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专题07 空间向量与立体几何-十年（2012-2021）高考数学真题分项汇编（浙江专用）
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这是一份专题07 空间向量与立体几何-十年（2012-2021）高考数学真题分项汇编（浙江专用），文件包含专题07空间向量与立体几何原卷版docx、专题07空间向量与立体几何解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共43页， 欢迎下载使用。
十年（2012-2021）高考数学真题分项汇编（浙江专用）
专题07空间向量与立体几何
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．（2021·浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】A
【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.
【详解】
几何体为如图所示的四棱柱，其高为1，底面为等腰梯形，
该等腰梯形的上底为，下底为，腰长为1，故梯形的高为，
故，
故选：A.
2．（2021·浙江高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
【答案】A
【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.
【详解】
连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.
3．（2020·浙江高考真题）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（ ）
A． B． C．3 D．6
【答案】A
【分析】根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积.
【详解】
由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，
且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，
棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，
所以几何体的体积为：
.
故选：A
【点睛】考查根据三视图计算几何体的体积.
4．（2019·浙江高考真题）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式，其中是柱体的底面积，是柱体的高，若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是
A．158 B．162
C．182 D．32
【答案】B
【分析】本题首先根据三视图，还原得到几何体—棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积.常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.
【详解】
由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为.
【点睛】易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.
5．（2018·浙江高考真题）已知直线和平面，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D【分析】从充分性和必要性两方面分别分析判断得解.
【详解】
直线和平面，，若，
当时，显然不成立，故充分性不成立；
当时，如图所示，显然不成立，故必要性也不成立．
所以“”是“”的既不充分又不必要条件.
故选：D
【点睛】
方法点睛：判定充要条件常用的方法有三种：
（1）定义法：直接利用充分必要条件的定义分析判断得解；
（2）集合法：利用集合的包含关系分析判断得解；
（3）转化法：转化成逆否命题分析判断得解.
6．（2018·浙江高考真题）已知四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等，是线段上的点（不含端点），设与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系.
【详解】
设为正方形的中心，为中点，过作的平行线，交于，过作垂直于，连接、、，则垂直于底面，垂直于，
因此
从而
因为，所以即，选D.
【点睛】线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.
7．（2018·浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果.
【详解】
根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为，底面为直角梯形，上下底分别为、，梯形的高为，因此几何体的体积为，选C.
【点睛】先由几何体的三视图还原几何体的形状，再在具体几何体中求体积或表面积等.
8．（2017·浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
由三视图可知几何体为半个圆锥和一个三棱锥的组合体，
∴=,故选A.
9．（2016·浙江高考真题（文））已知互相垂直的平面交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则
A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n
【答案】C
【详解】由题意知，．故选C．
【考点】空间点、线、面的位置关系．
10．（2015·浙江高考真题（文））设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且，
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】A
【详解】：由面面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一平面的一条垂线，则两面垂直，可得，
可得
考点：空间线面平行垂直的判定与性质
11．（2015·浙江高考真题（文））某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积是
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】：由三视图可知该几何体是四棱柱与同底的四棱锥的组合体,所以其体积为,故应选C.
考点：三视图及体积的计算．
12．（2014·浙江高考真题（文））设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】C
【详解】：对A，若，，则或或，错误；
对B，若，，则或或，错误；
对C，若，，，则，正确；
对D，若，，，则或或，错误.
故选C.
考点：空间中的线线、线面、面面的位置关系，容易题.
13．（2013·浙江高考真题（文））已知某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A．108cm3 B．100cm3 C．92cm3 D．84cm3
【答案】B
【详解】：由三视图可知：该几何体是一个棱长分别为6，6，3，砍去一个三条侧棱长分别为4，4，3的一个三棱锥（长方体的一个角）．据此即可得出体积．
解：由三视图可知：该几何体是一个棱长分别为6，6，3，砍去一个三条侧棱长分别为4，4，3的一个三棱锥（长方体的一个角）．
∴该几何体的体积V=6×6×3﹣=100．
故选B．
考点：由三视图求面积、体积．
14．（2013·浙江高考真题（文））设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，（ ）
A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥β C．若m∥n，m⊥α，则n⊥α D．若m∥α，α⊥β，则m⊥β
【答案】C
【详解】
A、m∥α，n∥α，则m∥n，m与n可能相交也可能异面，所以A不正确；
B、m∥α，m∥β，则α∥β，还有α与β可能相交，所以B不正确；
C、m∥n，m⊥α，则n⊥α，满足直线与平面垂直的性质定理，故C正确．
D、m∥α，α⊥β，则m⊥β，也可能m∥β，也可能m∩β=A，所以D不正确；
故选C．
15．（2012·浙江高考真题（文））设l是直线，a，β是两个不同的平面
A．若l∥a,l∥β，则a∥β B．若l∥a，l⊥β，则a⊥β
C．若a⊥β,l⊥a,则l⊥β D．若a⊥β, l⊥a,则l⊥β
【答案】B
【详解】因为平行于同一直线的两个平面不一定平行，所以A错误；垂直于同一条直线的两个平面垂直，因此B正确.
