1、高考真题 （2019浙江卷）如图，已知三棱柱 111 ABCABC，平面 11 A ACC 平面ABC,90ABC， 11 30 , ,BACA AACAC E F分别是 11 ,AC AB的中点. （1）证明：EFBC； （2）求直线EF与平面 1 ABC所成角的余弦值. 【解析】 （1）如图所示，连结 11 ,AE B E， 等边 1 AAC中，AEEC，则-18%， 平面 ABC平面 11 A ACC，且平面 ABC平面 11 A ACCAC， 由面面垂直的性质定理可得： 1 AE 平面ABC，故 1 AEBC， 由三棱柱的性质可知 11 ABAB，而ABBC，故 11 ABBC，且 1
2、111 ABAEA， 由线面垂直的判定定理可得：BC 平面 11 AB E， 结合EF平面 11 AB E，故EFBC. （2）在底面 ABC 内作 EHAC，以点 E 为坐标原点，EH,EC, 1 EA方向分别为 x,y,z 轴正方向建立空间直角 坐标系Exyz. 设1EH ，则 3AEEC ， 11 2 3AACA,3,3BCAB， 据此可得： 1 33 0,3,0 ,0 ,0,0,3 ,0, 3,0 22 ABAC ， 由 11 ABAB 可得点 1 B的坐标为 1 3 3 ,3,3 2 2 B ， 利用中点坐标公式可得： 3 3 ,3,3 4 4 F ，由于 0,0,0E ， 故直线
3、EF 的方向向量为： 3 3 ,3,3 4 4 EF 设平面 1 ABC的法向量为 , ,mx y z ，则： 1 3333 , , 330 2222 3333 , ,00 2222 m ABx y zxyz m BCx y zxy ， 据此可得平面 1 ABC的一个法向量为 1, 3,1m ， 3 3 ,3,3 4 4 EF 此时 64 cos, 53 5 5 2 EF m EF m EFm ， 设直线 EF 与平面 1 ABC所成角为，则 43 sincos,cos 55 EF m . 【答案】 （1）证明见解析； （2） 3 5 . （2019浙江卷）设三棱锥VABC的底面是正三角形，侧
4、棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点） ，记 直线PB与直线AC所成角为，直线PB与平面ABC所成角为，二面角PACB的平面角为， 则（） A, B, C, D, 【解析】方法 1：如图G为AC中点，V在底面ABC的投影为O，则P在底面投影D在线段AO上，过 D作DE垂直AE，易得/ /PEVG，过P作/PFAC交VG于F，过D作/ /DHAC，交BG于H，则 ,BPFPBDPED ，则coscos PFEGDHBD PBPBPBPB ，即， tantan PDPD EDBD ，即y ，综上所述，答案为 B 方法 2：由最小角定理，记VABC的平面角为（显然 ） 由最大角定理 ，故选 B 方
5、法 3： （特殊位置）取VABC为正四面体，P为VA中点，易得 33322 2 cossin,sin,sin 6633 ，故选 B 【答案】B （2019天津卷（理） ）如图，AE 平面ABCD，,CFAEADBC， ,1,2ADABABADAEBC. （）求证：BF平面ADE； （）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值； （）若二面角EBD F的余弦值为 1 3 ，求线段CF的长. 【解析】依题意，可以建立以 A 为原点，分别以,AB AD AE 的方向为 x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角 坐标系（如图） ， 可得0,0,0 ,1,0,0 ,1,2,0 ,0,1,0 ,0,0,2ABC
6、DE. 设0CFh h，则1,2,Fh. （）依题意，1,0,0AB 是平面 ADE 的法向量， 又0,2,BFh ，可得 0BF AB ， 又因为直线BF 平面ADE，所以BF平面ADE. （）依题意，( 1,1,0),( 1,0,2),( 1, 2,2)BDBECE ， 设, ,nx y z 为平面 BDE 的法向量， 则 0 0 n BD n BE ，即 0 20 xy xz ， 不妨令 z=1，可得2,2,1n ， 因此有 4 cos, 9| CE n CE n CE n . 所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为 4 9 . （）设, ,mx y z 为平面 BDF 的法向量，则
7、 0 0 m BD m BF ，即 0 20 xy yhz . 不妨令 y=1，可得 2 1,1,m h . 由题意，有 2 2 4 1 cos, 34 3 2 m n h m n mn h ，解得 8 7 h . 经检验，符合题意 所以，线段CF的长为 8 7 . 【答案】 （）见证明； （） 4 9 （） 8 7 （2019全国 III 卷（理） ）图 1 是由矩形 ADEB，RtABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其中 AB=1， BE=BF=2，FBC=60，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
8、四点共面，且平面 ABC平面 BCGE； （2）求图 2 中的二面角 BCGA 的大小. 【解析】 （1）证：/ADBE，/ /BFCG，又因为E和F粘在一起. / /ADCG，A，C，G，D 四点共面. 又,ABBE ABBC. AB平面 BCGE，AB 平面 ABC，平面 ABC平面 BCGE，得证. （2）过 B 作BHGC延长线于 H，连结 AH，因为 AB平面 BCGE，所以ABGC 而又BHGC，故GC 平面HAB，所以AHGC.又因为BHGC所以BHA是二面角 BCGA的平面角，而在BHC中90BHC ，又因为 60FBC 故60BCH ，所以 sin603BHBC . 而在AB
