十年（2015-2024）高考真题数学分项汇编（全国）专题21 立体几何大题综合（教师卷）

专题21立体几何大题综合考点十年考情（2015-2024）命题趋势考点1空间中的平行关系（第一问）（10年10考）2024·全国新Ⅰ卷、2024·全国甲卷、2024·北京卷、2024·天津卷、2023·全国新Ⅰ卷、2023·全国甲卷、2023·全国乙卷、2023·天津卷、2022·全国新Ⅱ卷、2022·全国甲卷、2022·天津卷、2022·北京卷2021·天津卷、2020·北京卷、2020·江苏卷、2019·江苏卷、2019·天津卷、2019·天津卷、2019·全国卷、2019·全国卷、2018·江苏卷2017·天津卷、2017·浙江卷、2017·全国卷2017·全国卷、2017·江苏卷、2016·四川卷、2016·江苏卷、2016·天津卷、2016·全国卷、2016·山东卷、2016·全国卷、2015·江苏卷、2015·天津卷、2015·天津卷、2015·四川卷2015·山东卷、2015·山东卷、2015·安徽卷2015·福建卷、2015·北京卷空间中的平行关系和垂直关系依然是立体几何大题第一问的命题热点，要熟练掌握空间中的距离及表面积、体积的计算同样是命题热点，异面直线所成角、线面角、二面角、及其最值范围等内容也是高频考点，同时也需掌握方程思想的应用考点2空间中的垂直关系（第一问）（10年10考）2024·全国新Ⅱ卷、2023·全国新Ⅱ卷、2023·全国甲卷、2023·北京卷、2022·全国甲卷、2022·全国乙卷、2022·浙江卷、2021·全国新Ⅰ卷、2021·全国新Ⅱ卷、2021·全国甲卷、2021·全国乙卷、2021·浙江卷2020·海南卷、2020·天津卷、2020·浙江卷、2020·山东卷、2020·全国卷、2020·全国卷、2020·全国卷、2020·全国卷、2020·全国卷、2019·江苏卷、2019·北京卷、2019·北京卷2019·全国卷、2019·全国卷、2019·天津卷、2019·浙江卷、2019·全国卷、2019·全国卷、2018·江苏卷、2018·北京卷、2018·北京卷、2018·全国卷、2018·浙江卷、2018·全国卷2018·全国卷、2018·全国卷、2018·全国卷、2018·天津卷、2017·山东卷、2017·全国卷、2017·天津卷、2017·全国卷、2017·全国卷、2017·北京卷、2017·江苏卷、2016·浙江卷2016·北京卷、2016·全国卷、2016·北京卷、2016·山东卷、2016·浙江卷、2016·天津卷、2016·全国卷、2016·全国卷、2015·广东卷、2015·江苏卷、2015·重庆卷、2015·重庆卷2015·浙江卷、2015·浙江卷、2015·全国卷、2015·全国卷、2015全国卷、2015·天津卷、2015·陕西卷、2015·湖南卷、2015·湖南卷、2015·湖北卷、2015·福建卷、2015·北京卷2015·北京卷考点3求空间中的线段长度、点面距的值及最值或范围（10年6考）2024·全国甲卷、2024·天津卷、2023·全国甲卷、2022·全国新Ⅰ卷、2021·全国乙卷、2019·全国卷、2018·全国卷考点4求空间中的体积、表面积的值及最值或范围（10年10考）2024·上海卷、2023·全国乙卷、2022·全国甲卷、2022·全国乙卷、2021·全国新Ⅰ卷、2021·全国甲卷、2021·全国乙卷、2020·全国卷、2020·全国卷、2019·全国卷、2019·全国卷、2018·全国卷2017·上海卷、2017·全国卷、2017·北京卷、2017·全国卷、2016·江苏卷、2016·全国卷、2016·上海卷、2016·上海卷、2016·全国卷、2016·全国卷、2015·重庆卷、2015·全国卷2015·湖南卷、2015·湖南卷、2015·湖北卷2015·福建卷、2015·北京卷考点5异面直线所成角及最值或范围（10年4考）2018·天津卷、2017·天津卷、2016·上海卷、2015·广东卷、2015·全国卷、2015·上海卷、2015·山东卷考点6求线面角及最值或范围（10年10考）2024·天津卷、2024·上海卷、2023·全国甲卷、2022·全国甲卷、2022·全国乙卷、2022·浙江卷、2022·天津卷、2021·浙江卷、2020·海南卷、2020·天津卷、2020·北京卷、2020·浙江卷2020·山东卷、2020·全国卷、2019·天津卷、2019·浙江卷、2018·江苏卷、2018·浙江卷、2018·全国卷、2018·天津卷、2017·上海卷、2017·天津卷、2017·浙江卷、2017·北京卷2016·浙江卷、2016·天津卷、2016·全国卷、2016·北京卷、2016·天津卷、2015·广东卷、2015·浙江卷、2015·天津卷、2015·上海卷、2015·全国卷考点7求二面角及最值或范围（10年10考）2024·全国新Ⅱ卷、2024·全国甲卷、2024·北京卷、2024·天津卷、2023·全国新Ⅱ卷、2023·全国乙卷、2023·北京卷、2023·天津卷、2022·全国新Ⅰ卷、2022·全国新Ⅱ卷、2022·天津卷、2021·全国新Ⅱ卷2021·全国甲卷、2021·全国乙卷、2021·天津卷、2020·天津卷、2020·江苏卷、2020·全国卷、2020·全国卷、2019·北京卷、2019·全国卷、2019·全国卷、2019·全国卷、2018·北京卷2018·全国卷、2017·山东卷、2017·全国卷、2016·天津卷、2016·山东卷、2016·浙江卷、2016·全国卷、2016·全国卷、2015·广东卷、2015·重庆卷、2015·浙江卷、2015·四川卷2015·陕西卷、2015·山东卷、2015·安徽卷2015·福建卷、2015·北京卷考点8已知异面直线所成角、线面角、二面角求值或范围（方程思想）（10年5考）2024·全国新Ⅰ卷、2023·全国新Ⅰ卷、2021·全国新Ⅰ卷、2021·北京卷、2017·天津卷、2017·全国卷、2015·天津卷、2015·湖南卷、2015·湖南卷、2015·湖北卷考点01空间中的平行关系（第一问）1．（2024·全国新Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，．(1)若，证明：平面；【答案】(1)证明见解析【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而，再根据线面平行的判定定理即可证出；【详解】（1）（1）因为平面，而平面，所以，又，，平面，所以平面，而平面，所以.因为，所以，根据平面知识可知，又平面，平面，所以平面．2．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．(1)证明：平面；【答案】(1)证明见详解；【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；【详解】（1）因为为的中点，所以，四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面；3．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．(1)若为线段中点，求证：平面．【答案】(1)证明见解析【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面.【详解】（1）取的中点为，接，则，而，故，故四边形为平行四边形，故，而平面，平面，所以平面.4．（2024·天津·高考真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点．(1)求证平面；【答案】(1)证明见解析【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证；【详解】（1）取中点，连接，，由是的中点，故，且，由是的中点，故，且，则有、，故四边形是平行四边形，故，又平面，平面，故平面；5．（2023·全国新Ⅰ卷·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；【答案】(1)证明见解析；【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，，又不在同一条直线上，.6．（2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.

