1、立体几何与向量方法一、解答题1(2021年高考全国甲卷理科)已知直三棱柱中，侧面为正方形，E，F分别为和中点，D为棱上的点(1)证明：；(2)当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?解析：因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以因为，所以，又，所以平面所以两两垂直以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所以，由题设（）（1）因为，所以，所以（2）设平面的法向量为，因为，所以，即令，则因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则当时，取最小值为，此时取最大值为所以，此时2(2021年高考全国乙卷理科)如图，四棱锥的底面是矩形，底面，为的中点，且(1)求；(2)求二面角的
2、正弦值解析：（1）平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、，则，则，解得，故；（2）设平面的法向量为，则，由，取，可得，设平面的法向量为，由，取，可得，所以，因此，二面角的正弦值为3(2020年高考数学课标卷理科)如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，是底面的内接正三角形，为上一点，(1)证明：平面；(2)求二面角的余弦值【解析】（1）由题设，知为等边三角形，设，则，所以，又为等边三角形，则，所以，则，所以，同理，又，所以平面；（2）过O作BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间
3、直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，由，得，令，得，所以，设平面的一个法向量为由，得，令，得，所以故，设二面角的大小为，则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F(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）分别为，的中点，又在中，为中点，则又侧面为矩形，由，平面平面又，且平面，平面，平面又平面，且平
4、面平面又平面平面平面平面平面（2）连接平面，平面平面根据三棱柱上下底面平行，其面平面，面平面故：四边形是平行四边形设边长是()可得：，为的中心，且边长为故：解得：在截取，故且四边形是平行四边形，由（1）平面故为与平面所成角在，根据勾股定理可得：直线与平面所成角的正弦值：5(2020年高考数学课标卷理科)如图，在长方体中，点分别在棱上，且，(1)证明：点平面内；(2)若，求二面角的正弦值解析：（1）在棱上取点，使得，连接、，在长方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则且，同理可证四边形为平行四边形，且，且，则四边形为平行四边形，因此，点在平面内；（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴
5、建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，设平面的法向量为，由，得取，得，则，设平面的法向量为，由，得，取，得，则，设二面角的平面角为，则，因此，二面角的正弦值为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的大小解析：(1)由已知得，,所以，故确定一个平面从而四点共面 由已知得，故平面 又因为平面,所以平面平面 （2）作,垂足为因为平面,平面平面
6、，所以平面由已知，菱形的边长为，可求得以为坐标原点，的方向为轴的的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则设平面的法向量为，则 即 所以可取又平面的法向量可取为，所以因此二面角的大小为7(2019年高考数学课标全国卷理科)如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，证明：平面；若，求二面角的正弦值证明：由已知得，平面，平面，故又，所以平面由知由题设知，所以，故，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，即所以可取.设平面的法向量为，则即所以可取.于是所以，二面角的正弦值为8(2019年高考数学课标全国卷理科)如图，直四棱柱的底面是菱形，分别是，
7、的中点(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值解：（1）连结因为分别为的中点，所以，且又因为为的中点，所以由题设知，可得，故，因此四边形为平行四边形，又平面，所以平面（2）由已知可得以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设为平面的法向量，则，所以可取设为平面的法向量，则所以可取于是，所以二面角的正弦值为9(2018年高考数学课标卷（理）)(12分)如图，边长为的正方形所在平面与半圆弧所在的平面垂直，是弧上异于的点(1)证明：平面平面；(2)当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值解答（1）由题设知，平面平面，交线为因为，平面，所以平面，故因为为上异于的点，且为
8、直径，所以又，所以平面而平面，故平面平面（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系当三棱锥体积最大时，为的中点，由题设得，设是平面的法向量，则，即可取易知是平面的法向量，因此所以所以面与面所成二面角的正弦值是10(2018年高考数学课标卷（理）)(12分)如图，在三棱锥中，为的中点(1)证明：平面；(2)若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值解析：（1）因为，为的中点，所以，且连接因为，所以为等腰直角三角形，且，由知由，知平面（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系由已知得，取平面的法向量为设，则设平面的法向量为，由，得，可取，所以，由已知
9、可得所以，解得（舍去），所以又，所以所以与平面所成角的正弦值为11(2018年高考数学课标卷（理）)(12分)如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且(1)证明:平面平面；(2)求与平面所成角的正弦值解析：（1）由已知可得，所以平面又平面，所以平面平面（2）作，垂足为由（1）得，平面以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系由（1）可得，又，所以又，故可得则为平面的法向量设与平面所成角为，则所以与平面所成角的正弦值为12(2017年高考数学新课标卷理科)如图,在四棱锥中,且(1)证明:平面平面;(2)若,求二面角的余弦值【解析】(1)
10、由已知,得,由于,故,从而平面又平面,所以平面平面(2)在平面内做,垂足为, 由(1)可知,平面,故,可得平面 以为坐标原点,的方向为轴正方向,为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系 由(1)及已知可得, 所以, 设是平面的法向量,则 ,即,可取 设是平面的法向量,则,即,可取 则,所以二面角的余弦值为 14(2017年高考数学课标卷理科)如图，四棱锥 中，侧面 为等比三角形且垂直于底面 ， 是 的中点(1)证明：直线 平面 ；(2)点 在棱上，且直线 与底面 所成锐角为 ，求二面角 的余弦值（1）证明：取中点为，连接、因为，所以因为是的中点，所以，所以所以四边形为平行四边形，所以因为平面，平