9、H中 90ABH , 13 tan 33 AB BHA BH ，即二面角BCGA的度数为30. 【答案】 （1）见详解； （2）30. （2019北京卷（理） ）如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，ADCD，ADBC，PA=AD=CD=2， BC=3E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且 1 3 PF PC （）求证：CD平面 PAD； （）求二面角 FAEP 的余弦值； （）设点 G 在 PB 上，且 2 3 PG PB 判断直线 AG 是否在平面 AEF 内，说明理由 【解析】 （）由于 PA平面 ABCD，CD平面 ABCD，则 PACD， 由题意可知 ADCD，
10、且 PAAD=A， 由线面垂直的判定定理可得 CD平面 PAD （）以点 A 为坐标原点，平面 ABCD 内与 AD 垂直的直线为 x 轴，AD,AP 方向为 y 轴，z 轴建立如图所示 的空间直角坐标系Axyz， 易知：0,0,0 ,0,0,2 ,2,2,0 ,0,2,0APCD， 由 1 3 PFPC 可得点 F 的坐标为 2 2 4 , 3 3 3 F ， 由 1 2 PEPD 可得0,1,1E， 设平面 AEF 的法向量为：, ,mx y z ，则 2 2 4224 , ,0 3 3 3333 , ,0,1,10 m AFx y zxyz m AEx y zyz ， 据此可得平面 AE
11、F 的一个法向量为：1,1, 1m ， 很明显平面 AEP 的一个法向量为1,0,0n ， 13 cos, 33 1 m n m n mn ， 二面角 F-AE-P 的平面角为锐角，故二面角 F-AE-P 的余弦值为 3 3 . （）易知0,0,2 ,2, 1,0PB，由 2 3 PGPB 可得 42 2 , 33 3 G ， 则 42 2 , 33 3 AG ， 注意到平面 AEF 的一个法向量为：1,1, 1m ， 其 0m AG 且点 A 在平面 AEF 内，故直线 AG 在平面 AEF 内. 【答案】 （）见解析； （） 3 3 ； （）见解析. （2019全国 I 卷（理） ）如图，
12、直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，BAD=60，E， M，N 分别是 BC，BB1，A1D 的中点 （1）证明：MN平面 C1DE； （2）求二面角 A-MA1-N 的正弦值 【解析】 （1）连接ME， 1 B C M，E分别为 1 BB，BC中点 ME 为 1 B BC的中位线 1 /MEBC且 1 1 2 MEB C 又N为 1 AD中点，且 11 /AD BC 1 /NDBC且 1 1 2 NDBC /ME ND四边形MNDE为平行四边形 / /MNDE，又MN 平面 1 C DE，DE 平面 1 C DE / /MN平面 1 C DE （2）设ACB
13、DO， 11111 ACB DO 由直四棱柱性质可知： 1 OO 平面ABCD 四边形ABCD为菱形ACBD 则以O为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系： 则：3,0,0A，0,1,2M， 1 3,0,4A ，D（0，-1,0） 31 ,2 22 N 取AB中点F，连接DF，则0 3 1 , 22 F 四边形ABCD为菱形且 60BAD BAD为等边三角形DFAB 又 1 AA 平面ABCD，DF 平面ABCD 1 DFAA DF 平面 11 ABB A，即DF 平面 1 AMA DF 为平面 1 AMA的一个法向量，且 3 3 , ,0 22 DF 设平面 1 MAN的法向量, ,nx
14、y z ，又 1 3, 1,2MA ， 33 ,0 22 MN 1 320 33 0 22 n MAxyz n MNxy ，令3x ，则 1y ，1z 3,1, 1n 315 cos, 515 DF n DF n DFn 10 sin, 5 DF n 二面角 1 A MAN的正弦值为： 10 5 【答案】 （1）见解析； （2） 10 5 . （2019全国 II 卷 （理） ） 如图， 长方体 ABCDA1B1C1D1的底面 ABCD 是正方形， 点 E 在棱 AA1上， BEEC1. （1）证明：BE平面 EB1C1； （2）若 AE=A1E，求二面角 BECC1的正弦值. 【解析】分析：
15、 （1）利用长方体的性质，可以知道 11 BC 侧面 11 AB BA，利用线面垂直的性质可以证明出 11 BCEB，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出BE平面 11 EBC； （2）以点B坐标原点，以 1 ,BC BA BB 分别为 , ,x y z轴，建立空间直角坐标系，设正方形ABCD的边长为 a， 1 BBb，求出相应点的坐标，利用 1 BEEC，可以求出, a b之间的关系，分别求出平面EBC、平 面 1 ECC的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角 1 BECC的余弦值的绝对值，最后利用同角 的三角函数关系，求出二面角 1 BECC的正弦值. 详解：证明（1）因为 111
16、1 ABCDABC D是长方体，所以 11 BC 侧面 11 AB BA，而BE 平面 11 AB BA， 所以 11 BEBC 又 1 BEEC， 1111 BCECC， 111 ,BC EC 平面 11 EBC，因此BE平面 11 EBC； （2）以点B坐标原点，以 1 ,BC BA BB 分别为 , ,x y z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系， 1 (0,0,0),( ,0,0),( ,0, ),(0, , ) 2 b BC aC ab Ea， 因为 1 BEEC，所以 2 2 1 0(0, , ) ( , )002 224 bbb BE ECaaaaba ， 所以(0, , )Ea a， 1 ( ,),(0,0,2 ),(0, , )ECaaa CCaBEa a ， 设 111 (,)mx y z 是平面BEC的法向量， 所以 11 111 0,0, (0,1, 1) 0.0. ayazm BE m axayazm EC ， 设 222 (,)nxyz 是平面 1 ECC的法向量， 所以 2 1 222 20,0, (1,1,0) 0.0. azn CC n axayazn EC ， 二面角 1 BECC的余弦值的绝对值为 11 222 m n mn ， 所以二面角 1 BECC的正弦值为 2 13 1 ( ) 22 . 【答案】 （1）证明见解析； （2） 3 2