(1)证明：平面；【答案】(1)证明见解析；【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.【详解】（1）连接，设，则，，，则，解得，则为的中点，由分别为的中点，

于是，即，则四边形为平行四边形，，又平面平面，所以平面.7．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．(1)求证：//平面；【答案】(1)证明见解析【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.【详解】（1）连接，设，则，，，则，解得，则为的中点，由分别为的中点，于是，即，则四边形为平行四边形，，又平面平面，所以平面.8．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，

(1)求证：//平面；【答案】(1)证明见解析【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；【详解】（1）

连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，又平面，平面，于是//平面.9．（2022·全国新Ⅱ卷·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；【答案】(1)证明见解析【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，因为是三棱锥的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，又平面，平面，所以平面10．（2022·全国甲卷·高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．(1)证明：平面；【答案】(1)证明见解析；【分析】（1）分别取的中点，连接，由平面知识可知，，依题从而可证平面，平面，根据线面垂直的性质定理可知，即可知四边形为平行四边形，于是，最后根据线面平行的判定定理即可证出；【详解】（1）如图所示：分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．11．（2022·天津·高考真题）直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．(1)求证：平面；【答案】(1)证明见解析【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；【详解】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，则以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、、、，则，易知平面的一个法向量为，则，故，平面，故平面.12．（2022·北京·高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．(1)求证：平面；【答案】(1)见解析【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.【详解】（1）取的中点为，连接，由三棱柱可得四边形为平行四边形，而，则，而平面，平面，故平面，而，则，同理可得平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，13．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．（I）求证：平面；【答案】（I）证明见解析；（II）；（III）.【分析】（I）建立空间直角坐标系，求出及平面的一个法向量，证明，即可得证；【详解】（I）以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，则,,,,,,，因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，，所以,,,设平面的一个法向量为，则，令，则，因为，所以，因为平面，所以平面；14．（2020·北京·高考真题）如图，在正方体中，E为的中点．（Ⅰ）求证：平面；【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法如下图所示：在正方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面；[方法二]:空间向量坐标法以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则、、、，，，设平面的法向量为，由，得，令，则，，则.又∵向量,,又平面，平面；15．（2020·江苏·高考真题）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；【答案】（1）证明详见解析；【分析】（1）通过证明，来证得平面.【详解】（1）由于分别是的中点，所以.由于平面,平面，所以平面.16．（2019·江苏·高考真题）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；【答案】（1）见解析；【分析】(1)由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论；【详解】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.17．（2019·天津·高考真题）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，，（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；【答案】（I）见解析；【分析】（I）连接，结合平行四边形的性质，以及三角形中位线的性质，得到，利用线面平行的判定定理证得结果；【详解】（I）证明：连接，易知，，又由，故，又因为平面，平面，所以平面.18．（2019·天津·高考真题）如图，平面，，.（Ⅰ）求证：平面；【答案】（Ⅰ）见证明；【分析】首先利用几何体的特征建立空间直角坐标系(Ⅰ)利用直线BF的方向向量和平面ADE的法向量的关系即可证明线面平行；【详解】依题意，可以建立以A为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得.设，则.(Ⅰ)依题意，是平面ADE的法向量，又，可得，又因为直线平面，所以平面.19．（2019·全国·高考真题）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.（1）证明：MN∥平面C1DE；【答案】（1）见解析；【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；【详解】（1）连接，，分别为，中点

