1、成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群483122854 联系QQ805889734加入百度网盘群3500G一线老师必备资料一键转存，自动更新，一劳永逸大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题（新高考卷与新课标理科卷）专题12立体几何与空间向量解答题真题汇总命题趋势1【2022年全国甲卷理科18】在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD,CDAB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3(1)证明：BDPA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值【答案】(1)证明见解析；(2)55.【解析】(1)证明：在四边形ABCD中，作DEAB于E，CFAB
2、于F，因为CD/AB,AD=CD=CB=1,AB=2，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AE=BF=12，故DE=32，BD=DE2+BE2=3，所以AD2+BD2=AB2，所以ADBD，因为PD平面ABCD，BD平面ABCD，所以PDBD，又PDAD=D，所以BD平面PAD，又因PA平面PAD，所以BDPA；(2)解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，BD=3，则A(1,0,0),B(0,3,0),P(0,0,3)，则AP=(1,0,3),BP=(0,3,3),DP=(0,0,3)，设平面PAB的法向量n=(x,y,z)，则有nAP=x+3z=0nBP=3y+3z=0，可取n=(3,1,
3、1)，则cosn,DP=nDP|n|DP|=55，所以PD与平面PAB所成角的正弦值为55.2【2022年全国乙卷理科18】如图，四面体ABCD中，ADCD,AD=CD,ADB=BDC，E为AC的中点(1)证明：平面BED平面ACD；(2)设AB=BD=2,ACB=60，点F在BD上，当AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值【答案】(1)证明过程见解析(2)CF与平面ABD所成的角的正弦值为437【解析】(1)因为AD=CD，E为AC的中点，所以ACDE；在ABD和CBD中，因为AD=CD,ADB=CDB,DB=DB，所以ABDCBD，所以AB=CB，又因为E为AC的中点，所以
4、ACBE；又因为DE,BE平面BED，DEBE=E，所以AC平面BED，因为AC平面ACD，所以平面BED平面ACD.(2)连接EF，由（1）知，AC平面BED，因为EF平面BED，所以ACEF，所以SAFC=12ACEF，当EFBD时，EF最小，即AFC的面积最小.因为ABDCBD，所以CB=AB=2，又因为ACB=60，所以ABC是等边三角形，因为E为AC的中点，所以AE=EC=1，BE=3，因为ADCD，所以DE=12AC=1,在DEB中，DE2+BE2=BD2，所以BEDE.以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则A1,0,0,B0,3,0,D0,0,1，所以AD=1,0
5、,1,AB=1,3,0，设平面ABD的一个法向量为n=x,y,z，则nAD=x+z=0nAB=x+3y=0，取y=3，则n=3,3,3，又因为C1,0,0,F0,34,34，所以CF=1,34,34，所以cosn,CF=nCFnCF=62174=437，设CF与平面ABD所成的角的正弦值为02，所以sin=cosn,CF=437，所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为437.3【2022年新高考1卷19】如图，直三棱柱ABCA1B1C1的体积为4，A1BC的面积为22(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC平面ABB1A1，求二面角ABDC的正弦值【
6、答案】(1)2(2)32【解析】(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，则VAA1BC=13SA1BC=223=VA1ABC=13SABCA1A=13VABCA1B1C1=43，解得=2，所以点A到平面A1BC的距离为2；(2)取A1B的中点E,连接AE,如图，因为AA1=AB，所以AEA1B,又平面A1BC平面ABB1A1，平面A1BC平面ABB1A1=A1B，且AE平面ABB1A1，所以AE平面A1BC，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面ABC，由BC平面A1BC，BC平面ABC可得AEBC，BB1BC，又AE,BB1平面ABB1A1且相交，所以BC平
7、面ABB1A1，所以BC,BA,BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE=2，所以AA1=AB=2，A1B=22，所以BC=2，则A(0,2,0),A1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A1C的中点D(1,1,1)，则BD=(1,1,1)，BA=(0,2,0),BC=(2,0,0),设平面ABD的一个法向量m=(x,y,z)，则mBD=x+y+z=0mBA=2y=0，可取m=(1,0,1)，设平面BDC的一个法向量n=(a,b,c)，则mBD=a+b+c=0mBC=2a=0，可取n=(0,1,1)，则cosm,n=mn|m|n|=122=12，
