2025年高頻考點(diǎn)歸納與方法總結(jié)(新高考通用)專題06空間向量與立體幾何(解答題)-五年(2020-2024)高考數(shù)學(xué)真題分類匯編(學(xué)生版+解析)-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

考點(diǎn)01 求空間幾何體體積表面積
1．（2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考甲卷）如圖，在三棱錐中，，，，，的中點(diǎn)分別為，點(diǎn)在上，．
求證：//平面；
(2)若，求三棱錐的體積．
2．（2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考乙卷）如圖，在三棱柱中，平面．

(1)證明：平面平面；
(2)設(shè)，求四棱錐的高．
3．（2022·全國(guó)·統(tǒng)考高考乙卷題）如圖，四面體中，，E為AC的中點(diǎn)．
(1)證明：平面平面ACD；
(2)設(shè)，點(diǎn)F在BD上，當(dāng)?shù)拿娣e最小時(shí)，求三棱錐的體積．
4．（2022·全國(guó)·統(tǒng)考高考甲卷）小明同學(xué)參加綜合實(shí)踐活動(dòng)，設(shè)計(jì)了一個(gè)封閉的包裝盒，包裝盒如圖所示：底面是邊長(zhǎng)為8（單位：）的正方形，均為正三角形，且它們所在的平面都與平面垂直．
(1)證明：平面；
(2)求該包裝盒的容積（不計(jì)包裝盒材料的厚度）．
5．（2021·全國(guó)·統(tǒng)考高考乙卷）如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，M為的中點(diǎn)，且．
（1）證明：平面平面；
（2）若，求四棱錐的體積．
6．（2021·全國(guó)·高考甲卷題）已知直三棱柱中，側(cè)面為正方形，，E，F(xiàn)分別為和的中點(diǎn)，.
求三棱錐的體積；
已知D為棱上的點(diǎn)，證明：.
7．（2020·全國(guó)·統(tǒng)考高考Ⅰ卷題）如圖，為圓錐的頂點(diǎn)，是圓錐底面的圓心，是底面的內(nèi)接正三角形，為上一點(diǎn)，∠APC=90°．
證明：平面PAB⊥平面PAC；
設(shè)DO=，圓錐的側(cè)面積為，求三棱錐P?ABC的體積.
8．（2020·全國(guó)·統(tǒng)考高考Ⅱ卷）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⊥平面EB1C1F；
（2）設(shè)O為△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱錐B–EB1C1F的體積．
考點(diǎn)02 求二面角
1 （2024·全國(guó)·高考Ⅱ）如圖，平面四邊形ABCD中，，，，，，點(diǎn)E，F(xiàn)滿足，，將沿EF翻折至，使得．
(1)證明：；
(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值．
2（2024·全國(guó)·高考甲卷）如圖，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點(diǎn)的五面體中，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形，，，，為的中點(diǎn)．
(1)證明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
3．（2023全國(guó)·統(tǒng)考新課標(biāo)Ⅱ卷）如圖，三棱錐中，，，，E為BC的中點(diǎn)．

(1)證明：；
(2)點(diǎn)F滿足，求二面角的正弦值．
4．（2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考乙卷）如圖，在三棱錐中，，，，，BP，AP，BC的中點(diǎn)分別為D，E，O，，點(diǎn)F在AC上，.

(1)證明：平面；
(2)證明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
5．（2022·全國(guó)·新課標(biāo)Ⅰ卷）如圖，直三棱柱的體積為4，的面積為．
(1)求A到平面的距離；
(2)設(shè)D為的中點(diǎn)，，平面平面，求二面角的正弦值．
6．（2022全國(guó)·統(tǒng)考新課標(biāo)Ⅱ卷）如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點(diǎn)．

(1)證明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
7．（2021·全國(guó)·統(tǒng)考高考乙卷）如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，，為的中點(diǎn)，且．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
8．（2021·全國(guó)·統(tǒng)考高考甲卷）已知直三棱柱中，側(cè)面為正方形，，E，F(xiàn)分別為和的中點(diǎn)，D為棱上的點(diǎn)．
（1）證明：；
（2）當(dāng)為何值時(shí)，面與面所成的二面角的正弦值最小?
9．（2021全國(guó)·統(tǒng)考新課標(biāo)Ⅱ卷）在四棱錐中，底面是正方形，若．
（1）證明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
10．（2020·全國(guó)·Ⅰ卷）如圖，為圓錐的頂點(diǎn)，是圓錐底面的圓心，為底面直徑，．是底面的內(nèi)接正三角形，為上一點(diǎn)，．
（1）證明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
考點(diǎn)03 求線面角
1 （2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考甲卷）如圖，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距離為1．

