高考数学试题分项版解析专题24立体几何中综合问题理.doc

1 / 24【2019【2019 最新最新】精选高考数学试题分项版解析专题精选高考数学试题分项版解析专题 2424 立体几何立体几何中综合问题理中综合问题理1.【2017 课标 1，理 16】如图，圆形纸片的圆心为 O，半径为 5 cm，该纸片上的等边三角形 ABC 的中心为 O.D、E、F 为圆 O 上的点，DBC，ECA，FAB 分别是以 BC，CA，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以 BC，CA，AB 为折痕折起DBC，ECA，FAB，使得 D、E、F 重合，得到三棱锥.当ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_.4 15【答案】【解析】【考点】简单几何体的体积【名师点睛】对于三棱锥最值问题，肯定需要用到函数的思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是 2 次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导得方式进行解决.2.【2017 课标 3，理 19】如图，四面体 ABCD 中，ABC 是正三角形，ACD 是直角三角形，ABD=CBD，AB=BD（1）证明：平面 ACD平面 ABC；（2）过 AC 的平面交 BD 于点 E，若平面 AEC 把四面体 ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角 DAEC 的余弦值.【答案】(1)证明略；2 / 24(2).7 7【解析】（2）由题设及（1）知，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.则,OA OB OCOOA xOA Oxyz1,0,0 ,0, 3,0 ,1,0,0 ,0,0,1ABCD由题设知，四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的，从而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距离的，即 E 为 DB 的中点，得.故1 21 23 10,22E 3 11,0,1 ,2,0,0 ,1,22ADACAE .设是平面 DAE 的法向量，则即= x,y,znADAE A A0，0，nn0,31022xzxyz 。可取.31,13n设是平面 AEC 的法向量，则同理可得.m0，0，ACAEA Amm0, 1, 3m则.7cos,7n mn mn m所以二面角 D-AE-C 的余弦值为.7 7(2)设 m，n 分别为平面 ， 的法向量，则二面角 与互补3 / 24或相等，故有|cos |cos|=.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.m n m n3.【2017 山东，理 17】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，是的中点.ABCDAB120GADFCBPAPBEACEP（）设是上的一点，且，求的大小；EAGC2AD 3AB （）当， ，求二面角的大小.6030CBP【答案】 （）.（）.（）两种思路，一是几何法，二是空间向量方法，其中思路一：CH GHEHHAEC取的中点，连接， ，.BEHC得四边形为菱形，223213AEGEACGC得到.ECCMEMMAG取中点，连接， ，.CMAGEMAG得到， ，EMC从而为所求二面角的平面角.据相关数据即得所求的角.思路二：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yBA BP BEB直角坐标系.AEG写出相关点的坐标，求平面的一个法向量，平面的一个法向量222(,)nxyzACG111( ,)mx y z1cos,| |2m nm nmn计算即得.ABBEAPBE试题解析：（）因为， ，4 / 24ABAPAABPAP，平面， ，ABABPBE 所以平面，ABPBP 又平面，120EBCBEBP所以，又，30CBP因此（）解法一：CH GHEHHAEC取的中点，连接， ，.120EBC因为，BEHC所以四边形为菱形，223213AEGEACGC所以.ECCMEMMAG取中点，连接， ，.CMAGEMAG则， ，EMC所以为所求二面角的平面角.13 12 3EMCM 1AM 又，所以.120EBCBEC在中，由于，222222 2 2 cos12012EC 由余弦定理得，EMC2 3EC 所以，因此为等边三角形，60故所求的角为.解法二：AEG111( ,)mx y z设是平面的一个法向量.1111230,30,xzxy00m AEm AG 由可得(3,3,2)mAEG12z 取，可得平面的一个法向量.ACG222(,)nxyz设是平面的一个法向量.5 / 24222230,230,xyxz00n AGn CG 由可得(3,3, 2)n ACG22z 取，可得平面的一个法向量.1cos,| |2m nm nmn所以.60因此所求的角为.【考点】1.垂直关系.2. 空间角的计算.【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，通过严密推理，明确角的构成.立体几何中角的计算问题，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.4 【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.2 37 213 3【答案】 （）详见解析（） （）【解析】6 / 241,1,0 ,( 1, 1,0),(1, 1,0),(11,0),( 1, 1,2),(0,0,2),( 1,0,0)ABCDEFG ，.