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三年高考（2014-2016）数学（理）试题分项版解析第十章 立体几何 三、解答题12.【2015江苏高考，16】（本题满分14分）如图，在直三棱柱中，已知，设的中点为，.求证：（1）； （2）.ABCDEA1B1C1【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】试题分析（1）由三棱锥性质知侧面为平行四边形,因此点为的中点，从而由三角形中位线性质得，再由线面平行判定定理得（2）因为直三棱柱中，所以侧面为正方形，因此，又，（可由直三棱柱推导），因此由线面垂直判定定理得,从而，再由线面垂直判定定理得,进而可得试题解析：（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（2）因为棱柱是直三棱柱，所以平面【考点定位】线面平行判定定理，线面垂直判定定理【名师点晴】不要忽视线面平行的判定定理中线在面外条件证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线, 常利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行. 证明线面垂直时，不要忽视面内两条线为相交线这一条件证明直线与平面垂直的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与性质，注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活利用，这是证明空间垂直关系的基础13. 【2016高考天津理数】（本小题满分13分）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；（II）求二面角O-EF-C的正弦值；（III）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.【答案】（）详见解析（）（）【解析】试题分析：（）利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，利用法向量与直线方向向量垂直进行论证（）利用空间向量求二面角，关键是求出面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与二面角相等或互补关系求正弦值（）利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与线面角互余关系求正弦值试题解析：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.（II）解：易证，为平面的一个法向量.依题意，.设为平面的法向量，则，即 .不妨设，可得.因此有，于是，所以，二面角的正弦值为.考点：利用空间向量解决立体几何问题14. 【2014江苏，理16】如图在三棱锥中，分别为棱的中点，已知，求证（1）直线平面；（2）平面平面.【答案】证明见解析【解析】试题解析：（1）由于分别是的中点，则有，又，所以（2）由（1），又，所以，又是中点，所以，又，所以，所以，是平面内两条相交直线，所以，又，所以平面平面【考点定位】线面平行判定定理，面面垂直判定定理【名师点晴】不要忽视线面平行的判定定理中线在面外条件证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线, 常利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行. 由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的技巧所在证明线面垂直时，不要忽视面内两条线为相交线这一条件证明直线与平面垂直的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与性质，注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活利用，这是证明空间垂直关系的基础15. 【2015江苏高考，22】（本小题满分10分）如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯 形，,（1）求平面与平面所成二面角的余弦值；（2）点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成角最小时，求线段BQ的长【答案】（1）（2）【解析】（1）因为平面，所以是平面的一个法向量，因为，设平面的法向量为，则，即令，解得，所以是平面的一个法向量从而，所以平面与平面所成二面角的余弦值为（2）因为，设（），又，则，又，从而设，则当且仅当，即时，的最大值为因为在上是减函数，此时直线与所成角取得最小值又因为，所以【考点定位】空间向量、二面角、异面直线所成角【名师点晴】1求两异面直线a，b的夹角，须求出它们的方向向量a，b的夹角，则cos |cosa，b|.2求直线l与平面所成的角可先求出平面的法向量n与直线l的方向向量a的夹角则sin |cosn，a|.3求二面角 l 的大小，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角，则n1，n2或n1，n216. 【2015高考山东，理17】如图，在三棱台中，分别为的中点.（）求证：平面；（）若平面， ， ,求平面与平面 所成的角（锐角）的大小.【答案】（I）详见解析；（II） 【解析】试题分析：（I）思路一：连接，设，连接，先证明，从而由直线与平面平行的判定定理得平面；思路二：先证明平面 平面 ，再由平面与平面平行的定义得到平面.