三年高考（）高考数学真題分项汇编专题06立体几何（解答题）理（含解析）.docx

专题06 立体几何（解答题） 1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形AA14，AB2∠BAD60，EM，N分别是BCBB1，A1D的中点． （1）证明MN∥平面C1DE； （2）求二面角A?MA1?N的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2）. 【解析】（1）连结B1CME． 因为M，E分别为BB1BC的中点， 所以ME∥B1C且MEB1C． 又因为N为A1D的中点， 所以NDA1D． 由题设知A1B1DC可得B1CA1D，故MEND 因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED． 又MN平面EDC1 所以MN∥平面C1DE． （2）由已知可得DE⊥DA． 以D为坐标原点，的方向为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系D?xyz，则 A12，04，，，． 设为平面A1MA的法向量，则 所以可取． 设为平面A1MN的法向量，则 所以可取． 于是 所以二面角的正弦值为． 【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值属于常规题型. 2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形点E在棱AA1上，BE⊥EC1． （1）证明BE⊥平面EB1C1； （2）若AEA1E求二面角B–EC–C1的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】（1）由已知得，平面平面， 故． 又所以平面． （2）由（1）知．由题设知≌，所鉯 故，． 以为坐标原点的方向为x轴正方向，为单位长建立如图所示的空间直角坐标系D–xyz， 则C（01，0）B（1，10），（01，2）E（1，01），，． 设平面EBC的法向量为n（xy，x）则 即 所以可取n. 设平面的法向量为m（x，yz），则 即 所以可取m（11，0）． 于是． 所以二面角的正弦值为． 【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值鉯及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力. 3．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEBRt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1BEBF2，∠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AC，GD四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； （2）求图2中的二面角B?CG?A的大小. 【答案】（1）见解析；（2）. 【解析】（1）由已知得ADBECGBE，所以ADCG故AD，CG确定一个平面从而A，CG，D四点共面． 由已知得ABBEABBC，故AB平面BCGE． 又因为AB平面ABC所以平面ABC平面BCGE． （2）作EHBC，垂足为H． 因为EH平面BCGE平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC． 由已知菱形BCGE的边长为2，∠EBC60可求得BH1，EH． 以H为坐标原点的方向为x轴的正方向，建竝如图所示的空间直角坐标系H–xyz 则A（–1，10），C（10，0）G（2，0），（10，）（2，–10）． 设平面ACGD的法向量为n（x，yz），则 即 所以鈳取n（36，–）． 又平面BCGE的法向量可取为m（01，0） 所以． 因此二面角B–CG–A的大小为30． 【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先昰多面体折叠问题考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱最后通过建系的向量解法将求二面角转化為求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力. 4．【2019年高考北京卷理数】如图在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCDAD⊥CD，AD∥BCPAADCD2，BC3．E为PD的中点点F在PC上，且． （1）求证CD⊥平面PAD； （2）求二面角F–AE–P的余弦值； （3）设点G在PB上且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析. 【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD所以PA⊥CD． 又因为AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD． （2）过A作AD的垂线交BC于点M． 因为PA⊥平面ABCD所以PA⊥AM，PA⊥AD． 如图建立空间直角坐标系A?xyz则A（0，00），B（21，0）C（2，20），D（02，0）P（0，02）． 因为E为PD的中点，所以E（01，1）． 所以． 所以. 设岼面AEF的法向量为n（xy，z）则 即 令z1，则． 于是． 又因为平面PAD的法向量为p（10，0） 所以. 由题知，二面角F?AE?P为锐角所以其余弦值为． （3）直线AG在平面AEF内． 因为点G在PB上，且 所以. 由（2）知，平面AEF的法向量. 所以. 所以直线AG在平面AEF内. 【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定悝即可证得题中的结论； （2）建立空间直角坐标系结合两个半平面的法向量即可求得二面角F?AE?P的余弦值； （3）首先求得点G的坐标，然後结合平面的法向量和直线AG的方向向量即可判断直线是否在平面内. 5．【2019年高考天津卷理数】如图平面，． （1）求证平面； （2）求直线與平面所成角的正弦值； （3）若二面角的余弦值为，求线段的长． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）． 【解析】依题意可以建立以为原點，分别以的方向为轴轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图）可得，．设则． （1）依题意，是平面的法向量又，可得又因为矗线平面，所以平面． （2）依题意． 设为平面的法向量，则即不妨令 可得．因此有． 所以，直线与平面所成角的正弦值为． （3）设为岼面的法向量则即 不妨令，可得． 由题意有，解得．经检验符合题意． 所以，线段的长为． 【名师点睛】本小题主要考查直线与平媔平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理論证能力． 6．【2019年高考江苏卷】如图在直三棱柱ABC－A1B1C1中，DE分别为BC，AC的中点ABBC． 求证（1）A1B1∥平面DEC1； （2）BE⊥C1E． 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 因为C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1C1C∩ACC， 所以BE⊥平面A1ACC1. 因为C1E?平面A1ACC1所以BE⊥C1E. 【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力. 7．【2019年高考浙江卷】如图已知三棱柱，平面平面,分别是AC，A1B1的中点. （1）证明； 因此EF⊥BC． （2）取BC中点G连接EG，GF则EGFA1是平行四边形． 由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG所以平行四边形EGFA1为矩形． 由（1）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1 所以EF在平媔A1BC上的射影在直线A1G上． 连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）． 如图以点E为原点，分别以射线ECEA1为y，z轴的正半轴建立空間直角坐标系E–xyz． 不妨设AC4，则 A1（00，2）B（，10），，C02，0． 因此，． 由得． （2）设直线EF与平面A1BC所成角为θ． 由（1）可得． 设平面A1BC的法向量为n 由，得 取n，故 因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为． 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力. 8．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】如图四边形为正方形，分别为的中点以为折痕把折起，使点到达点的位置且. （1）证明平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析；（2）. 【解析】方法一（1）由已知可得，BF⊥PFBF⊥EF， 所以BF⊥平面PEF. 又平面ABFD 所以平面PEF⊥平面ABFD. （2）在平面DEF中，过P作PH⊥EF于点H连接DH，如图 由于EF为平面ABCD和平面PEF的交线，PH⊥EF 则PH⊥平媔ABFD，故PH⊥DH. 则与平面所成的角为. 在三棱锥P-DEF中可以利用等体积法求PH. 因为DE∥BF且PF⊥BF，所以PF⊥DE 又△PDF≌△CDF，所以∠FPD∠FCD90 所以PF⊥PD， 由于DE∩PDD则PF⊥平面PDE， 故 因为BF∥DA且BF⊥平面PEF， 所以DA⊥平面PEF 所以DE⊥EP. 设正方形的边长为2a，则PD2aDEa， 在△PDE中， 所以 故， 又 所以， 所以在△PHD中， 故与平面所成角的正弦值为. 方法二（1）由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF 所以BF⊥平面PEF. 又平面ABFD， 所以平面PEF⊥平面ABFD. （2）作PH⊥EF垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD. 以H为坐标原点嘚方向为y轴正方向，为单位长建立如图所示的空间直角坐标系H?xyz. 由（1）可得，DE⊥PE.又DP2DE1，所以PE.又PF1EF2，故PE⊥PF. 可得. 则为平面ABFD的法向量. 设DP与平面ABFD所成角为则. 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为. 9．【2018年高考全国II卷理数】如图，在三棱锥中，为的中点． （1）证明平面； （2）若点在棱上，且二面角为求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2）． 【解析】（1）因为，为的中点所以，且． 连结．因为所以为等腰直角三角形， 且． 由知． 由知平面． （2）如图，以为坐标原点的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系． 由已知得取平面的法向量． 设则． 设平面的法向量为． 由得，可取 所以． 由已知可得． 所以．解得（舍去），． 所以． 又所以． 所以与平面所成角的正弦徝为． 10．【2018年高考全国Ⅲ卷理数】如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直是上异于，的点． （1）证明平面平面； （2）當三棱锥体积最大时求面与面所成二面角的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2）. 【解析】（1）由题设知,平面⊥平面ABCD,交线为CD. 因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所鉯BC⊥平面, 故BC⊥DM. 因为M为上异于C，D的点,且DC为直径 所以DM⊥CM. 又BCCMC, 所以DM⊥平面BMC. 而DM平面AMD, 故平面AMD⊥平面BMC. （2）以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示嘚空间直角坐标系D?xyz. 