（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.(2,0,0),1, 1,2ADAF 1, ,nx y zADF1100nADnAF 2020xxyz 1z 10,2,1n 0,1, 2EG 10EG n EGADF 平面/ /EGADF平面（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.1,1,0OA OEF1,1,0 ,1,1,2EFCF 2, ,nx y z CEF2200nEFnCF 0 20xy xyz 1x 21, 1,1n 因此有，于是，所以，二面角的正弦值为.2 226cos,3OA nOA n OA n 23sin,3OA n OEFC3 3考点：利用空间向量解决立体几何问题5.【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PABCDPA ABCD ABCD形，,2ABCBAD 2,1PAADABBC（1）求平面与平面所成二面角的余弦值；PABPCD（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7 / 24段 BQ 的长【答案】 （1） （2）3 32 5 5【解析】则各点的坐标为， ， ， 1,0,0C 1,1,0D 0,2,00,0,2（1）因为平面，所以是平面的一个法向量， DAADAAD0,2,0A因为， C1,1, 2 D0,2, 2 设平面的法向量为，则， ，即CD, ,mx y z C0m D0m 20 220xyz yz 令，解得， 1y 1z 1x 所以是平面的一个法向量1,1,1m CD从而，所以平面与平面所成二面角的余弦值为D3cosD,3Dmm mAA A ACD3 3（2）因为，设（） ，1,0,2 Q,0,2 01又，则，又，C0, 1,0 CQCQ, 1,2 D0, 2,2 从而2CQ D12cos CQ,D CQ D102 设， ，则12t 1,3t2 2 22229cosCQ,D5109101520999t ttt 当且仅当，即时，的最大值为9 5t 2 5cos CQ,D 3 10 10因为在上是减函数，此时直线与所成角取得最小值cosyx0,2CQD8 / 24又因为，所以22125 22 5Q55 6.【2016 年高考北京理数】 （本小题 14 分）如图，在四棱锥中，平面平面， ， ， ，PABCDPAD ABCDPAPDPAPDABAD1AB ， ，.2AD 5ACCD（1）求证：平面；PD PAB（2）求直线与平面所成角的正弦值；PBPCD（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.PAM/ /BMPCDAM AP【答案】 （1）见解析；（2） ；（3）存在，3 31 4AM AP【解析】所以平面，所以，ABPADPDAB 又因为，所以平面；PDPAPDPAB（2）取的中点，连结， ，ADOPO CO因为，所以.PAPDADPO 又因为平面，平面平面，POPADPADABCD所以平面.POABCD因为平面，所以.COABCDPOCO因为，所以.CDAC ADCO 如图建立空间直角坐标系，由题意得，xyzO) 1 , 0 , 0(),0 , 1, 0(),0 , 0 , 2(),0 , 1 , 1 (),0 , 1 , 0(PDCBA.设平面的法向量为，则PCD),(zyxn 9 / 24, 0, 0PCnPDn即 , 02, 0zxzy令，则.2z2, 1yx所以.)2 , 2, 1 ( n又，所以.) 1, 1 , 1 (PB33,cos PBnPBnPBn所以直线与平面所成角的正弦值为.PBPCD33（3）设是棱上一点，则存在使得.MPA 1 , 0APAM因此点.), 1(),1 , 0(BMM因为平面，所以平面当且仅当，BMPCDBMPCD0nBM即，解得.0)2 , 2, 1 (), 1(41所以在棱上存在点使得平面，此时.PAMBMPCD41APAM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.7.【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CDAD/ CAD2AC1A D2ADACAA1A （I）证明：平面；CD 1CA （II）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值1A CD1CA 1CDA【答案】 （I）证明见解析；（II） 6 3【解析】试题分析：（I）先证， ，再可证平面，进而可证平面；（II）先建立10 / 24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1 AC 1CA CD 1CA 1CA 1CDA1CA 1CDA试题解析：（I）在图 1 中，因为， ，是的中点， ，所以C1A D2ADAD2AC A即在图 2 中， ，1 AC 从而平面 1AOC又，所以平面.CD/CD 1AOC所以12222(,0,0),E(,0,0),A (0,0,),C(0,0),2222B-得，.22BC(,0),22- 122A C(0,)22- CDBE(2,0,0)= - 设平面的法向量，平面的法向量，平面与平面夹角为，1BCA1111( ,)nx y z=1CDA2222(,)nxyz= 1BCA1CDA则，得，取，11100n BCnAC 111100xyyz 1(1,1,1)n =22100nCDnAC ，得，取，22200xyz 2(0,1,1)n 从而，1226cos|cos,|332n n 即平面与平面夹角的余弦值为.1BCA1CDA6 38.