（II）思路一：连接，设，连接，证明 两两垂直, 以 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空量向量的夹角公式求解；思路二：作 于点 ，作 于点 ，连接，证明 即为所求的角，然后在三角形中求解.试题解析：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 （II）解法一：设 ，则 在三棱台中，为的中点由 ，可得四边形 为平行四边形，因此 又平面 所以平面 在中，由 ，是中点，所以 因此 两两垂直,以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 所以 可得 故 设 是平面 的一个法向量，则由 可得 可得平面 的一个法向量因为 是平面 的一个法向量，所以 所以平面与平面所成的解(锐角)的大小为 在 中, 由 可得 从而 由平面平面 得 因此 所以 所以平面与平面所成角（锐角）的大小为 .【考点定位】1、空间直线与平面的位置关系；2、二面角的求法；3、空间向量在解决立体几何问题中的应用.【名师点睛】本题涉及到了立体几何中的线面平行与垂直的判定与性质，全面考查立几何中的证明与求解，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；利用空间向量解决立体几何问题是一种成熟的方法，要注意建立适当的空间直角坐标系以及运算的准确性.17. 【2014山东.理17】（本小题满分12分）如图，在四棱柱中，底面是等腰梯形，是线段的中点.（）求证：；（）若垂直于平面且，求平面和平面所成的角（锐角）的余弦值.【答案】（I）证明：见解析；（II）平面和平面ABCD所成角（锐角）的余弦值为.【解析】试题分析：（I）由四边形ABCD是等腰梯形，且，可得且.连接，可得，从而得到四边形为平行四边形，进一步可得平面.思路二：按照“一作，二证，三计算”.过C向AB引垂线交AB于N，连接，由平面ABCD，可得，得到为二面角的平面角，利用直角三角形中的边角关系计算平面和平面ABCD所成角（锐角）的余弦值.试题解析：（I）证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，且，所以，又由M是AB的中点，因此且.连接，在四棱柱中，因为，可得，所以，四边形为平行四边形，因此，又平面，平面，所以平面.所以.因此，所以，设平面的一个法向量，由，得，可得平面的一个法向量.又为平面ABCD的一个法向量，因此.所以平面和平面ABCD所成角（锐角）的余弦值为.解法二：由（I）知，平面平面ABCD=AB，过C向AB引垂线交AB于N，连接，由平面ABCD，可得，因此为二面角的平面角，在中，可得，所以，在中，所以平面和平面ABCD所成角（锐角）的余弦值为.【名师点睛】本题考查了空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系及空间的角.对于本题，可应用“几何法”和“空间向量方法”，体现了解题的灵活性.本题是一道能力题，属于中等题，对计算能力要求较高，在考查空间平行关系、空间的角等基础知识的同时，考查考生的计算能力、逻辑推理能力、空间想象能力、转化与化归思想及应用数学知识解决问题的能力.18. 【2016年高考北京理数】（本小题14分）如图，在四棱锥中，平面平面，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）；（3）存在，【解析】试题分析：（1）由面面垂直性质定理知AB平面；根据线面垂直性质定理可知，再由线面垂直判定定理可知平面；（2）取的中点，连结，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法可求出直线与平面所成角的正弦值；（3）假设存在，根据A，P，M三点共线，设，根据平面，即，求的值，即可求出的值.如图建立空间直角坐标系，由题意得，.设平面的法向量为，则即令，则.所以.又，所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用.【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.19. 【2015高考陕西，理18】（本小题满分12分）如图，在直角梯形中，是的中点，是与的交点将沿折起到的位置，如图 （I）证明：平面；（II）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值【答案】（I）证明见解析；（II）【解析】试题分析：（I）先证，再可证平面，进而可证平面；（II）先建立空间直角坐标系，再算出平面和平面的法向量，进而可得平面与平面夹角的余弦值试题解析：（I）在图1中，因为，是的中点，所以即在图2中，从而平面又，所以平面.(II)由已知，平面平面，又由（I）知，所以为二面角的平面角，所以.如图，以为原点，建立空间直角坐标系，因为，所以得 ，.设平面的法向量，平面的法向量，平面与平面夹角为，则，得，取，得，取，从而，即平面与平面夹角的余弦值为.考点：1、线面垂直；2、二面角；3、空间直角坐标系；4、空间向量在立体几何中的应用.【名师点晴】本题主要考查的是线面垂直、二面角、空间直角坐标系和空间向量在立体几何中的应用，属于中档题解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线20. 【2016高考新课标3理数】如图，四棱锥中，地面，为线段上一点，为的中点（I）证明平面；（II）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（）见解析；（）【解析】试题分析：（）取的中点，然后结合条件中的数据证明四边形为平行四边形，从而得到，由此结合线面平行的判断定理可证；（）以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后通过求直线的方向向量与平面法向量的夹角来处理与平面所成角以为坐标原点，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.