8、所以二面角ABDC的正弦值为1(12)2=32.4【2022年新高考2卷20】如图，PO是三棱锥PABC的高，PA=PB，ABAC，E是PB的中点(1)证明：OE/平面PAC；(2)若ABO=CBO=30，PO=3，PA=5，求二面角CAEB的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)1113【解析】(1)证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，因为PO是三棱锥PABC的高，所以PO平面ABC，AO,BO平面ABC，所以POAO、POBO，又PA=PB，所以POAPOB，即OA=OB，所以OAB=OBA，又ABAC，即BAC=90，所以OAB+OAD=90，OBA+ODA=90，所以ODA
9、=OAD所以AO=DO，即AO=DO=OB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以OE/PD，又OE平面PAC，PD平面PAC，所以OE/平面PAC(2)解：过点A作Az/OP，如图建立平面直角坐标系，因为PO=3，AP=5，所以OA=AP2PO2=4，又OBA=OBC=30，所以BD=2OA=8，则AD=4，AB=43，所以AC=12，所以O23,2,0，B43,0,0，P23,2,3，C0,12,0，所以E33,1,32，则AE=33,1,32，AB=43,0,0，AC=0,12,0，设平面AEB的法向量为n=x,y,z，则nAE=33x+y+32z=0nAB=43x=0，令z=2，则
10、y=3，x=0，所以n=0,3,2；设平面AEC的法向量为m=a,b,c，则mAE=33a+b+32c=0mAC=12b=0，令a=3，则c=6，b=0，所以m=3,0,6；所以cosn,m=nmnm=121339=4313设二面角CAEB为，由图可知二面角CAEB为钝二面角，所以cos=4313，所以sin=1cos2=1113故二面角CAEB的正弦值为1113；5【2021年全国甲卷理科19】已知直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点BFA1B1 （1）证明：BFDE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1
11、C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）见解析；（2）B1D=12因为三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以BB1底面ABC，所以BB1AB因为A1B1/AB，BFA1B1，所以BFAB，又BB1BF=B，所以AB平面BCC1B1所以BA,BC,BB1两两垂直以B为坐标原点，分别以BA,BC,BB1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所以B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,2),A1(2,0,2),C1(0,2,2)，E(1,1,0),F(0,2,1)由题设D(a,0,2)（0a2）（1）因为BF=(0,2,1),DE=(1a,1,2)，
12、所以BFDE=0(1a)+21+1(2)=0，所以BFDE（2）设平面DFE的法向量为m=(x,y,z)，因为EF=(1,1,1),DE=(1a,1,2)，所以mEF=0mDE=0，即x+y+z=0(1a)x+y2z=0令z=2a，则m=(3,1+a,2a)因为平面BCC1B1的法向量为BA=(2,0,0)，设平面BCC1B1与平面DEF的二面角的平面角为，则|cos|=|mBA|m|BA|=622a22a+14=32a22a+14当a=12时，2a22a+4取最小值为272，此时cos取最大值为3272=63所以(sin)min=1(63)2=33，此时B1D=126【2021年新高考1卷2
13、0】如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD平面BCD，AB=AD，O为BD的中点.（1）证明：OACD；（2）若OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA，且二面角EBCD的大小为45，求三棱锥ABCD的体积.【答案】(1)详见解析(2) 36（1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AOBD因为平面ABD平面BCD=BD,平面ABD平面BCD，AO平面ABD，因此AO平面BCD，因为CD平面BCD，所以AOCD(2)作EFBD于F, 作FMBC于M,连FM因为AO平面BCD，所以AOBD, AOCD所以EFBD, EFCD, BDCD=D,因此EF平面BCD，即EFBC因为FMB