【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.ABCDABEADBCCADCBD，HGF，（1）证明：四边形是矩形；EFGH（2）求直线与平面夹角的正弦值.ABEFGH11 / 24【答案】 （1）证明见解析；（2）.10 5【解析】试题分析：（1）由该四面体的三视图可知：，,BDDC BDAD ADDC2,1BDDCAD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；BCEFGHEFGHBDCFGEFGHABCEHBCFGBCEHFGEHEFHGEFGHEFFGEFGH（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，则， ， ，D(0,0,0)D(0,0,1)A(2,0,0)B(0,2,0)C(0,0,1)DA ， ， ，设平面的一个法向量因为,，所以，列出方程组，即可得到平面的一个法向量，与的夹角的余弦值的绝对值即为所求.( 2,2,0)BC ( 2,2,0)BC EFGH( , , )nx y zBCFGEFAD0,0n DAn BC EFGHAB 又,BDAD ADDC BDDCDAD 平面BDCBC,FGEFAD四边形是矩形EFGH（2）如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则， ， ，D(0,0,0)D(0,0,1)A(2,0,0)B(0,2,0)C(0,0,1)DA ， ，( 2,2,0)BC ( 2,2,0)BC 设平面的一个法向量EFGH( , , )nx y zBC,FGEFAD12 / 24即得，取z=0 -2x+2y=0(1,1,0)n 考点：面面平行的性质；线面角的求法.9.【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°.1 2（）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；（）.1 3【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） M试题解析：（）在梯形 ABCD 中，AB 与 CD 不平行.延长 AB，DC，相交于点 M（M平面 PAB） ，点 M 即为所求的一个点.理由如下：由已知，BCED，且 BC=ED.所以四边形 BCDE 是平行四边形.，所以 CDEB从而 CMEB.13 / 24又 EB 平面 PBE，CM 平面 PBE，所以 CM平面 PBE.（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.在 RtPAH 中，PH=，22PAAH3 2 2所以 sinAPH=.AH PH1 3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)，ADAP 14 / 24所以=（1,0,-2） ，=（1,1,0） ，=（0,0,2）PE EC AP 设平面 PCE 的法向量为 n=(x,y,z)，由得设 x=2，解得 n=(2,-2,1).0,0,PEEC nn20,0,xzxy 设直线 PA 与平面 PCE 所成角为 ，则 sin=.| | |n AP nAP 22221 322( 2)1 所以直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值为.1 3考点：线线平行、线面平行、向量法.10.【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1111DCBAABCDAA1ABCD ABCDBCAD/BCAD2DCA,11BBQ（1）证明：为的中点；Q1BB（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AA142CDABCDABCD【答案】 （1）为的中点；（2） ；（3） Q1BB11 74【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，15 / 24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QC1AD111 2BQBQBC BBAAADQ1BB,QA QD1AAhABCDdV上V下=BC a2ADa17=+12Q A ADQ ABCDVVVahd下1 1 113=2A B C DABCDVahd1 1 113711=21212A B C DABCDVVVahdahdahd下上11=7V V上下ADCAEDCE1AE1DEAA1AAAEADE 1AEA1DEAE1AEAABCDD1,DA DD =CDA22sin62ABCDaaS2 sina2cos ,2sin ,0C14,0,4sinA2cos ,2sin ,0DC14,0,4sinDA （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,QA QD1AAhABCDdV上V下=BC a2ADa11 1123 23Q A ADVa h dahd ，121 3224Q ABCDaahVdahd，所以， 17=+12Q A ADQ ABCDVVVahd下16 / 24又 1 1 113=2A B C DABCDVahd所以， 1 1 113711=21212A B C DABCDVVVahdahdahd下上故11=7V V上下解法 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D1,DA DD 设因为，所以=CDA22sin62ABCDaaS2 sina从而， ，2cos ,2sin ,0C14,0,4sinA所以， 2cos ,2sin ,0DC14,0,4sinDA 设平面的法向量，1ADC, ,1nx y由得，1440,sin 2 cos2 sin0,DA nxDC nxy sin ,cosxy 所以( sin ,cos ,1)n 又因为平面的法向量，ABCD0,0,1m 所以，2cos,2n mn m n m 故平面与底面所成而面积的大小为ABCD 4考点：1二面角的求解；2几何体的体积求解11.