考点：1、空间直线与平面间的平行与垂直关系；2、棱锥的体积【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理21. 【2014高考陕西版理第17题】四面体及其三视图如图所示，过棱的中点作平行于，的平面分别交四面体的棱于点.（1）证明：四边形是矩形；（2）求直线与平面夹角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）由该四面体的三视图可知：，由题设，面，面面，面面，所以，所以，同理可得，即得四边形是平行四边形，同时可证，即证四边形是矩形；试题解析：（1）由该四面体的三视图可知：，由题设，面面面面面， .同理， .四边形是平行四边形又平面 ,四边形是矩形（2）如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量,即得，取考点：面面平行的性质；线面角的求法.【名师点晴】本题主要考查的是三视图，面面平行的性质定理、线面角、空间直角坐标系和空间向量在立体几何中的应用，属于中档题解题时一定要注意线面角的正弦值是直线的方向向量与平面的法向量的夹角的余弦值的绝对值，否则很容易出现错误 22. 【2014新课标，理18】（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.（）证明：PB平面AEC；（）设二面角D-AE-C为60，AP=1，AD=，求三棱锥E-ACD的体积.【解析】（）证明：设O为AC与BD交点，连结OE，则由矩形ABCD知：O为BD的中点，因为E是BD的中点，所以OEPB，因为OE面AEC，PB面AEC，所以PB平面AEC。（）以A为原点，直线AB、AD、AP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设AB=m，则是平面AED的一个法向量，设是平面AEC的法向量，则，解得，所以令，得，所以=，因为二面角的大小与其两个半平面的两个法向量的夹角相等哉互补，所以=，解得，因为E是PD的中点，所以三棱锥E-ACD的高为，所以三棱锥E-ACD的体积为=.【考点定位】1.直线与平面平行；2.三棱锥的体积；3.二面角.【名师点睛】本题考查了直线与平面平行的判断与证明，三棱锥的体积的求法，属于中等题，考查学生分析解决问题的能力，要证线面平行，由判定定理可知，只需在面内作一直线与已知直线平行即可，如何作出这条面内线就是平时的经验积累与分析思维的能力了，二面角这一条件只须建立空间直角坐标系，利用空间向量知识求解可避免作出二面角的平面角这一难点，同时也不要忘了还可换底方法可用23. 【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图,在三棱台中,平面平面,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(I)求证：EF平面ACFD；(II)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.【答案】（I）证明见解析；（II）试题解析：（I）延长，相交于一点，如图所示因为平面平面，且，所以，平面，因此，又因为，所以为等边三角形，且为的中点，则所以平面方法二：如图，延长，相交于一点，则为等边三角形取的中点，则，又平面平面，所以，平面以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向，建立空间直角坐标系由题意得，因此，设平面的法向量为，平面的法向量为由，得，取；由，得，取于是，所以，二面角的平面角的余弦值为考点：1、线面垂直；2、二面角【方法点睛】解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线24. 【2014四川，理18】三棱锥及其侧视图、俯视图如图所示.设，分别为线段，的中点，为线段上的点，且.（1）证明：为线段的中点；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明详见解析；（2）.试题解答：根据侧视图和俯视图可知，为正三角形，顶点D在底面内的射影为BD的中点O，所以两两互相垂直，建坐标系如图所示，则，设（1）证明：设，则，.因为，所以点P是BC的中点.（2）易得平面PMN的法向量为.，设平面ABC的法向量为，则，所以.【考点定位】1、空间直线与平面的位置关系；2、二面角.【名师点睛】此题主要利用空间向量解题，为了证明点P是BC的中点，只需利用向量证明即可.在求二面角时，法一利用图形中的位置关系，求得二面角的平面角，从而求解，在求解过程当中，通常会结合一些初中阶段学习的平面几何知识，例如三角形的中位线，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等，在复习时应予以关注；法二利用坐标法求二面角，主要是空间直角坐标系的建立要恰当，便于用坐标表示相关点，求出半平面法向量夹角后，要观察二面角是锐角还是钝角，正确写出二面角的余弦值25. 【2015高考四川，理18】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（3）求二面角的余弦值.【答案】（1）点F、G、H的位置如图所示.（2）详见解析.（3）【解析】（1）点F、G、H的位置如图所示.