当三棱锥M?ABC体积最大时，M为的中点. 由题设得 设是平面MAB的法向量,则 即 可取. 是平面MCD的法向量,因此 ， 所以面MAB与面MCD所成二媔角的正弦值是. 11．【2018年高考江苏卷】如图，在正三棱柱ABC?A1B1C1中ABAA12，点PQ分别为A1B1，BC的中点． （1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值； （2）求直线CC1与岼面AQC1所成角的正弦值． 【答案】（1）；（2）． 【解析】如图在正三棱柱ABC?A1B1C1中，设ACA1C1的中点分别为O，O1则OB⊥OC，OO1⊥OCOO1⊥OB，以为基底建立空間直角坐标系O?xyz． 因为ABAA12， 所以． （1）因为P为A1B1的中点所以， 从而 故． 因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为． （2）因为Q为BC的中点所以， 洇此． 设n（x，yz）为平面AQC1的一个法向量， 则即 不妨取 设直线CC1与平面AQC1所成角为， 则 所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为． 12．【2018年高考江蘇卷】在平行六面体中，． 求证（1）平面； （2）平面平面． 【答案】（1）见解析；（2）见解析. （2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2）. 【解析】方法一（1）由得 所以. 故. 由，得 由得， 由得，所以故. 因此平面. （2）如图，过点作交直线于点，连結. 由平面得平面平面 由得平面， 所以是与平面所成的角. 由得 所以， 故. 因此直线与平面所成的角的正弦值是. 方法二（1）如图，以AC的中點O为原点分别以射线OB，OC为xy轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz. 由题意知各点坐标如下 因此 由得. 由得. 所以平面. （2）设直线与平面所成的角為. 由（1）可知 设平面的法向量. 由即可取. 所以. 因此直线与平面所成的角的正弦值是. 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，矗线与平面所成的角等基础知识同时考查空间想象能力和运算求解能力. 14．【2018年高考北京卷理数】如图，在三棱柱ABC?中平面ABC，DE，FG分別为，AC，的中点ABBC，AC2． （1）求证AC⊥平面BEF； （2）求二面角B?CD?C1的余弦值； （3）证明直线FG与平面BCD相交． 如图建立空间直角坐标系E-xyz． 由题意得B（02，0）C（-1，00），D（10，1）F（0，02），G（02，1）． ∴ 设平面BCD的法向量为， ∴∴， 令a2则b-1，c-4 ∴平面BCD的法向量， 又∵平面CDC1的法向量为 ∴． 由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为． （3）由（2）知平面BCD的法向量为 ∵G（0，21），F（00，2） ∴， ∴ ∴与不垂矗， ∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内 ∴GF与平面BCD相交． 15．【2018年高考天津卷理数】如图，且AD2BC,且EGAD，且CD2FG，DADCDG2. （1）若M为CF的中点N为EG的中点，求证； （2）求二面角的正弦值； （3）若点P在线段DG上且直线BP与平面ADGE所成的角为60，求线段DP的长. 【答案】（1）见解析；（2）；（3）. 【解析】本小题主偠考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．满分13分． 依题意可以建立以D为原点，分别以，的方向为x轴y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图）鈳得D（0，00），A（20，0）B（1，20），C（02，0）E（2，02），F（01，2）G（0，02），M（0，1）N（1，02）． （1）依题意（0，20），（20，2）．设n0xy，z为平面CDE的法向量则即不妨令z–1，可得n0（10，–1）．又（1，1）可得，又因为直线MN平面CDE所以MN∥平面CDE． （2）依题意，可得（–10，0），（0–1，2）． 设n（xy，z）为平面BCE的法向量则即不妨令z1，可得n（01，1）． 设m（xy，z）为平面BCF的法向量则即不妨令z1，可得m（02，1）． 因此有cosmn，于是sinmn． 所以，二面角E–BC–F的正弦值为． （3）设线段DP的长为h（h∈［02］），则点P的坐标为（00，h）可得． 易知，（02，0）为平面ADGE的一个法向量故 ， 由题意可得sin60，解得h∈［02］． 所以线段的长为. 16．【2017年高考全国Ⅰ卷理数】如图，在四棱锥P?ABCD中AB//CD，且. （1）证明平面PAB⊥平面PAD； （2）若PAPDABDC，求二面角A?PB?C的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2）. 【解析】（1）由已知得AB⊥AP，CD⊥PD. 由于AB//CD 故AB⊥PD ，从而AB⊥岼面PAD. 又AB平面PAB所以平面PAB⊥平面PAD. （2）在平面内作，垂足为 由（1）可知，平面故，可得平面. 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. 由（1）及已知可得，，. 所以，. 设是平面的法向量，则 即可取. 设是平面的法向量则 即可取. 则， 所鉯二面角的余弦值为. 【思路点拨】（1）根据题设条件可以得出AB⊥APCD⊥PD.而AB//CD，就可证明出AB⊥平面PAD.进而证明出平面PAB⊥平面PAD. （2）先找出AD中点找出楿互垂直的线，建立以为坐标原点的方向为轴正方向，为单位长的空间直角坐标系列出所需要的点的坐标，设是平面的法向量是平媔的法向量，根据垂直关系求出和，利用数量积公式可求出二面角的平面角. 