专题 9.立体几何与空间向量
从近几年的高考试题来看,所考的主要内容是:
(1)有关线面位置关系的组合判断,试题通常以选择题的形式出现,主要是考查空间线线、线面、面面位置关
系的判定与性质;
(2)有关线线、线面和面面的平行与垂直的证明,试题以解答题中的第一问为主,常以多面体为载体,突出考
查学生的空间想象能力及推理论证能力;
(3)线线角、线面角和二面角是高考的热点, 六年六考,选择题、填空题皆有，解答题中第二问必考,一般为
中档题,在全卷的位置相对稳定，主要考查空间想象能力、逻辑思维能力和转化与化归的应用能力. 前几年
浙江卷较为注重几何法的考查，对空间向量方法考题较少，近三年则倾向于空间向量方法，且大题中考查
线面角（三角函数值）的计算较多.
（4）三视图问题，六年六考，往往与几何体的面积或体积相结合.
预测 2021 年将保持稳定，一大二小.其中客观题考查三视图与面积体积问题、点线面位置关系（各种角的
关系或计算）等；主观题以常见几何体为载体，考查平行或垂直关系的证明、线面角或二面角三角函数值
的计算等.
1．（2020·浙江省高考真题）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． 7
3
B． 14
3
C．3 D．6
【答案】A
【解析】
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：
1 1 1 1 72 1 1 2 1 2 23 2 2 3 3
.
故选：A
2．（2020·浙江高考真题）已知空间中不过同一点的三条直线 m，n，l，则“m，n，l 在同一平面”是“m，
n，l 两两相交”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
依题意 , ,m n l 是空间不过同一点的三条直线，
当 , ,m n l 在同一平面时，可能 // //m n l ，故不能得出 , ,m n l 两两相交.
当 , ,m n l 两两相交时，设 , ,m n A m l B n l C ，根据公理 2 可知 ,m n 确定一个平面 ，而
,B m C n ，根据公理1可知，直线 BC 即 l ，所以 , ,m n l 在同一平面.
综上所述，“ , ,m n l 在同一平面”是“ , ,m n l 两两相交”的必要不充分条件.
故选：B
3．（2020·山东海南省高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷
面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为 O)，地球上一点 A 的纬度是指 OA 与地球赤道所在平面
所成角，点 A 处的水平面是指过点 A 且与 OA 垂直的平面.在点 A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面
平行，点 A 处的纬度为北纬 40°，则晷针与点 A 处的水平面所成角为（ ）
A．20° B．40°
C．50° D．90°
【答案】B
【解析】
画出截面图如下图所示，其中 CD 是赤道所在平面的截线；l 是点 A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ；
AB 是晷针所在直线. m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，
根据平面平行的性质定理可得可知 //m CD 、根据线面垂直的定义可得 AB m ..
由于 40 , //AOC m CD ，所以 40OAG AOC ，
由于 90OAG GAE BAE GAE ，
所以 40BAE OAG ，也即晷针与点 A 处的水平面所成角为 40BAE .
故选：B
4．（2020·浙江高考真题）如图，三棱台 DEF—ABC 中，面 ADFC⊥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） 3
3
【解析】
（Ⅰ）作 DH AC 交 AC 于 H ，连接 BH ．
∵平面 ADFC 平面 ABC ，而平面 ADFC 平面 ABC AC ， DH 平面 ADFC ，
∴ DH 平面 ABC ，而 BC 平面 ABC ，即有 DH BC ．
∵ 45ACB ACD ，
∴ 2 2 2CD CH BC CH BC ．
在 CBH 中， 2 2 2 22 cos45BH CH BC CH BC BC ，即有 2 2 2BH BC CH ，∴ BH BC ．
由棱台的定义可知， / /EF BC ，所以 DH EF ， BH EF ，而 BH DH H ，
∴ EF 平面 BHD ，而 BD 平面 BHD ，∴ EF DB ．
（Ⅱ）因为 / /DF CH ，所以 DF 与平面 DBC 所成角即为与CH 平面 DBC 所成角．
作 HG BD 于G ，连接 CG ，由（1）可知， BC ⊥平面 BHD ，
因为所以平面 BCD 平面 BHD ，而平面 BCD 平面 BHD BD ，
HG 平面 BHD ，∴ HG 平面 BCD．
即CH 在平面 DBC 内的射影为 CG ， HCG 即为所求角．
在 Rt HGC△ 中，设 BC a ，则 2CH a ， 2 2
3 3
BH DH a aHG aBD a
，
∴ 1 3sin 33
HGHCG CH
．
故 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 3
3
．
5．（2020·北京高考真题）如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，E 为 1BB 的中点．
（Ⅰ）求证： 1 / /BC 平面 1AD E ；
（Ⅱ）求直线 1AA 与平面 1AD E 所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） 2
3
.