【考点】此题主要考察空间平行与垂直关系的定理，从每一个平行与垂直关系出发，理解和把握是否合乎定理的内容是关键
16．（2011·浙江高考真题（理））下列命题错误的是（ ）.
A．如果平面平面，那么平面内所有直线都垂直于平面
B．如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面
C．如果平面平面，平面平面，，那么平面
D．如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面
【答案】A
【分析】
注意线面平行与线面垂直的定义再结合实物即可判断A，B；C利用面面垂直的性质，然后用线面垂直的判定定理即可判断；D反证法即可获得解答.
【详解】
结合实物：教室的门面与地面垂直，门面的上棱对应的直线就与地面平行，
故A不正确，B正确；
如果平面平面，平面平面，，
记是与的交线，是与的交线， a属于，b属于，则a、b在同一个平面内，
a与b不平行就相交，
假设，因为直线a和直线b分别属于和平面，则，
与已知相矛盾，所以a和b必相交，
同理可以证明三条直线a、b、l相交，其交点O同属于、和，点必在上
因为，，则，，所以，故C正确；
假若平面内存在直线垂直于平面，根据面面垂直的判定定理可知两平面垂直，
故如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面，
故D正确；
故选：A.
【点睛】考查的是平面与平面垂直的性质问题，在解答的过程当中充分体现了面面垂直、线面垂直、线面平行的定义判定定理以及性质定理的应用.
17．（2011·浙江高考真题（文））若直线不平行于平面，且，则
A．内的所有直线与异面 B．内不存在与平行的直线
C．内存在唯一的直线与平行 D．内的直线与都相交
【答案】B
【详解】
试题分析：根据线面关系的定义，我们根据已知中直线l不平行于平面α，且l⊄α，判断出直线l与α的关系，利用直线与平面相交的定义，我们逐一分析四个答案，即可得到结论．
解：直线l不平行于平面α，且l⊄α，则l与α相交
l与α内的直线可能相交，也可能异面，但不可能平行
故A，C，D错误
故选B．
考点：平面的基本性质及推论．
18．（2011·浙江高考真题（理））若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
分别从三视图中去验证、排除．由正视图可知，A不正确；由俯视图可知，C，D不正确，所以选B.
二、填空题
19．（2016·浙江高考真题（理））如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是____.
【答案】
【详解】
中，因为，
所以.
由余弦定理可得
，
所以.
设，则，.
在中，由余弦定理可得
.
故.
在中，，.
由余弦定理可得，
所以.
过作直线的垂线，垂足为.设
则，
即，
解得.
而的面积.
设与平面所成角为，则点到平面的距离.
故四面体的体积
.
设，因为，所以.
则.
（1）当时，有，
故.
此时，
.
，因为，
所以，函数在上单调递减，故.
（2）当时，有，
故.
此时，
.
由（1）可知，函数在单调递减，故.
综上，四面体的体积的最大值为.
20．（2013·浙江高考真题（理））若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积等于 _________ cm3．
【答案】20
【分析】根据三视图得出几何体为直三棱柱去掉一个底面相同的三棱锥，再求体积即可.
【详解】
几何体为三棱柱去掉一个三棱锥后的几何体，底面是直角三角形，直角边分别为3，4，棱柱的高为5，被截取的棱锥的高为5．如图：
V=V棱柱﹣V三棱锥=﹣=20（cm3）
故答案为：20
【点睛】考查三视图还原几何体，以及几何体的体积计算.
21．（2012·浙江高考真题（理））已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该三棱锥的体积等于___________cm3．
【答案】1
【解析】观察三视图知该三棱锥的底面为一直角三角形，右侧面也是一直角三角形．故体积等于
三、解答题
22．（2021·浙江高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）要证，可证，由题意可得，，易证，从而平面，即有，从而得证；
（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．
【详解】
（1）在中，，，，由余弦定理可得，
所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．
（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,
则,
又为中点，所以.
