《五年高考高考數(shù)學(xué)真題專(zhuān)題歸納 專(zhuān)題17 立體幾何綜合（含解析）理-人教高三全冊(cè)數(shù)學(xué)試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《五年高考高考數(shù)學(xué)真題專(zhuān)題歸納 專(zhuān)題17 立體幾何綜合（含解析）理-人教高三全冊(cè)數(shù)學(xué)試題（66頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專(zhuān)題17 立體幾何綜合 【2020年】 1.（2020·新課標(biāo)Ⅰ）如圖，D為圓錐的頂點(diǎn)，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，．是底面的內(nèi)接正三角形，P為上一點(diǎn)，． （1）證明：平面； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）. 【解析】 （1）由題設(shè)，知為等邊三角形，設(shè)， 則，，所以， 又為等邊三角形，則，所以， ，則，所以， 同理，又，所以平面； （2）過(guò)O作∥BC交AB于點(diǎn)N，因?yàn)槠矫?，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA為x軸，ON為y軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 則， ，，， 設(shè)平面的一個(gè)法向量為， 由，得，令，得， 所以， 設(shè)平面

2、的一個(gè)法向量為 由，得，令，得， 所以 故， 設(shè)二面角的大小為，則. 【點(diǎn)晴】本題主要考查線面垂直的證明以及利用向量求二面角的大小，考查學(xué)生空間想象能力，數(shù)學(xué)運(yùn)算能力，是一道容易題. 2.（2020·新課標(biāo)Ⅱ）如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，側(cè)面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，P為AM上一點(diǎn)，過(guò)B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F. （1）證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F； （2）設(shè)O為△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值. 【答案】（1）

3、證明見(jiàn)解析；（2）. 【解析】 （1）分別為，的中點(diǎn)， 又 在中，為中點(diǎn)，則 又側(cè)面為矩形， 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）連接 平面，平面平面 根據(jù)三棱柱上下底面平行， 其面平面，面平面 故：四邊形是平行四邊形 設(shè)邊長(zhǎng)是() 可得：， 為的中心，且邊長(zhǎng)為 故： 解得： 在截取，故 且 四邊形是平行四邊形， 由（1）平面 故為與平面所成角 在，根據(jù)勾股定理可得： 直線與平面所成角的正弦值：. 【點(diǎn)睛

4、】本題主要考查了證明線線平行和面面垂直，及其線面角，解題關(guān)鍵是掌握面面垂直轉(zhuǎn)為求證線面垂直的證法和線面角的定義，考查了分析能力和空間想象能力，屬于難題. 3.（2020·新課標(biāo)Ⅲ）如圖，在長(zhǎng)方體中，點(diǎn)E、F分別在棱上，且，． （1）證明：點(diǎn)在平面內(nèi)； （2）若，，，求二面角的正弦值． 【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）. 【解析】 （1）在棱上取點(diǎn)，使得，連接、、、， 在長(zhǎng)方體中，且，且， ，，且， 所以，四邊形為平行四邊形，則且， 同理可證四邊形為平行四邊形，且， 且，則四邊形為平行四邊形， 因此，點(diǎn)在平面內(nèi)； （2）以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、、所在直線分別為、、軸建

5、立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 則、、、， ，，，， 設(shè)平面的法向量為， 由，得取，得，則， 設(shè)平面的法向量為， 由，得，取，得，，則， ， 設(shè)二面角的平面角為，則，. 因此，二面角的正弦值為. 【點(diǎn)睛】本題考查點(diǎn)在平面的證明，同時(shí)也考查了利用空間向量法求解二面角角，考查推理能力與計(jì)算能力，屬于中等題. 4.（2020·北京卷）如圖，在正方體中，E為的中點(diǎn)． （Ⅰ）求證：平面； （Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）證明見(jiàn)解析；（Ⅱ）. 【解析】 （Ⅰ）如下圖所示： 在正方體中，且，且， 且，所以，四邊形為平行四邊形，則， 平面，平

6、面，平面； （Ⅱ）以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為，則、、、，，， 設(shè)平面的法向量為，由，得， 令，則，，則. . 因此，直線與平面所成角的正弦值為. 【點(diǎn)睛】本題考查線面平行的證明，同時(shí)也考查了利用空間向量法計(jì)算直線與平面所成角的正弦值，考查計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題. 5.（2020·江蘇卷）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F(xiàn)分別是AC，B1C的中點(diǎn)． （1）求證：EF∥平面AB1C1； （2）求證：平面AB1C⊥平面ABB1． 【答案】（1）證明詳見(jiàn)解析；（2）證明詳見(jiàn)解

7、析. 【解析】 （1）由于分別是的中點(diǎn)，所以. 由于平面,平面，所以平面. （2）由于平面，平面，所以. 由于，所以平面, 由于平面，所以平面平面. 【點(diǎn)睛】本小題主要考查線面平行的證明，考查面面垂直的證明，屬于中檔題. 6.（2020·江蘇卷）在三棱錐A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O為BD的中點(diǎn)，AO⊥平面BCD，AO=2，E為AC的中點(diǎn)． （1）求直線AB與DE所成角的余弦值； （2）若點(diǎn)F在BC上，滿足BF=BC，設(shè)二面角F—DE—C的大小為θ，求sinθ的值． 【答案】（1）（2） 【解析】 （1）連 以為軸建立空間直角坐標(biāo)系，則