(1)證明：；
(2)已知與的距離為2，求與平面所成角的正弦值．
2．（2022·全國(guó)·統(tǒng)考高考乙卷）如圖，四面體中，，E為的中點(diǎn)．
(1)證明：平面平面；
(2)設(shè)，點(diǎn)F在上，當(dāng)?shù)拿娣e最小時(shí)，求與平面所成的角的正弦值．
3．（2022·全國(guó)·統(tǒng)考高考甲卷）在四棱錐中，底面．
(1)證明：；
(2)求PD與平面所成的角的正弦值．
4．（2020·全國(guó)·新課標(biāo)Ⅰ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．
5．（2020全國(guó)·統(tǒng)考新課標(biāo)Ⅱ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．
（1）證明：平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q為上的點(diǎn)，QB=，求PB與平面QCD所成角的正弦值．
6．（2020全國(guó)·統(tǒng)考新課標(biāo)Ⅱ卷）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

(1)證明：；
(2)點(diǎn)在棱上，當(dāng)二面角為時(shí)，求．
3．（2021·全國(guó)·新課標(biāo)Ⅰ卷）如圖，在三棱錐中，平面平面，，為的中點(diǎn).
（1）證明：；
（2）若是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，點(diǎn)在棱上，，且二面角的大小為，求三棱錐的體積.
考點(diǎn)05 點(diǎn)到面的距離
1（2024·全國(guó)·高考甲卷）如圖，，，，,為的中點(diǎn).
(1)證明：平面；
(2)求點(diǎn)到的距離.
2（2021·全國(guó)·新課標(biāo)Ⅰ卷）如圖，在三棱錐中，平面平面，，為的中點(diǎn).
（1）證明：；
（2）若是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，點(diǎn)在棱上，，且二面角的大小為，求三棱錐的體積.
考點(diǎn)
五年考情（2020-2024）
命題趨勢(shì)
考點(diǎn)01 求空間幾何體表面積體積
2023 甲乙卷
2022 甲乙卷
2021 甲乙卷
2021 乙甲卷
2020 全國(guó)Ⅰ Ⅱ卷
空間幾何體表面積體積問(wèn)題一般采用等體積法或者是空間向量解決，一般出現(xiàn)在第一問(wèn)。
考點(diǎn)02 求二面角
2024甲 Ⅱ卷
2023Ⅱ 乙卷
2022Ⅰ Ⅱ卷
2021 甲乙 Ⅱ卷
2020 Ⅰ卷
二面角的正弦余弦值是高考空間幾何體的高頻考點(diǎn)，也是高考的一盒重要的趨勢(shì)。
考點(diǎn)03 求線面角
2023甲卷
2022 甲乙卷
2020 Ⅰ Ⅱ Ⅲ卷
線面角問(wèn)題是高考中的常考點(diǎn)，方法是方向向量與法向量的夾角
考點(diǎn)04 已知二面角，求點(diǎn)，距離
2024 Ⅰ卷
2023 Ⅰ卷
2021 Ⅰ卷
求距離問(wèn)題是高考Ⅰ卷的一個(gè)重大趨勢(shì)，容易與動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題相結(jié)合
考點(diǎn)05 求點(diǎn)到面的距離
2024甲卷
2021 Ⅰ卷
點(diǎn)到平面的距離問(wèn)題是高考的一個(gè)重要題型，應(yīng)加強(qiáng)這方面的練習(xí)

專題06 空間向量與立體幾何（解答題）

考點(diǎn)01 求空間幾何體體積表面積
1．（2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考甲卷）如圖，在三棱錐中，，，，，的中點(diǎn)分別為，點(diǎn)在上，．
(1)求證：//平面；
(2)若，求三棱錐的體積．
【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)
【詳解】（1）連接，設(shè)，則，，，
則，
解得，則為的中點(diǎn)，由分別為的中點(diǎn)，
于是，即，
則四邊形為平行四邊形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）過(guò)作垂直的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)，
因?yàn)槭侵悬c(diǎn)，所以，
在中，，
所以，
因?yàn)椋?br>所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
所以平面，
即三棱錐的高為，
因?yàn)?，所以?br>所以，
又，
所以.
2．（2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考乙卷）如圖，在三棱柱中，平面．

(1)證明：平面平面；
(2)設(shè)，求四棱錐的高．
【答案】(1)證明見(jiàn)解析.(2)
【詳解】（1）證明：因?yàn)槠矫?，平?
所以,
又因?yàn)?，即?br>平面，,
所以平面，
又因?yàn)槠矫?
所以平面平面.
（2）如圖，

