3。的外接圆的圆心为&,连接Q C，。，5C nO,A =H,连接户，由面面垂直的性质定理可得PH_L平面46G设。为三棱锥尸/8C外接球的球心，连接。，OP,OC,过。作O）_LP”，垂足为，列等式/?2=。：+42=（6。）2+。2,从而求出R,再利用球的表面积公式即可求解.【详解】如图，设A BC的 外 接 圆 的 圆 心 为,连接o c，|A,B C r OtA =H ,连接加由题意可得 A H _LB C,且 A/7=。m=2,B H =-B C =2y/3.2 2因为平面BC_L平面且 P B =P C，所以777 _L平面ABC,且P =（4 6）2一（2

28、 6尸=6.设。为三棱锥446。外接球的球心，连接。OP,OC,过。作。0 L P”，垂足为,则外 接 球 的 半 径4满 足R2=。；+4 2=(6-。ay+a”2,即 O O：+1 6 =(6 O O j 2+4,解 得。1=2,从 而 胪=2 0 ,故 三 棱 锥F 4 8 C外接球的表面积为4 7 1 H 2 =8 0万.故答案为：8 0 7 t【点 睛】本题考查了多面体的外接球问题、球的表面积公式，考查了考生的空间想象能力以及计算求解能力，属于中档题.1 5.(2 0 2 0 安 徽 高 三 其 他 模 拟(理)在 三 棱 锥P ABC中，平 面A B C,PA =A B =1，B

29、C =2,N B A C -，M是 线 段BC上的动点,记直线P M与 平 面A B C所成的角为。，若 如6的最大值为2叵，23E为 线 段AC的中点，过 点E作 三 棱 锥P-ABC外接球的截面，则 该 截 面 面 积 的 取 值 范 围 为.【答 案】3兀5兀T，-4【分 析】作出简图，由线面角的定义和已知条件得出底面的三角形的边角关系，再由三棱锥的外接球可得截面的面积的范围.【详 解】如 图，连 接AM，因 为2 4,平 面ABC，所 以NPM4就是直线PM与 平 面ABC所成的角，,当AJ_3C时，。最大，此 时tan。有最大值，所以P A 273A M 3由题意可得AM=正，所 以

30、8例=!，又 B C =2,所 以MC=，A C =6 所 以/区4。=二2 2 2 2过8 c中 点。作平面A B C,连 接0 E,此 时OEJ_AC，所 以，以A C为直径的截面为最小截面，此时截面的面积为:3万T经过球 心。的截面为最大截面，连 接AO，尸0，作“O_LQ4于 则OO 尸AOO=A，因为O P =O A,所以点是目的中点,又 AO=O=1，所以 P0=正产“2+”。2=所以 过 球 心。的截面的面积为:所以该截面面积的取值范围为3兀5兀T5T故答案为:3兀5兀T5T【点睛】本题考查空间中的线面角的定义和计算，三棱锥的外接球的截面面积问题，属于中档题.三、解答题1 6.（

31、2 0 2 0 年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标I ）如图，。为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径，AE=AD.ABC是底面的内接正三角形，P为DO上 一 点,PO=DO.（1）证明：2 4,平面PBC；（2）求二面角3-尸。一 的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）巫.5【分析】（1）要证明24_L平面PBC，只需证明P4LPB，P4J.PC即可;（2）以。为坐标原点，以 为x轴，0V为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面PCB的法向n m量为，平面PCE的法向量为加，利用公式cos=-”算即可得到答案.I n|m|【详解】（1）由题设，知D4E为等边三角形，

32、设AE=1，则。=且，C O =B O =-A E =-,所以尸。=渔。0=变,2 2 2 6 4P C =IPO2+OC2=-,P B =IPO2+OB2=,4 4又 A 5C为等边三角形，则 匚 哙 =2。4,所以区4=虫，sin 60 23=A 8,则 ZAPB=9 0，所以/V1J_P8，4同理B 4 L P C,又P C P B =P,所以2 4,平面P8C；（2）过。作ON 火 交 于 点 儿 因为尸O_L平面ABC，以。为坐标原点，的 为x轴，以,为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则叫，。，。），尸（。，。，），端笔。）“当，。），4 4 4 2 4设平面P CB的一个法向量为