由（1）得平面，所以平面的一个法向量
从而直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑，
题中与有垂直关系的直线较多，易证平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．
23．（2020·浙江高考真题）如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．
（I）证明：EF⊥DB；
（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．
【答案】（I）证明见解析；（II）
【分析】
（I）作交于，连接，由题意可知平面，即有，根据勾股定理可证得，又，可得，，即得平面，即证得；
（II）由，所以与平面所成角即为与平面所成角，作于，连接，即可知即为所求角，再解三角形即可求出与平面所成角的正弦值．
【详解】
（Ⅰ）作交于，连接．
∵平面平面，而平面平面，平面，
∴平面，而平面，即有．
∵，
∴．
在中，，即有，∴．
由棱台的定义可知，，所以，，而，
∴平面，而平面，∴．
（Ⅱ）因为，所以与平面所成角即为与平面所成角．
作于，连接，由（1）可知，平面，
因为所以平面平面，而平面平面，
平面，∴平面．
即在平面内的射影为，即为所求角．
在中，设，则，，
∴．
故与平面所成角的正弦值为．
【点睛】考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法．
24．（2019·浙江高考真题）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直；
(2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.
【详解】
(1)如图所示，连结，
等边中，，则，
平面ABC⊥平面，且平面ABC∩平面，
由面面垂直的性质定理可得：平面，故，
由三棱柱的性质可知，而，故，且，
由线面垂直的判定定理可得：平面，
结合⊆平面，故.
(2)在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH,EC,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.
设，则，,，
据此可得：，
由可得点的坐标为，
利用中点坐标公式可得：，由于，
故直线EF的方向向量为：
设平面的法向量为，则：
，
据此可得平面的一个法向量为，
此时，
设直线EF与平面所成角为，则.
【点睛】考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；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，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
25．（2018·浙江高考真题）如图，已知多面体ABC-A1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．
（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；
（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】
分析:方法一：（Ⅰ）通过计算，根据勾股定理得,再根据线面垂直的判定定理得结论；（Ⅱ）找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解.
方法二：（Ⅰ）根据条件建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，根据向量之积为0得出,再根据线面垂直的判定定理得结论；（Ⅱ）根据方程组解出平面的一个法向量，然后利用与平面法向量的夹角的余弦公式及线面角与向量夹角的互余关系求解.
【详解】
详解：方法一：
（Ⅰ）由得，
所以.
故.
由， 得，
由得，
由，得，所以，故.
因此平面.
（Ⅱ）如图，过点作，交直线于点，连结.
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：
（Ⅰ）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y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.
（Ⅱ）设直线与平面所成的角为.
由（Ⅰ）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.
点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
26．（2017·浙江高考真题）如图，已知四棱锥P-ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.
（I）证明：CE∥平面PAB；
（II）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值
【答案】（I）见解析；（II）.
【详解】
试题分析：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．满分15分．
（Ⅰ）取PA中点F，构造平行四边形BCEF，可证明；（Ⅱ）由题意，取BC，AD的中点M，N，可得AD⊥平面PBN，即BC⊥平面PBN，过点Q作PB的垂线，垂足为H，连结MH．可知MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．依此可在Rt△MQH中，求∠QMH的正弦值．
试题解析：
（Ⅰ）如图，设PA中点为F，连接EF，FB．
因为E，F分别为PD，PA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．
（Ⅱ）分别取BC，AD的中点为M，N．连接PN交EF于点Q，连接MQ．
因为E，F，N分别是PD，PA，AD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PN⊥AD．
由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD．
所以AD⊥平面PBN，
由BC//AD得BC⊥平面PBN，
那么平面PBC⊥平面PBN．
过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH．
MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．
设CD=1．
在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=，
在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得QH=，
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．证明线面平行的常用方法：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，合理利用中位线定理、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，在其中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．
27．（2016·浙江高考真题（理））如图,在三棱台中,平面平面,.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．
【分析】
（Ⅰ）延长，，相交于一点，先证，再证，进而可证平面；
（Ⅱ）方法一：先找二面角的平面角，再在中计算，即可得二面角的平面角的余弦值；方法二：先建立空间直角坐标系，再计算平面和平面的法向量，进而可得二面角的平面角的余弦值．
【详解】
（Ⅰ）延长，，相交于一点，如图所示．
因为平面平面，
平面平面，且，
所以平面，平面，因此．
又因为，，，
所以为等边三角形，且为的中点，
则．
所以平面．
（Ⅱ）方法一：过点作于Q，连结．
因为平面，所以，，
则平面，所以．
所以是二面角的平面角．
在中，，，得．
在中，，，得．
所以二面角的平面角的余弦值为．
方法二：如图，延长相交于一点，
则为等边三角形．取的中点，则，
又平面平面，所以，平面．
以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向，
建立空间直角坐标系．
由题意得，，，
，，．
因此，，，．
设平面的法向量为，
平面的法向量为．
由，得，
取；
由，得
取．
于是，．
所以，二面角的平面角的余弦值为．
【点睛】
解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．
28．（2016·浙江高考真题（文））如图，在三棱台ABC–DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3.