過(guò)點(diǎn)作，垂足為.
因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面，平面?br>所以平面，
所以四棱錐的高為.
因?yàn)槠矫?，平?
所以,,
又因?yàn)?，為公共邊?br>所以與全等，所以.
設(shè)，則，
所以為中點(diǎn)，,
又因?yàn)?所以,
即，解得，
所以，
所以四棱錐的高為．
3．（2022·全國(guó)·統(tǒng)考高考乙卷題）如圖，四面體中，，E為AC的中點(diǎn)．
(1)證明：平面平面ACD；
(2)設(shè)，點(diǎn)F在BD上，當(dāng)?shù)拿娣e最小時(shí)，求三棱錐的體積．
【答案】(1)證明詳見(jiàn)解析(2)
【詳解】（1）由于，是的中點(diǎn)，所以.
由于，所以，
所以，故，
由于，平面，
所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（2）[方法一]：判別幾何關(guān)系
依題意，，三角形是等邊三角形，
所以，
由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.
，所以，
由于，平面，所以平面.
由于，所以，
由于，所以，
所以，所以，
由于，所以當(dāng)最短時(shí)，三角形的面積最小
過(guò)作，垂足為，
在中，，解得，
所以，
所以
過(guò)作，垂足為，則，所以平面，且，
所以，
所以.
[方法二]：等體積轉(zhuǎn)換
，，
是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，
連接
4．（2022·全國(guó)·統(tǒng)考高考甲卷）小明同學(xué)參加綜合實(shí)踐活動(dòng)，設(shè)計(jì)了一個(gè)封閉的包裝盒，包裝盒如圖所示：底面是邊長(zhǎng)為8（單位：）的正方形，均為正三角形，且它們所在的平面都與平面垂直．
(1)證明：平面；
(2)求該包裝盒的容積（不計(jì)包裝盒材料的厚度）．
【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)．
【詳解】（1）如圖所示：
分別取的中點(diǎn)，連接，因?yàn)闉槿鹊恼切?，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根?jù)線面垂直的性質(zhì)定理可知，而，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面．
（2）[方法一]：分割法一
如圖所示：
分別取中點(diǎn)，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知識(shí)可知，，，，所以該幾何體的體積等于長(zhǎng)方體的體積加上四棱錐體積的倍．
因?yàn)?，，點(diǎn)到平面的距離即為點(diǎn)到直線的距離，，所以該幾何體的體積
．
[方法二]：分割法二
如圖所示：
連接AC,BD,交于O，連接OE,OF,OG,OH.則該幾何體的體積等于四棱錐O-EFGH的體積加上三棱錐A-OEH的倍,再加上三棱錐E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中點(diǎn)P，連接AP,OP.則EH垂直平面APO.由圖可知，三角形APO,四棱錐O-EFGH與三棱錐E-OAB的高均為EM的長(zhǎng).所以該幾何體的體積
5．（2021·全國(guó)·統(tǒng)考高考乙卷）如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，M為的中點(diǎn)，且．
（1）證明：平面平面；
（2）若，求四棱錐的體積．
【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）．
【詳解】（1）因?yàn)榈酌?，平面?br>所以，又，，
所以平面，而平面，所以平面平面．
（2）[方法一]：相似三角形法
由（1）可知．于是，故．
因?yàn)?，所以，即?br>故四棱錐的體積．
6．（2021·全國(guó)·高考甲卷題）已知直三棱柱中，側(cè)面為正方形，，E，F(xiàn)分別為和的中點(diǎn)，.
（1）求三棱錐的體積；
（2）已知D為棱上的點(diǎn)，證明：.
【答案】(1)；(2)證明見(jiàn)解析.
【詳解】（1）由于，，所以，
又AB⊥BB1，，故平面，
則，為等腰直角三角形，
，.
（2）由（1）的結(jié)論可將幾何體補(bǔ)形為一個(gè)棱長(zhǎng)為2的正方體，如圖所示，取棱的中點(diǎn)，連結(jié)，
正方形中，為中點(diǎn)，則，
又，
故平面，而平面，
從而.
7．（2020·全國(guó)·統(tǒng)考高考Ⅰ卷題）如圖，為圓錐的頂點(diǎn)，是圓錐底面的圓心，是底面的內(nèi)接正三角形，為上一點(diǎn)，∠APC=90°．
（1）證明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）設(shè)DO=，圓錐的側(cè)面積為，求三棱錐P?ABC的體積.
【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）.
【詳解】（1）連接，為圓錐頂點(diǎn)，為底面圓心，平面，
在上，，
是圓內(nèi)接正三角形，，≌，
，即，
平面平面，平面平面；
（2）設(shè)圓錐的母線為，底面半徑為，圓錐的側(cè)面積為，
，解得，，
在等腰直角三角形中，，
在中，，
三棱錐的體積為.
8．（2020·全國(guó)·統(tǒng)考高考Ⅱ卷）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⊥平面EB1C1F；
（2）設(shè)O為△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱錐B–EB1C1F的體積．
【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）.
【詳解】（1）分別為，的中點(diǎn)，
又
在等邊中，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）過(guò)作垂線，交點(diǎn)為，
畫(huà)出圖形，如圖
平面
平面，平面平面
又
為的中心.
故：，則，
平面平面，平面平面，
平面平面
又在等邊中即
由（1）知，四邊形為梯形
四邊形的面積為：
，
為到的距離，
.
考點(diǎn)02 求二面角
1 （2024·全國(guó)·高考Ⅱ）如圖，平面四邊形ABCD中，，，，，，點(diǎn)E，F(xiàn)滿足，，將沿EF翻折至，使得．
(1)證明：；
(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)
【詳解】（1）由，
得，又，在中，
由余弦定理得,
所以，則，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
故；
（2）連接，由，則，
在中，，得，
所以，由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，則兩兩垂直，建立如圖空間直角坐標(biāo)系，
則，
由是的中點(diǎn)，得，
所以，
設(shè)平面和平面的一個(gè)法向量分別為，
則，，
令，得，
所以，
所以，
設(shè)平面和平面所成角為，則，
即平面和平面所成角的正弦值為.
2（2024·全國(guó)·高考甲卷）如圖，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點(diǎn)的五面體中，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形，，，，為的中點(diǎn)．
(1)證明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見(jiàn)詳解；(2)
【詳解】（1）因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以，
四邊形為平行四邊形，所以，又因?yàn)槠矫妫?br>平面，所以平面；
（2）如圖所示，作交于，連接，因?yàn)樗倪呅螢榈妊菪?，，所以，結(jié)合（1）為平行四邊形，可得，又，
所以為等邊三角形，為中點(diǎn)，所以，
又因?yàn)樗倪呅螢榈妊菪?，為中點(diǎn)，所以，四邊形為平行四邊形，，所以為等腰三角形，與底邊上中點(diǎn)重合，，，因?yàn)椋?，所以互相垂直?br>以方向?yàn)檩S，方向?yàn)檩S，方向?yàn)檩S，建立空間直角坐標(biāo)系，
，，，
，設(shè)平面的法向量為，
平面的法向量為，
則，即，令，得，即，
則，即，令，得，
即，，則，故二面角的正弦值為.
3．（2023全國(guó)·統(tǒng)考新課標(biāo)Ⅱ卷）如圖，三棱錐中，，，，E為BC的中點(diǎn)．

