2021年高考数学大题分类提升-立体几何

专题18立体几何（理）知识点与大题16道高考真题（培优题）

（解析版）

.平面基本性质即三条公理

公理1公理2公理3

图形/

语言ZZZZ7

如果一条直线上的两点在过不在一条直线上的三点，有如果两个不重合的平面有一个公

文字

一个平面内，那么这条直线且只有一个平面.共点，那么它们有且只有一条过该

语言

在此平面内.点的公共直线.

符号A2,C不共线二[ai0=1

语言A,8,C确定平面a

作用判断线在面确定一个平面证明多点共线

Asi,Bel]

小n/ua内

A^a,B

公理2的三条推论：

推论1经过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一个平面；

推论2经过两条相交直线，有且只有一个平面；

推论3经过两条平行直线，有且只有一个平面.

二.直线与直线的位置关系

一共面直线：相交直线：同一平面内，有且只有一个公共点；

平行直线：同一平面内，没有公共点；

1异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点。（既不平行，也不相交）

三.直线与平面的位置关系有三种情况：

在平面内一一有无数个公共点.符号aUa

相交——有且只有一个公共点符号aCa=A

平行一一没有公共点符号a〃a

说明：直线与平面相交或平行的情况统称为直线在平面外，可用aCa来表示

1.直线和平面平行的判定

（1）定义：直线和平面没有公共点，则称直线平行于平面；

（2）判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行。

〃2a

简记为：线线平行，则线面平行。符节：buaalla

allb

2.直线和平面平行的性质定理：

一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行。

aIa

简记为：线面平行，则线线平行.符号：au/3>nab

a\/3=b

3.直线与平面垂直

⑴定义：如果一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，那么就说这条直线和这个平

面垂直。

⑵判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直。

简记为：线线垂直，则线面垂直.

符号：m,nuaI

mn=A

/工mJ_Ln

4.直线与平面垂直

性质I：垂直于同一个平面的两条直线平行。

aLa

符号:nab

bLa

性质II:垂直于同一直线的两平面平行

a

符号:=>ap

推论：如果两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面.

符号语言：a〃b,a±a,=4b±a

四.平面与平面的位置关系：

平行一一没有公共点：符号a〃B

相交---有一条公共直线：符号aCB=a

1.平面与平面平行的判定

⑴定义：两个平面没有公共点，称这两个平面平行；

(2)判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行。

aua,bua

简记为：线面平行，则面面平行..符号：ab=A>=>a0

a0,b0

2.平面与平面平行的性质定理：如果两个平行的平面同时与第三个平面相交，那么它

们的交线平行。

简记为：面面平行，则线线平行.

补充：平行于同一平面的两平面平行；夹在两平行平面间的平行线段相等;

两平面平行，一平面上的任一条直线与另一个平面平行；

3.平面与平面垂直的判定

⑴定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直。

⑵判定定理：一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面垂直。

简记为：线面面垂直，则面面垂直.

/uaj

推论：如果一个平面平行于另一个平面的一条垂线，则这个平面与另一个平面垂直。

4.平面与平面垂直的性质定理：两个平面互相垂直，则一个平面内垂直于交线的直线垂

直于另一个平面。

简记为：面面垂直，则线面垂直.

面面垂直的性质定理

证明线线平行的方法

①三角形中位线②平行四边形③线面平行的性质④平行线的传递性

⑤面面平行的性质⑥垂直于同一平面的两直线平行；

证明线线垂直的方法

①定义：两条直线所成的角为90。；（特别是证明异面直线垂直）；②线面垂直的性质

③利用勾股定理证明两相交直线垂直；

④利用等腰三角形三线合一证明两相交直线垂直；

五：三种成角

1.异面直线成角

步骤：1、平移，转化为相交直线所成角；2、找锐角（或直角）作为夹角；3、求解

注意：取值范围：（CT,90].

2.线面成角：斜线与它在平面上的射影成的角，取值范围：（（？，90，].；〃

如图：PA是平面。的一条斜线，A为斜足，0为垂足，OA叫斜线PA在平面。上，垂线

射影，NR4。为线面角。

3.二面角：从一条直线出发的两个半平面形成的图形&

如图：在二面角上-/-6中，0棱上一点，OAua,OBu/3,\

且则为二面角a-//的平面角。

取值范围：（0\180。）售

向量法解立体几何

1、直线的方向向量和平面的法向量

⑴.直线的方向向量：若A、B是直线/上的任意两点，则A8为直线/的一个方向向

量；与A3平行的任意非零向量也是直线/的方向向量.