【2014年湖北，卷理9】(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.1111DCBAABCDNMFE,1111,DABAADABQP,1DD1BB20BQDP（1）当时，证明：直线平面；1/1BCEFPQ17 / 24（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.EFPQPQMN【答案】 （1）详见解析；（2）221【解析】试题分析：（1）由正方体的性质得，当时，证明，由平行于1111DCBAABCD11/ ADBC11/ ADFP（1）证明：如图 1，连结，由是正方体，知，1AD1111DCBAABCD11/ ADBC当时，是的中点，又是的中点，所以，1P1DDFAD1/ ADFP所以，FPBC /1而平面，且平面，FPEFPQ1BCEFPQ故平面./1BCEFPQ（2）如图 2，连结，因为、分别是、的中点，BDEFABAD所以，且，又， ，BDEF /BDEF21BQDP BQDP/所以四边形是平行四边形，PQBD故，且，BDPQ/BDPQ 从而，且，PQEF /PQEF2118 / 24在和中，因为， ，EBQRtFDPRt DPBQ1 DFBE于是， ，所以四边形是等腰梯形，21 FPEQEFPQ同理可证四边形是等腰梯形，PQMN分别取、 、的中点为、 、 ，连结、 ，EFPQMNHOGOHOG则， ，而，PQGO PQHO OHOGO故是平面与平面所成的二面角的平面角，GOHEFPQPQMN若存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角，则，EFPQPQMN90GOH连结、 ，则由，且，知四边形是平行四边形，EMFNMNEF /MNEF EFNM连结，因为、是、的中点，所以，GHHGEFMN2 MEGH在中， ， ，GOH42GH21)22(12222OH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，D1,DDDCDAzyx,xyzD由已知得，), 0 , 0(),0 , 0 , 1 (),2 , 2 , 0(),0 , 2 , 2(1PFCB所以， ， ，)2 , 0 , 2(1BC), 0 , 1(FP)0 , 1 , 1 (FE（1）证明：当时， ，因为，1) 1 , 0 , 1(FP)2 , 0 , 2(1BC所以，即，FPBC21FPBC /1而平面，且平面，FPEFPQ1BCEFPQ故直线平面./1BCEFPQ（2）设平面的一个法向量，EFPQ),(zyxn由可得，于是取， 00nnFPFE 00 zxyx ) 1 ,(n同理可得平面的一个法向量为，MNPQ) 1 ,2 , 2(m19 / 24若存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角，EFPQPQMN则，0) 1 ,() 1 ,2 , 2(nm即，解得，01)2()2(221故存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角.221EFPQPQMN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.12.【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PABCDPD ABCDPDCDPCEEFPBPBF,.DE DF BD BE（）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PBDEF 平平DBEF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DEFABCD 3DC BC【答案】 （）详见解析；（）.22（）如图 1，在面内，延长与交于点，则是平面与平面PBCBCFEGDGDEFABCD的交线. 由（）知， ，所以. PBDEF 平面PBDG又因为底面，所以. 而，所以. PD ABCDPDDGPDPBPDGPBD 平面故是面与面所成二面角的平面角， BDFDEFABCD设， ，有，1PDDCBC21BD在 RtPDB 中, 由, 得, DFPB 3DPFFDB 20 / 24则 , 解得. 2tantan133BDDPFPD2所以12.2DC BC故当面与面所成二面角的大小为时，. DEFABCD 32 2DC BC（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.D,DA DC DP, ,x y z设， ，则， ，点是的中点，1PDDCBC(0,0,0),(0,0,1),( ,1,0),(0,1,0)DPBC( ,1, 1)PB EPC所以， ，11(0,)22E11(0,)22DE 于是，即. 0PB DE PBDE又已知，而，所以. EFPBDEEFEPBDEF 平面因, , 则, 所以.(0,1, 1)PC 0DE PC DEPCDEPBC 平面由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，DE PBCPB DEFBDEF即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为. BDEFDEBDEF，EFBDFB，（）由，所以是平面的一个法向量；PDABCD 平面(0, 0, 1)DP ABCD由（）知， ，所以是平面的一个法向量. PBDEF 平面(, 1, 1)BP DEF若面与面所成二面角的大小为，DEFABCD 3则， 211cos32| |2BP DP BPDP 解得. 