8、 從而直線與所成角的余弦值為 （2）設(shè)平面一個(gè)法向量為 令 設(shè)平面一個(gè)法向量為 令 因此 【點(diǎn)睛】本題考查利用向量求線線角與二面角，考查基本分析求解能力，屬中檔題. 7.（2020·山東卷）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l． （1）證明：l⊥平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q為l上的點(diǎn)，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）. 【解析】 （1）證明： 在正方形中，， 因?yàn)槠矫?，平面? 所以平面， 又因?yàn)槠矫妫矫嫫矫妫? 所以， 因?yàn)樵谒?/p>

9、棱錐中，底面是正方形，所以 且平面，所以 因?yàn)? 所以平面； （2）如圖建立空間直角坐標(biāo)系， 因?yàn)?，則有， 設(shè)，則有， 設(shè)平面的法向量為， 則，即， 令，則，所以平面的一個(gè)法向量為，則 根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對(duì)值即為直線與平面所成角的正弦值，所以直線與平面所成角的正弦值等于，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)， 所以直線與平面所成角的正弦值的最大值為. 【點(diǎn)睛】該題考查的是有關(guān)立體幾何的問(wèn)題，涉及到的知識(shí)點(diǎn)有線面平行的判定和性質(zhì)，線面垂直的判定和性質(zhì)，利用空間向量求線面角，利用基本不等式求最值，屬于中檔題目. 8.（2020·天津卷）如圖，在三棱柱中，平

10、面，，點(diǎn)分別在棱和棱上，且為棱的中點(diǎn)． （Ⅰ）求證：； （Ⅱ）求二面角的正弦值； （Ⅲ）求直線與平面所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）證明見(jiàn)解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）. 【解析】依題意，以為原點(diǎn)，分別以、、的方向?yàn)檩S、軸、軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系（如圖）， 可得、、、、 、、、、. （Ⅰ）依題意，，， 從而，所以； （Ⅱ）依題意，是平面的一個(gè)法向量， ，． 設(shè)為平面的法向量， 則，即， 不妨設(shè)，可得． ， ． 所以，二面角的正弦值為； （Ⅲ）依題意，． 由（Ⅱ）知為平面的一個(gè)法向量，于是． 所以，直線與平面所成角的正弦值為. 【點(diǎn)睛】本題考查利用空

11、間向量法證明線線垂直，求二面角和線面角的正弦值，考查推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題. 9.（2020·浙江卷）如圖，三棱臺(tái)DEF—ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC． （I）證明：EF⊥DB； （II）求DF與面DBC所成角的正弦值． 【答案】（I）證明見(jiàn)解析；（II） 【解析】 （Ⅰ）作交于，連接． ∵平面平面，而平面平面，平面， ∴平面，而平面，即有． ∵， ∴． 在中，，即有，∴． 由棱臺(tái)的定義可知，，所以，，而， ∴平面，而平面，∴． （Ⅱ）因?yàn)椋耘c平面所成角即為與平面所成角． 作于，連接，由（1）可知，平面

12、， 因?yàn)樗云矫嫫矫?，而平面平面? 平面，∴平面． 即在平面內(nèi)的射影為，即為所求角． 在中，設(shè)，則，， ∴． 故與平面所成角的正弦值為． 【2019年】 12．【2019年高考全國(guó)Ⅱ卷】如圖，長(zhǎng)方體ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點(diǎn)E在棱AA1上，BE⊥EC1． （1）證明：BE⊥平面EB1C1； （2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值． 【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）. 【解析】（1）由已知得，平面，平面， 故． 又，所以平面． （2）由（1）知．由題設(shè)知≌，所以， 故，． 以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，為單位長(zhǎng)

13、，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D–xyz， 則C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，． 設(shè)平面EBC的法向量為n=（x，y，x），則 即 所以可取n=. 設(shè)平面的法向量為m=（x，y，z），則 即 所以可取m=（1，1，0）． 于是． 所以，二面角的正弦值為． 13．【2019年高考全國(guó)Ⅲ卷】圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連結(jié)DG，如圖2. （1）證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCG

14、E； （2）求圖2中的二面角B?CG?A的大小. 【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）. 【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG確定一個(gè)平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)共面． 由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE． 又因?yàn)锳B平面ABC，所以平面ABC平面BCGE． （2）作EHBC，垂足為H．因?yàn)镋H平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC． 由已知，菱形BCGE的邊長(zhǎng)為2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=． 以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H–xyz， 則A（–1，1，0），C（

15、1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）． 設(shè)平面ACGD的法向量為n=（x，y，z），則 即 所以可取n=（3，6，–）． 又平面BCGE的法向量可取為m=（0，1，0），所以． 因此二面角B–CG–A的大小為30°． 14．【2019年高考北京卷】如圖，在四棱錐P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E為PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PC上，且． （1）求證：CD⊥平面PAD； （2）求二面角F–AE–P的余弦值； （3）設(shè)點(diǎn)G在PB上，且．判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說(shuō)明理由． 【答案】（1）見(jiàn)解