14、C，FMEF=F,所以BC平面EFM，即BCMF则EMF为二面角E-BC-D的平面角, EMF=4因为BO=OD,OCD为正三角形,所以OCD为直角三角形因为BE=2ED,FM=12BF=12(1+13)=23从而EF=FM=23AO=1AO平面BCD,所以V=13AOSBCD=1311213=367【2021年全国乙卷理科18】如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD底面ABCD，PD=DC=1，M为BC的中点，且PBAM（1）求BC；（2）求二面角APMB的正弦值【答案】（1）2；（2）7014（1）PD平面ABCD，四边形ABCD为矩形，不妨以点D为坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别
15、为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系Dxyz，设BC=2a，则D(0,0,0)、P(0,0,1)、B(2a,1,0)、M(a,1,0)、A(2a,0,0)，则PB=(2a,1,1)，AM=(a,1,0)，PBAM，则PBAM=2a2+1=0，解得a=22，故BC=2a=2；（2）设平面PAM的法向量为m=(x1,y1,z1)，则AM=(22,1,0)，AP=(2,0,1)，由mAM=22x1+y1=0mAP=2x1+z1=0，取x1=2，可得m=(2,1,2)，设平面PBM的法向量为n=(x2,y2,z2)，BM=(22,0,0)，BP=(2,1,1)，由nBM=22x2=0nBP=2
16、x2y2+z2=0，取y2=1，可得n=(0,1,1)，cos=mn|m|n|=372=31414，所以，sin=1cos2=7014，因此，二面角APMB的正弦值为7014.8【2021年新高考2卷19】在四棱锥QABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2,QD=QA=5,QC=3（1）证明：平面QAD平面ABCD；（2）求二面角BQDA的平面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）23.（1）取AD的中点为O，连接QO,CO.因为QA=QD，OA=OD，则QOAD，而AD=2,QA=5，故QO=51=2.在正方形ABCD中，因为AD=2，故DO=1，故CO=5，因为QC=3，故QC2=
17、QO2+OC2，故QOC为直角三角形且QOOC，因为OCAD=O，故QO平面ABCD，因为QO平面QAD，故平面QAD平面ABCD.（2）在平面ABCD内，过O作OT/CD，交BC于T，则OTAD，结合（1）中的QO平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系.则D(0,1,0),Q(0,0,2),B(2,1,0)，故BQ=(2,1,2),BD=(2,2,0).设平面QBD的法向量n=(x,y,z)，则nBQ=0nBD=0即2x+y+2z=02x+2y=0，取x=1，则y=1,z=12，故n=(1,1,12).而平面QAD的法向量为m=(1,0,0)，故cosm,n=1132=23.二面角BQDA
18、的平面角为锐角，故其余弦值为23.9【2020年全国1卷理科18】如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=ADABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=66DO（1）证明：PA平面PBC；（2）求二面角BPCE的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）255.【解析】（1）由题设，知DAE为等边三角形，设AE=1，则DO=32，CO=BO=12AE=12，所以PO=66DO=24，PC=PO2+OC2=64,PB=PO2+OB2=64，又ABC为等边三角形，则BAsin60=2OA，所以BA=32，PA2+PB2=34=AB2，则APB=90，所以PAPB，同理P
19、APC，又PCPB=P，所以PA平面PBC；（2）过O作ONBC交AB于点N，因为PO平面ABC，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E(12,0,0),P(0,0,24),B(14,34,0),C(14,34,0)，PC=(14,34,24)，PB=(14,34,24)，PE=(12,0,24)，设平面PCB的一个法向量为n=(x1,y1,z1)，由nPC=0nPB=0，得x13y12z1=0x1+3y12z1=0，令x1=2，得z1=1,y1=0，所以n=(2,0,1)，设平面PCE的一个法向量为m=(x2,y2,z2)由mPC=0mPE=0，得x23y2
20、2z2=02x22z2=0，令x2=1，得z2=2,y2=33，所以m=(1,33,2)故cos=nm|n|m|=223103=255，设二面角BPCE的大小为，则cos=255.10【2020年全国2卷理科20】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：AA1MN，且平面A1AMNEB1C1F；（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）1010.【解
21、析】（1）M,N分别为BC，B1C1的中点，MN/BB1，又AA1/BB1MN/AA1，在ABC中，M为BC中点，则BCAM又侧面BB1C1C为矩形，BCBB1，MN/BB1，MNBC，由MNAM=M，MN,AM平面A1AMNBC平面A1AMN又B1C1/BC，且B1C1平面ABC，BC平面ABC，B1C1/平面ABC又B1C1平面EB1C1F，且平面EB1C1F平面ABC=EFB1C1/EF EF/BC，又BC平面A1AMNEF平面A1AMNEF平面EB1C1F平面EB1C1F平面A1AMN（2）连接NPAO/平面EB1C1F，平面AONP平面EB1C1F=NPAO/NP，根据三棱柱上下底面