为的中位线且又为中点，且且四边形为平行四边形，又平面，平面平面20．（2019·全国·高考真题）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；【答案】（1）见解析；【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；【详解】（1）连接，，分别为，中点

为的中位线且又为中点，且且四边形为平行四边形，又平面，平面平面21．（2018·江苏·高考真题）在平行六面体中，,．求证：（1）；【答案】（1）见解析【详解】分析：（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；证明：（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．22．（2017·天津·高考真题）如图，在三棱锥中，底面，．点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，．（1）求证：平面；【答案】（1）证明见解析；试题解析：如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N（1，2，0）.（1）证明：=（0，2，0），=（2，0，）.设，为平面BDE的法向量，则，即.不妨设，可得.又=（1，2，），可得.因为平面BDE，所以MN//平面BDE.23．（2017·浙江·高考真题）如图，已知四棱锥P-ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.（I）证明：CE∥平面PAB；【答案】（I）见解析；试题解析：（Ⅰ）如图，设PA中点为F，连接EF，FB．因为E，F分别为PD，PA中点，所以且，又因为，，所以且，即四边形BCEF为平行四边形，所以，因此平面PAB．24．（2017·全国·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底面，是的中点．（1）证明：直线平面；【答案】（1）见解析；【详解】试题分析：（1）取的中点，连结，，由题意证得∥，利用线面平行的判断定理即可证得结论；试题解析：（1）取中点，连结，．因为为的中点，所以,,由得，又所以．四边形为平行四边形，．又，，故25．（2017·全国·高考真题）四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面,（1）证明：直线平面;【答案】（Ⅰ）见解析试题解析：（1）在平面内，因为,所以又平面平面故平面26．（2017·江苏·高考真题）如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.

求证：(1)EF∥平面ABC；【答案】（1）见解析【详解】试题分析：（1）先由平面几何知识证明，再由线面平行判定定理得结论；试题解析：证明：（1）在平面内，因为AB⊥AD，，所以.

又因为平面ABC，平面ABC，所以EF∥平面ABC.27．（2016·四川·高考真题）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=AD．（Ⅰ）在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由；【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅰ）取棱AD的中点M（M∈平面PAD），点M即为所求的一个点.理由如下：因为AD∥BC,BC=AD，所以BC∥AM,且BC=AM.所以四边形AMCB是平行四边形，从而CM∥AB.又AB平面PAB,CM平面PAB,所以CM∥平面PAB.（说明：取棱PD的中点N,则所找的点可以是直线MN上任意一点）28．（2016·江苏·高考真题）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且，.

求证：（1）直线DE平面A1C1F；【答案】（1）详见解析试题解析：证明：（1）在直三棱柱中，在三角形ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以，于是，又因为DE平面平面，所以直线DE//平面.29．（2016·天津·高考真题）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2.（Ⅰ）求证：EG∥平面ADF；【答案】（Ⅰ）详见解析；试题解析：依题意，，如图，以为点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得，.（Ⅰ）证明：依题意，.设为平面的法向量，则，即.不妨设，可得，又，可得，又因为直线，所以.30．（2016·全国·高考真题）如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.（Ⅰ）证明MN∥平面PAB;【答案】（Ⅰ）详见解析；【详解】（Ⅰ）由已知得.取的中点，连接，由为中点知，.又，故，，四边形为平行四边形，于是.因为平面，平面，所以平面.31．（2016·山东·高考真题）在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O的直径，FB是圆台的一条母线.（Ⅰ）已知G,H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；【答案】（Ⅰ）见解析；【详解】(Ⅰ)连结，取的中点，连结，，、在上底面内，不在上底面内，上底面，平面，又，平面，平面，平面，所以平面平面，由平面，平面．32．（2016·全国·高考真题）如图，四棱锥中，平面，，，，为线段上一点，，为的中点．（I）证明平面；

【答案】(Ⅰ)证明见解析；试题解析：（Ⅰ）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.

