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【两年真题重温】【2020新课标全国理，18】如图，四棱锥中，底面为平行四边形，底面() 证明：；() 若，求二面角的余弦值，设平面的法向量为，则，即，因此可取设平面的法向量为，则，可取故二面角的余弦值为 从而，故，又底面，可得，所以平面故 【2020 新课标全国理，18】如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯形，ABCD,ACBD，垂足为H，PH是四棱锥的高 ，E为AD中点.（1） 证明：PEBC（2） 若APB=ADB=60，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值 【2020 新课标全国文，18】如图，已知四棱锥的底面为等腰梯形，,垂足为，是四棱锥的高。（）证明：平面 平面;（）若,60,求四棱锥的体积。【命题意图猜想】辑推理能力【最新考纲解读】【回归课本整合】3.平面与平面平行 5.（理）直线与平面所成的角（3）二面角的范围：；7（理） 利用向量处理平行问题（1）证明线线平行，找出两条直线的方向向量，证明方向向量共线；2.求直线和平面所成的角的向量法：在斜线上取一方向向量，并求出平面的一个法向量，若设斜线和平面所成的角为,由.【方法技巧提炼】1. 线线平行与垂直的证明证明线线平行的方法：（1）平行公理；（2）线面平行的性质定理；（3）面面平行的性质定理；（4）向量平行.要注意线面、面面平行的性质定理的成立条件. 证明线线垂直的方法：（1）异面直线所成的角为直角；（2）线面垂直的性质定理；（3）面面垂直的性质定理；（4）三垂线定理和逆定理；（5）勾股定理；（6）向量垂直.要注意线面、面面垂直的性质定理的成立条件.解题过程中要特别体会平行关系性质的传递性，垂直关系的多样性.例1 如图，四面体CABD，CB = CD，AB = AD， BAD = 90.E、F分别是BC、AC的中点. （1）求证：ACBD；（2）如何在AC上找一点M，使BF平面MED？并说明理由；（3）若CA = CB，求证：点C在底面ABD上的射影是线段BD的中点. 解析：（1）取BD的中点O，连接AO，CO，在BCD中BC = DC，COBD，同理AOBD 而AOCO = O，BD平面AOC，又平面AOC，ACBD. （2）取FC的中点M，连接EM，DM，E是BC的中点，BFEM，平面MED，BF平面MED，FC的中点M即为所求. （3）ABD是等腰直角三角形，BAD = 90，AO = BO = DO；CA = CB = CD，CO是公共边，COACOBCOD；COA=90，即COAO，又COBD，AOBD = O，CO平面ABD，即点C在底面ABD上的射影是线段BD的中点 .例2 在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PA垂直于底面，E、F分别是AB、PC的中点 PABCDEF（1）求证：平面PAD；（1）面面平行的证明方法：反证法:假设两个平面不平行，则它们必相交，在导出矛盾；面面平行的判断定理；利用性质:垂直于同一直线的两个平面平行；平行于同一平面的两个平面平行；向量法：证明两个平面的法向量平行.BB1C1C;(3) AM=MA1是截面MBC1平面BB1C1C的充要条件吗? 请你叙述判断理由.(1)证明: AB=AC, D是BC的中点, ABCDA1B1C1MADBC. 底面ABC平面BB1C1C, AD侧面BB1C1C. ADCC1. E(2)证明：延长B1A1与BM交于N, 连结C1N. AM=MA1, NA1=A1B1. A1B1=A1C1, A1C1= A1N=A1B1. C1NC1B1. 截面N B1C1侧面BB1C1C, C1N侧面BB1C1C. 截面C1N B侧面BB1C1C. N截面MBC1侧面BB1C1C.(3)解: 结论是肯定的, 充分性已由(2)证明.下面证必要性: 过M作MEB C1于E, 截面MBC1侧面BB1C1C, ME侧面BB1C1C. 