(1)證明：；
(2)點(diǎn)F滿足，求二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)．
【詳解】（1）連接，因?yàn)镋為BC中點(diǎn)，，所以①，
因?yàn)?，，所以與均為等邊三角形，
，從而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨設(shè)，，．
，，又，平面平面．
以點(diǎn)為原點(diǎn)，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：

設(shè)，
設(shè)平面與平面的一個(gè)法向量分別為，
二面角平面角為,而，
因?yàn)椋?，即有?br>，取，所以；
，取，所以，
所以，，從而．
所以二面角的正弦值為．
4．（2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考乙卷）如圖，在三棱錐中，，，，，BP，AP，BC的中點(diǎn)分別為D，E，O，，點(diǎn)F在AC上，.

(1)證明：平面；
(2)證明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)證明見(jiàn)解析；(3).
【詳解】（1）連接，設(shè)，則，，，
則，
解得，則為的中點(diǎn)，由分別為的中點(diǎn)，

于是，即，則四邊形為平行四邊形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）法一：由（1）可知，則，得，
因此，則，有，
又，平面，
則有平面，又平面，所以平面平面.
法二：因?yàn)椋^(guò)點(diǎn)作軸平面，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
，
在中，，
在中，，
設(shè)，所以由可得：，
可得：，所以，
則，所以，，
設(shè)平面的法向量為，
則，得，
令，則，所以，
設(shè)平面的法向量為，
則，得，
令，則，所以，
，
所以平面平面BEF；

（3）法一：過(guò)點(diǎn)作交于點(diǎn)，設(shè)，
由，得，且，
又由（2）知，，則為二面角的平面角，
因?yàn)榉謩e為的中點(diǎn)，因此為的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，則，
從而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值為.

法二：平面的法向量為，
平面的法向量為，
所以，
因?yàn)椋裕?br>故二面角的正弦值為.
5．（2022·全國(guó)·新課標(biāo)Ⅰ卷）如圖，直三棱柱的體積為4，的面積為．
(1)求A到平面的距離；
(2)設(shè)D為的中點(diǎn)，，平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)(2)
【詳解】（1）在直三棱柱中，設(shè)點(diǎn)A到平面的距離為h，
則，
解得，
所以點(diǎn)A到平面的距離為；
（2）取的中點(diǎn)E,連接AE,如圖，因?yàn)椋?
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以兩兩垂直，以B為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，
由（1）得，所以，，所以，
則,所以的中點(diǎn)，
則，,
設(shè)平面的一個(gè)法向量，則，
可取，設(shè)平面的一個(gè)法向量，則，
可取，則，所以二面角的正弦值為.
6．（2022全國(guó)·統(tǒng)考新課標(biāo)Ⅱ卷）如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點(diǎn)．