33．（2015·江苏·高考真题）如图，在直三棱柱中，已知，，设的中点为，.求证：（1）；【答案】（1）详见解析试题解析：（1）由题意知，为的中点，又为的中点，因此．又因为平面，平面，所以平面．34．（2015·天津·高考真题）如图,已知平面ABC,AB=AC=3,,,点E,F分别是BC,的中点.（Ⅰ）求证:EF∥平面;【答案】（Ⅰ）见试题解析;试题解析:（Ⅰ）证明:如图,连接,在△中,因为E和F分别是BC,的中点,所以,又因为EF平面,所以EF∥平面.35．（2015·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，且点和分别为和的中点.（1）求证：平面；【答案】（1）证明见解析；【详解】如图，以为原点建立空间直角坐标系，依题意可得，又因为分别为和的中点，得.（Ⅰ）证明：依题意，可得为平面的一个法向量，，由此可得，，又因为直线平面，所以平面36．（2015·四川·高考真题）一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设的中点为，的中点为(1)请将字母标记在正方体相应的顶点处（不需说明理由）(2)证明：直线平面【详解】（1）点、、的位置如图所示.（2）连结，设为的中点.因为M、N分别是BC、GH的中点，所以，且，，且，所以，所以是平行四边形，从而，又平面，平面，平面，所以平面.37．（2015·山东·高考真题）如图，三棱台中，分别为的中点.（Ⅰ）求证：平面；【详解】（Ⅰ）证法一：连接设,连接，在三棱台中，分别为的中点，可得，所以四边形是平行四边形，则为的中点，又是的中点，所以,又平面，平面，所以平面.证法二：在三棱台中，由为的中点，可得所以为平行四边形，可得在中，分别为的中点，所以又，所以平面平面，因为平面，所以平面.38．（2015·山东·高考真题）如图，在三棱台中，分别为的中点．（Ⅰ）求证：平面；试题解析：（Ⅰ）证法一：连接，设，连接，在三棱台中，为的中点可得所以四边形为平行四边形则为的中点又为的中点所以又平面平面所以平面．证法二：在三棱台中，由为的中点可得所以四边形为平行四边形可得在中，为的中点，为的中点，所以又，所以平面平面因为平面所以平面39．（2015·安徽·高考真题）如图所示，在多面体，四边形，均为正方形，为的中点，过的平面交于F.（Ⅰ）证明：；【答案】（Ⅰ）；试题解析：（Ⅰ）证明：由正方形的性质可知，且，所以四边形为平行四边形，从而，又面，面，于是面，又面，而面面，所以.40．（2015·福建·高考真题）如图，在几何体中，四边形是矩形，平面，，，，分别是线段，的中点.(1)求证：平面；【详解】（1）如图，取的中点连接，，又是的中点，所以，且，又是中点，所以，由四边形是矩形得，，，所以且.从而四边形是平行四边形，所以，∵平面ADE，平面ADE，∴平面ADE.41．（2015·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且，，分别为，的中点．(1)求证：平面；试题解析：（Ⅰ）证明：∵O，M分别为AB，VA的中点，∴OM∥VB，∵VB⊄平面MOC，OM⊂平面MOC，∴VB∥平面MOC；考点02空间中的垂直关系（第一问）1．（2024·全国新Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．(1)证明：；(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；（2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.【详解】（1）由，得，又，在中，由余弦定理得,所以，则，即，所以，又平面，所以平面，又平面，故；（2）连接，由，则，在中，，得，所以，由（1）知，又平面，所以平面，又平面，所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，则，由是的中点，得，所以，设平面和平面的一个法向量分别为，则，，令，得，所以，所以，设平面和平面所成角为，则，即平面和平面所成角的正弦值为.2．（2023·全国新Ⅱ卷·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．(1)证明：；(2)点F满足，求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，因为，，所以与均为等边三角形，，从而②，由①②，，平面，所以，平面，而平面，所以．（2）不妨设，，．，，又，平面平面．以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，设平面与平面的一个法向量分别为，二面角平面角为,而，因为，所以，即有，，取，所以；，取，所以，所以，，从而．所以二面角的正弦值为．3．（2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱中，平面．

(1)证明：平面平面；(2)设，求四棱锥的高．【答案】(1)证明见解析.(2)【分析】(1)由平面得，又因为，可证平面，从而证得平面平面；(2)过点作，可证四棱锥的高为,由三角形全等可证，从而证得为中点，设，由勾股定理可求出，再由勾股定理即可求.【详解】（1）证明：因为平面，平面,所以,又因为，即，平面，,所以平面，又因为平面,所以平面平面.（2）如图，

过点作，垂足为.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以四棱锥的高为.因为平面，平面,所以,,又因为，为公共边，所以与全等，所以.设，则，所以为中点，,又因为,所以,即，解得，所以，所以四棱锥的高为．4．（2023·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．

(1)求证：平面PAB；(2)求二面角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证；（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【详解】（1）因为平面平面，所以，同理，所以为直角三角形，又因为，，所以，则为直角三角形，故，又因为，，所以平面.（2）由（1）平面，又平面，则，以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，