16、析；（2）；（3）見(jiàn)解析. 【解析】（1）因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥CD． 又因?yàn)锳D⊥CD，所以CD⊥平面PAD． （2）過(guò)A作AD的垂線交BC于點(diǎn)M． 因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD． 如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，則A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）． 因?yàn)镋為PD的中點(diǎn)，所以E（0，1，1）． 所以． 所以. 設(shè)平面AEF的法向量為n=（x，y，z），則 即 令z=1，則． 于是． 又因?yàn)槠矫鍼AD的法向量為p=（1，0，0），所以. 由題知，二面角F?AE?P為銳角，所以

17、其余弦值為． （3）直線AG在平面AEF內(nèi)． 因?yàn)辄c(diǎn)G在PB上，且， 所以. 由（2）知，平面AEF的法向量. 所以. 所以直線AG在平面AEF內(nèi). 15．【2019年高考天津卷】如圖，平面，，． （1）求證：平面； （2）求直線與平面所成角的正弦值； （3）若二面角的余弦值為，求線段的長(zhǎng)． 【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）；（3）． 【解析】依題意，可以建立以為原點(diǎn)，分別以的方向?yàn)檩S，軸，軸正方向的空間直角坐標(biāo)系（如圖），可得，．設(shè)，則． （1）依題意，是平面的法向量，又，可得，又因?yàn)橹本€平面，所以平面． （2）依題意，． 設(shè)為平面的法向量，則即不妨令，

18、可得．因此有． 所以，直線與平面所成角的正弦值為． （3）設(shè)為平面的法向量，則即 不妨令，可得． 由題意，有，解得．經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意． 所以，線段的長(zhǎng)為． 16．【2019年高考江蘇卷】如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點(diǎn)，AB=BC． 求證：（1）A1B1∥平面DEC1； （2）BE⊥C1E． 【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析. 【解析】（1）因?yàn)镈，E分別為BC，AC的中點(diǎn)， 所以ED∥AB. 在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB∥A1B1， 所以A1B1∥ED. 又因?yàn)镋D?平面DEC1，A1B1平面DEC1， 所

19、以A1B1∥平面DEC1. （2）因?yàn)锳B=BC，E為AC的中點(diǎn)，所以BE⊥AC. 因?yàn)槿庵鵄BC?A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC. 又因?yàn)锽E?平面ABC，所以CC1⊥BE. 因?yàn)镃1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC=C， 所以BE⊥平面A1ACC1. 因?yàn)镃1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E. 17．【2019年高考浙江卷】（本小題滿分15分）如圖，已知三棱柱，平面平面,，分別是AC，A1B1的中點(diǎn). （1）證明：； （2）求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值. 【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）． 【解析】方法一：

20、（1）連接A1E，因?yàn)锳1A=A1C，E是AC的中點(diǎn)，所以A1E⊥AC． 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1， 平面A1ACC1∩平面ABC=AC， 所以，A1E⊥平面ABC，則A1E⊥BC． 又因?yàn)锳1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F． 所以BC⊥平面A1EF． 因此EF⊥BC． （2）取BC中點(diǎn)G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形． 由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四邊形EGFA1為矩形． 由（1）得BC⊥平面EGFA1，則平面A1BC⊥平面EGFA1， 所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上． 連接A1

21、G交EF于O，則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角（或其補(bǔ)角）． 不妨設(shè)AC=4，則在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=. 由于O為A1G的中點(diǎn)，故， 所以． 因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是． 方法二： （1）連接A1E，因?yàn)锳1A=A1C，E是AC的中點(diǎn)，所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1， 平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC． 如圖，以點(diǎn)E為原點(diǎn)，分別以射線EC，EA1為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系E–xyz． 不妨設(shè)AC=4，則 A1（0，0，2），B（，1，0），，

22、，C(0，2，0)． 因此，，． 由得． （2）設(shè)直線EF與平面A1BC所成角為θ． 由（1）可得． 設(shè)平面A1BC的法向量為n， 由，得， 取n，故， 因此，直線EF與平面A1BC所成的角的余弦值為． 【2018年】 12. （2018年浙江卷）如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2． （Ⅰ）證明：AB1⊥平面A1B1C1； （Ⅱ）求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）見(jiàn)解析 （Ⅱ） 【解析】 方法一： （Ⅰ）由得， 所以.

23、 故. 由， 得， 由得， 由，得，所以，故. 因此平面. （Ⅱ）如圖，過(guò)點(diǎn)作，交直線于點(diǎn)，連結(jié). 由平面得平面平面， 由得平面， 所以是與平面所成的角. 由得， 所以，故. 因此，直線與平面所成的角的正弦值是. 方法二： （Ⅰ）如圖，以AC的中點(diǎn)O為原點(diǎn)，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下： 因此 由得. 由得. 所以平面. （Ⅱ）設(shè)直線與平面所成的角為. 由（Ⅰ）可知 設(shè)平面的法向量. 由即可取. 所以. 因此，直線與平面所成的角的正弦值是. 13. （2018年天津卷

24、）如圖，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2. （I）若M為CF的中點(diǎn)，N為EG的中點(diǎn)，求證：； （II）求二面角的正弦值； （III）若點(diǎn)P在線段DG上，且直線BP與平面ADGE所成的角為60°，求線段DP的長(zhǎng). 【答案】(Ⅰ)證明見(jiàn)解析；(Ⅱ)；(Ⅲ). 【解析】依題意，可以建立以D為原點(diǎn)， 分別以，，的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向的空間直角坐標(biāo)系（如圖）， 可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0）， E（2，0，2），F(xiàn)（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）． （Ⅰ