【解析】
（Ⅰ）如下图所示：
在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1 1//AB A B 且 1 1AB A B ， 1 1 1 1//A B C D 且 1 1 1 1A B C D ，
1 1//AB C D 且 1 1AB C D ，所以，四边形 1 1ABC D 为平行四边形，则 1 1//BC AD ，
1BC 平面 1AD E ， 1AD 平面 1AD E ， 1 //BC 平面 1AD E ；
（Ⅱ）以点 A 为坐标原点， AD 、 AB 、 1AA 所在直线分别为 x 、 y 、 z 轴建立如下图所示的空间直角坐标
系 A xyz ，
设正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2 ，则 0,0,0A 、 1 0,0,2A 、 1 2,0,2D 、 0,2,1E ，
1 2,0,2AD ， 0,2,1AE ，
设平面 1AD E 的法向量为 , ,n x y z ，由 1 0
0
n AD
n AE
，得 2 2 0
2 0
x z
y z
，
令 2z ，则 2x ， 1y ，则 2,1, 2n .
1
1
1
4 2cos , 3 2 3
n AAn AA
n AA
.
因此，直线 1AA 与平面 1AD E 所成角的正弦值为 2
3
.
一、单选题
1．（2021·浙江绍兴市·高三一模）某几何体由四棱锥和半个圆柱组合而成，其三视图如图所示，则该几何体
的体积是（ ）
A．8 B． 8
3
C．8 3
D． 8
3
【答案】B
【解析】
画出该几何体的直观图，然后根据三视图的数据以及锥体体积公式以及圆柱的体积公式计算即可.
【详解】
如图
所以四棱锥的体积为： 21 82 23 3
半个圆柱的体积为： 21 1 22
故该几何体的体积为： 8
3
故选：B
2．（2021·浙江高三期末）某几何体的三视图如图所示，若棱长为 a 的正方体的外接球表面积为 12 ，则该
几何体的体积为（ ）
A．10
3 B．10 C． 14
3 D． 26
3
【答案】A
【解析】
有三视图还原几何体的直观图，由正方体外接球表面积，求棱长 a ，进而求几何体的体积即可.
【详解】
由三视图可得几何体为正方体中的 ABD ECF 部分，如下图示：
由题意知：图示正方体的外接球表面积 24 12 S r ，即 3r ，
∴ 2 23 4 12a r ，即 2a ，
∴几何体体积为
3 2 31 5 10
2 3 2 2 12 3
a a a aV .
故选：A
3．（2021·全国高三专题练习（文））如图，某四棱锥的三视图（单位：cm ）如图所示，则该四棱锥的最长
的棱长为（ ） cm
A． 2 B． 2 C． 6 D． 3
【答案】C
【解析】
根据三视图可得几何体为四棱锥且一条侧棱垂直于底面，根据体积公式可求体积.
【详解】
解：由三视图可得该四棱锥是一个，一条侧垂直于底面的四棱锥，高为 2 ，最长棱的长为 2 22 2 6 ．
故选：C.
4．（2021·浙江高一单元测试）已知 , 为不同的平面， , ,a b c 为不同的直线，则下列说法正确的是（ ）
A．若 ,a b ，则 a 与b 是异面直线
B．若 a 与b 是异面直线，b 与 c 是异面直线，则 a 与 c 也是异面直线
C．若 ,a b 不同在平面 内，则 a 与b 是异面直线
D．若 ,a b 不同在任何一个平面 内，则 a 与b 是异面直线
【答案】D
【解析】
根据空间中线面的位置关系，结合异面直线的定义，逐一分析选择，即可得答案.