（Ⅰ）求证：BF⊥平面ACFD；
（Ⅱ）求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值.
【答案】（1）证明详见解析；（2）.
【详解】：本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力．
试题解析：（Ⅰ）延长相交于一点，如图所示.
因为平面平面，且，所以
平面，因此，.
又因为，，，所以
为等边三角形，且为的中点，则
所以平面.
（Ⅱ）因为平面，所以是直线与平面所成的角.
在中，，得.
所以，直线与平面所成的角的余弦值为.
【考点】空间点、线、面位置关系、线面角.
【方法点睛】解题时一定要注意直线与平面所成的角的范围，否则很容易出现错误．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．
29．（2014·浙江高考真题（理））如图，在四棱锥中，平面平面.
（1）证明：平面;
（2）求二面角的大小
【答案】（1）详见解析；（2）二面角的大小是．
【分析】
试题分析：（1）求证：平面，证明线面垂直，先证线线垂直，即证线和平面内两条相交直线垂直，由已知可得，只需证明，或，由已知平面平面，只需证明，就得平面，即，而由已知，在直角梯形中，易求 ，从而满足，即得 ，问题得证；（2）求二面角的大小，可用传统方法，也可用向量法，用传统方法，关键是找二面角的平面角，可利用三垂线定理来找，但本题不存在利用三垂线定理的条件，因此利用垂面法，即作，与交于点，过点作，与交于点，连结，由（1）知，，则，，所以是二面角的平面角，求出的三条边，利用余弦定理，即可求出二面角的大小，用向量法，首先建立空间坐标系，先找三条两两垂直的直线作为坐标轴，观察几何图形可知，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，写出个点坐标，设出设平面的法向量为，平面 的法向量为，求出它们的一个法向量，利用法向量的夹角与二面角的关系，即可求出二面角的大小．
（1）在直角梯形中，由 ，得， ，由，则，即 ，又平面平面，从而平面，所以，又，从而平面；
（2）方法一：作，与 交于点，过点 作，与交于点，连结，由（1）知，，则，，所以是二面角的平面角，在直角梯形中，由 ，得，又平面平面，得 平面，从而，，由于平面，得：，在中，由，，得，
在中， ，，得 ，在中，，，，得，，从而 ，在中，利用余弦定理分别可得，在 中，，所以 ，即二面角的大小是．
方法二：以为原点，分别以射线 为轴的正半轴，建立空间直角坐标系 如图所示，由题意可知各点坐标如下：，设平面 的法向量为，平面 的法向量为，可算得， ，由得， ，可取，由 得，，可取 ，于是，由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角的大小是．
点评：本题主要考查空间点，线，面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用 ，同时考查空间想象能力，与推理论证，运算求解能力．
30.（2012·浙江高考真题（文））如图，在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD∥BC，AD⊥AB，AB=．AD=2，BC=4,AA1=2，E是DD1的中点，F是平面B1C1E与直线AA1的交点.
（1）证明：（i）EF∥A1D1；
（ii）BA1⊥平面B1C1EF；
（2）求BC1与平面B1C1EF所成的角的正弦值.
【答案】（3）
【详解】
（1）证明：（i）
（ii）由（i）知F为
（2）由（ii）的证明可知
【考点定位】考查平行关系，垂直关系的证明与空间线面角的计算
31．（2011·浙江高考真题（理））如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB=AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2
（1）证明：AP⊥BC；
（2）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A﹣MC﹣B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析 （2）存在，3
【详解】
以O为原点，以AD方向为Y轴正方向，以射线OP的方向为Z轴正方向，建立空间坐标系，
则O（0，0，0），A（0，﹣3，0），B（4，2，0），C（﹣4，2，0），P（0，0，4）
（1）则=（0，3，4），=（﹣8，0，0）
由此可得•=0
∴⊥
即AP⊥BC
（2）设=λ，λ≠1，则=λ（0，﹣3，﹣4）
=+=+λ=（﹣4，﹣2，4）+λ（0，﹣3，﹣4）
=（﹣4，5，0），=（﹣8，0，0）
设平面BMC的法向量=（a，b，c）
则
令b=1，则=（0，1，）
平面APC的法向量=（x，y，z）
则
即
令x=5
则=（5，4，﹣3）
由=0
得4﹣3=0
解得λ=
故AM=3
综上所述，存在点M符合题意，此时AM=3
32．（2011·浙江高考真题（文））如图，在三棱锥中，，为的中点，⊥平面，垂足落在线段上．
（1）证明：⊥；
（2）已知，，，．求二面角的大小．
【答案】略
【详解】
（1）
平面
（2）在平面内作于连接
得平面，
所以
则为二面角的平面角
在中，得
在中，，
在中，
所以得，
在中，得
又
从而
故
同理，
因为
所以
即二面角的大小为
十年（2012-2021）高考数学真题分项汇编（浙江专用）
专题07空间向量与立体几何
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．（2021·浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】A
【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.