（2）连结BD，设O为BD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，所以平面.（3）连结AC，过M作于P. 在正方形中，所以.过P作于K，连结KM，所以平面，从而.所以是二面角的平面角.设，则，在中，.在中，.所以.即二面角的余弦值为.（另外，也可利用空间坐标系求解）【考点定位】本题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行的判定与性质、空间面面夹角的计算等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.【名师点睛】立体几何解答题的考查内容，不外乎线面、面面位置关系及空间夹角与距离的计算. （1）注意ABCD是底面，将平面展开图还原可得点F、G、H的位置. （2）根据直线与平面平行的判定定理，应考虑证明MN平行于平面BDH内的一条直线.连结O、M，易得是平行四边形，从而，进而证得平面.（3）要作出二面角的平面角，首先要过M作平面AEGC的垂线，然后再过垂足作棱EG的垂线，再将垂足与点M连结，即可得二面角的平面角. 26. 【2014课标，理19】(本小题满分12分)如图，三棱柱中，侧面为菱形，.（）证明：;（）若，,求二面角的余弦值.【答案】（）详见解析；（）, 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【考点定位】1、直线和平面垂直的判定和性质；2、二面角求法【名师点睛】本题主要考查空间线面位置关系及二面角的求解，意在考查考生的空间想象能力即运算求解能力. 二面角的求法是每年高考的热点，常用方法是利用空间向量、三垂线定理等，考生在平时的学习中要加强对各种方法的训练，做到无误.27. 【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，ADBC，ADC=PAB=90，BC=CD=AD，E为边AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90. （）在平面PAB内找一点M，使得直线CM平面PBE，并说明理由；（）若二面角P-CD-A的大小为45，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.【答案】（）详见解析；（）.【解析】试题分析：（）探索线面平行，根据是线面平行的判定定理，先证明线线平行，再得线面平行，而这可以利用已知的平行，易得CDEB；从而知为DC和AB的交点；（）求线面角，可以先找到这个角，即作出直线在平面内的射影，再在三角形中解出，也可以利用已知图形中的垂直建立空间直角坐标系，用向量法求出线面角（通过平面的法向量与直线的方向向量的夹角来求得）（说明：延长AP至点N，使得AP=PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点）（）方法一：由已知，CDPA，CDAD，PAAD=A，所以CD平面PAD.从而CDPD.所以PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以PDA=45.设BC=1，则在RtPAD中，PA=AD=2.过点A作AHCE，交CE的延长线于点H，连接PH.易知PA平面ABCD，从而PACE.于是CE平面PAH.所以平面PCE平面PAH.过A作AQPH于Q，则AQ平面PCE.所以APH是PA与平面PCE所成的角.在RtAEH中，AEH=45，AE=1，所以AH=.在RtPAH中，PH= ，所以sinAPH= =.方法二：由已知，CDPA，CDAD，PAAD=A，所以CD平面PAD.于是CDPD.从而PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以PDA=45.由PAAB，可得PA平面ABCD.设BC=1，则在RtPAD中，PA=AD=2.作AyAD，以A为原点，以 ,的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A（0,0,0），P（0,0,2），C(2,1,0)，E(1,0,0)，所以=（1,0,-2），=（1,1,0），=（0,0,2）设平面PCE的法向量为n=(x,y,z)，由 得 设x=2，解得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为，则sin= = .所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为 .考点：线线平行、线面平行、向量法.【名师点睛】本题考查线面平行、线线平行、向量法等基础知识，考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力.证明线面平行时，可根据判定定理的条件在平面内找一条平行线，而这条平行线一般是由过面外的直线的一个平面与此平面相交而得，证明时注意定理的另外两个条件（线在面内，线在面外）要写全，否则会被扣分，求线面角（以及其他角），一种方法可根据定义作出这个角（注意还要证明），然后通过解三角形求出这个角另一种方法建立空间直角坐标系，用向量法求角，这种方法主要是计算，不需要“作角、证明”，关键是记住相应公式即可28【2015高考新课标1，理18】如图，四边形ABCD为菱形，ABC=120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE=2DF，AEEC.（）证明：平面AEC平面AFC；（）求直线AE与直线CF所成角的余弦值.【答案】（）见解析（）【解析】试题分析：（）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.