【详解】
对于 A：若 ,a b ，则 a，b 可平行可异面可相交，故 A 错误；
对于 B：若 a 与b 是异面直线，b 与 c 是异面直线，则 a 与 c 可平行可异面可相交，故 B 错误；
对于 C：若 ,a b 不同在平面 内，则 a 与b 可平行可异面可相交，故 C 错误；
对于 D：根据异面直线的定义可知 D 是正确的，
故选：D.
5．（2021·高三月考）已知某几何体的三视图如图所示(单位： cm )，则其体积（ ）(单
位： 3cm )
A． 2 2 B．4 C． 2 5 D．5
【答案】D
【解析】
由三视图作出原几何体的直观图，确定结构，根据体积公式计算体积．
【详解】
由三视图知原几何体是一个直四棱柱柱，它是一个正方体截去两个直三棱柱得到的，
画出底面四边形 ABCD 所在的原正方形，如图， ,C B 是所在边的中点．
2 21 1 52 2 1 12 2 2ABCDS ， 5 2 52ABCDV S AE ．
故选：D．
6．（2021·浙江高三期末）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（单位：cm3）是
（ ）
A． 4
3 B． 5
3 C．1 D．2
【答案】B
【解析】
易得该几何体是由一个长方体截去一个三棱锥构成的几何体，然后进行简单计算即可.
【详解】
由三视图还原出原几何体如下图：
是由一个长方体截去一个三棱锥构成的几何体，
所以该几何体的体积为： 1 1 51 1 2 1 1 23 2 3
（cm3）.
故选：B.
【点睛】
方法点睛：还原三视图可用的方法技巧如下：
1. 根据三个视图的点线位置直接想象还原，特别是旋转体；
2. 拼接法还原组合体；
3. “切割描点法”还原较难想象的几何体.
7．（2021·全国高三专题练习（文））已知四面体 ABCD 中，二面角 A BC D 的大小为 60 ，且 2AB ，
4CD ， 120CBD ，则四面体 ABCD 体积的最大值是（ ）
A． 4 3
9 B． 2 3
9 C． 8
3 D． 4
3
【答案】D
【解析】
在 BCD△ 中，利用余弦定理和基本不等式可得 16
3BC BD ，由三角形的面积公式可得 4 3
3BCDS
，
由二面角 A BC D 的大小为 60 ，可得 A 到平面 BCD的最大距离为 2sin 60 3h ，即可求四面体
ABCD 体积的最大值.
【详解】
在 BCD△ 中，由余弦定理可得
2 2 2 2 cos120CD BC BD BC BD 2 2BC BD BC BD
因为 2 2 2BC BD BC BD ，所以 2 3CD BC BD ，
所以 16
3BC BD ，当且仅当 BC BD 时等号成立，
1 1 16 3 4sin120 32 2 3 2 3BCDS BC BD
，
因为二面角 A BC D 的大小为 60 ，
所以点 A 到平面 BCD的最大距离为 2sin 60 3h ，
所以 1 1 4 43 33 3 3 3A BCD BCDV S h ，
所以四面体 ABCD 体积的最大值是 4
3
，
故选：D
8．（2021·浙江高三期末）已知 ABC 中， 22A BC AB D ， ， 为 BC 上一点， BAD ，将 BAD
沿 AD 翻折成 B AD ，若 AB与 CD 所成的角为
6
，则 可能为（ ）
A．
12
B．
9
C．
6
D．
3
【答案】D
【解析】
过 A 作 / /AE CD ，则
6B AE ，根据 B AE B AD EAD 可得 的范围，根据 的范围可得答
案.
【详解】
如图：
过 A 作 / /AE CD ，则
6B AE ，
因为
2A ， 2BC AB ，所以
3B ，
6C ，
6EAC ，
因为 BAD B AD ，所以
2CAD ，
6 2EAD ，
根据 B AE B AD EAD 得
6 6 2
，得
4
，
根据四个选项可知，
3
符合
4
.
故选：D
9．（2021·浙江宁波市·高三月考）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积是（ ）.