(1)證明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)
【詳解】（1）證明：連接并延長(zhǎng)交于點(diǎn)，連接、，
因?yàn)槭侨忮F的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以為的中點(diǎn)，又為的中點(diǎn)，所以，
又平面，平面，
所以平面

（2）解：過(guò)點(diǎn)作，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，
因?yàn)?，，所以?br>又，所以，則，，
所以，所以，，，，
所以，
則，，，
設(shè)平面的法向量為，則，令，則，，所以；
設(shè)平面的法向量為，則，
令，則，，所以；
所以.
設(shè)二面角的大小為，則，
所以，即二面角的正弦值為.
7．（2021·全國(guó)·統(tǒng)考高考乙卷）如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，，為的中點(diǎn)，且．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）[方法一]：空間坐標(biāo)系+空間向量法
平面，四邊形為矩形，不妨以點(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)，則、、、、，
則，，
，則，解得，故；
[方法二]【最優(yōu)解】：幾何法+相似三角形法
如圖，連結(jié)．因?yàn)榈酌妫业酌?，所以?br>又因?yàn)椋?，所以平面?br>又平面，所以．
從而．
因?yàn)?，所以?br>所以，于是．所以．所以．
[方法三]：幾何法+三角形面積法
如圖，聯(lián)結(jié)交于點(diǎn)N．
由[方法二]知．
在矩形中，有，所以，即．
令，因?yàn)镸為的中點(diǎn)，則，，．
由，得，解得，所以．
（2）[方法一]【最優(yōu)解】：空間坐標(biāo)系+空間向量法
設(shè)平面的法向量為，則，，
由，取，可得，
設(shè)平面的法向量為，，，
由，取，可得，
，所以，，
因此，二面角的正弦值為.
[方法二]：構(gòu)造長(zhǎng)方體法+等體積法
如圖，構(gòu)造長(zhǎng)方體，聯(lián)結(jié)，交點(diǎn)記為H，由于，，所以平面．過(guò)H作的垂線，垂足記為G．
聯(lián)結(jié)，由三垂線定理可知，
故為二面角的平面角．
易證四邊形是邊長(zhǎng)為的正方形，聯(lián)結(jié)，．
，
由等積法解得．
在中，，由勾股定理求得．
所以，，即二面角的正弦值為．
8．（2021·全國(guó)·統(tǒng)考高考甲卷）已知直三棱柱中，側(cè)面為正方形，，E，F(xiàn)分別為和的中點(diǎn)，D為棱上的點(diǎn)．
（1）證明：；
（2）當(dāng)為何值時(shí)，面與面所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）
【詳解】（1）[方法一]：幾何法
因?yàn)?，所以?br>又因?yàn)?，，所以平面．又因?yàn)椋瑯?gòu)造正方體，如圖所示，
過(guò)E作的平行線分別與交于其中點(diǎn)，連接，
因?yàn)镋，F(xiàn)分別為和的中點(diǎn)，所以是BC的中點(diǎn)，
易證，則．
又因?yàn)椋裕?br>又因?yàn)椋云矫妫?br>又因?yàn)槠矫?，所以?br> [方法二] 【最優(yōu)解】：向量法
因?yàn)槿庵侵比庵酌妫?br>，，，又，平面．所以兩兩垂直．
以為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖．
，．
由題設(shè)（）．
因?yàn)椋?br>所以，所以．
[方法三]：因?yàn)?，，所以，故，，所以，所以?br>（2）[方法一]【最優(yōu)解】：向量法
設(shè)平面的法向量為，
因?yàn)椋?br>所以，即．
令，則
因?yàn)槠矫娴姆ㄏ蛄繛椋?br>設(shè)平面與平面的二面角的平面角為，
則．
當(dāng)時(shí)，取最小值為，
此時(shí)取最大值為．
所以，此時(shí)．
[方法二] ：幾何法