又AD侧面BB1C1C, MEAD. M, E, A, D共线. A M侧面BB1C1C, AMDE. CC1AM, DECC1. D是BC的中点, E是BC1的中点. AM= DE=CC1=AA1,AM= MA1.例4 已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC1，ACB90，AA1，D 是A1B1中点（1）求证C1D平面A1B；（2）当点F在BB1上什么位置时，会使得AB1平面C1DF？并证明你的结论解析:对于第二问，要满足AB1平面C1DF，可想办法构造AB1 DF,从而确定F点位置.（例5 在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为（ ） A.B. C. D. 答案：D解析：如图2连与交与O点,再连BO,则为BC1与平面BB1D1D所成角. ， 。（即点到底面的距离），故与底面所成角的正弦值为.（4）秒用公式，直接得到线面角答案：例8已知正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦等于（ ）ABCC1A1B1xyzOA B C D答案：A解析：如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，A（-1，0，0）B1(0,),则,O(0,0,0),B(0, )，则为侧面ACC1A1的法向量由.6.如何求二面角（1）直接法.直接法求二面角大小的步骤是：一作（找）、二证、三计算.即先作(找)出表示（3）向量法：法一、在内，在内，其方向如左图，则二面角 的平面角；法二：设,是二面角的两个半平面的法向量，其方向一个指向内侧，另一个指向外侧（同等异补），则二面角的平面角 例9 如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，AC与BD交于点E，CB与CB1交于点F.（I）求证：A1C平BDC1；（II）求二面角BEFC的大小（结果用反三角函数值表示）.解法一：（）A1A底面ABCD，则AC是A1C在底面ABCD的射影.ACBD.A1CBD.同理A1CDC1,又BDDC1=D,解法二：（）以点C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0).D(1,0,0),B(0,1,0),A1(1,1,1),C1(0,0,1),D1(1,0,1)（）同（I）可证，BD1平面AB1C.轴，然后在底面确定互相垂直的直线分别为x，y轴.如图4.QBCPADzyxOABCDEA1B1C1Ozxy图1 图2 图3 图4理，只需通过坐标运算进行判断，在解题过程中，往往把“是否存在”问题，转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，所以使问题的解集更加简单、有效，应善于运用这一方法解题.例9 在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，已知AB/CD,AB=AD=1,D1D=CD=2,ABAD（1)求证：BC面D1DB；（2)求D1B与平面D1DCC1所成角的大小；（3)在BB1上是否存在一点F，使F到平面D1BC的距离为，若存在，则指出该点的位置；若不存在，请说明理由（1)证明：如图建立坐标系D-xyz,，BCDD1, BCDBD1D DB=D，BC平面D1DB （2) AD平面D1DCC1，平面D1DCC1的法向量，依据向量距离公式，确定点的坐标，进而判断是否存在，这是思路经常用.【考场经验分享】【新题预测演练】1.【唐山市2020学年度高三年级第一次模拟考试】（理）如图，在三棱柱ABC-A1BlC1中，CC1丄底面ABC,底面是边长为2的正三角形，M, N分别是棱CC1、AB的中点.(I)求证：CN/平面 AMB1;(II)若二面角A-MB1-C为45,求CC1的长.