（单位： 3cm ）
A．2 B．4 C．6 D．12
【答案】A
【解析】
由三视图可知几何体是底面为直角梯形的四棱锥，且侧面 PAD 面 ABCD ,利用棱锥的体积公式进行求解
即可.
【详解】
由几何体的三视图可知，该几何体是底面为一直角梯形的四棱锥，且侧面 PAD 面 ABCD ,梯形的上底为
1cm，下底为 2cm，高为 2cm，则梯形的面积为 21 2 2 32 cm
，棱锥的高为 PAD△ 的边 AD 上的高，
长为 2cm，则几何体的体积为 31 3 2 23 cm ，
故选：A
10．（2021·全国高三专题练习（理））某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A．
2
B． 2
3
C． D． 3
2
【答案】A
【解析】
根据给定的几何体的三视图可知，该几何体是一个半球体又截去其 1
4
，即剩余了半球的 3
4
，结合球的体积
公式即可求解.
【详解】
由题意，根据给定的几何体的三视图可知，该几何体是一个半径为 1 的半球体又截去其 1
4
，如图所示，
所以该几何体的体积 21 4 312 3 4 2V
故选：A．
11．（2021·浙江高三期末）已知直线 l 、m 与平面 、 ，l ，m ，则下列命题中正确的是（ ）
A．若 //l m ，则必有 // B．若 l m ，则必有
C．若 l ，则必有 D．若 ，则必有 m
【答案】C
【解析】
根据空间点、直线、平面之间的位置关系，结合线线、线面平行垂直的判定和性质，对四个选项逐一判断
可得答案.
【详解】
解：A.如图所示，设 c ， //l c ， //m c 满足条件 //l m ，但是 与 不平行，故 A 不正确；
B.假设 // ， n ， //n l ， n m ，则满足条件l m ，但是 与 不垂直，故 B 不正确；
C.若l ，l ，根据面面垂直的判定定理可得 ，故 C 正确；
D.设 c ，若 //l c ， //m c ，虽然 ，但是可有 //m ，故 D 不正确，
综上可知：只有 C 正确.
故选：C.
12．（2021·浙江高一单元测试）在矩形 ABCD 中， 2 3AB ， 3AD ，E、F 分别为边 AD 、BC 上的点，
且 2AE BF ，现将 ABE△ 沿直线 BE 折成 1A BE ，使得点 1A 在平面 BCDE 上的射影在四边形CDEF
内（不含边界），设二面角 1A BE C 的大小为 ，直线 1A B 与平面 BCDE 所成的角为 ，直线 1A E 与直
线 BC 所成角为 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
根据题意作出相应的二面角，线面角，线线角，结合点 1A 在平面 BCDE 上的射影求解.
【详解】
过 A 作 BE 的垂线，分别交 EB ， EF ， DC 于 M，G，N，如图，
显然 A MN .
因为 //BC AD ，所以直线 A E 与 AD 所成角即为 .
当 A 在平面 BCDE 上的射影为 G 时， AE ⊥平面 A EF ，此时
2
.
于是当 A 在平面 BCDE 上的射影在线段GN 上时，
2A ED ，
所以 A ED .
由于 EA EA ， MA MA ，进而得
2EAA ，
2MAA .
因为 AM 是 AA在平面 ABCD 上的射影，
所以由线面角最小性知
2 2EAA MAA ，即 .
再由二面角的最大性知 .
故选：D
13．（2021·浙江高三期末）在正三棱台 1 1 1ABC A B C 中， 1 1 1
33 62AB AA A B ， D 是 BC 的中点，设
1A D 与 1, ,BC BB BA 所成角分别为 , , ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
设 1 1 1ABC A BC 、 的中心分别为 1O O， ，所以 1OO 垂直于上下底面， D 是 BC 的中点，所以 DO BC ，
取 BA 的中点 N ，则ON AB ，分别以 1ON OD OO、 、 为 x、y、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系，利
用夹角公式可得答案.