则，所以，设平面的法向量为，则，即令，则，所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以，所以，又因为二面角为锐二面角，所以二面角的大小为.5．（2022·全国甲卷·高考真题）在四棱锥中，底面．(1)证明：；(2)求PD与平面所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于，因为，所以四边形为等腰梯形，所以，故，，所以，所以，因为平面，平面，所以，又，所以平面，又因为平面，所以；（2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，，则，则，设平面的法向量，则有，可取，则，所以与平面所成角的正弦值为.6．（2022·全国乙卷·高考真题）如图，四面体中，，E为的中点．(1)证明：平面平面；(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)与平面所成的角的正弦值为【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.【详解】（1）因为，E为的中点，所以；在和中，因为，所以，所以，又因为E为的中点，所以；又因为平面，，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，所以，所以，当时，最小，即的面积最小.因为，所以，又因为，所以是等边三角形，因为E为的中点，所以，，因为，所以,在中，，所以.以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，又因为，所以，所以，设与平面所成的角为，所以，所以与平面所成的角的正弦值为.7．（2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，由此可知，，，从而可证得平面，即得；（2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出．【详解】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，∵，且，∴平面是二面角的平面角，则，∴是正三角形，由平面，得平面平面，∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．（2）因为平面，过点做平行线，所以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，则，设平面的法向量为由，得，取，设直线与平面所成角为，∴．8．（2021·全国新Ⅰ卷·高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2).【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证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【详解】（1）因为，O是中点，所以，因为平面，平面平面，且平面平面，所以平面．因为平面，所以.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，则，设,所以，设为平面的法向量，则由可求得平面的一个法向量为．又平面的一个法向量为，所以，解得．又点C到平面的距离为，所以，所以三棱锥的体积为．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作，垂足为点G．作，垂足为点F，连结，则．因为平面，所以平面，为二面角的平面角．因为，所以．由已知得，故．又，所以．因为，．[方法三]：三面角公式考虑三面角，记为，为，，记二面角为．据题意，得．对使用三面角的余弦公式，可得，化简可得．①使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②将①②两式平方后相加，可得，由此得，从而可得．如图可知，即有，根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，结合的正切值，可得从而可得三棱锥的体积为．【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.9．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.【详解】（1）取的中点为，连接.因为，，则，而，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面.（2）在平面内，过作，交于，则，结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.则，故.设平面的法向量，则即，取，则，故.而平面的法向量为，故.二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.10．（2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，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?【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；【详解】（1）[方法一]：几何法因为，所以．又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，过E作的平行线分别与交于其中点，连接，因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，易证，则．又因为，所以．又因为，所以平面．又因为平面，所以．[方法二]【最优解】：向量法因为三棱柱是直三棱柱，底面，，，，又，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．，．由题设（）．因为，所以，所以．[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．（2）[方法一]【最优解】：向量法设平面的法向量为，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．[方法二]：几何法如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．设，过作交于点G．由得．又，即，所以．又，即，所以．所以．则，所以，当时，．[方法三]：投影法如图，联结，在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．设，在中，．在中，，过D作的平行线交于点Q．在中，．在中，由余弦定理得，，，，，当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．11．（2021·全国乙卷·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．（1）证明：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；（2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出．【详解】（1）因为底面，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面．（2）[方法一]：相似三角形法由（1）可知．于是，故．因为，所以，即．故四棱锥的体积．[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法

由（2）知,所以．建立如图所示的平面直角坐标系，设．因为，所以，，，．从而．所以，即．下同方法一.[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法

建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以，，，，．所以，，．所以．所以，即．下同方法一.[方法四]：空间向量法