解：（）设AB1的中点为P，连结NP、MPCMAA1，NPAA1，CMNP，CNPM是平行四边形，CNMPCN平面AMB1，MP平面AMB1，CN平面AMB14分即则w0，令v1，则u，即m(，1，0)10分所以cosm，n，依题意，m，n45，则，解得a，所以CC1的长为212分（文）如图，在三棱柱ABC-A1BlC1中，CC1丄底面ABC，底面是边长为2的正三角形，M、N、G分别是棱CC1、AB, BC的中点.(I )求证：;(II)若求证：.解：（）设AB1的中点为P，连结NP、MPCMAA1，NPAA1，CMNP，CNPM是平行四边形，CNMPCN平面AMB1，MP平面AMB1，CN平面AMB14分（）CC1平面ABC，平面CC1B1B平面ABC，AGBC，AG平面CC1B1B，B1MAG6分CC1平面ABC，平面A1B1C1平面ABC，CC1AC，CC1B1C1，在RtMCA中，AM同理，B1M9分BB1CC1，BB1平面ABC，BB1AB，AB12，AM2B1M2AB，B1MAM， 10分又AGAMA，B1M平面AMG 12分ESDCAB2.【2020年河南郑州高中毕业年级第一次质量预测】（理）如图，在四棱锥S-ABCD中，ABAD，ABCD，CD=3AB=3，平面SAD平面ABCD，E是线段AD上一点，AE=ED=，SEAD. （）证明：平面SBE平面SEC;（）若SE=1，求直线CE与平面SBC所成角的正弦值.解：（）平面平面,平面平面,（）由（）知，直线ES,EB,EC两两垂直.如图，以EB为x轴, 以EC为y轴,以ES为z轴,建立空间直角坐标系.则，.设平面SBC的法向量为，则解得一个法向量，9分设直线CE与平面SBC所成角为，则又所以直线CE与平面SBC所成角的正弦值12分（文）如图，在四棱锥S-ABCD中，ABAD，ABCD，CD=3AB=3，平面SAD平面ABCD，E是线段AD上一点，AE=ED=，SEAD. （）证明：平面SBE平面SEC;（）若SE=1，求三棱锥E-SBC的高.（）证明: 平面平面,平面平面,平面， 平面. 2分平面 ，=3, AE=ED=所以即4分结合得BE平面SEC,平面， 平面SBE平面SEC. 6分（）如图，作EFBC于F,连结SF.由BCSE,SE和EF相交得，BC平面SEF,由BC在平面SBC内，得平面SEF平面SBC.作EGSF于G,则EG平面SBC.即线段EG的长即为三棱锥E-SBC的高.9分由SE=1，BE=2，CE=得BC=4，EF=.在中，,所以三棱锥E-SBC的高为.12分3.【2020年石家庄市高中毕业班教学质量检测(二)】=(,1， 1),8分设平面BEF的法向量=（）则 令，则,=（）10分同理，可求平面DEF的法向量 =（-）设所求二面角的平面角为，则=.12分（文）如图，在多面体ABCDEF中，ABCD为菱形，ABC=60，EC面ABCD，FA面ABCD，G为BF的中点，若EG/面ABCD (I)求证：EG面ABF； ()若AF=AB=2，求多面体ABCDEF的体积证明；第二问中利用体积分割进行求解. ()解:取AB的中点M，连结GM,MC.可得GM /FA,因为EC面ABCD, F A 面ABCD,所以CE/FA,EC/GM.2分面CEGM面ABCD=CM,EG/ 面ABCD,EG/CM,4分在正三角形ABC中，CMAB,又FACMEGAB, EGAF,EG面ABF.6分（）=,8分,10分.12分4.【河北省石家庄市2020届高三上学期教学质量检测(一)】（理）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，PA底面ABCD，且PA=AB，M、N分别是PA、BC的中点(I)求证：MN平面PCD；(II)在棱PC上是否存在点E，使得AE上平面PBD?若存在，求出AE与平面PBC所成角的正弦值，若不存在，请说明理由（）证明：取PD中点为F，连结FC，MF（文）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面A1B1C1，B1A1C1=90，D、E分别为CC1和A1B1的中点，且A1A=AC=2AB=2 (I)求证：C1E平面A1BD； ()求点C1到平面A1BD的距离（）证明：取中点F，连结EF，FD,又,平行且等于所以为平行四边形，4分，又平面,平面.6分（），,8分所以,，10分及，.