如圖所示，延長(zhǎng)交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)S，聯(lián)結(jié)交于點(diǎn)T，則平面平面．
作，垂足為H，因?yàn)槠矫妫?lián)結(jié)，則為平面與平面所成二面角的平面角．
設(shè)，過(guò)作交于點(diǎn)G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
則，
所以，當(dāng)時(shí)，．
[方法三]：投影法
如圖，聯(lián)結(jié)，
在平面的投影為，記面與面所成的二面角的平面角為，則．
設(shè)，在中，．
在中，，過(guò)D作的平行線交于點(diǎn)Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
當(dāng)，即，面與面所成的二面角的正弦值最小，最小值為．
9．（2021全國(guó)·統(tǒng)考新課標(biāo)Ⅱ卷）在四棱錐中，底面是正方形，若．
（1）證明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）.
【詳解】
（1）取的中點(diǎn)為，連接.
因?yàn)?，，則，
而，故.
在正方形中，因?yàn)?，故，故?br>因?yàn)?，故，故為直角三角形且?br>因?yàn)?，故平面?br>因?yàn)槠矫妫势矫嫫矫?
（2）在平面內(nèi)，過(guò)作，交于，則，
結(jié)合（1）中的平面，故可建如圖所示的空間坐標(biāo)系.
則，故.
設(shè)平面的法向量，
則即，取，則，
故.
而平面的法向量為，故.
二面角的平面角為銳角，故其余弦值為.
10．（2020·全國(guó)·Ⅰ卷）如圖，為圓錐的頂點(diǎn)，是圓錐底面的圓心，為底面直徑，．是底面的內(nèi)接正三角形，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）.
【詳解】（1）[方法一]：勾股運(yùn)算法證明由題設(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；
[方法二]：空間直角坐標(biāo)系法
不妨設(shè)，則，由圓錐性質(zhì)知平面，所以，所以．因?yàn)镺是的外心，因此．
在底面過(guò)作的平行線與的交點(diǎn)為W，以O(shè)為原點(diǎn)，方向?yàn)閤軸正方向，方向?yàn)閥軸正方向，方向?yàn)閦軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，
則，，，，．
所以，，．
故，．
所以，．
又，故平面．
[方法三]：
因?yàn)槭堑酌鎴AO的內(nèi)接正三角形，且為底面直徑，所以．
因?yàn)椋矗┐怪庇诘酌?，在底面?nèi)，所以．
又因?yàn)槠矫妫矫?，，所以平面?br>又因?yàn)槠矫?，所以?br>設(shè)，則F為的中點(diǎn)，連結(jié)．
設(shè)，且，
則，，．
因此，從而．
又因?yàn)?，所以平面?br>（2）[方法一]：空間直角坐標(biāo)系法
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)平面的一個(gè)法向量為
由，得，令，得，
所以
故，
設(shè)二面角的大小為，由圖可知二面角為銳二面角，所以.
[方法二]【最優(yōu)解】：幾何法
設(shè)，易知F是的中點(diǎn)，過(guò)F作交于G，取的中點(diǎn)H，
聯(lián)結(jié)，則．
由平面，得平面．
由（1）可得，，得．
所以，根據(jù)三垂線定理，得．
所以是二面角的平面角．
設(shè)圓O的半徑為r，則，，，，所以，，．
在中，，
．
所以二面角的余弦值為．
[方法三]：射影面積法
如圖所示，在上取點(diǎn)H，使，設(shè)，連結(jié)．
由（1）知，所以．故平面．
所以，點(diǎn)H在面上的射影為N．
故由射影面積法可知二面角的余弦值為．
在中，令，則，易知．所以．
又，故
所以二面角的余弦值為．
考點(diǎn)03 求線面角
1 （2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考甲卷）如圖，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距離為1．