由，得．所以．即．又底面，在平面内，因此，所以．所以，由于四边形是矩形，根据数量积的几何意义，得，即．所以，即．下同方法一.【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.12．（2021·浙江·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）要证，可证，由题意可得，，易证，从而平面，即有，从而得证；（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．【详解】（1）在中，，，，由余弦定理可得，所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,则,又为中点，所以.由（1）得平面，所以平面的一个法向量从而直线与平面所成角的正弦值为．【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑，题中与有垂直关系的直线较多，易证平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．13．（2020·海南·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为．（1）证明：平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为上的点，QB=，求PB与平面QCD所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得到平面；（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，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得，即可得到直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）证明：在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为所以平面；（2）如图建立空间直角坐标系，因为，则有，设，则有，因为QB=，所以有设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则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所以直线与平面所成角的正弦值为.【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.14．（2020·天津·高考真题）如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的正弦值；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【分析】以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.（Ⅰ）计算出向量和的坐标，得出，即可证明出；（Ⅱ）可知平面的一个法向量为，计算出平面的一个法向量为，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与平面所成角的正弦值.【详解】依题意，以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得、、、、、、、、.（Ⅰ）依题意，，，从而，所以；（Ⅱ）依题意，是平面的一个法向量，，．设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得．，．所以，二面角的正弦值为；（Ⅲ）依题意，．由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是．所以，直线与平面所成角的正弦值为.【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.15．（2020·浙江·高考真题）如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC=2BC．（I）证明：EF⊥DB；（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．【答案】（I）证明见解析；（II）【分析】（）方法一：作交于，连接，由题意可知平面，即有，根据勾股定理可证得，又，可得，，即得平面，即证得；（II）方法一：由，所以与平面所成角即为与平面所成角，作于，连接，即可知即为所求角，再解三角形即可求出与平面所成角的正弦值．【详解】（）[方法一]：几何证法作交于，连接．∵平面平面，而平面平面，平面，∴平面，而平面，即有．∵，∴．在中，，即有，∴．由棱台的定义可知，，所以，，而，∴平面，而平面，∴．[方法二]【最优解】：空间向量坐标系方法作交于O．∵平面平面，而平面平面，平面，∴平面，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示.设OC=1,∵，，∴,∴，∴,,,∴BC⊥BD,又∵棱台中BC//EF,∴EF⊥BD；[方法三]：三余弦定理法∵平面ACFD平面ABC，∴,∴，又∵DC=2BC．∴,即,又∵，∴．（II）[方法一]：几何法因为，所以与平面所成角即为与平面所成角．作于，连接，由（1）可知，平面，因为所以平面平面，而平面平面，平面，∴平面．即在平面内的射影为，即为所求角．在中，设，则，，∴．故与平面所成角的正弦值为．[方法二]【最优解】：空间向量坐标系法设平面BCD的法向量为,由（）得,,∴令,则,,,，,由于，∴直线与平面所成角的正弦值为．[方法三]：空间向量法以为基底,不妨设，则(由（）的结论可得）．设平面的法向量为，则由得取，得．设直线与平面所成角为，则直线与平面所成角也为，由公式得．[方法四]：三余弦定理法由，可知H在平面的射影G在的角平分线上．设直线与平面所成角为，则与平面所成角也为．由由（）的结论可得，由三余弦定理，得，从而．[方法五]：等体积法设H到平面DBC的距离为h，设,则,设直线与平面所成角为，由已知得与平面所成角也为．由，,求得，所以．【整体评价】（）的方法一使用几何方法证明，方法二利用空间直角坐标系方法，简洁清晰，通性通法，确定为最优解；方法三使用了两垂直角的三余弦定理得到，进而证明，过程简洁，确定为最优解（II）的方法一使用几何做法，方法二使用空间坐标系方法，为通性通法，确定为最优解；方法三使用空间向量的做法，避开了辅助线的求作；方法四使用三余弦定理法，最为简洁，确定为最优解；方法五采用等体积转化法，避免了较复杂的辅助线.16．（2020·山东·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；（2）方法一：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，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.【详解】（1）证明：在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为，所以平面．（2）［方法一］【最优解】：通性通法因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：因为，设，设，则有，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则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PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.［方法二］：定义法如图2，因为平面，，所以平面．在平面中，设．在平面中，过P点作，交于F，连接．因为平面平面，所以．又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角．设，在中，易求．由与相似，得，可得．所以，当且仅当时等号成立．［方法三］：等体积法如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求．设，在三棱锥中，．在三棱锥中，．由得，解得，当且仅当时等号成立．在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝对值，即，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；方法三：巧妙利用，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出．17．（2020·全国·高考真题）如图，在长方体中，点，分别在棱，上，且，．证明：（1）当时，；（2）点在平面内．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）根据正方形性质得，根据长方体性质得,进而可证平面,即得结果；（2）只需证明即可，在上取点使得,再通过平行四边形性质进行证明即可.