所以点到平面的距离为.12分5.【保定市2020学年度第一学期高三期末调研考试】（理）如图，在正三棱柱中，是的中点，是线段上的动点，且(1)若，求证：；(2)求二面角的余弦值；(3) 若直线与平面所成角的大小为，求的最大值.解析：（1）证明：取中点，连接,则有平行且相等所以四边形是平行四边形，.2分（3）.10分令.12分（文）如图，在正三棱柱中，是的中点，是线段上的动点，且(1)若，求证：；(2)求二面角的正弦值；(3)求三棱锥的体积所以点到平面的距离等于.10分又.12分 所以平面. 即，, （）设为平面的一个法向量，则有， 即，所以 7分 所以12分因为平面平面，平面平面=，并且，所以平面，所以平面， 13分又因为平面，所以平面平面14分因为,为的中点，所以又， 所以平面 4分又平面，平面，所以平面 9分（）因为， 又平面平面，交线为， 所以平面 以为坐标原点，分别以所在的直 线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系 由=2，则有， 设平面的法向量为=， （文）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面， 是中点，为线段上一点.（）求证：； 所以在中,为的中点，所以为中点在中,，分别为，的中点，所以又平面, 平面,故/平面. 14分8.【北京市西城区2020 2020学年度第一学期期末试卷】（理）如图，在直三棱柱中，是的中点（）求证：平面；（）求二面角的余弦值；（）试问线段上是否存在点，使与成 角？若存在，确定点位置，若不存在，说明理由 （）证明：连结，交于点，连结.由 是直三棱柱，得 四边形为矩形，为的中点.又为中点，所以为中位线，所以 ， 2分因为 平面，平面， 所以 平面. 4分（）解：由是直三棱柱，且，故两两垂直.如图建立空间直角坐标系. 5分设，则.所以 ， 设平面的法向量为，则有所以 取，得. 7分易知平面的法向量为. 8分由二面角是锐角，得 . 9分所以二面角的余弦值为.（）解：假设存在满足条件的点.因为在线段上，故可设，其中.所以 ，. 11分因为与成角，所以. 12分即，解得，舍去. 13分所以当点为线段中点时，与成角. 14分（文）如图，正三棱柱的侧棱长和底面边长均为，是的中点（）求证：平面； （）求证：平面；（）求三棱锥的体积 （）证明：因为是正三棱柱，所以 平面.又 平面，所以 . 3分因为 是正三角形，是的中点，所以 ， 4分所以 平面. 5分（）证明：连结，交于点，连结.由 是正三棱柱，得 四边形为矩形，为的中点.又为中点，所以为中位线，所以 ， 8分因为 平面，平面， 所以 平面. 10分（）解：因为 ， 12分所以 . 14分即因此可取m(1，1)8分设n(x2，y2，z2)是面SBC的一个法向量，则即因此可取n(0，1)10分cosm，n，故平面BED与平面SBC所成锐二面角的大小为3012分10.【山西省高三第二次四校联考】PABCDE（理）如图，在底面为直角梯形的四棱锥中，,平面, （1） 求证：平面； （2） 求二面角的大小. （文）如图，在四棱锥中，侧面是边长 为2的正三角形，且与底面垂直；底面是菱形，为的中点 （1）求四棱锥的体积；（2）求证：平面所以又，所以面 12分(4，2,4)(0，3，4)(4，23，44)，(4,5,0)，(8,0,0)设平面BMC的法向量n1(x1，y1，z1)平面APC的法向量n2(x2，y2，z2)，由得即可取n1.由即 得可取n2(5,4，3)又cosBPA，从而PMPBcosBPA2，所以AMPAPM3.综上所述，存在点M符合题意，AM3.