25、）依題意=（0，2，0），=（2，0，2）． 設(shè)n0=(x，y，z)為平面CDE的法向量， 則 即 不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）． 又=（1，，1），可得， 又因?yàn)橹本€MN平面CDE，所以MN∥平面CDE． （Ⅱ）依題意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）． 設(shè)n=（x，y，z）為平面BCE的法向量， 則 即 不妨令z=1，可得n=（0，1，1）． 設(shè)m=（x，y，z）為平面BCF的法向量， 則 即 不妨令z=1，可得m=（0，2，1）． 因此有cos=，于是sin=． 所以，二面角E–BC–F的正弦值為． （Ⅲ）

26、設(shè)線段DP的長(zhǎng)為h（h∈［0，2］），則點(diǎn)P的坐標(biāo)為（0，0，h）， 可得． 易知，=（0，2，0）為平面ADGE的一個(gè)法向量， 故， 由題意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］． 所以線段的長(zhǎng)為. 14. （2018年北京卷）如圖，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F(xiàn)，G分別為，AC，，的中點(diǎn)，AB=BC=，AC==2． （Ⅰ）求證：AC⊥平面BEF； （Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值； （Ⅲ）證明：直線FG與平面BCD相交． 【答案】(1)證明見(jiàn)解析 (2) B-CD-C1的余弦值為 (3)證明過(guò)程見(jiàn)解析 【解析】 （Ⅰ）在三棱柱ABC-A

27、1B1C1中， ∵CC1⊥平面ABC， ∴四邊形A1ACC1為矩形． 又E，F(xiàn)分別為AC，A1C1的中點(diǎn)， ∴AC⊥EF． ∵AB=BC． ∴AC⊥BE， ∴AC⊥平面BEF． （Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1． 又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC． ∵BE平面ABC，∴EF⊥BE． 如圖建立空間直角坐稱系E-xyz． 由題意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F(xiàn)（0，0，2），G（0，2，1）． ∴， 設(shè)平面BCD的法向量為， ∴，∴， 令a=2，則b=-1，c=-4， ∴平面BCD的法向量， 又∵平面C

28、DC1的法向量為， ∴． 由圖可得二面角B-CD-C1為鈍角，所以二面角B-CD-C1的余弦值為． （Ⅲ）平面BCD的法向量為，∵G（0，2，1），F(xiàn)（0，0，2）， ∴，∴，∴與不垂直， ∴GF與平面BCD不平行且不在平面BCD內(nèi)，∴GF與平面BCD相交． 15. （2018年江蘇卷）如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，點(diǎn)P，Q分別為A1B1，BC的中點(diǎn)． （1）求異面直線BP與AC1所成角的余弦值； （2）求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】如圖，在正三棱柱ABC?A1B1C1中，設(shè)AC，A1C1的中點(diǎn)

29、分別為O，O1，則OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以為基底，建立空間直角坐標(biāo)系O?xyz． 因?yàn)锳B=AA1=2， 所以． （1）因?yàn)镻為A1B1的中點(diǎn)，所以， 從而， 故． 因此，異面直線BP與AC1所成角的余弦值為． （2）因?yàn)镼為BC的中點(diǎn)，所以， 因此，． 設(shè)n=（x，y，z）為平面AQC1的一個(gè)法向量， 則即 不妨取， 設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為， 則， 所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為． 16. （2018年江蘇卷）在平行六面體中，． 求證：（1）； （2）． 【答案】答案見(jiàn)解析 【解析】 證明：（1）在平

30、行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1． 因?yàn)锳B平面A1B1C，A1B1平面A1B1C， 所以AB∥平面A1B1C． （2）在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形． 又因?yàn)锳A1=AB，所以四邊形ABB1A1為菱形， 因此AB1⊥A1B． 又因?yàn)锳B1⊥B1C1，BC∥B1C1， 所以AB1⊥BC． 又因?yàn)锳1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC， 所以AB1⊥平面A1BC． 因?yàn)锳B1平面ABB1A1， 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC． 17. （2018年全國(guó)I卷理數(shù)）如圖，四邊形為正方形，分別

31、為的中點(diǎn)，以為折痕把折起，使點(diǎn)到達(dá)點(diǎn)的位置，且. （1）證明：平面平面； （2）求與平面所成角的正弦值. 【答案】(1)證明見(jiàn)解析. (2) . 【解析】 （1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，所以BF⊥平面PEF. 又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD. （2）作PH⊥EF，垂足為H.由（1）得，PH⊥平面ABFD. 以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閥軸正方向，為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H?xyz. 由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF. 可得. 則 為平面ABFD的法向量. 設(shè)D

32、P與平面ABFD所成角為，則. 所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為. 18. （2018年全國(guó)Ⅲ卷理數(shù)）如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形所在的平面與半圓弧所在平面垂直，是上異于，的點(diǎn)． （1）證明：平面平面； （2）當(dāng)三棱錐體積最大時(shí)，求面與面所成二面角的正弦值． 【答案】（1）見(jiàn)解析 （2） 【解析】 （1）由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM. 因?yàn)镸為上異于C，D的點(diǎn),且DC為直徑，所以 DM⊥CM. 又 BCCM=C,所以DM⊥平面BMC. 而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.