⑵.平面的法向量：若向量〃所在直线垂直于平面则称这个向量垂直于平面

记作如果〃」a,那么向量〃叫做平面戊的法向量.

⑶.平面的法向量的求法（待定系数法）：

①建立适当的坐标系.

②设平面a的法向量为n=（X,"z）.

③求出平面内两个不共线向量的坐标a=（a1M2，/），〃=（4,4,4）•

④根据法向量定义建立方程组｛n.-a.=.0

n-b=0

⑤解方程组，取其中一组解，即得平面。的法向量.

2、用向量方法判定空间中的平行关系

⑴线线平行。设直线人A的方向向量分别是则要证明4〃，2,只需证明。〃人，

即a=kb(keR).

⑵线面平行。设直线/的方向向量是〃，平面。的法向量是〃，则要证明/〃。，只需

证明〃_L〃，即〃•〃二().

⑶面面平行。若平面a的法向量为〃，平面的法向量为v,要证。〃/7,只需证〃〃

V,即证”=

3、用向量方法判定空间的垂直关系

⑴线线垂直。设直线1A的方向向量分别是。、人，则要证明只需证明。，匕，

即。0=0.

⑵线面垂直

①(法一)设直线/的方向向量是a,平面a的法向量是M,则要证明/La,只需

证明a//u,即。.

②(法二)设直线/的方向向量是a,平面a内的两个相交向量分别为m、“，若

a-m=0,

<.JiJ/la.

a-n=Q

⑶面面垂直。若平面a的法向量为M,平面夕的法向量为"，要证。_L/7,只需证

M±V,即证""=().

4、利用向量求空间角

⑴求异面直线所成的角

已知a,6为两异面直线，A,C与B,D分别是a涉上的任意两点，a,6所成的角为

ACBD

则cos0=----------.

ACn\\BD

⑵求直线和平面所成的角

求法：设直线/的方向向量为a,平面a的法向量为“，直线与平面所成的角为。，a

与M的夹角为0,则。为0的余角或0的补角

a-u

的余角.即有：sin0=|cos(f>\=

⑶求二面角

二面角的平面角是指在二面角a-l-/3的棱上任取一点0,分别在两个半平面内

作射线AO±l,BO±I,则NA为二面角a-l-/3的平面角.

如图：/\

求法：设二面角。-/-/?的两个半平面的法向量分别为机、几，再设相、〃的夹角为

(P，二面角。一/一/?的平面角为6,则二面角。为根、〃的夹角0或其补角;r一夕.

根据具体图形确定。是锐角或是钝角：

m-nm-n

如果。是锐角，则cos。=cos°=,BP=arccos-

m||nm||n

、

m-nm-n

如果。是钝角，则cos6=-|cos同即6=arccos

m||n

7

5、利用法向量求空间距离

⑴点Q到直线/距离

若Q为直线/外的一点，尸在直线/上，。为直线/的方向向量，b=PQ,则点Q到直

线/距离为h=(。山)2

⑵点A到平面a的距离

若点尸为平面a外一点，点M为平面a内任一点，平面a的法向量为"，则P到平

面a的距离就等于MP在法向量九方向上的投影的绝对值.

II/\I।n-MP\n-MP\

即d=\MP\cos(n,MP)=\MP\-『——=1,,1

11x'11MMPn

⑷两平行平面a,0之间的距离

利用两平行平面间的距离处处相等，可将两平行平面间的距离转化为求点面距离。即

\n-MP\

j=\_____L

1,1-

⑸异面直线间的距离

设向量〃与两异面直线。力都垂直，Mea,PGb,则两异面直线a,6间的距离d就是

\n-MP\

在向量"方向上投影的绝对值。即d」||I

\n\

1.2020年全国统一高考数学试卷(理科

如图，。为圆锥的顶点，。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。。上一点，PO=J^DO.