33、 =（3,y,4）,n-P C =Qrri/2 2/5t/c o s =-=-T=-故 nm r-V10 5 ，V J x-=-G设二面角8尸。一 的大小为。，则c o s 9 =*5【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题.17.（2 0 2 0 年天津市高考数学试卷）如图，在三棱柱A B C A 4 G 中，C q _ L 平面ABC,A C BC,A C =B C=2,CC=3,点 D,分别在棱 AA1和棱 C G 上，且 A D =1 CE=2,M为 棱 的 中 点.(I )求证：C.M(II)求二面角的正弦值；(I

34、II)求直线A B与平面。与E所成角的正弦值.【答案】(I)证明见解析；(I I)(I I I).6 3【分析】以c为原点，分别以C4,C8,C G的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系.(I)计算出向量G M和go的坐标，得出G M-go=o，即可证明出G M工自。：(II)可 知 平 面 的 一 个 法 向 量 为C4,计算出平面耳E。的一个法向量为“，利用空间向量法计算出二面角的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果;（III）利用空间向量法可求得直线AB与 平 面 所 成 角 的 正 弦 值.【详解】依题意，以C为原点，分别以C 4、CB、CC1的方向为X轴、y轴、Z

35、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得C(0,0,0)、A(2,0,0)、3(0,2,0)、0(0,0,3)、4 (2,0,3)、4(0,2,3)、2)(2,0,1),(0,0,2),M(1,1,3).(I)依题意，C,M=(1,1,0),4。=(2,-2,-2),从而G%4 D =22+0=0,所以(I I)依题意，C4=(2,0,0)是平面B&E的一个法向量，3=(0,2,1),ED=(2,0,-l).设=（x,y,z）为平面。用E的法向量,则H EB、=0n-ED=0即2y+z=02 x-z=0不妨设x=l,可得=(1,-1,2).csCA,半=逅2XV6 6，sin-/l-cos2

36、 =所以，二面角8 的正弦值为我；6(IH)依题意，45=(-2,2,0).由（II）知“=（1,一 1,2）为平面。与E的一个法向量，于是cos=ABn-4卜 耳,2夜x灰所以，直线A3与平面。片E所成角的正弦值 为 亚3【点睛】本题考查利用空间向量法证明线线垂直，求二面角和线面角的正弦值，考查推理能力与计算能力，属于中档题.18.（2020 安徽高三其他 模 拟（理）如图，已知圆O的直径A 8长为2,上半圆圆弧上有一点C,NCQ3=6（）,点尸是弧AC上的动点，点。是下半圆弧的中点，现以A3为折线，将下半圆所在的平面折成直二面角，连接P。、PD、CD.Cp,（1）当平面PC。时，求PC的长

37、;（2）当三棱锥P COD体积最大时，求二面角。PC O的余弦值.【答案】（1）PC=1；（2）旦3【分析】（1）根据线面平行的性质定理证得A5P C,然后根据角度证得三角形为正三角形，从而求得结论.（2）根据二面角为直二面角，证得DO 平面COP，由等体积法证得当COLOP时，三棱锥P COD体积最大，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用空间向量数量积的运算求得二面角的余弦值.【详解】解：（1）AB平面PC。，平面OCP，平面OCPc平面PCD=PC,二由线面平行的性质定理得A5/PC.乂NCOB=60，可得ZOCP=60.而OC=CP,OCP为正角形，所以PC=1.（2）.二面角为直二面

38、角，DO 1 AB,所以O_L平面COP,血 Vp-C OD =D-C OP，当COJ_OP时.，三棱锥。一 COD体积最大.X方法一：因为O P,OD,0 C两两垂直，所以OP,OD,o c分别为x,y,z轴建空间直角坐标系,u t u ULaiP(1,O,O),D(O,1,O),C(O,O,1),PC=(-1,0,1),DP=(1-1,0)令平面D PC的法向量为n,=(x,y,z),P C ny=0DP%=0-x+z=0 x-y =0,取 =(1,1,1)又取平面PC。的法向量为叼=(0,1,0)设二面角。PC O的平面角为a,cosa=勺23方法二：取P C的中点打，连接。H,D H.