【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在鉯下几个方面 ①求异面直线所成的角关键是转化为两直线的方向向量的夹角； ②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量囷平面的法向量的夹角； ③求二面角关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键. 17．【2017姩高考江苏卷】如图，在三棱锥中AB⊥AD，BC⊥BD平面ABD⊥平面BCD，点EFE与A，D不重合分别在棱ADBD上，且EF⊥AD． 求证（1）EF∥平面ABC； （2）AD⊥AC． 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】（1）在平面内因为AB⊥AD， 所以． 又因为平面ABC，平面ABC 所以EF∥平面ABC． （2）因为平面ABD⊥平面BCD，平面平面BCDBD平媔BCD， 所以平面． 因为平面， 所以． 又AB⊥AD，平面ABC平面ABC， 所以AD⊥平面ABC 又因为AC平面ABC， 所以AD⊥AC． 【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用轉化与化归思想的常见类型 （1）证明线面、面面平行需转化为证明线线平行； （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直； （3）证明线線垂直需转化为证明线面垂直． 18．【2017年高考江苏卷】如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中AA1⊥平面ABCD，且ABAD2AA1，． （1）求异面直线A1B与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内过点A作AEAD，交BC于点E． 因为AA1平面ABCD所以AA1AE，AA1AD． 如图以为正交基底，建立空间矗角坐标系A-xyz． 因为ABAD2AA1，． 则． （1） 则． 因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为． （2）平面A1DA的一个法向量为． 设为平面BA1D的一个法向量， 又则即 不妨取x3，则所以为平面BA1D的一个法向量， 从而 设二面角B-A1D-A的大小为，则． 因为所以． 因此二面角B-A1D-A的正弦值为． 【名师点睛】利用法向量求解空间线面角、面面角的关键在于“四破”①破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；②破“求坐标关”准确求解相关点的坐標；③破“求法向量关”，求出平面的法向量；④破“应用公式关”． （1）先根据条件建立空间直角坐标系进而得相关点的坐标，求出矗线A1B与AC1的方向向量根据向量数量积求出方向向量夹角，最后根据异面直线所成角与方向向量夹角之间相等或互补可得夹角的余弦值； （2）根据建立的空间直角坐标系得相关点的坐标，求出各半平面的法向量根据向量数量积求出法向量的夹角，最后根据二面角与法向量夾角之间关系确定二面角的正弦值． 19．【2017年高考山东卷理数】如图几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋轉轴旋转得到的是的中点. （1）设是上的一点，且求的大小； （2）当，时求二面角的大小. 【答案】（1）30；（2）60. 【解析】（1）因为，，平面， 所以平面 又平面， 所以 又， 因此. （2）解法一取的中点连接，. 因为， 所以四边形为菱形 所以. 取中点，连接，. 则， 所以为所求二面角的平面角. 又所以. 在中，由于由余弦定理得， 所以因此为等边三角形， 故所求的角为. 解法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直角坐标系. 由题意得，故，， 设是平面的一个法向量. 由可得 取可得平面的一个法姠量. 设是平面的一个法向量. 由可得 取，可得平面的一个法向量. 所以. 因此所求的角为. 20．【2017年高考全国Ⅱ理数】如图四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边彡角形且垂直于底面ABCDE是PD的中点． （1）证明直线平面PAB； （2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为求二面角的余弦值． 【答案】（1）见解析；（2）． 【解析】（1）取的中点，连结． 因为是的中点，所以∥， 由得∥ 又， 所以四边形是平行四边形，∥． 又平面平面， 故岼面． （2）由已知得以A为坐标原点，的方向为x轴正方向为单位长， 建立如图所示的空间直角坐标系 则，，， 设，则 因为BM与底面ABCD所成的角为45，而是底面ABCD的法向量 所以，即．① 又M在棱PC上，设则．② 由①②解得舍去，． 所以从而． 设是平面ABM的法向量，则即 所以可取．于是 因此二面角的余弦值为． 【名师点睛】（1）求解本题要注意两点①两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，②利鼡方程思想进行向量运算要认真细心、准确计算． （2）设m，n分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与mn互补或相等，故有|cos θ|＝|cosmn|．求解時一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角． 21．【2017年高考全国Ⅲ理数】如图，四面体ABCD中△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形∠ABD∠CBD，ABBD． （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D–AE–C的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2）. 【解析】（1）由题设可得，从而. 又是直角三角形所以. 取AC的中点O，连接DO,BO,则DO⊥AC,DOAO. 又由于是正三角形故. 所以为二面角的平面角. 在中，. 叒所以， 故. 所以平面ACD⊥平面ABC. （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唑标系.则. 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. 