(1)证明：平面P5C；

(2)求二面角5—PC—石的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；(2)还.

5

【分析】

(1)要证明B4,平面尸5C,只需证明/%，依，B4LPC即可；

(2)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，分别

算出平面PCB的法向量为〃，平面PCE的法向量为加，利用公式

rj•rrj

cos<m,n>=————计算即可得到答案.

In\\m|

【详解】

(1)由题设，知△ZME为等边三角形，设AE=1,

则。。=无，CO=BO=-AE=-,所以尸。=逅。。=受，

22264

PC=y]PO2+OC2=—,PB=y/PO2+OB2=—,

44

又,.ABC为等边三角形，则一^―=2。4,所以R4=立，

sin602

3

PA2+PB2=-=AB2,则NAPg=90，所以

4

同理B4LPC,又PCPB=P,所以平面「5C；

（2）过。作QV〃8c交4B于点N,因为尸0,平面ABC,以O为坐标原点，。4为

X轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，

一：

X、

则叫，。，。），尸（。，。心，吟，¥，。），。（廿，一%），

16也PR（1672PE“；,。,一与，

PC=（-4,-T,"T）,PB=（-4,T,"T）,

设平面PCB的一个法向量为〃=（石,乂,4）,

n-PC=0—Xj—y/3yi—\f2zx=0

由〈，得《l（―，令x=A/2,得Z]=-1,%=。，

n-PB-Q[一再+6y「04=0

所以〃=（五,0,—l）,

设平面PCE的一个法向量为加=（X2，%，Z2）

fm-PC=Of-x--J3y-A/2Z=0

由＜，得《22广2，令马

=1,得z?=—^2,y2—，

[mPE=0[-2X2-V2Z2=0一

所以机=（1,^~,一6）

n-m2V22y/5

,,cos<m,n>=----------=--------T==---

故\n\-\m\r-y/105

2A/5

设二面角5—PC—E的大小为。，则cos。

"I-

【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.

2.2020年全国统一高考数学试卷（理科）

如图，已知三棱柱ABC-AiBiG的底面是正三角形，侧面3B1GC是矩形，M,N分别

为BC,51G的中点，尸为AM上一点，过51G和尸的平面交A5于E,交AC于尸.

（1）证明：AAi//MN,且平面AiAMN_LEBiG尸；

（2）设。为AAiBiG的中心，若AO〃平面EBiGF,且40=45,求直线HE与平面

AiAMN所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）叵.

10

【分析】

（1）由分别为BC,81G的中点，“N〃CC],根据条件可得A4.//B4,可证

MNHAA,,要证平面EgC/1平面4AMN,只需证明即J_平面4人加即可；

⑵连接NP,先求证四边形ON24是平行四边形，根据几何关系求得呼，在四。|

截取31Q=EP,由（1）BC_L平面AAMN,可得NQ7W为与E与平面4AMN所

成角，即可求得答案.

【详解】

（1）'M,N分别为BC,的中点,

又AA/IBB,

：.MN//AA,

在，ABC中，河为BC中点，则

又•.,侧面为矩形，

BC±BB}

MN//BB,

MN1BC

由MVcAM=M,跖7,,匚平面44W

3C_L平面A]AM7V

又一B\C\HBC,且4G•平面ABC,BCu平面ABC,

.•.用G〃平面ABC

又・4。1匚平面£耳。/，且平面EBC/c平面A6C=所

.-.B.CJ/EF

:.EFHBC

又-5CL平面AAMN

EF_L平面AAMN

防＜=平面防。/

二平面后片。/,平面AAMN

(2)连接NP

AOH平面EB©F,平面AQVPc平面EB^F=NP

•••AOUNP

根据三棱柱上下底面平行，

其面ANMAc平面ABC=面ANMAc平面4与。］=4N

ON//AP

故：四边形ONK4是平行四边形

设，ABC边长是6，〃（加＞0）

可得：ON=AP,NP=AO=AB=6m

。为△A4G的中心，且△A4G边长为6加

ON=—x6xsin60°=\/3m

3

故：ON=AP=gm

EF//BC

.AP_EP

"AM~BM

.6_EP

…36—3

解得：EP=m

在4G截取6Q=EP=ni,板QN=2m

B}Q=E尸且BXQHEP

•••四边形片QPE是平行四边形，

B.EHPQ

由（1）4GJ_平面AAMN

故ZQPN为gE与平面AAMN所成角

在Rt/\QPN,根据勾股定理可得：PQ=^QN2+PN2=^（2m）2+（6m）2=25m

./CDNQN2m710

..sinZQPN=---=-T=^=-----

〜PQ2Mm10

二直线与E与平面4AMN所成角的正弦值：叵.