22、平行，其面A1NMA平面ABC=AM，面A1NMA平面A1B1C1=A1NON/AP，故：四边形ONPA是平行四边形设ABC边长是6m(m0)可得：ON=AP，NP=AO=AB=6mO为A1B1C1的中心，且A1B1C1边长为6mON=136sin60=3m，故：ON=AP=3mEF/BC，APAM=EPBM，333=EP3，解得：EP=m在B1C1截取B1Q=EP=m，故QN=2mB1Q=EP且B1Q/EP四边形B1QPE是平行四边形，B1E/PQ，由（1）B1C1平面A1AMN故QPN为B1E与平面A1AMN所成角在RtQPN，根据勾股定理可得：PQ=QN2+PN2=2m2+6m2=210
23、msinQPN=QNPQ=2m210m=1010，直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值：1010.11【2020年全国3卷理科19】如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E,F分别在棱DD1,BB1上，且2DE=ED1，BF=2FB1（1）证明：点C1在平面AEF内；（2）若AB=2，AD=1，AA1=3，求二面角AEFA1的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）427.【解析】（1）在棱CC1上取点G，使得C1G=12CG，连接DG、FG、C1E、C1F，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AD/BC且AD=BC，BB1/CC1且BB1=CC1，C1G=12CG，BF=2FB1，C
24、G=23CC1=23BB1=BF且CG=BF，所以，四边形BCGF为平行四边形，则AF/DG且AF=DG，同理可证四边形DEC1G为平行四边形，C1E/DG且C1E=DG，C1E/AF且C1E=AF，则四边形AEC1F为平行四边形，因此，点C1在平面AEF内；（2）以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C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C1xyz，则A2,1,3、A12,1,0、E2,0,2、F0,1,1，AE=0,1,1，AF=2,0,2，A1E=0,1,2，A1F=2,0,1，设平面AEF的法向量为m=x1,y1,z1，由mAE=0mAF=0，得y1z1=02
25、x12z1=0取z1=1，得x1=y1=1，则m=1,1,1，设平面A1EF的法向量为n=x2,y2,z2，由nA1E=0nA1F=0，得y2+2z2=02x2+z2=0，取z2=2，得x2=1，y2=4，则n=1,4,2，cos=mnmn=3321=77，设二面角AEFA1的平面角为，则cos=77，sin=1cos2=427.因此，二面角AEFA1的正弦值为427.12【2020年山东卷20】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
26、案】（1）证明见解析；（2）63.【解析】（1）证明： 在正方形ABCD中，AD/BC，因为AD平面PBC，BC平面PBC，所以AD/平面PBC，又因为AD平面PAD，平面PAD平面PBC=l，所以AD/l，因为在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，所以ADDC,lDC,且PD平面ABCD，所以ADPD,lPD,因为CDPD=D所以l平面PDC；（2）如图建立空间直角坐标系Dxyz，因为PD=AD=1，则有D(0,0,0),C(0,1,0),A(1,0,0),P(0,0,1),B(1,1,0)，设Q(m,0,1)，则有DC=(0,1,0),DQ=(m,0,1),PB=(1,1,1)，设平
27、面QCD的法向量为n=(x,y,z)，则DCn=0DQn=0，即y=0mx+z=0，令x=1，则z=m，所以平面QCD的一个法向量为n=(1,0,m)，则cos=nPBnPB=1+0+m3m2+1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|cos|=|1+m|3m2+1=331+2m+m2m2+1=331+2mm2+1331+2|m|m2+1331+1=63，当且仅当m=1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63.13【2020年海南卷20】如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD设平
28、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）63.【解析】（1）证明： 在正方形ABCD中，AD/BC，因为AD平面PBC，BC平面PBC，所以AD/平面PBC，又因为AD平面PAD，平面PAD平面PBC=l，所以AD/l，因为在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，所以ADDC,lDC,且PD平面ABCD，所以ADPD,lPD,因为CDPD=D所以l平面PDC；（2）如图建立空间直角坐标系Dxyz，因为PD=AD=1，则有D(0,0,0),C(0,1,0),A(1,