39、因为OC=OP,DC=DP.所以。，D H都与尸C垂直，即NO”。为所求二面角的平面角.在Rt O PC中可得0 旦,在 Rt OHD 中,DHr-v7也所以 c o s Z O H D=V 6 3T所以：二面角。一P C o的余弦值的 为 立3【点睛】本题主要考查线面角的性质的应用及二面角的求法，意在考查学生的数学抽象的学科素养及数学运算的学科素养，属中档题.1 9.（2020年新高考全国卷I数学高考试题（山东）如图，四棱锥F/6缪的底面为正方形，底面4 9 5.设平面为与平面蹴的交线为1.（1）证明：平 面 砒；（2）已知取/ZM,。为，上的点，求知与平面所成角的正弦值的最大值.【答案】（

40、1）证明见解析；（2）逅.3【分析】（1 ）利用线面垂直的判定定理证得A D _L平面P D C ,利用线面平行的判定定理以及性质定理,证得A D/1,从而得到/_L平面PDC；（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点。（私0,1）,之后求得平面Q C。的 法 向 量 以 及 向 量 的 坐 标，求得c o s 的最大值，即为直 线 依 与平面QCD所成角的正弦值的最大值.【详解】(1)证明：在正方形A B C D中，A D/B C，因为4二平面PBC，B C u平面PBC,所以AO平面P8C,又因为A O u平面PAD，平面P A O平面尸BC=/,所以4D /,因

41、为在四棱锥产一ABC。中，底面ABC。是正方形，所以A。，。,；./，。,且PD_L平面ABC。，所以Ar PO,./_LPO,因为CD P D=D所以/，平面PD C；(2)如图建立空间直角坐标系。-孙z,因为 P=AD=1,则有。(0,0,0),C(0,l,0),4(1,0,0),P(0,0,1),8(1,1,0),设。(叫0,1),则有 D C=(0,1,0),D Q =(风0,1),D B =(1,1,-1),设平面QCD的法向量为n=（x,y,z）,则DC n =0,即DQn=0y=0nvc+z=0令x =l,则z =-m,所以平面QCD的一个法向量为=（1,0,-小），则c o s

42、 =n P BhH1 +0+?V 3-Vm2+1根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与r皿|1 +m R平面所成角的正弦值等于I c o s =：=组V 3-V m2+1 31 +2加+加2m2+1岑考向=牛当且仅当2时取等号，所以宜线P B与平面QCD所成角的正弦值的最大值为限.3【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目.20.（2020 云南昆明高三其他模拟）如图，四棱锥尸T 腼 中，底 面 切 是 平 行 四 边 形，N

43、 4缈=9 0,平面必L平面A B C D,PA=B（=,月 庐0,E、F分别为线段阳和园的中点.p(I)求证：四平面用尸；(I I )在线段以上是否存在一点G,使得平面为G 和平面P%所成二面角的大小为6 0?若存在，试确定G 的位置；若不存在，请说明理由.【答案】(I)先证明EC/7HF即 可(H)存 在 6(1,-1,0)【详解】试题分析：证 明(1)取 PA 中点为H,连结CE、HE、FH,因为II、E 分别为PA、PD 的中点，所以HEA D,班=工,也，因为A B CD 是平行四边形，且 F 为线段B C 的中点 所以FCA D,2所以IIEFC,班四边形FCEH是平行四边形 所以

44、EC【犷又 因 为 N 平 面 E XE H F U平 面?H F所以CE平面PA Fp(2)因为四边形A B CD 为平行四边形且/A CB=9 0 ,所以CA L A D 又由平面PA D,平面A B CD 可得CA J_平面 PA D 所以 CA J_PA由 PA=A D=1,PD=V 可知，PA A D所以可建立如图所示的平面直角坐标系A-x y z因为 PA=B C=1,A B=正 所 以 A C=1 所以 3(0 L 0)：C(l A 0)J(0 OD假设B C上存在一点G,使得平面PA G和平面PGC所成二面角的大小为6 0 ,设点G的坐标为(1,a,0),-la0所以工否=(L

45、 0),工Q=(0,0 J)设平面PA G的法向量为蔡=(x:ysz)则 彳 _/令x =a y =-L z=0 所以加=(q-L 0)Z =U又 无=(0立0),而=(-M M)设平面PCG的法向量为；=(x,：z)bv=0 r则 八令工=1,丁 =0,z=l所以”=(L 0.1)-x+z=0 v-7a (j因为平面PA G和平面PGC所成二面角的大小为6 0 ,所以|co s|=|工=-|=-a+1 *72 2所以a =l又i W a S O所以a =1所以线段B C上存在一点G,使得平面PA G和平面PGC所成二面角的大小为6 0 点G即为B点考点：本题主要考查立体几何中的平行关系、垂直关系，角的计算.点评：典型题，立体儿何题，是高考必考内容，往往涉及垂直关系、平行关系、角、距离、体积的计算.在计算问题中，有“几何法”和“向量法”.利用几何法，要遵循“一作、二证、三计算”的步骤.本题利用向量筒化了证明过程.把证明问题转化成向量的坐标运算，这种方法带有方向性.