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. 6分（）如图，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，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. 12分【考点定位】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【名师点睛】对空间面面垂直问题的证明有两种思路，思路1：几何法，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；思路2：利用向量法，通过计算两个平面的法向量，证明其法向量垂直，从而证明面面垂直；对异面直线所成角问题，也有两种思路，思路1：几何法，步骤为一找二作三证四解，一找就是先在图形中找有没有异面直线所成角，若没有，则通常做平行线或中位线作出异面直线所成角，再证明该角是异面直线所成角，利用解三角形解出该角.29. 【2015高考浙江，理17】如图，在三棱柱-中，在底面的射影为的中点，为的中点.（1）证明：D平面；（2）求二面角-BD-的平面角的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）.试题分析：（1）根据条件首先证得平面，再证明，即可得证；（2）作，且，可证明为二面角的平面角，再由余弦定理即可求得，从而求解.试题解析：（1）设为的中点，由题意得平面，故平面，由，分别，的中点，得且，从而，四边形为平行四边形，故，又平面，平面；（2）作，且，连结，由，得，由，得，由，得，因此为二面角的平面角，由，得，由余弦定理得，.【考点定位】1.线面垂直的判定与性质；2.二面角的求解【名师点睛】本题主要考查了线面垂直的判定与性质以及二面角的求解，属于中档题，在解题时，应观察各个直线与平面之间的位置关系，结合线面垂直的判定即可求解，在求二面角时，可以利用图形中的位置关系，求得二面角的平面角，从而求解，在求解过程当中，通常会结合一些初中阶段学习的平面几何知识，例如三角形的中位线，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等，在复习时应予以关注.30. 【2014年.浙江卷.理20】（本题满分15分）如图，在四棱锥中，平面平面.（1） 证明：平面;（2） 求二面角的大小【答案】（）详见解析；（）二面角的大小是【解析】试题分析：（）求证：平面，证明线面垂直，先证线线垂直，即证线和平面内两条相交直线垂直，由已知可得，只需证明，或，由已知平面平面，只需证明，就得平面，即，而由已知，在直角梯形中，易求，从而满足，即得，问题得证；（）求二面角的大小，可用传统方法，也可用向量法，用传统方法，关键是找二面角的平面角，可利用三垂线定理来找，但本题不存在利用三垂线定理的条件，因此利用垂面法，即作，与交于点，过点作，与交于点，连结，由（I）知，则，所以是二面角的平面角，求出的三条边，利用余弦定理，即可求出二面角的大小，用向量法，首先建立空间坐标系，先找三条两两垂直的直线作为坐标轴，观察几何图形可知，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，写出个点坐标，设出设平面的法向量为，平面的法向量为，求出它们的一个法向量，利用法向量的夹角与二面角的关系，即可求出二面角的大小试题解析：（I）在直角梯形中，由，得，由，则，即，又平面平面，从而平面，所以，又，从而平面；（II）方法一：作，与交于点，过点作，与交于点，连结，由（I）知，则，所以是二面角的平面角，在直角梯形中，由，得，又平面平面，得平面，从而，由于平面，得：，在中，由，得，在中，得，在中，得，从而，在中，利用余弦定理分别可得，在中，所以，即二面角的大小是【考点定位】空间点线面的位置关系；二面角；空间向量【名师点睛】本题主要考查空间点，线，面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用 ，同时考查空间想象能力，与推理论证，运算求解能力；传统方法证明直线和平面垂直的常用方法：(1)利用判定定理；(2)利用判定定理的推论(ab，ab)；(3)利用面面平行的性质(a，a)；(4)利用面面垂直的性质当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面用向量证明线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示运用向量知识判定空间位置关系，仍然离不开几何定理如用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外利用平面的法向量求线面角时注意事项：(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余角即为所求(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin2cos21求出其值不要误为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求31. . 【2016高考上海理数】将边长为1的正方形（及其内部）绕的旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中与在平面的同侧。（1）求三棱锥的体积；学.科网（2）求异面直线与所成的角的大小。【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）由题意可知，圆柱的高，底面半径确定计算后即得.（2）设过点的母线与下底面交于点，则，所以或其补角为直线与所成的角由长为，可知，又，所以，从而为等边三角形，得因为平面，所以在中，因为，所以，从而直线与所成的角的大小为考点：1.