(1)證明：；
(2)已知與的距離為2，求與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)
【詳解】（1）如圖，
底面，面，
，又，平面，,
平面ACC1A1，又平面，
平面平面，
過(guò)作交于，又平面平面，平面，
平面到平面的距離為1，，
在中，，
設(shè)，則，
為直角三角形，且，
，，，
，解得，，
（2），
，過(guò)B作，交于D，則為中點(diǎn)，
由直線與距離為2，所以，，，
在，，
延長(zhǎng)，使，連接，
由知四邊形為平行四邊形，
，平面，又平面，
則在中，，，
在中，，，
,
又到平面距離也為1，
所以與平面所成角的正弦值為.
2．（2022·全國(guó)·統(tǒng)考高考乙卷）如圖，四面體中，，E為的中點(diǎn)．
(1)證明：平面平面；
(2)設(shè)，點(diǎn)F在上，當(dāng)?shù)拿娣e最小時(shí)，求與平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)證明過(guò)程見(jiàn)解析(2)與平面所成的角的正弦值為
【詳解】（1）因?yàn)?，E為的中點(diǎn)，所以；
在和中，因?yàn)椋?br>所以，所以，又因?yàn)镋為的中點(diǎn)，所以；
又因?yàn)槠矫妫?，所以平面?br>因?yàn)槠矫妫云矫嫫矫?
（2）連接，由（1）知，平面，因?yàn)槠矫妫?br>所以，所以，
當(dāng)時(shí)，最小，即的面積最小.因?yàn)?，所以?br>又因?yàn)椋允堑冗吶切危?br>因?yàn)镋為的中點(diǎn)，所以，，因?yàn)椋?
在中，，所以.
以為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則，所以，
設(shè)平面的一個(gè)法向量為，
則，取，則，
又因?yàn)椋裕?br>所以，
設(shè)與平面所成的角的正弦值為，
所以，所以與平面所成的角的正弦值為.
3．（2022·全國(guó)·統(tǒng)考高考甲卷）在四棱錐中，底面．
(1)證明：；
(2)求PD與平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2).
【詳解】（1）證明：在四邊形中，作于，于，
因?yàn)椋?br>所以四邊形為等腰梯形，所以，故，，
所以，所以，
因?yàn)槠矫?，平面?br>所以，又，
所以平面，又因?yàn)槠矫妫?br>所以；
（2）解：如圖，以點(diǎn)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，
，則，則，
設(shè)平面的法向量，
則有，可取，則，
所以與平面所成角的正弦值為.
4．（2020·全國(guó)·新課標(biāo)Ⅰ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）.
【詳解】（1）證明：
在正方形中，，因?yàn)槠矫?，平面?br>所以平面，又因?yàn)槠矫?，平面平面?br>所以，因?yàn)樵谒睦忮F中，底面是正方形，所以且平面，所以
因?yàn)?，所以平面?br>（2）［方法一］【最優(yōu)解】：通性通法
因?yàn)閮蓛纱怪保⒖臻g直角坐標(biāo)系，如圖所示：
因?yàn)?，設(shè)，
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PB與平面QCD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.
［方法二］：定義法
如圖2，因?yàn)槠矫?，，所以平面?br>在平面中，設(shè)．
在平面中，過(guò)P點(diǎn)作，交于F，連接．
因?yàn)槠矫嫫矫?，所以?br>又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，從而即為與平面所成角．
設(shè)，在中，易求．
由與相似，得，可得．
所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立．
［方法三］：等體積法
如圖3，延長(zhǎng)至G，使得，連接，，則，過(guò)G點(diǎn)作平面，交平面于M，連接，則即為所求．
設(shè)，在三棱錐中，．
在三棱錐中，．
由得，
解得，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立．
在中，易求，所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為．
5．（2020全國(guó)·統(tǒng)考新課標(biāo)Ⅱ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．
（1）證明：平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q為上的點(diǎn)，QB=，求PB與平面QCD所成角的正弦值．
【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）.
【詳解】（1）證明：在正方形中，，
因?yàn)槠矫?，平面，所以平面?br>又因?yàn)槠矫?，平面平面?br>所以，因?yàn)樵谒睦忮F中，底面是正方形，所以
且平面，所以
因?yàn)?br>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，
因?yàn)镼B=，所以有
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所以直線與平面所成角的正弦值為.
6．（2020全國(guó)·統(tǒng)考新課標(biāo)Ⅱ卷）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）證明見(jiàn)解析；（2）.
【詳解】（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)[方法一]：幾何法
如圖，過(guò)O作的平行線分別交于點(diǎn)，聯(lián)結(jié)，
由于平面，平面，，
平面，平面，所以平面平面．
又因平面平面，平面平面，所以．
因?yàn)?，，，所以面?br>又因，所以面，
所以與平面所成的角為．令，則，由于O為的中心，故．在中，，
由勾股定理得．
所以．由于，直線與平面所成角的正弦值也為．
[方法二]【最優(yōu)解】：幾何法
因?yàn)槠矫妫矫嫫矫?，所以?br>因?yàn)?，所以四邊形為平行四邊形?br>由（Ⅰ）知平面，則為平面的垂線．
所以在平面的射影為．從而與所成角的正弦值即為所求．
在梯形中，設(shè)，過(guò)E作，垂足為G，則．
在直角三角形中，．
[方法三]：向量法
由（Ⅰ）知，平面，則為平面的法向量．
因?yàn)槠矫?，平面，且平面平面?br>所以．由（Ⅰ）知，即四邊形為平行四邊形，則．
因?yàn)镺為正的中心，故．由面面平行的性質(zhì)得，所以四邊形為等腰梯形．由P，N為等腰梯形兩底的中點(diǎn)，得，則．
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．
考點(diǎn)04 已知二面角求點(diǎn)距離
1（2024·全國(guó)·高考Ⅰ卷）如圖，四棱錐中，底面ABCD，，．
(1)若，證明：平面；
(2)若，且二面角的正弦值為，求．
【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)
【詳解】（1）（1）因?yàn)槠矫?，而平面，所以?br>又，，平面，所以平面，
而平面，所以.
因?yàn)?，所以?根據(jù)平面知識(shí)可知，
又平面，平面，所以平面．
（2）如圖所示，過(guò)點(diǎn)D作于，再過(guò)點(diǎn)作于，連接，
因?yàn)槠矫妫云矫嫫矫?，而平面平面?br>所以平面，又，所以平面，
根據(jù)二面角的定義可知，即為二面角的平面角，
即，即．
因?yàn)?，設(shè)，則，由等面積法可得，，
又，而為等腰直角三角形，所以，
故，解得，即．
2．（2023·全國(guó)·新課標(biāo)Ⅰ卷）如圖，在正四棱柱中，．點(diǎn)分別在棱,上，．