10

【点睛】

本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其线面角，解题关键是掌握面面垂直转为

求证线面垂直的证法和线面角的定义，考查了分析能力和空间想象能力，属于难题.

3.2020年全国统一高考数学试卷(理科)

如图，在长方体ABC。—A4GR中，点E,尸分别在棱。2,34上，且2DE=EDi，

BF=2FB-

(1)证明：点G在平面AEE内；

(2)若AB=2,AD=1,A4j=3,求二面角A—EE—4的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；(2)叵.

7

【分析】

(1)连接GE、CXF,证明出四边形AEGE为平行四边形，进而可证得点G在平面

AEF内；

(2)以点C1为坐标原点，GA、Gq、GC所在直线分别为X、y、Z轴建立空间

直角坐标系£一孙Z,利用空间向量法可计算出二面角A-EE-4的余弦值，进而可

求得二面角A-EF-Aj的正弦值.

【详解】

(1)在棱CG上取点G,使得GG=gcG,连接DG、FG、QE、QF,

B

在长方体ABCD-44GR中，AD//BC且AD=BC,BBJ/CC,且BB〔=C£,

1?2

Cfi^-CG,BF=2FB\,:.CG=mCCi=gBB[=BF^CG=BF,

所以，四边形5CGF为平行四边形，则A产〃0G且AE=OG,

同理可证四边形DEQG为平行四边形，二C]E〃DG且GE=DG,

••.C]E//AF且GE=AE,则四边形AEC.F为平行四边形,

因此，点G在平面AEE内;

（2）以点G为坐标原点，GA、G耳、G。所在直线分别为X、丁、z轴建立如下

图所示的空间直角坐标系G-孙2,

则4（2,1,3）、A（2」,0）、£（2,0,2）、网0,1,1）,

AE=(O,-l,-l),AF=(-2,0,-2),^£=(0-1,2),4/=(—2,0,1),

设平面AEF的法向量为加=（%,%,zj,

m-AE=0-y—z]=0

由*，得S—210取…，得f，则…I),

m-AF=0

设平面的法向量为“=（九2，%，Z2），

=

n-AXE=0—%+2z,0,

由＜..,得<:_>取Z2=2,得々=1,%=4,则〃=(1,4,2)x,

n^F=0—2%2+-0

设二面角A—EE—4的平面角为8,则|cose|=¥，...sine=，l—芯。=年.

因此，二面角A-EP—4的正弦值为二”.

7

【点睛】

本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力

与计算能力，属于中等题.

4.2020年新高考全国卷I数学高考试题（山东）

如图，四棱锥P-ABC。的底面为正方形，底面ABCD.设平面与平面尸3c

的交线为I.

（1）证明：平面P0C；

（2）已知PZ>=AZ>=1,。为/上的点，求P5与平面QCD所成角的正弦值的最大值.

【答案】（1）证明见解析；（2）画

【分析】

(1)利用线面垂直的判定定理证得AO，平面PDC,利用线面平行的判定定理以及

性质定理，证得AD〃/,从而得到/，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。(加,。,1),

之后求得平面QC。的法向量以及向量丽的坐标，求得cos<〃,PB>的最大值，即为

直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.