几何体的体积；2.空间的角.【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.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，将空间问题转化成平面问题.立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法.本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力转化与化归思想及基本运算能力等.32. 【2014高考重庆理第19题】（本小题满分13分,()小问6分，()小问7分） 如题（19）图，四棱锥中，底面是以为中心的菱形，底面，为上一点，且.（）求的长；（）求二面角的正弦值.【答案】（）；（）.【解析】试题分析：（）连结、,因为是菱形的中心，,以为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，根据题设条件写出的坐标，并设出点的坐标，根据空间两点间的距离公式和勾股定理列方程解出的值得到的长；.（）设平面的法向量为，平面PMC的法向量为，首先利用向量的数量积列方程求出向量的坐标，再利用向量的夹角公式求出，进而求出二面角的正弦值.试题解析：解：（）如答（19）图，连结，因为菱形，则，且，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，因，故所以由知，从而，即设，则因为，故即，所以（舍去），即.（）由（）知，,设平面的法向量为，平面的法向量为由得故可取由得故可取从而法向量的夹角的余弦值为故所求二面角的正弦值为.考点：1、空间直线与平面垂直的性质；2、空间直角坐标系；3、空间向量的数量积及其应用.【名师点睛】本题在四棱锥中求线段PO的长度，并求平面与平面所成角的正弦值着重考查了空间线面垂直的判定与性质，考查了利用空间向量研究平面与平面所成角等知识，属于中档题33. 【2014安徽理20】(本题满分13分)如图，四棱柱中，底面四边形为梯形，,且过三点的平面记为，与的交点为（1） 证明：为的中点；（2） 求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比；（3） 若，梯形的面积为6，求平面与底面所成二面角大小【答案】（1）为的中点；（2）；（3）【解析】试题分析：（1）利用面面平行来证明线线平行，则出现相似三角形，于是根据三角形相似即可得出，即为的中点（2）连接设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为和，则先表示出和，就可求出，从而（3）可以有两种方法进行求解第一种方法，用常规法，作出二面角在中，作，垂足为，连接又且，所以平面，于是所以为平面与底面所成二面角的平面角第二种方法，建立空间直角坐标系，以为原点，分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系设因为，所以从而，所以，设平面的法向量，再利用向量求出二面角试题解析：（1）证：因为，,，所以平面平面从而平面与这两个平面的交线相互平行，即故与的对应边相互平行，于是所以，即为的中点（2）解：如第（20）题图1，连接设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为和，则，所以，又所以，故（3）解法1如第（20）题图1，在中，作，垂足为，连接又且，所以平面，于是所以为平面与底面所成二面角的平面角因为，所以又因为梯形的面积为6，所以于是故平面与底面所成二面角的大小为解法2如第（20）题图2，以为原点，分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系设因为，所以从而，所以，设平面的法向量，由得，所以又因为平面的法向量，所以，故平面与底面所成而面积的大小为考点：1二面角的求解；2几何体的体积求解【名师点睛】立体几何证明性问题有的看起来很显然，但不能想当然的写，一定要注意在每步证明时有定理的保证；关于体积的求解要常常使用分割法和转化法，很多不规则图形通过分割会变成我们熟悉的几何体，转化法尤其喜欢出现在三棱锥的体积计算中；对于二个面所成角的求解，传统方法先找角、再构造、再定量的程序进行，用空间向量法关键是求出法向量，注意二面角的平面角是钝角还是锐角即可.34. 【2014福建,理17】（本小题满分12分）在平行四边形中，.将沿折起，使得平面平面，如图.（1） 求证： ；（2） 若为中点，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)参考解析;(2) 试题解析：(1)因为平面,平面平面平面所以平面又平面所以.(2)过点在平面内作,如图.由(1)知平面平面平面所以.以为坐标原点,分别以的方向为轴, 轴, 轴的正方向建立空间直角坐标系.依题意,得.则.设平面的法向量.则即.取得平面的一个法向量.设直线与平面所成角为,则即直线与平面所成角的正弦值为.考点：1.线面的位置关系.2.空间直角坐标系.3.空间想象力.【名师点睛】本题第一问是垂直问题的证明，空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主. 第二问是角度的计算问题,可用空间向量解决,利用向量求线面角的方法是求出平面的法向量及直线的方向向量,两向量所夹锐角的余角就是所求线面角.35. 【2014年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷19】(本小题满分12分)如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点分别在棱,上移动，且.