29、0,0),P(0,0,1),B(1,1,0)，设Q(m,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)，则DCn=0DQn=0，即y=0mx+z=0，令x=1，则z=m，所以平面QCD的一个法向量为n=(1,0,m)，则cos=nPBnPB=1+0+m3m2+1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|cos|=|1+m|3m2+1=331+2m+m2m2+1=331+2mm2+1331+2|m|m2+1331+1=63，当且仅当m=1时取等号，所
30、以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.14【2019年新课标3理科19】图1是由矩形ADEB、RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60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BCGA的大小【答案】证明：（1）由已知得ADBE，CGBE，ADCG，AD，CG确定一个平面，A，C，G，D四点共面，由已知得ABBE，ABBC，AB面BCGE，AB平面ABC，平面ABC平面BCGE解：（2）作EHBC，垂足为H，EH平面BCGE，平面BCGE平
31、面ABC，EH平面ABC，由已知，菱形BCGE的边长为2，EBC60，BH1，EH=3，以H为坐标原点，HC的方向为x轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系Hxyz，则A（1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，3 ），CG=（1，0，3），AC=（2，1，0），设平面ACGD的法向量n=（x，y，z），则CGn=x+3z=0ACn=2xy=0，取x3，得n=（3，6，3），又平面BCGE的法向量为m=（0，1，0），cosn，m=nm|n|m|=32，二面角BCGA的大小为3015【2019年全国新课标2理科17】如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1
32、上，BEEC1（1）证明：BE平面EB1C1；（2）若AEA1E，求二面角BECC1的正弦值【答案】证明：（1）长方体ABCDA1B1C1D1中，B1C1平面ABA1B1，B1C1BE，BEEC1，BE平面EB1C1解：（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AEA1E1，BE平面EB1C1，BEEB1，AB1，则E（1，1，1），A（1，1，0），B1（0，1，2），C1（0，0，2），C（0，0，0），BCEB1，EB1面EBC，故取平面EBC的法向量为m=EB1=（1，0，1），设平面ECC1 的法向量n=（x，y，z），由nCC1=0nCE=0，得z=0x+y+z=0，取
33、x1，得n=（1，1，0），cosm，n=mn|m|n|=12，二面角BECC1的正弦值为3216【2019年新课标1理科18】如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点（1）证明：MN平面C1DE；（2）求二面角AMA1N的正弦值【答案】（1）证明：如图，过N作NHAD，则NHAA1，且NH=12AA1，又MBAA1，MB=12AA1，四边形NMBH为平行四边形，则NMBH，由NHAA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，BEDH，BEDH，则四边形BEDH为平行四边形，则BHDE，NMDE，NM
34、平面C1DE，DE平面C1DE，MN平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则N（32，12，2），M（3，1，2），A1（3，1，4），NM=(32，32，0)，NA1=(32，12，2)，设平面A1MN的一个法向量为m=(x，y，z)，由mNM=32x+32y=0mNA1=32x12y+2z=0，取x=3，得m=(3，1，1)，又平面MAA1的一个法向量为n=(1，0，0)，cosm，n=mn|m|n|=35=155二面角AMA1N的正弦值为10517【2018年新课标1理科18】如图，四边形ABCD
35、为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF（1）证明：平面PEF平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值【答案】（1）证明：由题意，点E、F分别是AD、BC的中点，则AE=12AD，BF=12BC，由于四边形ABCD为正方形，所以EFBC由于PFBF，EFPFF，则BF平面PEF又因为BF平面ABFD，所以：平面PEF平面ABFD（2）在平面PEF中，过P作PHEF于点H，连接DH，由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PHEF，则PH面ABFD，故PHDH在三棱锥PDEF中，可以利用等体积法求PH，因为DEBF且PFBF，