(1)證明：；
(2)點(diǎn)在棱上，當(dāng)二面角為時(shí)，求．
【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)1
【詳解】（1）以為坐標(biāo)原點(diǎn)，所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，
則，
，
，
又不在同一條直線上，
.
（2）設(shè)，
則，
設(shè)平面的法向量，
則，令，得，，
設(shè)平面的法向量，則，令，得，，
，
化簡(jiǎn)可得，，解得或，或，.
3．（2021·全國(guó)·新課標(biāo)Ⅰ卷）如圖，在三棱錐中，平面平面，，為的中點(diǎn).
（1）證明：；
（2）若是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，點(diǎn)在棱上，，且二面角的大小為，求三棱錐的體積.
【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2).
【詳解】（1）因?yàn)?，O是中點(diǎn)，所以，
因?yàn)槠矫?，平面平面，且平面平面，所以平面?br>因?yàn)槠矫?，所?
（2）[方法一]：通性通法—坐標(biāo)法
如圖所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，為軸，為y軸，垂直且過(guò)O的直線為x軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則，設(shè),
所以，設(shè)為平面的法向量，
則由可求得平面的一個(gè)法向量為．
又平面的一個(gè)法向量為，所以，解得．
又點(diǎn)C到平面的距離為，所以，
所以三棱錐的體積為．
[方法二]【最優(yōu)解】：作出二面角的平面角
如圖所示，作，垂足為點(diǎn)G．
作，垂足為點(diǎn)F，連結(jié)，則．
1（2024·全國(guó)·高考甲卷）如圖，，，，,為的中點(diǎn).
(1)證明：平面；
(2)求點(diǎn)到的距離.
【答案】(1)證明見(jiàn)詳解；(2)
【詳解】（1）由題意得，，且，
所以四邊形是平行四邊形，所以，又平面平面，
所以平面；
（2）取的中點(diǎn)，連接，，因?yàn)?，且?br>所以四邊形是平行四邊形，所以，
又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形，
可得，
又，所以，故.
又平面，所以平面，
易知.在中，，所以.設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，由，
得，得，故點(diǎn)到平面的距離為.
2（2021·全國(guó)·新課標(biāo)Ⅰ卷）如圖，在三棱錐中，平面平面，，為的中點(diǎn).
（1）證明：；
（2）若是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，點(diǎn)在棱上，，且二面角的大小為，求三棱錐的體積.
【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2).
【詳解】（1）因?yàn)?，O是中點(diǎn)，所以，
因?yàn)槠矫?，平面平面，且平面平面，所以平面?br>因?yàn)槠矫妫?
（2）[方法一]：通性通法—坐標(biāo)法
如圖所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，為軸，為y軸，垂直且過(guò)O的直線為x軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則，設(shè),
所以，設(shè)為平面的法向量，
則由可求得平面的一個(gè)法向量為．
又平面的一個(gè)法向量為，所以，解得．
又點(diǎn)C到平面的距離為，所以，
所以三棱錐的體積為．
[方法二]【最優(yōu)解】：作出二面角的平面角
如圖所示，作，垂足為點(diǎn)G．作，垂足為點(diǎn)F，連結(jié)，則．
因?yàn)槠矫?，所以平面?br>為二面角的平面角．
因?yàn)?，所以?br>由已知得，故．
又，所以．
因?yàn)椋?br>．
考點(diǎn)
五年考情（2020-2024）
命題趨勢(shì)
考點(diǎn)01 求空間幾何體表面積體積
2023 甲乙卷
2022 甲乙卷
2021 甲乙卷
2021 乙甲卷
2020 全國(guó)Ⅰ Ⅱ卷
空間幾何體表面積體積問(wèn)題一般采用等體積法或者是空間向量解決，一般出現(xiàn)在第一問(wèn)。
考點(diǎn)02 求二面角
2024甲 Ⅱ卷
2023Ⅱ 乙卷
2022Ⅰ Ⅱ卷
2021 甲乙 Ⅱ卷
2020 Ⅰ卷
二面角的正弦余弦值是高考空間幾何體的高頻考點(diǎn)，也是高考的一盒重要的趨勢(shì)。
考點(diǎn)03 求線面角
2023甲卷
2022 甲乙卷
2020 Ⅰ Ⅱ Ⅲ卷
線面角問(wèn)題是高考中的常考點(diǎn)，方法是方向向量與法向量的夾角
考點(diǎn)04 已知二面角，求點(diǎn)，距離
2024 Ⅰ卷
2023 Ⅰ卷
2021 Ⅰ卷
求距離問(wèn)題是高考Ⅰ卷的一個(gè)重大趨勢(shì)，容易與動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題相結(jié)合
考點(diǎn)05 求點(diǎn)到面的距離
2024甲卷
2021 Ⅰ卷
點(diǎn)到平面的距離問(wèn)題是高考的一個(gè)重要題型，應(yīng)加強(qiáng)這方面的練習(xí)

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