11、面所以直线平面（2）取中点为，连接因为为等边三角形，所以因为平面平面，平面平面，平面所以平面因为，所以四边形为平行四边形，所以所以以分别为轴建立空间直角坐标系，如图设，则，所以设，则，因为点在棱上，所以，即所以，所以平面的法向量为因为直线与底面所成角为，所以解得，所以设平面的法向量为，则令，则所以所以求二面角的余弦值15(2016高考数学课标卷理科)如图,四棱锥中,地面,ADBC,为线段上一点,为的中点.()证明平面;()求直线与平面所成角的正弦值.【解析】()由已知得,取的中点,连接由为中点知,.又,故平行且等于,四边形为平行四边形,于是.因为平面,平面,所以平面.()取的中点,连接由得,从
12、而,且.以为坐标原点,的方向为轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系由题意知,设为平面的法向量,则,即,可取,于是.所以直线与平面所成角的正弦值为.16(2016高考数学课标卷理科)(本小题满分)如图，菱形的对角线与交于点，点分别在上，交于点将沿折到的位置，(I)证明：平面；(II)求二面角的正弦值【解析】（I）由已知得，又由得，故因此，从而由,得由得所以，于是，故又，而，所以（II）如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系则，设是平面的法向量，则，即所以可以取设是平面的法向量，则，即所以可以取于是因此二面角的正弦值是17(2016高考数学课标卷理科)(本题满分为12分)如图
13、，在以为顶点的五面体中，面为正方形，且二面角与二面角都是(I)证明平面；(II)求二面角的余弦值解析：由已知可得，所以面又面，故平面平面(II)过点作，垂足为，由(I)知面以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系由(I)知为二面角的平面角，故，则可得由已知，,所以面由，可得平面，所以为二面角的平面角,从而可得所以,设是平面的法向量，则即所以可取设是平面的法向量，则同理可取，则二面角的余弦值为18(2015高考数学新课标2理科)(本题满分12分)如图，长方体中,，点，分别在，上，过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形(1)在图中画出这个正方形(不必说出画
14、法和理由)；(2)求直线与平面所成角的正弦值解析：（）交线围成的正方形如图：（）作，垂足为，则，因为为正方形，所以于是，所以以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设是平面的法向量，则即所以可取又，故所以直线与平面所成角的正弦值为19(2015高考数学新课标1理科)如图，四边形为菱形，是平面同一侧的两点，平面，平面，(1)证明：平面平面;(2)求直线与直线所成角的余弦值（）见解析（）分析：（）连接BD，设BDAC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1易证EGAC，通过计算可证EGFG，根据线面垂直判定定理可知EG平面AFC，由面面垂直判定定理知
15、平面AFC平面AEC；（）以G为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，利用向量法可求出异面直线AE与CF所成角的余弦值解析：（）连接BD，设BDAC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1，由ABC=120，可得AG=GC=由BE平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC，又AEEC，EG=，EGAC，在RtEBG中，可得BE=，故DF=在RtFDG中，可得FG=在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=，DF=可得EF=，EGFG，ACFG=G，EG平面AFC，EG面AEC，平面AFC平面AEC （）如图，以G为坐标原点，分别以的方
16、向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（）可得A（0，0），E（1,0, ），F（1,0，），C（0，0），=（1，），=（-1，-，）10分故所以直线AE与CF所成的角的余弦值为 考点：空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力20(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(1)证明：PB平面AEC；(2)设二面角D-AE-C为60，AP=1，AD=，求三棱锥E-ACD的体积【答案】解析：（）设AC的中点为G, 连接EG。在三角形PBD中，中位线EG/P
17、B,且EG在平面AEC上，所以PB/平面AEC（）设CD=m, 分别以AD,AB,AP为X,Y,Z轴建立坐标系，则设平面ADE的法向量则解得向量，同理设平面ACE的法向量解得向量，解得设F为AD的中点，EF即为三棱锥E-ACD的高，所以，三棱锥E-ACD的体积为21(2014高考数学课标1理科)如图三棱柱中,侧面为菱形,(1)证明:;(2)若, 求二面角的余弦值【答案】解析 (1)连结,交于,连结因为侧面为菱形,所以,且为与的中点又,所以平面,故=又,故(2)因为且为的中点,所以又因为,所以故,从而两两互相垂直 以为坐标原点,的方向为轴正方向,为单位长,建立如图所示空间直角坐标系 因为,所以为
18、等边三角形又=,则 ,设是平面的法向量,则 ,即 所以可取设是平面的法向量,则,同理可取则,所以二面角的余弦值为 22(2013高考数学新课标2理科)如图，直三棱柱中，分别是的中点，(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值【答案】（1）见解析;（2）解析：(1)证明连结交于点，则为的中点又是的中点，连结，则因为平面，平面，所以平面(2)解由得，以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系设，则，设平面的法向量，则，可取同理，设m是平面的法向量，同理可得从而，故，即二面角DA1CE的正弦值为23(2013高考数学新课标1理科)如图，三棱柱中，(
19、1)证明;(2)若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值。解析:（1）取AB中点E，连结CE，=，是正三角形， ， ， ，面， AB； 6分（2）由（）知，又面面，面面，面，EA，EC，两两相互垂直，以E为坐标原点，的方向为轴正方向，|为单位长度，建立如图所示空间直角坐标系，由题设知A(1,0,0),(0,0),C(0,0,),B(1,0,0),则=（1,0，）,=(1,0,),=(0,), 9分设=是平面的法向量，则，即，可取=（，1，-1），=，直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值为 12分24(2012高考数学新课标理科)如图，直三棱柱中， 是棱的中点，(1)证明：(2)求二面角的大小解析：（）证明：设，直三棱柱，又，平面平面,（）以C为空间直角坐标系的原点，CA，CB，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，设则（0，0，2a）,D（a,0,a）,B（0，a，0），A（a,0,0）所以，设分别是平面，平面的法向量，则解得，令，则解得令则，=30 即二面角的大小为