33、 （2）以D為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D?xyz. 當(dāng)三棱錐M?ABC體積最大時(shí)，M為的中點(diǎn). 由題設(shè)得， 設(shè)是平面MAB的法向量,則 即 可取. 是平面MCD的法向量,因此 ， ， 所以面MAB與面MCD所成二面角的正弦值是. 19. （2018年全國(guó)Ⅱ卷理數(shù)）如圖，在三棱錐中，，，為的中點(diǎn)． （1）證明：平面； （2）若點(diǎn)在棱上，且二面角為，求與平面所成角的正弦值． 【答案】（1）見(jiàn)解析（2） 【解析】 （1）因?yàn)?，為的中點(diǎn)，所以，且. 連結(jié).因?yàn)?，所以為等腰直角三角形? 且，. 由知. 由知平面.

34、 （2）如圖，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，建立空間直角坐標(biāo)系. 由已知得取平面的法向量. 設(shè)，則. 設(shè)平面的法向量為. 由得，可取， 所以.由已知得. 所以.解得（舍去），. 所以.又，所以. 所以與平面所成角的正弦值為. 【2017年】 11.【2017課標(biāo)1，理16】如圖，圓形紙片的圓心為O，半徑為5 cm，該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O.D、E、F為圓O上的點(diǎn)，△DBC，△ECA，△FAB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形.沿虛線剪開(kāi)后，分別以BC，CA，AB為折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱錐.當(dāng)△ABC的邊長(zhǎng)

35、變化時(shí)，所得三棱錐體積（單位：cm3）的最大值為_(kāi)______. 【答案】 【解析】如下圖，連接DO交BC于點(diǎn)G，設(shè)D，E，F(xiàn)重合于S點(diǎn)，正三角形的邊長(zhǎng)為x(x>0)，則 . ， ， 三棱錐的體積 . 設(shè)，x>0，則， 令，即，得，易知在處取得最大值. ∴. 【考點(diǎn)】簡(jiǎn)單幾何體的體積 12.【2017課標(biāo)1，理18】如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB//CD，且. （1）證明：平面PAB⊥平面PAD； （2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A-PB-C的余弦值. 【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）. 【解析】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD.

36、由于AB∥CD，故AB⊥PD，從而AB⊥平面PAD. 又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. （2）在平面內(nèi)做，垂足為， 由（1）可知， 平面，故，可得平面. 以為坐標(biāo)原點(diǎn)， 的方向?yàn)檩S正方向， 為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系. 由（1）及已知可得， ， ， . 所以， ， ， . 設(shè)是平面的法向量，則 ，即， 可取. 設(shè)是平面的法向量，則 ，即， 可取. 則， 所以二面角的余弦值為. 【考點(diǎn)】面面垂直的證明，二面角平面角的求解 13.【2017課標(biāo)II，理19】如圖，四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAD為等比三角形且垂直于底面ABCD， E是

37、PD的中點(diǎn)。 （1）證明：直線 平面PAB； （2）點(diǎn)M在棱PC 上，且直線BM與底面ABCD所成角為 ，求二面角的余弦值。 【答案】(1)證明略；(2) 。 【解析】（1）取中點(diǎn)，連結(jié)，． 因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以，，由得，又 所以．四邊形為平行四邊形， ． 又，，故 （2） 由已知得，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則 則，，，， ，則 因?yàn)锽M與底面ABCD所成的角為45°，而是底面ABCD的法向量，所以 ， 即（x-1）2+y2-z2=0 又M在棱PC上，設(shè) 由①，②得 所以M，從而 設(shè)

38、是平面ABM的法向量，則 所以可取m=（0，-，2）.于是 因此二面角M-AB-D的余弦值為 【考點(diǎn)】 判定線面平行；面面角的向量求法 14.【2017課標(biāo)3，理19】如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD． （1）證明：平面ACD⊥平面ABC； （2）過(guò)AC的平面交BD于點(diǎn)E，若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分，求二面角D–AE–C的余弦值. 【答案】(1)證明略； (2) . 【解析】 （2） 由題設(shè)及（1）知，兩兩垂直，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角

39、坐標(biāo)系.則 由題設(shè)知，四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的，從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的，即E為DB的中點(diǎn)，得 .故 【考點(diǎn)】 二面角的平面角；面面角的向量求法 15.【2017山東，理17】如圖，幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形（及其內(nèi)部）以邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)得到的，是的中點(diǎn). （Ⅰ）設(shè)是上的一點(diǎn)，且，求的大小； （Ⅱ）當(dāng)，，求二面角的大小. 【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）. 【解析】 （Ⅰ）因?yàn)椋?， ， 平面， ， 所以平面， 又平面， 所以，又， 因此 （Ⅱ）以為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以， ， 所在的直線為， ， 軸，建立如

40、圖所示的空間直角坐標(biāo)系.由題意得 ， ， ，故， ， ， 設(shè)是平面的一個(gè)法向量. 由可得 取，可得平面的一個(gè)法向量. 設(shè)是平面的一個(gè)法向量. 由可得 取，可得平面的一個(gè)法向量. 所以. 因此所求的角為. 【考點(diǎn)】1.垂直關(guān)系.2. 空間角的計(jì)算. 16.【2017北京，理16】如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD，點(diǎn)M在線段PB上，PD//平面MAC，PA=PD=，AB=4． （I）求證：M為PB的中點(diǎn)； （II）求二面角B-PD-A的大?。? （III）求直線MC與平面BDP所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）詳見(jiàn)解析：（Ⅱ