【详解】
几何体为如图所示的四棱柱，其高为1，底面为等腰梯形，
该等腰梯形的上底为，下底为，腰长为1，故梯形的高为，
故，
故选：A.
2．（2021·浙江高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
【答案】A
【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.
【详解】
连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.
3．（2020·浙江高考真题）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（ ）
A． B． C．3 D．6
【答案】A
【分析】根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积.
【详解】
由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，
且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，
棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，
所以几何体的体积为：
.
故选：A
【点睛】考查根据三视图计算几何体的体积.
4．（2019·浙江高考真题）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式，其中是柱体的底面积，是柱体的高，若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是
A．158 B．162
C．182 D．32
【答案】B
【分析】本题首先根据三视图，还原得到几何体—棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积.常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.
【详解】
由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为.
【点睛】易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.
5．（2018·浙江高考真题）已知直线和平面，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D【分析】从充分性和必要性两方面分别分析判断得解.
【详解】
直线和平面，，若，
当时，显然不成立，故充分性不成立；
当时，如图所示，显然不成立，故必要性也不成立．
所以“”是“”的既不充分又不必要条件.
故选：D
【点睛】
方法点睛：判定充要条件常用的方法有三种：
（1）定义法：直接利用充分必要条件的定义分析判断得解；
（2）集合法：利用集合的包含关系分析判断得解；
（3）转化法：转化成逆否命题分析判断得解.
6．（2018·浙江高考真题）已知四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等，是线段上的点（不含端点），设与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系.
【详解】
设为正方形的中心，为中点，过作的平行线，交于，过作垂直于，连接、、，则垂直于底面，垂直于，
因此
从而
因为，所以即，选D.
【点睛】线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.
7．（2018·浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果.
【详解】
根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为，底面为直角梯形，上下底分别为、，梯形的高为，因此几何体的体积为，选C.
【点睛】先由几何体的三视图还原几何体的形状，再在具体几何体中求体积或表面积等.
8．（2017·浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
由三视图可知几何体为半个圆锥和一个三棱锥的组合体，
∴=,故选A.
9．（2016·浙江高考真题（文））已知互相垂直的平面交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则
A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n
【答案】C
【详解】由题意知，．故选C．
【考点】空间点、线、面的位置关系．
10．（2015·浙江高考真题（文））设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且，
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】A
【详解】：由面面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一平面的一条垂线，则两面垂直，可得，
可得
考点：空间线面平行垂直的判定与性质
11．（2015·浙江高考真题（文））某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积是
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】：由三视图可知该几何体是四棱柱与同底的四棱锥的组合体,所以其体积为,故应选C.
考点：三视图及体积的计算．
12．（2014·浙江高考真题（文））设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】C
【详解】：对A，若，，则或或，错误；
对B，若，，则或或，错误；
对C，若，，，则，正确；
对D，若，，，则或或，错误.
故选C.
考点：空间中的线线、线面、面面的位置关系，容易题.
13．（2013·浙江高考真题（文））已知某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A．108cm3 B．100cm3 C．92cm3 D．84cm3
【答案】B
【详解】：由三视图可知：该几何体是一个棱长分别为6，6，3，砍去一个三条侧棱长分别为4，4，3的一个三棱锥（长方体的一个角）．据此即可得出体积．
解：由三视图可知：该几何体是一个棱长分别为6，6，3，砍去一个三条侧棱长分别为4，4，3的一个三棱锥（长方体的一个角）．
∴该几何体的体积V=6×6×3﹣=100．
故选B．
考点：由三视图求面积、体积．
14．（2013·浙江高考真题（文））设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，（ ）
A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥β C．若m∥n，m⊥α，则n⊥α D．若m∥α，α⊥β，则m⊥β
【答案】C
【详解】
A、m∥α，n∥α，则m∥n，m与n可能相交也可能异面，所以A不正确；
B、m∥α，m∥β，则α∥β，还有α与β可能相交，所以B不正确；
C、m∥n，m⊥α，则n⊥α，满足直线与平面垂直的性质定理，故C正确．
D、m∥α，α⊥β，则m⊥β，也可能m∥β，也可能m∩β=A，所以D不正确；
故选C．
15．（2012·浙江高考真题（文））设l是直线，a，β是两个不同的平面
A．若l∥a,l∥β，则a∥β B．若l∥a，l⊥β，则a⊥β
C．若a⊥β,l⊥a,则l⊥β D．若a⊥β, l⊥a,则l⊥β
【答案】B
【详解】因为平行于同一直线的两个平面不一定平行，所以A错误；垂直于同一条直线的两个平面垂直，因此B正确.