【详解】

(1)证明：

在正方形ABCD中，AD//BC,

因为平面尸5C,BCu平面「5C,

所以A£>〃平面尸5C,

又因为ADu平面P4D，平面尸AD)平面PBC=/,

所以AD〃/,

因为在四棱锥尸—A5CD中，底面A3CD是正方形，所以

且尸£>，平面ABC。，所以尸

因为COPD=D

所以/，平面PDC；

(2)如图建立空间直角坐标系。-孙z,

因为"=AD=1,则有D(O,O,O),C(O,1,O),A(1,O,O),P(O,O,1),因1,1,0),

设0(%0,1),则有DC=(0,1,0),DQ=(m,0,1),PB=(1,1,-1),

设平面QCD的法向量为n=(x,y,z),

DCn=O

则《

DQn=Qmx+z=0

令x=l,则Z=T7Z,所以平面QCD的一个法向量为〃=（l,o,-加），则

八八n-PB1+0+m

=

cos<n,PB>=TTHr-方/.

|n||PB|73-Vm2+l

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，所以直线与平面所成角的正弦值等于

ruur|l+m|Jl+2一+/

|cos<n,PB>|=

A/5.J加之+13Vm2+1

当且仅当…时取等号,

所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为逅.

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.

5.2020年天津市高考数学试卷

如图，在三棱柱ABC—A与G中，CQ1^ABC,AC1BC,AC=BC=2,

CG=3,点。，E分别在棱A4和棱CG上，且AO=1CE=2,M为棱其耳的

中点.

(I)求证：CXM1BQ；

（II）求二面角5—用6―。的正弦值；

（ni）求直线AB与平面。片E所成角的正弦值.

【答案】（I）证明见解析；（II）我；（III）昱.

63

【分析】

以。为原点，分别以C4,CB,CG的方向为X轴，y轴，Z轴的正方向建立空间直角坐

标系.

（I）计算出向量和4。的坐标，得出品0由。=0,即可证明出C/，片。；

（II）可知平面3片E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5-用E-。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。4后所成角的正弦值.

【详解】

依题意，以C为原点，分别以C4、CB、CC；的方向为X轴、y轴、Z轴的正方向建

立空间直角坐标系（如图），

可得。（0,0,0）、4（2,0,0）、3（0,2,0）、£（0,0,3）、

A（2,0,3）、4（0,2,3）、£＞（2,0,1）,石（0,0,2）、M（l,l,3）,

（I）依题意，qM=（1,1,0）,B,D=（2,-2,-2）,

从而=2—2+0=0,所以GMLBQ；

（II）依题意，C4=（2,0,0）是平面53也的一个法向量,

EBX=（0,2,1）,ED=（2,0,-1）.

设〃=（九,％z）为平面的法向量,

ri-EB,-02y+z=0

则《,，即《

n-ED-02x-z=0

不妨设x1,可得〃1,2）.

CAn_2_A/6

cos<CA,n>=

|CAH〃「2X#_6，

.-£277AV30

/.sin<CA4,n>=y]l-cos<CA,H>=------

6

所以，二面角3-耳E的正弦值为我;

6

（III）依题意，AB=（-2,2,0）.

由（II）知〃=（L—1,2）为平面DgE的一个法向量，于是

.AB•n—4y/3

COS<AB,Tl〉=]--i-i~r=T=----—-------

网272x763,

所以，直线AB与平面。与E所成角的正弦值为立.

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.

6.2020年北京市高考数学试卷

如图，在正方体ABCD—4用G2中，E为5月的中点.

(I)求证：5C"/平面ARE；

(ID求直线AA与平面AD]E所成角的正弦值.

2

【答案】(I)证明见解析；(II)

3

【分析】

(I)证明出四边形ABG2为平行四边形，可得出5CJ/A2,然后利用线面平行的

判定定理可证得结论；

(II)以点A为坐标原点，AD，AB>Ad所在直线分别为x、y、z轴建立空间直

角坐标系A-孙z,利用空间向量法可计算出直线A4与平面AQE所成角的正弦值.

【详解】

(I)如下图所示：

»-----------¥

在正方体ABC。—AAG2中，AB〃4用且AB=,A耳〃G2且A4=G2，

AB〃GA且AB=G2,所以，四边形ABGA为平行四边形，则

BCi(z平面A£)E，u平面AE)E，〃平面AD]£；

(II)以点A为坐标原点，AD,AB、A4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A-孙z,

设正方体A3CD—的棱长为2,则4（0,0,0）、4（°，°，2）、〃（2,0,2）、

£（0,2,1）,AD1=（2,0,2）,荏=（0,2,1）,

设平面AD]E的法向量为九=（x,y,z），由1,得I-八，

I'7[n-AE=0[2y+z=0

令z=—2,则x=2,y=l,则〃=（2,1,-2）.

n'A\4_2

cos<n,A4j>=

14KI3^2-_3,

2

因此，直线44]与平面AD也所成角的正弦值为

【点睛】

本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法计算直线与平面所成角的正弦

值，考查计算能力，属于基础题.