（1）当时，证明：直线平面；（2）是否存在，使平面与面所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）详见解析；（2）【解析】试题分析：（1）由正方体的性质得，当时，证明，由平行于同一条直线的两条直线平行得，根据线面平行的判定定理证明平面；（2）解法1，如图2，连结，证明四边形与四边形是等腰梯形，分别取、的中点为、，连结、，证明是平面与平面所成的二面角的平面角，设存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角，求出的值；解法2，以为原点，射线分别为轴的正半轴建立如图3的空间直角坐标系，用向量法求解.试题解析：几何法：（2）如图2，连结，因为、分别是、的中点，所以，且，又，所以四边形是平行四边形，故，且，从而，且，在和中，因为，于是，所以四边形是等腰梯形，同理可证四边形是等腰梯形，分别取、的中点为、，连结、，则，而，故是平面与平面所成的二面角的平面角，若存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角，则，连结、，则由，且，知四边形是平行四边形，连结，因为、是、的中点，所以，在中，由得，解得，故存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角.向量法：以为原点，射线分别为轴的正半轴建立如图3的空间直角坐标系，由已知得，所以，（1）证明：当时，因为，所以，即，而平面，且平面，故直线平面.（2）设平面的一个法向量，由可得，于是取，同理可得平面的一个法向量为，若存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角，则，即，解得，故存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角.考点：正方体的性质，空间中的线线、线面、面面平行于垂直，二面角.【名师点睛】这是一类探究型习题，重点考查直线与平面平行的判定定理和二面角的求法，其解题思路：第一问通过证明线线平行得出线面平行的结论；第二问正确求解的关键是正确地找出平面与平面所成的二面角的平面角.充分体现了探究型学习在高考中的重要性.36. 【2014辽宁理19】（本小题满分12分）如图，和所在平面互相垂直，且，E、F分别为AC、DC的中点.（1）求证：；（2）求二面角的正弦值.【答案】（）详见解析；() .【解析】试题分析：（）（方法一）过E作EOBC，垂足为O，连OF，由ABCDBC可证出EOCFOC，所以EOC=FOC=，即FOBC，又EOBC，因此BC面EFO，即可证明EFBC.（方法二）由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B左垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.易得,所以，因此,从而得；() （方法一）在图1中，过O作OGBF，垂足为G，连EG，由平面ABC平面BDC，从而EO平面BDC，从而EO面BDC，又OGBF，由三垂线定理知EG垂直BF，因此EGO为二面角E-BF-C的平面角；在EOC中，EO=EC=BCcos30=，由BGOBFC知，,因此tanEGO=,从而sinEGO=，即可求出二面角E-BF-C的正弦值.试题解析：（）证明：（方法一）过E作EOBC，垂足为O，连OF，由ABCDBC可证出EOCFOC，所以EOC=FOC=，即FOBC，又EOBC，因此BC面EFO，又EF面EFO，所以EFBC.（方法二）由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B左垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.易得B（0,0,0），A(0，-1，),D(,-1,0)，C(0,2,0),因而,所以，因此,从而，所以.（方法二）在图2中，平面BFC的一个法向量为，设平面BEF的法向量，又,由 得其中一个，设二面角E-BF-C的大小为，且由题意知为锐角，则，因此sinEGO=，即二面角E-BF-C的正弦值为.考点：1.线面垂直的判定；2.二面角.【名师点睛】本题考查了空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系及空间的角.对于本题，均可以利用空间向量方法、几何法分别加以处理，体现解题的灵活性.本题是一道能力题，属于中等题，重点考查空间垂直关系、空间的角等基础知识，同时考查考生的计算能力、逻辑推理能力、空间想象能力、函数方程思想及应用数学知识解决问题的能力.37. 【2014上海,理19】（本题满分12分）底面边长为2的正三棱锥,其表面展开图是三角形，如图，求的各边长及此三棱锥的体积.【答案】边长为4，体积为【解析】试题分析：由于展开图是，分别是所在边的中点，根据三角形的性质，是正三角形，其边长为4，原三棱锥的侧棱也是2，要求棱锥的体积需要求出棱锥的高，由于是正棱锥，顶点在底面上的射影是底面的中心，由相应的直角三角形可求得高，得到体积试题解析：由题意中，所以是的中位线，因此是正三角形，且边长为4即，三棱锥是边长为2的正四面体如右图所示作图，设顶点在底面内的投影为，连接，并延长交于为中点，为的重心，底面，【考点】图象的翻折，几何体的体积【名师点睛】简单几何体的表面积和体积计算是高考的一个常见考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类简单几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握平几面积计算方法.