【考点】此题主要考察空间平行与垂直关系的定理，从每一个平行与垂直关系出发，理解和把握是否合乎定理的内容是关键
16．（2011·浙江高考真题（理））下列命题错误的是（ ）.
A．如果平面平面，那么平面内所有直线都垂直于平面
B．如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面
C．如果平面平面，平面平面，，那么平面
D．如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面
【答案】A
【分析】
注意线面平行与线面垂直的定义再结合实物即可判断A，B；C利用面面垂直的性质，然后用线面垂直的判定定理即可判断；D反证法即可获得解答.
【详解】
结合实物：教室的门面与地面垂直，门面的上棱对应的直线就与地面平行，
故A不正确，B正确；
如果平面平面，平面平面，，
记是与的交线，是与的交线， a属于，b属于，则a、b在同一个平面内，
a与b不平行就相交，
假设，因为直线a和直线b分别属于和平面，则，
与已知相矛盾，所以a和b必相交，
同理可以证明三条直线a、b、l相交，其交点O同属于、和，点必在上
因为，，则，，所以，故C正确；
假若平面内存在直线垂直于平面，根据面面垂直的判定定理可知两平面垂直，
故如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面，
故D正确；
故选：A.
【点睛】考查的是平面与平面垂直的性质问题，在解答的过程当中充分体现了面面垂直、线面垂直、线面平行的定义判定定理以及性质定理的应用.
17．（2011·浙江高考真题（文））若直线不平行于平面，且，则
A．内的所有直线与异面 B．内不存在与平行的直线
C．内存在唯一的直线与平行 D．内的直线与都相交
【答案】B
【详解】
试题分析：根据线面关系的定义，我们根据已知中直线l不平行于平面α，且l⊄α，判断出直线l与α的关系，利用直线与平面相交的定义，我们逐一分析四个答案，即可得到结论．
解：直线l不平行于平面α，且l⊄α，则l与α相交
l与α内的直线可能相交，也可能异面，但不可能平行
故A，C，D错误
故选B．
考点：平面的基本性质及推论．
18．（2011·浙江高考真题（理））若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
分别从三视图中去验证、排除．由正视图可知，A不正确；由俯视图可知，C，D不正确，所以选B.
二、填空题
19．（2016·浙江高考真题（理））如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是____.
【答案】
【详解】
中，因为，
所以.
由余弦定理可得
，
所以.
设，则，.
在中，由余弦定理可得
.
故.
在中，，.
由余弦定理可得，
所以.
过作直线的垂线，垂足为.设
则，
即，
解得.
而的面积.
设与平面所成角为，则点到平面的距离.
故四面体的体积
.
设，因为，所以.
则.
（1）当时，有，
故.
此时，
.
，因为，
所以，函数在上单调递减，故.
（2）当时，有，
故.
此时，
.
由（1）可知，函数在单调递减，故.
综上，四面体的体积的最大值为.
20．（2013·浙江高考真题（理））若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积等于 _________ cm3．
【答案】20
【分析】根据三视图得出几何体为直三棱柱去掉一个底面相同的三棱锥，再求体积即可.
【详解】
几何体为三棱柱去掉一个三棱锥后的几何体，底面是直角三角形，直角边分别为3，4，棱柱的高为5，被截取的棱锥的高为5．如图：
V=V棱柱﹣V三棱锥=﹣=20（cm3）
故答案为：20
【点睛】考查三视图还原几何体，以及几何体的体积计算.
21．（2012·浙江高考真题（理））已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该三棱锥的体积等于___________cm3．
【答案】1
【解析】观察三视图知该三棱锥的底面为一直角三角形，右侧面也是一直角三角形．故体积等于
三、解答题
22．（2021·浙江高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）要证，可证，由题意可得，，易证，从而平面，即有，从而得证；
（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．
【详解】
（1）在中，，，，由余弦定理可得，
所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．
（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,
则,
又为中点，所以.