7.2020年新高考全国卷n数学考试题（海南卷）

如图，四棱锥P-A3C。的底面为正方形，尸。,底面ABC。.设平面瓦。与平面P5C

的交线为/.

B

(1)证明：平面PDC;

(2)已知尸。=4。=1,0为/上的点，QB=y(2,求尸3与平面。C。所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；(2)如.

3

【分析】

(1)利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得AD〃/,利用线面垂直的判定定理

证得AZ5_L平面PDC,从而得到/_1_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。(根,。,1),

之后求得平面QCD的法向量以及向量PB的坐标，求得cos<〃,PB>,即可得到直线

PB与平面QCD所成角的正弦值.

【详解】

(1)证明：

在正方形ABCD中，AD//BC,

因为平面尸5C,BCu平面「5C,

所以AD〃平面「5C,

又因为ADu平面R4D，平面1平面PBC=/

所以〃/,

因为在四棱锥尸-A5CD中，底面ABCD是正方形,所以AD，。。,；./，。。,

且平面A3CD,所以

因为CDPD=D

所以/，平面PDC；

(2)如图建立空间直角坐标系。-兀yz,

AB

X

因为PD=AD=1,则有D(O,O,O),C(O,1,O),A(1,O,O),P(O,O,1),3(1,1,0),

设。0,0,1),则有。C=(0,1,0),OQ=(m,0,1),=(1,1,—1),

因为QB二夜，所以有J(m—1)2+(0—1)2+(1—0)2=3nm=l

设平面QCD的法向量为n=(尤,y,z),

DCn=0y=0

则《,即<

DQn=Qx+z=0'

令X=l,则z=—1，所以平面QCD的一个法向量为〃=(1,0,-1),则

ri-PB1+0+12

cos<n,PB>=

|K||PB|-7I2+O2+(-I)2.A/I2+I2+I2—亚乂6

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

ruur、后

正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于Icos<n,PB>\=,

所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值为逅.

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.

8.2020年浙江省高考数学试卷

如图，三棱台ABC—DEF中，平面AC尸平面ABC,ZACB=ZACD=45°,DC=2BC.

(I)证明：EF±DB;

(ID求Ob与面。BC所成角的正弦值.

【答案】(I)证明见解析；(IDB

3

【分析】

(I)作交AC于〃，连接3H,由题意可知平面ABC,即有

DHL5C,根据勾股定理可证得又EFIIBC,可得DHL所，

BH±EF，即得即，平面3HE),即证得石户，。B；

(II)由DF//CH,所以小与平面DBC所成角即为CH与平面所成角，作

HGLBD于G,连接CG,即可知NHCG即为所求角，再解三角形即可求出。支与

平面。所成角的正弦值.

【详解】

(I)作DHLAC交AC于〃，连接BH.

V平面ADFC，平面ABC,而平面ADFC】平面ABC=AC,QHu平面ADFC,

•••。泛_1_平面ABC，而BCu平面ABC,即有DHL5c.

•/ZACB=ZACD=45°,

CD=42CH=2BC=CH=41BC-

在」CBH中,BH~=CH2+BC--2CH-BCcos45°=BC~>即有

BH2+BC2=CH2,BHLBC.

由棱台的定义可知，EFIIBC,所以DHLEF,BH上EF，而BHDH=H,

；•EF_L平面由忆)，而班)u平面的E>,AEF±DB.

(II)因为DFUCH,所以。尸与平面。BC所成角即为与CH平面DBC所成角.

作HGLB。于G,连接CG,由(1)可知，平面BHD,

因为所以平面5co，平面3HD，而平面BCD平面BHD=BD，

的匚平面3印)，，的，平面5。。.

即CH在平面DBC内的射影为CG,ZHCG即为所求角.

nilI-”尸BHDH>/2a-a&

在AfAJ/GC中，设5C=a则CH="z，HG=-----------二厂=上尸（1,

BD6aV3

HG_1_V3

sinZHCG=

CH-73-T

故DF与平面DBC所成角的正弦值为旦

3

【点睛】

本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成

的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题.