柱的体积为,区别锥的体积；熟记正三角形面积为，正六边形的面积为.38. 【2015安徽理19】（本小题满分13分）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.（）证明：；（）求二面角余弦值.【答案】（）；（）.【解析】试题分析：（）证明：依据正方形的性质可知，且，从而为平行四边形，则，根据线面平行的判定定理知面，再由线面平行的性质定理知.（）因为四边形，均为正方形，所以，且，可以建以为原点，分别以为轴，轴，轴单位正向量的平面直角坐标系，写出相关的点的坐标，设出面的法向量.由得应满足的方程组，为其一组解，所以可取.同理的法向量.所以结合图形知二面角的余弦值为.试题解析：（）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. （）因为四边形，均为正方形，所以，且，以为原点，分别以为轴，轴，轴单位正向量建立，如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标.而点为的中点，所以点的坐标为. 设面的法向量.而该面上向量，由得应满足的方程组，为其一组解，所以可取.设面的法向量，而该面上向量，由此同理可得.所以结合图形知二面角的余弦值为.【考点定位】1.线面平行的判定定理与性质定理；2.二面角的求解.【名师点睛】解答空间几何体中的平行、垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间的平行、垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；求二面角，则通过求两个半平面的法向量的夹角间接求解.此时建立恰当的空间直角坐标系以及正确求出各点的坐标是解题的关键所在.39. 【2015福建理17】如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB平面BEC，BEEC，AB=BE=EC=2，G，F分别是线段BE，DC的中点.()求证：平面 ； ()求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值【答案】()详见解析；() 【解析】解法一：（）如图，取的中点，连接，又G是BE的中点，又F是CD中点，由四边形ABCD是矩形得，所以从而四边形是平行四边形，所以，,又，所以()如图，在平面BEC内，过点B作,因为又因为AB平面BEC，所以ABBE，ABBQ以B为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，F(2,2,1)因为AB平面BEC，所以为平面BEC的法向量，设为平面AEF的法向量.又由取得.从而所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为解法二：()如图，取中点，连接，又是的中点，可知，又面，面，所以平面在矩形ABCD中，由，分别是，的中点得又面，面，所以面又因为，面，面，所以面平面，因为面，所以平面（）同解法一【考点定位】1、直线和平面平行的判断；2、面面平行的判断和性质；3、二面角【名师点睛】本题考查直线和平面平行的证明和二面角求法，直线和平面平行首先是利用其判定定理，或者利用面面平行的性质来证，注意线线平行、线面平行、面面平行的转化；利用坐标法求二面角，主要是空间直角坐标系的建立要恰当，便于用坐标表示相关点，求出半平面法向量夹角后，要观察二面角是锐角还是钝角，正确写出二面角的余弦值40. 【2015湖北理19】（本小题满分12分）九章算术中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接 （）证明：试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；（）若面与面所成二面角的大小为，求的值【答案】（）详见解析；（）. （）如图1，在面内，延长与交于点，则是平面与平面 的交线. 由（）知，所以. 又因为底面，所以. 而，所以. 故是面与面所成二面角的平面角， 设，有，在RtPDB中, 由, 得, 则 , 解得. 所以 故当面与面所成二面角的大小为时，. （解法2）（）如图2，以为原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系. 设，则，点是的中点，所以，于是，即. 又已知，而，所以. 因, , 则, 所以.由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为. （）由，所以是平面的一个法向量；由（）知，所以是平面的一个法向量. 若面与面所成二面角的大小为，则，解得. 所以 故当面与面所成二面角的大小为时，. 【考点定位】四棱锥的性质，线、面垂直的性质与判定，二面角.【名师点睛】立体几何是高考的重点和热点内容，而求空间角是重中之重，利用空间向量求空间角的方法固定，思路简洁，但在利用平面的法向量求二面角大小时，两个向量夹角与二面角相等还是互补是这种解法的难点，也是学生的易错易误点解题时正确判断法向量的方向，同指向二面角内或外则向量夹角与二面角互补，一个指向内另一个指向外则相等41. 【2015湖南理19】如图15，已知四棱台上、下底面分别是边长为3和6的正方形，且底面，点，分别在棱，BC上.（1）若P是的中点，证明：；（2）若平面，二面角的余弦值为，求四面体的体积.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）若是的中点，则，于是，即；（2）由题设知，是平面内的两个不共线向量.设是平面的一个法向量，则，即，取，得，又平面的一个法向量是，而二面角
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