41、） ；（Ⅲ） 【解析】 （I）設(shè)交點(diǎn)為，連接. 因?yàn)槠矫?，平面平面，所? 因?yàn)槭钦叫?，所以為的中點(diǎn)，所以為的中點(diǎn). （II）取的中點(diǎn)，連接， . 因?yàn)?，所? 又因?yàn)槠矫嫫矫?，且平面，所以平? 因?yàn)槠矫妫? 因?yàn)槭钦叫?，所? 如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則， ， ， ， . 設(shè)平面的法向量為，則，即. 令，則， .于是. 平面的法向量為，所以. 由題知二面角為銳角，所以它的大小為. （III）由題意知， ， . 設(shè)直線與平面所成角為，則. 所以直線與平面所成角的正弦值為. 【考點(diǎn)】1.線線，線面的位置關(guān)系；2.向量法. 17.【201

42、7天津，理17】如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，.點(diǎn)D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點(diǎn)，M是線段AD的中點(diǎn)，PA=AC=4，AB=2. （Ⅰ）求證：MN∥平面BDE； （Ⅱ）求二面角C-EM-N的正弦值； （Ⅲ）已知點(diǎn)H在棱PA上，且直線NH與直線BE所成角的余弦值為，求線段AH的長(zhǎng). 【答案】 （1）證明見(jiàn)解析（2） （3） 或 【解析】如圖，以A為原點(diǎn)，分別以， ， 方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系.依題意可得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（

43、1，2，0）. （Ⅰ）證明： =（0，2，0），=（2，0， ）.設(shè)，為平面BDE的法向量， 則，即.不妨設(shè)，可得.又=（1，2， ），可得. 因?yàn)槠矫鍮DE，所以MN//平面BDE. （Ⅱ）解：易知為平面CEM的一個(gè)法向量.設(shè)為平面EMN的法向量，則，因?yàn)椋?，所以.不妨設(shè)，可得. 因此有，于是. 所以，二面角C—EM—N的正弦值為. （Ⅲ）解：依題意，設(shè)AH=h（），則H（0，0，h），進(jìn)而可得， .由已知，得，整理得，解得，或. 所以，線段AH的長(zhǎng)為或. 【考點(diǎn)】直線與平面平行、二面角、異面直線所成的角 18.【2017浙江，19】（本題滿分15分）如圖，已知

44、四棱錐P–ABCD，△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E為PD的中點(diǎn)． （Ⅰ）證明：平面PAB； （Ⅱ）求直線CE與平面PBC所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）見(jiàn)解析；（Ⅱ）． 【解析】 MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直線CE與平面PBC所成的角． 設(shè)CD=1． 在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=， 在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得QH=， 在Rt△MQH中，QH=，MQ=， 所以sin∠QMH=， 所以直線CE與平面PBC所成角的正弦值是． 【考點(diǎn)】

45、證明線面平行，求線面角 19.【2017江蘇，6】 如圖，在圓柱內(nèi)有一個(gè)球，該球與圓柱的上、下底面及母線均相切.記圓柱的體積為，球的體積為，則的值是 ▲ . O O1 O2 (第6題) 【答案】 【解析】設(shè)球半徑為，則．故答案為． 【考點(diǎn)】圓柱體積 20.【2017江蘇，15】 如圖，在三棱錐A-BCD中，AB⊥AD， BC⊥BD， 平面ABD⊥平面BCD， 點(diǎn)E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD. 求證：（1）EF∥平面ABC； （2）AD⊥AC. (第15題) A D B C E F

46、 【答案】（1）見(jiàn)解析（2）見(jiàn)解析 【解析】證明：（1）在平面內(nèi)，因?yàn)锳B⊥AD， ，所以. 又因?yàn)槠矫鍭BC， 平面ABC，所以EF∥平面ABC. （2）因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD， 平面平面BCD=BD， 平面BCD， ， 所以平面. 因?yàn)槠矫?，所?. 又AB⊥AD， ， 平面ABC， 平面ABC， 所以AD⊥平面ABC， 又因?yàn)锳C平面ABC， 所以AD⊥AC. 【考點(diǎn)】線面平行判定定理、線面垂直判定與性質(zhì)定理，面面垂直性質(zhì)定理 21.【2017江蘇，22】 如圖， 在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA

47、1=， . （1）求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值； （2）求二面角B-A1D-A的正弦值. 【答案】（1）（2） 【解析】在平面ABCD內(nèi)，過(guò)點(diǎn)A作AEAD，交BC于點(diǎn)E. 因?yàn)锳A1平面ABCD， 所以AA1AE，AA1AD. 如圖，以為正交基底，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz. 因?yàn)锳B=AD=2，AA1=， . 則. (1) ， 則. 因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為. (2)平面A1DA的一個(gè)法向量為. 設(shè)為平面BA1D的一個(gè)法向量， 又， 則即 不妨取x=3，則， 所以為平面BA1D的一個(gè)法向量， 從而， 設(shè)二面角

48、B-A1D-A的大小為，則. 因?yàn)?，所? 因此二面角B-A1D-A的正弦值為. 【2016年】 14.【2016高考新課標(biāo)1卷】（本小題滿分為12分）如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點(diǎn)的五面體中,面ABEF為正方形,AF=2FD, ,且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是． （I）證明：平面ABEF平面EFDC； （II）求二面角E-BC-A的余弦值． 【答案】（I）見(jiàn)解析（II） 【解析】 （Ⅰ）由已知可得，，所以平面． 又平面，故平面平面． （Ⅱ）過(guò)作，垂足為，由（Ⅰ）知平面． 以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．