由（1）得平面，所以平面的一个法向量
从而直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑，
题中与有垂直关系的直线较多，易证平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．
23．（2020·浙江高考真题）如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．
（I）证明：EF⊥DB；
（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．
【答案】（I）证明见解析；（II）
【分析】
（I）作交于，连接，由题意可知平面，即有，根据勾股定理可证得，又，可得，，即得平面，即证得；
（II）由，所以与平面所成角即为与平面所成角，作于，连接，即可知即为所求角，再解三角形即可求出与平面所成角的正弦值．
【详解】
（Ⅰ）作交于，连接．
∵平面平面，而平面平面，平面，
∴平面，而平面，即有．
∵，
∴．
在中，，即有，∴．
由棱台的定义可知，，所以，，而，
∴平面，而平面，∴．
（Ⅱ）因为，所以与平面所成角即为与平面所成角．
作于，连接，由（1）可知，平面，
因为所以平面平面，而平面平面，
平面，∴平面．
即在平面内的射影为，即为所求角．
在中，设，则，，
∴．
故与平面所成角的正弦值为．
【点睛】考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法．
24．（2019·浙江高考真题）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直；
(2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.
【详解】
(1)如图所示，连结，
等边中，，则，
平面ABC⊥平面，且平面ABC∩平面，
由面面垂直的性质定理可得：平面，故，
由三棱柱的性质可知，而，故，且，
由线面垂直的判定定理可得：平面，
结合⊆平面，故.
(2)在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH,EC,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.
设，则，,，
据此可得：，
由可得点的坐标为，
利用中点坐标公式可得：，由于，
故直线EF的方向向量为：
设平面的法向量为，则：
，
据此可得平面的一个法向量为，
此时，
设直线EF与平面所成角为，则.
【点睛】考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；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，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
25．（2018·浙江高考真题）如图，已知多面体ABC-A1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．
（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；
（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】
分析:方法一：（Ⅰ）通过计算，根据勾股定理得,再根据线面垂直的判定定理得结论；（Ⅱ）找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解.
方法二：（Ⅰ）根据条件建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，根据向量之积为0得出,再根据线面垂直的判定定理得结论；（Ⅱ）根据方程组解出平面的一个法向量，然后利用与平面法向量的夹角的余弦公式及线面角与向量夹角的互余关系求解.
【详解】
详解：方法一：
（Ⅰ）由得，
所以.
故.
由， 得，
由得，
由，得，所以，故.
因此平面.
（Ⅱ）如图，过点作，交直线于点，连结.
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：
（Ⅰ）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y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.
（Ⅱ）设直线与平面所成的角为.
由（Ⅰ）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.
点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
26．（2017·浙江高考真题）如图，已知四棱锥P-ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.
（I）证明：CE∥平面PAB；
（II）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值
【答案】（I）见解析；（II）.
【详解】
试题分析：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．满分15分．
（Ⅰ）取PA中点F，构造平行四边形BCEF，可证明；（Ⅱ）由题意，取BC，AD的中点M，N，可得AD⊥平面PBN，即BC⊥平面PBN，过点Q作PB的垂线，垂足为H，连结MH．可知MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．依此可在Rt△MQH中，求∠QMH的正弦值．
试题解析：
（Ⅰ）如图，设PA中点为F，连接EF，FB．
因为E，F分别为PD，PA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．
（Ⅱ）分别取BC，AD的中点为M，N．连接PN交EF于点Q，连接MQ．
因为E，F，N分别是PD，PA，AD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PN⊥AD．
由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD．
所以AD⊥平面PBN，
由BC//AD得BC⊥平面PBN，
那么平面PBC⊥平面PBN．
过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH．
MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．
设CD=1．
在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=，
在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得QH=，
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．证明线面平行的常用方法：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，合理利用中位线定理、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，在其中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．
27．（2016·浙江高考真题（理））如图,在三棱台中,平面平面,.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．
【分析】
（Ⅰ）延长，，相交于一点，先证，再证，进而可证平面；
（Ⅱ）方法一：先找二面角的平面角，再在中计算，即可得二面角的平面角的余弦值；方法二：先建立空间直角坐标系，再计算平面和平面的法向量，进而可得二面角的平面角的余弦值．
【详解】
（Ⅰ）延长，，相交于一点，如图所示．
因为平面平面，
平面平面，且，
所以平面，平面，因此．
又因为，，，
所以为等边三角形，且为的中点，
则．
所以平面．
（Ⅱ）方法一：过点作于Q，连结．
因为平面，所以，，
则平面，所以．
所以是二面角的平面角．
在中，，，得．
在中，，，得．
所以二面角的平面角的余弦值为．
方法二：如图，延长相交于一点，
则为等边三角形．取的中点，则，
又平面平面，所以，平面．
以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向，
建立空间直角坐标系．
由题意得，，，
，，．
因此，，，．
设平面的法向量为，
平面的法向量为．
由，得，
取；
由，得
取．
于是，．
所以，二面角的平面角的余弦值为．
【点睛】
解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．
28．（2016·浙江高考真题（文））如图，在三棱台ABC–DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3.
（Ⅰ）求证：BF⊥平面ACFD；
（Ⅱ）求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值.