【详解】（1）因为长方体,所以平面,因为长方体,所以四边形为正方形因为平面,因此平面,因为平面,所以；（2）在上取点使得,连,因为,所以所以四边形为平行四边形，因为所以四点共面，所以四边形为平行四边形，，所以四点共面，因此在平面内【点睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题.18．（2020·全国·高考真题）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；（2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P−ABC的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据已知可得，进而有≌，可得，即，从而证得平面，即可证得结论；（2）将已知条件转化为母线和底面半径的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形边长，在等腰直角三角形中求出，在中，求出，即可求出结论.【详解】（1）连接，为圆锥顶点，为底面圆心，平面，在上，，是圆内接正三角形，，≌，，即，平面平面，平面平面；（2）设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为，，解得，，在等腰直角三角形中，，在中，，三棱锥的体积为.【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.19．（2020·全国·高考真题）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．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）要证明平面，只需证明，即可；（2）方法一：过O作∥BC交AB于点N，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，分别算出平面的一个法向量，平面的一个法向量为，利用公式计算即可得到答案.【详解】（1）[方法一]：勾股运算法证明由题设，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；[方法二]：空间直角坐标系法不妨设，则，由圆锥性质知平面，所以，所以．因为O是的外心，因此．在底面过作的平行线与的交点为W，以O为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，．所以，，．故，．所以，．又，故平面．[方法三]：因为是底面圆O的内接正三角形，且为底面直径，所以．因为（即）垂直于底面，在底面内，所以．又因为平面，平面，，所以平面．又因为平面，所以．设，则F为的中点，连结．设，且，则，，．因此，从而．又因为，所以平面．[方法四]：空间基底向量法如图所示，圆锥底面圆O半径为R，连结，，易得，因为，所以．以为基底，平面，则，，且，所以．故．所以，即．同理．又，所以平面．（2）[方法一]：空间直角坐标系法过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，由图可知二面角为锐二面角，所以.[方法二]【最优解】：几何法设，易知F是的中点，过F作交于G，取的中点H，联结，则．由平面，得平面．由（1）可得，，得．所以，根据三垂线定理，得．所以是二面角的平面角．设圆O的半径为r，则，，，，所以，，．在中，，．所以二面角的余弦值为．[方法三]：射影面积法如图所示，在上取点H，使，设，连结．由（1）知，所以．故平面．所以，点H在面上的射影为N．故由射影面积法可知二面角的余弦值为．在中，令，则，易知．所以．又，故所以二面角的余弦值为．【整体点评】本题以圆锥为载体，隐含条件是圆锥的轴垂直于底面，（1）方法一：利用勾股数进行运算证明，是在给出数据去证明垂直时的常用方法；方法二：选择建系利用空间向量法，给空间立体感较弱的学生提供了可行的途径；方法三：利用线面垂直，结合勾股定理可证出；方法四：利用空间基底解决问题，此解法在解答题中用的比较少；（2）方法一：建系利用空间向量法求解二面角，属于解答题中求角的常规方法；方法二：利用几何法，通过三垂线法作出二面角，求解三角形进行求解二面角，适合立体感强的学生；方法三：利用射影面积法求解二面角，提高解题速度.20．（2020·全国·高考真题）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：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱锥B–EB1C1F的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；（2）根据已知条件求得和到的距离，根据锥体体积公式，即可求得.【详解】（1）分别为，的中点，又在等边中，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，且平面平面又平面平面平面平面平面（2）过作垂线，交点为，画出图形，如图平面平面，平面平面又为的中心.故：，则，平面平面，平面平面，平面平面又在等边中即由（1）知，四边形为梯形四边形的面积为：，为到的距离，.【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.21．（2020·全国·高考真题）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：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（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.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；（2）连接，先求证四边形是平行四边形，根据几何关系求得，在截取，由（1）平面，可得为与平面所成角，即可求得答案.【详解】（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，且平面平面，，又平面，平面，平面，平面平面.(2)[方法一]：几何法如图，过O作的平行线分别交于点，联结，由于平面，平面，，平面，平面，所以平面平面．又因平面平面，平面平面，所以．因为，，，所以面．又因，所以面，所以与平面所成的角为．令，则，由于O为的中心，故．在中，，由勾股定理得．所以．由于，直线与平面所成角的正弦值也为．[方法二]【最优解】：几何法因为平面，平面平面，所以．因为，所以四边形为平行四边形．由（Ⅰ）知平面，则为平面的垂线．所以在平面的射影为．从而与所成角的正弦值即为所求．在梯形中，设，过E作，垂足为G，则．在直角三角形中，．[方法三]：向量法由（Ⅰ）知，平面，则为平面的法向量．因为平面，平面，且平面平面，所以．由（Ⅰ）知，即四边形为平行四边形，则．因为O为正的中心，故．由面面平行的性质得，所以四边形为等腰梯形．由P，N为等腰梯形两底的中点，得，则．设直线与平面所成角为，，则．所以直线与平面所成角的正弦值．[方法四]：基底法不妨设，以向量为基底，从而，．，，则，．所以．由（Ⅰ）知平面，所以向量为平面的法向量．设直线与平面所成角，则．故直线与平面所成角的正弦值为．[方法五]：坐标法过O过底面ABC的垂线，垂足为Q，以Q为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，设，AO=AB=2，则，所以，所以易得为平面A1AMN的一个法向量，则直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为【整体点评】(2)方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的关键；方法二：等价转化是解决问题的关键，构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线的方向向量，然后利用向量法求解即可；方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于找到平面的法向量和直线的方向向量.方法五：空间坐标系法是立体几何的重要方法，它是平面向量的延伸，其关键之处在于利用空间坐标系确定位置，找到平面的法向量和直线的方向向量.22．（2019·江苏·高考真题）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【分析】(1)由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论；(2)由题意首先证得线面垂直，然后结合线面垂直证明线线垂直即可.【详解】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.【点睛】本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.23．