49、 由（Ⅰ）知為二面角的平面角，故，則，，可得，，，． 由已知，，所以平面． 又平面平面，故，． 由，可得平面，所以為二面角的平面角， ．從而可得． 所以，，，． 設(shè)是平面的法向量，則 ，即， 所以可取． 設(shè)是平面的法向量，則， 同理可?。畡t． 故二面角EBCA的余弦值為． 15.【2016高考新課標(biāo)2理數(shù)】如圖，菱形的對(duì)角線與交于點(diǎn)，，點(diǎn)分別在上，，交于點(diǎn)．將沿折到位置，． （Ⅰ）證明：平面； （Ⅱ）求二面角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）詳見(jiàn)解析；（Ⅱ）. 【解析】 （Ⅰ）由已知得，，又由得，故. 因此，從而.由,得. 由得.所以，. 于是， 故

50、. 又，而， 所以. （Ⅱ）如圖，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，，.設(shè)是平面的法向量，則，即，所以可取.設(shè)是平面的法向量，則，即，所以可取.于是， .因此二面角的正弦值是. 16.【2016高考山東理數(shù)】在如圖所示的圓臺(tái)中，AC是下底面圓O的直徑，EF是上底面圓O的直徑，F(xiàn)B是圓臺(tái)的一條母線. （I）已知G,H分別為EC，F(xiàn)B的中點(diǎn)，求證：GH∥平面ABC； （II）已知EF=FB=AC=，AB=BC.求二面角的余弦值. 【答案】（Ⅰ）見(jiàn)解析；（Ⅱ） 【解析】 （II）解法一： 連接,則平面， 又且是圓的直徑，所以

51、 以為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 由題意得，，過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)， 所以 可得 故. 設(shè)是平面的一個(gè)法向量. 由 可得 可得平面的一個(gè)法向量 因?yàn)槠矫娴囊粋€(gè)法向量 所以. 所以二面角的余弦值為. 解法二： 連接，過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)， 則有, 又平面， 所以FM⊥平面ABC, 可得 過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，連接， 可得, 從而為二面角的平面角. 又,是圓的直徑， 所以 從而，可得 所以二面角的余弦值為. 17.【2016高考江蘇卷】(本小題滿分14分) 如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別為AB，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)F在側(cè)棱B1B上，且 ，.

52、 求證：（1）直線DE∥平面A1C1F； （2）平面B1DE⊥平面A1C1F. 【答案】（1）詳見(jiàn)解析（2）詳見(jiàn)解析 【解析】證明：（1）在直三棱柱中， 在三角形ABC中，因?yàn)镈,E分別為AB,BC的中點(diǎn). 所以，于是 又因?yàn)镈E平面平面 所以直線DE//平面 （2）在直三棱柱中， 因?yàn)槠矫?，所? 又因?yàn)? 所以平面 因?yàn)槠矫妫? 又因?yàn)? 所以 因?yàn)橹本€，所以 18.【2016高考天津理數(shù)】（本小題滿分13分） 如圖，正方形ABCD的中心為O，四邊形OBEF為矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，點(diǎn)G為AB的中點(diǎn)，AB=BE=2. （I）求證：EG∥平面A

53、DF； （II）求二面角O-EF-C的正弦值； （III）設(shè)H為線段AF上的點(diǎn)，且AH=HF，求直線BH和平面CEF所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）詳見(jiàn)解析（Ⅱ）（Ⅲ） 【解析】依題意，，如圖，以為點(diǎn)，分別以的方向?yàn)檩S，軸、軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，依題意可得，. （I）證明：依題意，.設(shè)為平面的法向量，則，即 .不妨設(shè)，可得，又，可得，又因?yàn)橹本€，所以. （II）解：易證，為平面的一個(gè)法向量.依題意，.設(shè)為平面的法向量，則，即 .不妨設(shè)，可得. 因此有，于是，所以，二面角的正弦值為. （III）解：由，得.因?yàn)?，所以，進(jìn)而有，從而，因此.所以，直線和平面所成角的正

54、弦值為. 19.【2016年高考北京理數(shù)】（本小題14分） 如圖，在四棱錐中，平面平面，，，， ，，. （1）求證：平面； （2）求直線與平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在點(diǎn)，使得平面？若存在，求的值；若不存在，說(shuō)明理由. 【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）；（3）存在， 【解析】（1）因?yàn)槠矫嫫矫妫? 所以平面，所以， 又因?yàn)?，所以平面? （2）取的中點(diǎn)，連結(jié)，， 因?yàn)?，所? 又因?yàn)槠矫?，平面平面? 所以平面. 因?yàn)槠矫?，所? 因?yàn)?，所? 如圖建立空間直角坐標(biāo)系，由題意得， . 設(shè)平面的法向量為，則 即 令，則. 所以. 又，所以.