【答案】（1）证明详见解析；（2）.
【详解】：本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力．
试题解析：（Ⅰ）延长相交于一点，如图所示.
因为平面平面，且，所以
平面，因此，.
又因为，，，所以
为等边三角形，且为的中点，则
所以平面.
（Ⅱ）因为平面，所以是直线与平面所成的角.
在中，，得.
所以，直线与平面所成的角的余弦值为.
【考点】空间点、线、面位置关系、线面角.
【方法点睛】解题时一定要注意直线与平面所成的角的范围，否则很容易出现错误．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．
29．（2014·浙江高考真题（理））如图，在四棱锥中，平面平面.
（1）证明：平面;
（2）求二面角的大小
【答案】（1）详见解析；（2）二面角的大小是．
【分析】
试题分析：（1）求证：平面，证明线面垂直，先证线线垂直，即证线和平面内两条相交直线垂直，由已知可得，只需证明，或，由已知平面平面，只需证明，就得平面，即，而由已知，在直角梯形中，易求 ，从而满足，即得 ，问题得证；（2）求二面角的大小，可用传统方法，也可用向量法，用传统方法，关键是找二面角的平面角，可利用三垂线定理来找，但本题不存在利用三垂线定理的条件，因此利用垂面法，即作，与交于点，过点作，与交于点，连结，由（1）知，，则，，所以是二面角的平面角，求出的三条边，利用余弦定理，即可求出二面角的大小，用向量法，首先建立空间坐标系，先找三条两两垂直的直线作为坐标轴，观察几何图形可知，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，写出个点坐标，设出设平面的法向量为，平面 的法向量为，求出它们的一个法向量，利用法向量的夹角与二面角的关系，即可求出二面角的大小．
（1）在直角梯形中，由 ，得， ，由，则，即 ，又平面平面，从而平面，所以，又，从而平面；
（2）方法一：作，与 交于点，过点 作，与交于点，连结，由（1）知，，则，，所以是二面角的平面角，在直角梯形中，由 ，得，又平面平面，得 平面，从而，，由于平面，得：，在中，由，，得，
在中， ，，得 ，在中，，，，得，，从而 ，在中，利用余弦定理分别可得，在 中，，所以 ，即二面角的大小是．
方法二：以为原点，分别以射线 为轴的正半轴，建立空间直角坐标系 如图所示，由题意可知各点坐标如下：，设平面 的法向量为，平面 的法向量为，可算得， ，由得， ，可取，由 得，，可取 ，于是，由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角的大小是．
点评：本题主要考查空间点，线，面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用 ，同时考查空间想象能力，与推理论证，运算求解能力．
30.（2012·浙江高考真题（文））如图，在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD∥BC，AD⊥AB，AB=．AD=2，BC=4,AA1=2，E是DD1的中点，F是平面B1C1E与直线AA1的交点.
（1）证明：（i）EF∥A1D1；
（ii）BA1⊥平面B1C1EF；
（2）求BC1与平面B1C1EF所成的角的正弦值.
【答案】（3）
【详解】
（1）证明：（i）
（ii）由（i）知F为
（2）由（ii）的证明可知
【考点定位】考查平行关系，垂直关系的证明与空间线面角的计算
31．（2011·浙江高考真题（理））如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB=AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2
（1）证明：AP⊥BC；
（2）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A﹣MC﹣B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析 （2）存在，3
【详解】
以O为原点，以AD方向为Y轴正方向，以射线OP的方向为Z轴正方向，建立空间坐标系，
则O（0，0，0），A（0，﹣3，0），B（4，2，0），C（﹣4，2，0），P（0，0，4）
（1）则=（0，3，4），=（﹣8，0，0）
由此可得•=0
∴⊥
即AP⊥BC
（2）设=λ，λ≠1，则=λ（0，﹣3，﹣4）
=+=+λ=（﹣4，﹣2，4）+λ（0，﹣3，﹣4）
=（﹣4，5，0），=（﹣8，0，0）
设平面BMC的法向量=（a，b，c）
则
令b=1，则=（0，1，）
平面APC的法向量=（x，y，z）
则
即
令x=5
则=（5，4，﹣3）
由=0
得4﹣3=0
解得λ=
故AM=3
综上所述，存在点M符合题意，此时AM=3
32．（2011·浙江高考真题（文））如图，在三棱锥中，，为的中点，⊥平面，垂足落在线段上．
（1）证明：⊥；
（2）已知，，，．求二面角的大小．
【答案】略
【详解】
（1）
平面
（2）在平面内作于连接
得平面，
所以
则为二面角的平面角
在中，得
在中，，
在中，
所以得，
在中，得
又
从而
故
同理，
因为
所以
即二面角的大小为
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