（2019·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；(Ⅱ)由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直；(Ⅲ)由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点.【详解】（Ⅰ）证明：因为平面,所以；因为底面是菱形，所以;因为,平面,所以平面.（Ⅱ）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以,因为,所以；因为平面，平面,所以；因为所以平面，平面,所以平面平面.（Ⅲ）存在点为中点时，满足平面；理由如下:分别取的中点，连接,在三角形中，且；在菱形中，为中点，所以且，所以且，即四边形为平行四边形，所以;又平面，平面，所以平面.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.24．（2019·北京·高考真题）如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ)见解析.【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；(Ⅱ)建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值；(Ⅲ)首先求得点G的坐标，然后结合平面的法向量和直线AG的方向向量可判断直线是否在平面内.【详解】(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，则PA⊥CD，由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.(Ⅱ)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易知：，由可得点F的坐标为，由可得，设平面AEF的法向量为：，则，据此可得平面AEF的一个法向量为：，很明显平面AEP的一个法向量为，，二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-AE-P的余弦值为.(Ⅲ)易知，由可得，则，注意到平面AEF的一个法向量为：，其且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内.25．（2019·全国·高考真题）图1是由矩形和菱形组成的一个平面图形，其中，，将其沿折起使得与重合，连结，如图2.（1）证明图2中的四点共面，且平面平面；（2）求图2中的四边形的面积.【答案】(1)见详解；(2)4.【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形，和菱形内部的夹角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得证.因为是平面垂线，所以易证.(2)欲求四边形的面积，需求出所对应的高，然后乘以即可．【详解】(1)证：，，又因为和粘在一起.，A，C，G，D四点共面.又.平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.(2)取的中点，连结.因为，平面BCGE，所以平面BCGE，故，由已知，四边形BCGE是菱形，且得，故平面DEM．因此．在中，DE=1，，故．所以四边形ACGD的面积为4.【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，最后将求四边形的面积考查考生的空间想象能力.26．（2019·全国·高考真题）图1是由矩形ADEB，Rt△ABC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B−CG−A的大小.【答案】(1)见详解；(2).【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形，和菱形内部的夹角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得证.因为是平面垂线，所以易证.(2)在图中找到对应的平面角，再求此平面角即可.于是考虑关于的垂线，发现此垂足与的连线也垂直于.按照此思路即证.【详解】(1)证：，，又因为和粘在一起.，A，C，G，D四点共面.又.平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.(2)过B作延长线于H，连结AH，因为AB平面BCGE，所以而又，故平面，所以.又因为所以是二面角的平面角，而在中，又因为故，所以.而在中,，即二面角的度数为.【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法．最后将求二面角转化为求二面角的平面角问题考查考生的空间想象能力．27．（2019·天津·高考真题）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，，（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（I）见解析；（II）见解析；（III）.【分析】（I）连接，结合平行四边形的性质，以及三角形中位线的性质，得到，利用线面平行的判定定理证得结果；（II）取棱的中点，连接，依题意，得，结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得到，利用线面垂直的判定定理证得结果；（III）利用线面角的平面角的定义得到为直线与平面所成的角，放在直角三角形中求得结果.【详解】（I）证明：连接，易知，，又由，故，又因为平面，平面，所以平面.（II）证明：取棱的中点，连接，依题意，得，又因为平面平面，平面平面，所以平面，又平面，故，又已知，，所以平面.（III）解：连接，由（II）中平面，可知为直线与平面所成的角.因为为等边三角形，且为的中点，所以，又，在中，，所以，直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力和推理能力.28．（2019·浙江·高考真题）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【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】(1)如图所示，连结，等边中，，则，平面ABC⊥平面，且平面ABC∩平面，由面面垂直的性质定理可得：平面，故，由三棱柱的性质可知，而，故，且，由线面垂直的判定定理可得：平面，结合⊆平面，故.(2)在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH,EC,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.设，则，,，据此可得：，由可得点的坐标为，利用中点坐标公式可得：，由于，故直线EF的方向向量为：设平面的法向量为，则：，据此可得平面的一个法向量为，此时，设直线EF与平面所成角为，则.【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.29．（2019·全国·高考真题）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积．【答案】（1）见详解；（2）18【分析】（1）先由长方体得，平面，得到，再由，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）先设长方体侧棱长为，根据题中条件求出；再取中点，连结，证明平面，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果.【详解】（1）因为在长方体中，平面；平面，所以，又，，且平面，平面，所以平面；

（2）[方法一]【利用体积公式计算体积】如图6，设长方体的侧棱长为，则．由（1）可得．所以，即．又，所以，即，解得．取中点F，联结，因为，则，所以平面，从而四棱锥的体积：．[方法二]【最优解：利用不同几何体之间体积的比例关系计算体积】取的中点F，联结．由（Ⅰ）可知，所以．故．【整体点评】(2)方法一：利用体积公式计算体积需要同时计算底面积和高，是计算体积的传统方法；方法二：利用不同几何体之间的比例关系计算体积是一种方便有效快速的计算体积的方法，核心思想为等价转化.30．（2019·全国·高考真题）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）利用长方体的性质，可以知道侧面，利用线面垂直的性质可以证明出，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出平面；（2）以点坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方形的边长为，，求出