55、 所以直線與平面所成角的正弦值為. （3）設(shè)是棱上一點(diǎn)，則存在使得. 因此點(diǎn). 因?yàn)槠矫妫云矫娈?dāng)且僅當(dāng)， 即，解得. 所以在棱上存在點(diǎn)使得平面，此時(shí). 20.【2016高考新課標(biāo)3理數(shù)】如圖，四棱錐中，地面，，，，為線段上一點(diǎn)，，為的中點(diǎn)． （I）證明平面； （II）求直線與平面所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）見(jiàn)解析；（Ⅱ）． 【解析】（Ⅰ）由已知得，取的中點(diǎn)，連接， 由為中點(diǎn)知，. 又，故，四邊形為平行四邊形，于是. 因?yàn)槠矫?，平面，所以平? （Ⅱ）取的中點(diǎn)，連結(jié)，由得，從而，且. 以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

56、由題意知，，，，， ，，. 設(shè)為平面的法向量，則，即，可取， 于是. 21.【2016高考浙江理數(shù)】(本題滿分15分)如圖,在三棱臺(tái)中,平面平面 ,,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3. (I)求證：EF⊥平面ACFD； (II)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值. 【答案】（I）證明見(jiàn)解析；（II）． 【解析】（Ⅰ）延長(zhǎng)，，相交于一點(diǎn)，如圖所示． 因?yàn)槠矫嫫矫?，且，所以平面，因此? 又因?yàn)椋?，? 所以為等邊三角形，且為的中點(diǎn)，則． 所以平面． （Ⅱ）方法一：過(guò)點(diǎn)作于Q，連結(jié)． 因?yàn)槠矫妫?，則平面，所以． 所以是二面角的平面角． 在中，

57、，，得． 在中，，，得． 所以二面角的平面角的余弦值為． 方法二：如圖，延長(zhǎng)，，相交于一點(diǎn)，則為等邊三角形． 取的中點(diǎn)，則，又平面平面，所以，平面． 以點(diǎn)為原點(diǎn)，分別以射線，的方向?yàn)?，的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系． 由題意得，，，，，． 因此，，，． 設(shè)平面的法向量為，平面的法向量為． 由，得，??； 由，得，?。? 于是，． 所以，二面角的平面角的余弦值為． 22.【2016年高考四川理數(shù)】（本小題滿分12分） 如圖，在四棱錐P-ABCD中，AD∥BC，ADC=PAB=90°，BC=CD=AD，E為邊AD的中點(diǎn)，異面直線PA與CD所成的角為90°. （Ⅰ）在平

58、面PAB內(nèi)找一點(diǎn)M，使得直線CM∥平面PBE，并說(shuō)明理由； （Ⅱ）若二面角P-CD-A的大小為45°，求直線PA與平面PCE所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）詳見(jiàn)解析；（Ⅱ）. 【解析】（Ⅰ）在梯形ABCD中，AB與CD不平行. 延長(zhǎng)AB，DC，相交于點(diǎn)M（M∈平面PAB），點(diǎn)M即為所求的一個(gè)點(diǎn).理由如下： 由已知，BC∥ED，且BC=ED. 所以四邊形BCDE是平行四邊形.，所以CD∥EB 從而CM∥EB. 又EB平面PBE，CM平面PBE， 所以CM∥平面PBE. （說(shuō)明：延長(zhǎng)AP至點(diǎn)N，使得AP=PN，則所找的點(diǎn)可以是直線MN上任意一點(diǎn)） （Ⅱ）方法一： 由已知

59、，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A， 所以CD⊥平面PAD. 從而CD⊥PD. 所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以∠PDA=45°. 設(shè)BC=1，則在Rt△PAD中，PA=AD=2. 過(guò)點(diǎn)A作AH⊥CE，交CE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，連接PH. 易知PA⊥平面ABCD， 從而PA⊥CE. 于是CE⊥平面PAH. 所以平面PCE⊥平面PAH. 過(guò)A作AQ⊥PH于Q，則AQ⊥平面PCE. 所以∠APH是PA與平面PCE所成的角. 在Rt△AEH中，∠AEH=45°，AE=1， 所以AH=. 在Rt△PAH中，PH== ， 所以sin∠APH= =.

60、方法二： 由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A， 所以CD⊥平面PAD. 于是CD⊥PD. 從而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以∠PDA=45°. 由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD. 設(shè)BC=1，則在Rt△PAD中，PA=AD=2. 作Ay⊥AD，以A為原點(diǎn)，以 ,的方向分別為x軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則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） 設(shè)平面PCE的法向量為n=(x,y,z)， 由 得 設(shè)x=2，解得n=(2,-

61、2,1). 設(shè)直線PA與平面PCE所成角為α，則sinα= = . 所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為 . 23. 【2016高考上海理數(shù)】將邊長(zhǎng)為1的正方形（及其內(nèi)部）繞的旋轉(zhuǎn)一周形成圓柱，如圖，長(zhǎng)為，長(zhǎng)為，其中與在平面的同側(cè)。 （1）求三棱錐的體積； （2）求異面直線與所成的角的大小。 【答案】（1）．（2）． 【解析】（1）由題意可知，圓柱的高，底面半徑． 由的長(zhǎng)為，可知． ， ． （2）設(shè)過(guò)點(diǎn)的母線與下底面交于點(diǎn)，則， 所以或其補(bǔ)角為直線與所成的角． 由長(zhǎng)為，可知， 又，所以， 從而為等邊三角形，得． 因?yàn)槠矫妫裕? 在中，因?yàn)?，，，所以? 從而直線與所成的角的大小為．