，得 提示四（方法二）切值 ()证明：在四棱锥PABCD中，连结AC交BD于点O，连结OM，PO由条件可得PO，AC2，PAPC2，COAO因为在PAC中，M为PC的中点，O为AC的中点，所以OM为PAC的中位线，得OMAP，又因为AP平面MDB，OM平面MDB，所以PA平面MDB 6分() 解：设NCMOE，由题意得BPBC2，且CPN90因为M为PC的中点，所以PCBM，同理PCDM，故PC平面BMD所以直线CN在平面BMD内的射影为直线OM，MEC为直线CN与平面BMD所成的角，又因为OMPA，所以PNCMEC在RtCPN中，CP2，NP1，所以tanPNC，故直线 CN与平面BMD所成角的正切值为2 14分13.【2020年邯郸市高三第一次模拟考试】（理）如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，（II）以中点为坐标原点，以所在直线为轴,所在直线为轴，建立空间直角坐标系如图所示，则 8分，即，解得，10分所以二面角的余弦值为 12分（文）已知四棱锥的底面为菱形，且，,为的中点.（）求证：平面；（）求点到面的距离（本小题共12分）（I）证明：连接 为等腰直角三角形为的中点 2分 又 是等边三角形 ，4分又 ，即 6分 平面PAD所成的角为，由sin=|cos，|=8分解得a=2 所以（,0,0），（，1）设平面AEF的一法向量为m=(x1,y1,z1)，则，因此取z1=-1，则m=(0,2,-1),10分 因为BDAC，BDPA，PAAC=A，所以BD平面AFC，故为平面AFC的一法向量.又=（-,3,0），所以cosm,=.因为二面角E-AF-C为锐角，所以所求二面角的余弦值为.12分（文）如图是某直三棱柱（侧棱与底面垂直）被削去上底后的直观图与三视图的侧视图、俯视图，在直观图中，是的中点，侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示.()求出该几何体的体积。()若是的中点，求证：平面；()求证：平面平面.解：()由题意可知：四棱锥中，平面平面，所以，平面 2分又，则四棱锥的体积为：4分()连接，则 又，所以四边形为平行四边形， 6分平面,平面,所以，平面； 8分() ,是的中点,又平面平面平面 10分由()知：平面又平面所以，平面平面. 12分14.【2020年河北省普通高考模拟考试】，即PDAC. .6分 (II) 假设在棱PA上存在一点E，不妨设=，则点E的坐标为， .8分设是平面EBD的法向量，则，则可解得，即=故在棱上存在点，当时，使得二面角E-BD-A的大小等于45.12分（文）如图，四棱锥的底面是矩形，且侧面PAB是正三角形，平面平面ABCD，E是棱PA的中点（）求证：平面EBD；（）求三棱锥的体积【解析】（I）证明：在矩形ABCD中，连结AC，设AC、BD交点为O，则O是AC中点又E是PA中点，所以EO是PAC的中位线，所以PC/EO3分又EO平面EBD，PC 平面EBD所以PC/平面EBD6分(II) 取AB中点H，则由PAPB，得PHAB，又平面PAB平面ABCD，且平面PAB平面ABCD=AB，所以PH平面ABCD .8分取AH中点F，由E是PA中点，得EF/PH，所以EF平面ABCD，由题意可求得：=，PH=，EF=， .10分则 .12分15. 【湖北省武汉市2020年普通高等学校招生全国统一考试答题适应性训练】（理）在直三棱柱中，BA1C1B1ACD（）若异面直线与所成的角为，求棱柱的高；（）设是的中点，与平面所成的角为，当棱柱的高变化时，求的最大值解法1：在中，由，得，解法2：建立如图2所示的空间直角坐标系，设，则有所以，故当时，的最大值. 2分.A1故就是与平面所成的角. 2分B1C1在Rt中，由，可得.EAC在Rt中，由，B得，故. 因此与平面所成的角. 16.【湖北省八校2020届高三第二次联考】（理）已知直三棱柱的三视图如图所示，且是的中点（）求证：平面；（）求二面角的余弦值；（）试问线段上是否存在点，使与成 角？若存在，确定点位置，若不存在，说明理由 2211正视图侧视图俯视图ABC（）解：由是直三棱柱，且，故两两垂直.如图建立空间直角坐标系. 5分，则.所以 ， 设平面的法向量为，则有所以 取，得. 6分
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