9.2019年浙江省高考数学试卷

如图，已知三棱柱A5C—4与£，平面44。0，平面=

NBAC=30°,AA=A。=AC,E,F分别是AC,A4的中点.

(1)证明：EFLBC；

(2)求直线EF与平面ABC所成角的余弦值.

3

【答案】(1)证明见解析；(2)父

【分析】

(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直；

(2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的

正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.

【详解】

⑴如图所示，连结4瓦与E，

等边△A&C中，AE=EC,则4E，AC,

平面A2C_L平面AACG，且平面ABCfl平面^ACQ=AC,

由面面垂直的性质定理可得：AE，平面ABC，故AE，BC，

由三棱柱的性质可知4发〃43,而ABLBC,故4瓦，3。，且4片|4石=4,

由线面垂直的判定定理可得：平面AgE,

结合MU平面A笈E，故EF,8c.

(2)在底面ABC内作EHLAC,以点E为坐标原点，EH,EC,EA1方向分别为尤,y,z轴正方

向建立空间直角坐标系E-xyz.

设EH=1,则AE=EC=若，AAl=CAl=2y/3,BC=y/3,AB=3,

据此可得：A(O,—0,o),j；,，o］，4(o,o,3),c(o,6o),

I227

由A5=44可得点Bl的坐标为BJ|,|A3j,

利用中点坐标公式可得：由于E（0,0,0）,

故直线E尸的方向向量为：£F=f|,|V3,3j

设平面ABC的法向量为加=（尤,％z）,贝U：

"3B3

二一九+

5,-3-y-3z=0

2-F722

/

_3石—，+旦=0

mBC=(%,y,z)・,0=

—5万22

/

据此可得平面\BC的一个法向量为加=（1,6,1）,-,-73,3

IE-\EFm64

□_r.cos(EF,m)="；---i~；--j-=---------==-

此时n'/|EF|x|m|3A/55，

/-\43

设直线EF与平面A]BC所成角为。，则sin0=cos^EF,m^=—,cos0=—.

【点睛】

本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想

象能力和逻辑推理能力；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，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用

空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.

10.2019年全国统一高考数学试卷（理科）

如图，直四棱柱ABCO-AiBiGd的底面是菱形，AAi=4,A3=2,NBAO=60。，E,M,

N分别是5cBBi,4。的中点.

（1）证明：MN〃平面GDE；

（2）求二面角A-MAi-N的正弦值.

【答案】（1）见解析；（2）叵.

5

【分析】

（1）利用三角形中位线和ADZ/BjC可证得,证得四边形肱为平行四

边形，进而证得"N//DE,根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形A5CD对

角线交点为原点可建立空间直角坐标系,通过取中点尸，可证得D尸，平面AM&,

得到平面AM4的法向量0方；再通过向量法求得平面的法向量〃，利用向量

夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.

【详解】

（1）连接ME,B[C

B

M，E分别为8用，BC中点为M3C的中位线

ME11BXC且A/E=ggc

又N为4。中点，且4出邛。:.NDIIB\C且ND=、B\C

•1•MEHND四边形MNDE为平行四边形

：.MNUDE,又肱V(Z平面GDE，DEu平面C】DE

.•.肱V//平面GDE

(2)设ACBD=O,AC]CBR=Oi

由直四棱柱性质可知：。。1J■平面ABCD

,四边形ABCD为菱形:.AC±BD

则以。为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：

(1)

则：A(V3,0,0),M(0,l,2),A(V3,0,4),D(0,-1,0)N—,——,2

[22,

/#)1、

取AB中点尸，连接。尸，则尸1——2，一2,0J

四边形ABCD为菱形且N84O=60,AE4O为等边三角形DF±AB

又A&J_平面ABCD,。厂u平面ABC。£)F1A4,

：.DF±平面ABB}A},即J_平面AM\

二。户为平面AMA的一个法向量，且。b="3。1

22

\7

/

设平面的法向量三又阪

=(x,y,z),4t=("—1,2),MN

n--y/3x-y+2z=0

ST63,令％=,则y=i,2=—1ZZ=

n・MN=—x—y=0

22