所以212.2DC BC故当面与面所成二面角的大小为时，. DEFABCD 32 2DC BC【考点定位】四棱锥的性质，线、面垂直的性质与判定，二面角.13.【2015 湖南理 19】如图 15，已知四棱台上、下底面分别是边长为21 / 243 和 6 的正方形， ，且底面，点，分别在棱，BC 上.1111ABCDABC D16AA 1AA ABCDPQ1DD（1）若 P 是的中点，证明：；1DD1ABPQ（2）若平面，二面角的余弦值为，求四面体的体积./ /PQ11ABB APQDA3 7ADPQ【答案】 （1）详见解析；（2）.24【解析】试题分析：（1）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标可知问题等价于证明；（2）根据条件1=0AB PQ 二面角的余弦值为，利用空间向量可将四面体视为以为底面的三棱锥P-QD-A3 7ADPQADQADQP，其高，从而求解4h试题解析：解法一由题设知， ， ，两两垂直，以为坐标原点， ， ，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图 b 所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为， ，1AAABADAABAD1AAy)0 , 0 , 0(A1(3,0,6)B)0 , 6 , 0(D， ， ，其中， ，1(0,3,6)D)0 , 6(mQBQm 06m，而二面角的余弦值为，因此，解得，或者（舍去） ，此时，21,cosnn1212| |n n nn222233(6)63(6)45mm AQDP3 723(6)45m 3 74m8m)0 , 4 , 6(Q设，而，由此得点，1(01)DPDD 1(0, 3,6)DD )6 ,36 , 0(P(6,32, 6 )PQ ，平面，且平面的一个法向量是，/PQ11ABB A11ABB A3(0,1,0)n ，即，亦即，从而，于是，将四面体视为以为底面的三棱锥，则其22 / 24高，故四面体的体积.PQ30n 0232 3)4 , 4 , 0(PADPQADQADQP4hADPQ1116 6 424332ADQVSh A（2）如图 d，过点作交于点，则平面，P1/ /PMA AADM/PM11ABB A平面，平面，过点作于点，连结，则，为二面角的平面角，即，从而1A AABCDOM ABCDMMNQDNPNQDPN PNMAQDP3cos7PNMMN PN3 740 3PM MN连结，由平面，又是正方形，所以为矩形，故，设，则，过点作交于点，则为矩形， ，因此，于是，再由得，解得，因此，故四面体的体积.MQ/PQ11ABB AABMQ/ABCDABQM6 ABMQtMD 22MQ MDMN MQMD 2636tt1D11/ /D EA AADE11AAD E1D E 16A A 113AEAD3AEADED1623D EPM MDEDtMDPM22236 3t40 32t4PMADPQ1116 6 424332ADQVSh A【考点定位】1.空间向量的运用；2.线面垂直的性质；3.空间几何体体积计算.14.【2015 课标 2 理 19】（本题满分 12 分）如图，长方体中,，点，分别在，上，过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形1111ABCDABC D=16AB=10BC18AA EF11AB11C D114AED FEF（）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；（）求直线与平面所成角的正弦值AF【答案】（）详见解析；（）4 5 1523 / 24【解析】（）交线围成的正方形如图：EHGF（）作，垂足为，则，因为为正方形，所以于是，所以以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设是平面的法向量，则即所以可取又，故所以直线与平面所成角的正弦值为EMABM14AMAE18EMAAEHGF10EHEFBC226MHEHEM10AH DDA Dxyz(10,0,0)A(10,10,0)H(10,4,8)E(0,4,8)F(10,0,0)FE (0, 6,8)HE ( , , )nx y zEHGF0,0,n FEn HE 100, 680,x yz (0,4,3)n ( 10,4,8)AF 4 5cos,15n AF n AF nAF AF4 5 15【考点定位】1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角15.【2016 高考新课标 2 理数】如图，菱形的对角线与交于点， ，点分别在上， ，交于点将沿折到位置， ABCDACBDO5,6ABAC,E F,AD CD5 4AECFEF BDHDEFEFD EF10OD （）证明：平面；D HABCD（）求二面角的正弦值BD AC【答案】 （）详见解析；（）.2 95 25【解析】试题分析：（）证，再证，最后证；（）用向量法求解./ /ACEF'D HOH'D HABCD 平面试题解析：（I）由已知得， ，又由得，故.ACBDADCDAECFAECF ADCD/ /ACEF因此，从而.由,得.EFHDEFD H5AB 6AC 24 / 242204DOBABAO由得.所以，./ /EFAC1 4OHAE DOAD1OH 3D HDH于是， ，1OH 22223110D HOHD O故.D HOH又，而，D HEFOHEFH所以.D HABCD 平面（II）如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，HHF xHxyz则， ， ， ， ， ， ，.设是平面的法向量，则，即，0,0,0H3, 2,0A 0, 5,0B3, 1,0C0,0,3D(3, 4,0)AB 6,0,0A