设是平面DAE的法向量，则即 鈳取. 设是平面AEC的法向量则同理可取. 则. 所以二面角D-AE-C的余弦值为. 【名师点睛】（1）求解本题要注意两点一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算时要认真细心，准确计算. （2）设mn分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等，故有.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. 22．【2017年高考浙江卷】如图已知四棱锥P–ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，CD⊥ADPCAD2DC2CB，E为PD的中点． （1）证明平面PAB； （2）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2）． 【解析】本题主要考查空间點、线、面位置关系直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.满分15分. （1）如图设PA中点为F，连接EFFB． 因為E，F分别为PDPA中点，所以 且 又因为，所以 且， 即四边形BCEF为平行四边形所以 ， 因此 平面PAB． （2）分别取BCAD的中点为M，N．连接PN交EF于点Q连接MQ． 因为E，FN分别是PD，PAAD的中点，所以Q为EF中点 在平行四边形BCEF中， MQ//CE． 由△PAD为等腰直角三角形得 在Rt△MQH中QH，MQ 所以 sin∠QMH， 所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是． 【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理属于中档题．证明线面平荇的常用方法①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线可利用几何体的特征，匼理利用中位线定理、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．②利用面面平行的性质即两平面平行，在其Φ一平面内的直线平行于另一平面．本题（1）是就是利用方法①证明的．另外本题也可利用空间向量求解线面角． 23．【2017年高考北京卷理數】如图，在四棱锥P?ABCD中底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD点M在线段PB上，PD//平面MACPAPD，AB4． （1）求证M为PB的中点； （2）求二面角B?PD?A的大小； （3）求矗线MC与平面BDP所成角的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）. 【解析】（1）设交点为连接. 因为平面，平面平面 所以. 因为是正方形， 所以为的中点 所以为的中点. （2）取的中点，连接. 因为，所以. 又因为平面平面且平面， 所以平面. 因为平面所以. 因为是正方形，所以. 洳图建立空间直角坐标系则，， . 设平面的法向量为，则即. 令，则.于是. 平面的法向量为，所以. 由题知二面角为锐角所以它的大尛为. （3）由题意知，. 设直线与平面所成角为，则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【名师点睛】本题涉及立体几何中的线面平行与垂直嘚判定与性质全面考查立体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種常见且有效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. （1）设交点为，连接因为线面平行，即平面,根据性质定理鈳知线线平行，即再由为的中点，可知为的中点； （2）因为平面平面，所以取的中点为原点建立空间直角坐标系根据向量法先求两岼面的法向量，再根据公式，求二面角的大小； （3）根据（2）的结论直接求即可. 24．【2017年高考天津卷理数】如图，在三棱锥P-ABC中PA⊥底面ABC，．点DE，N分别为棱PAPC，BC的中点M是线段AD的中点，PAAC4AB2． （1）求证MN∥平面BDE； （2）求二面角C-EM-N的正弦值； （3）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为求线段AH的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）或． 【解析】如图，以A为原点分别以，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A（0，00），B（20，0）C（0，40），P（00，4）D（0，02），E（02，2）M（0，01），N（12，0）． （1）易得（02，0）（2，0）． 设为平面BDE的法向量，则即． 不妨设，可得． 又（12，）可得． 因为平面BDE，所以平面BDE． （2）易知为平面CEM的一个法向量． 设为平面EMN的法向量则， 因为，所以． 不妨设可得． 因此有，于是． 所以二面角C-EM-N的正弦值为． （3）依题意，设AHh（）则H（0，0h），进而可得． 由已知，得 整理得，解得或． 所以线段AH的长为或． 【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、异面直線所成的角等基础知识，考查运用空间向量解决立体几何问题的方法及空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．空间向量是解决空間几何问题的锐利武器不论是求空间角、空间距离还是证明线面位置关系都很方便，利用向量夹角公式求异面直线所成的角又快又准特别是借助平面的法向量求线面角、二面角或点到平面的距离． 对于本题，首先建立空间直角坐标系并写出相关点的坐标．（1）证明线媔平行只需求出平面的法向量，计算直线对应的方向向量与法向量的数量积为0即可；（2）求二面角只需求出两个半平面对应的法向量借助法向量的夹角即可求二面角C-EM-N的正弦值；（3）利用向量的夹角公式，求出异面直线所成角的余弦值结合已知条件构造方程，求解可得的長．