36、所以PFDE，又因为PDFCDF，所以FPDFCD90，所以PFPD，由于DEPDD，则PF平面PDE，故VFPDE=13PFSPDE，因为BFDA且BF面PEF，所以DA面PEF，所以DEEP设正方形边长为2a，则PD2a，DEa在PDE中，PE=3a，所以SPDE=32a2，故VFPDE=36a3，又因为SDEF=12a2a=a2，所以PH=3VFPDEa2=32a，所以在PHD中，sinPDH=PHPD=34，即PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为：3418【2018年新课标2理科20】如图，在三棱锥PABC中，ABBC22，PAPBPCAC4，O为AC的中点（1）证明：PO平面A
37、BC；（2）若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值【答案】（1）证明：连接BO，ABBC22，O是AC的中点，BOAC，且BO2，又PAPCPBAC4，POAC，PO23，则PB2PO2+BO2，则POOB，OBACO，PO平面ABC；（2）建立以O坐标原点，OB，OC，OP分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：A（0，2，0），P（0，0，23），C（0，2，0），B（2，0，0），BC=（2，2，0），设BM=BC=（2，2，0），01则AM=BMBA=（2，2，0）（2，2，0）（22，2+2，0），则平面PAC的法向量为m=（1，0，0），设平面M
38、PA的法向量为n=（x，y，z），则PA=（0，2，23），则nPA=2y23z0，nAM=（22）x+（2+2）y0令z1，则y=3，x=(+1)31，即n=（(+1)31，3，1），二面角MPAC为30，cos30|mn|m|n|=32，即(+1)31(+113)2+1+31=32，解得=13或3（舍），则平面MPA的法向量n=（23，3，1），PC=（0，2，23），PC与平面PAM所成角的正弦值sin|cosPC，n|23231616|=4316=3419【2018年新课标3理科19】如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点（1）证明：
39、平面AMD平面BMC；（2）当三棱锥MABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值【答案】解：（1）证明：在半圆中，DMMC，正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，AD平面DCM，则ADMC，ADDMD，MC平面ADM，MC平面MBC，平面AMD平面BMC（2）ABC的面积为定值，要使三棱锥MABC体积最大，则三棱锥的高最大，此时M为圆弧的中点，建立以O为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图正方形ABCD的边长为2，A（2，1，0），B（2，1，0），M（0，0，1），则平面MCD的法向量m=（1，0，0），设平面MAB的法向量为n=（x，y，z）则AB=（0，2，0
40、），AM=（2，1，1），由nAB=2y0，nAM=2x+y+z0，令x1，则y0，z2，即n=（1，0，2），则cosm，n=mn|m|n|=111+4=15，则面MAB与面MCD所成二面角的正弦值sin=1(15)2=25520【2017年新课标1理科18】如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，且BAPCDP90（1）证明：平面PAB平面PAD；（2）若PAPDABDC，APD90，求二面角APBC的余弦值【答案】（1）证明：BAPCDP90，PAAB，PDCD，ABCD，ABPD，又PAPDP，且PA平面PAD，PD平面PAD，AB平面PAD，又AB平面PAB，平面PAB平面PAD；（2
41、）解：ABCD，ABCD，四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB平面PAD，ABAD，则四边形ABCD为矩形，在APD中，由PAPD，APD90，可得PAD为等腰直角三角形，设PAAB2a，则AD=22a取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则：D（2a，0，0），B（2a，2a，0），P（0，0，2a），C（2a，2a，0）PD=(2a，0，2a)，PB=(2a，2a，2a)，BC=(22a，0，0)设平面PBC的一个法向量为n=(x，y，z)，由nPB=0nBC=0，得2ax+2ay2az=022ax=
42、0，取y1，得n=(0，1，2)AB平面PAD，AD平面PAD，ABPD，又PDPA，PAABA，PD平面PAB，则PD为平面PAB的一个法向量，PD=(2a，0，2a)cosPD，n=PDn|PD|n|=2a2a3=33由图可知，二面角APBC为钝角，二面角APBC的余弦值为3321【2017年新课标2理科19】如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，ABBC=12AD，BADABC90，E是PD的中点（1）证明：直线CE平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45，求二面角MABD的余弦值【答案】（1）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF=12AD，ABBC=12AD，BADABC90，BC