【详解】
如图正三棱台 1 1 1ABC A B C 中， 1 1 1ABC A BC 、 均为正三角形，设 1 1 1ABC A BC 、 的中心分别为 1O O， ，
所以 1OO 垂直于上下底面， D 是 BC 的中点，所以 DO BC ，取 BA 的中点 N ，则ON AB ，分别以
1ON OD OO、 、 为 x、y、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系，因为 1 1 1
33 62AB AA A B ，所以
1 1 16 2 4 3AB AA A B BD ， ， ， ， 2 2 26 9 3 3AD AB BD ，取 1 1B C 中点 F ，则
2 2
1 1 1 16 4 2 3A F A B B F ，因为 1O O， 为正三角形 1 1 1ABC A BC 、 的中心，所以
1 1 1: 2:1 : 2:1AO OD AO O F ， ，所以 2 3 3AO OD ， ， 1 1 1
4 3
3
2 3
3AO O F ， ，作
1AG AD 交 AD 于G ，则 1 1GO AO ， 2 3 4 3 2 3
3 3AG AO GO ，
所以
2
2 2
1 1
2 3 2 64 3 3AG AA AG
，
所以 1
4 3 2 60 2 3,0 , 0 3,0 , 3 3,0 , 3 3,0 , 0 ,3 3A D B C A
， ， ， ， ， ，
所以 1
7 3 2 60 ,3 3A D
， ， 6 0,0BC - ， ， 1
3 2 61 ,3 3BB
，- ，
3 3 3,0BA ， ，
所以 1
1
cos 0A D BC
A D BC
，
1 1
1 1
5 15 19cos 4 1919 43
A D BB
A D BB
，
1
1
21 21 19cos 2 1919 63
A D BA
A D BA
，
综上所述， cos cos cos ， .
故选：D.
14．（2021·浙江高一单元测试）已知某几何体的一条棱的长为 m ，该棱在正视图中的投影长为 6 ，在侧视
图与俯视图中的投影长为 a 与b ，且 4a b ，则 m 的最小值为（ ）
A． 5 B． 14
2
C． 7 D．2
【答案】C
【解析】
根据三视图的定义，构造一个长方体，利用长方体的边长关系，求得 m 的表达式，利用基本不等式，即可
求得答案.
【详解】
如图：构造长方体
设 AE m ，在长方体中，DE 为正视图中投影，BE 为侧视图中投影，AC 为俯视图的投影，
则 6DE ， ,BE a AC b ，
设 , ,AB x BC y CE z ，
则 2 2 2 2x y z m ， 2 2 2 2 2 2 2 26, ,x z x y b y z a ，
所以 2 2 2 2 22( ) 6x y z a b ，即 2 2 22 6m a b ，
由于 2 2 2( ) ( )2 a b a b ，
所以
22 2
2 6 3 72 2
a b a bm
，解得 7m ，
当且仅当 a b 时等号成立，
故选：C.
15．（2021·高三月考）如图，矩形 ABCD 中，2 3 6AB AD ，点 , 1,2i iE F i 在CD ，
AD 上，满足 1 1 2E F ， 1 2 2 1/ /E F E F ，将 1 1DE F 沿 1 1E F 向上翻折至 1 1D E F ，使得 D 在平面 ABCD 上
的射影落在 2 2DE F 的重心G 处，设二面角 D AB C 的大小为 ，直线 D A ， D C 与平面 ABCD 所
成角分别为 ， ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
作 AC 的中垂线 ML ，根据几何关系得知点G 落在 ML 左边，故可得GN GA GC ，则问题可解．
【详解】
作 AC 的中垂线 ML ， AC 中点为O ，取 2 2E F 中点 H ，故G 在 DH 上，
作GN AB 交 AB 于 N ，连接 ,GA GC ，如图所示：
因为 1 1 2E F ， 1 2 2 1/ /E F E F ， 3, 2AB AD ，可知点G 在 ML 左边，
则GA GC ，由图可知GA GN ，故GN GA GC
易知 tan ,tan ,tanD G D G D G
GN GA GC
，由于GN GA GC
所以 tan tan tan ，则
故选：A
16．（2021·全国高三专题练习）已知正方体 ABCD A B C D 的棱长为 1，点 M ，N 分别为线段 AB，AC
上的动点，点T 在平面 BCC B 内，则 MT NT 的最小值是（ ）
A． 2 B． 2 3
3
C． 6
2
D．1
【答案】B
【解析】
设 A 点关于 BC 的对称点为 E ，M 关于 BB的对称点为 M ，则最小值为直线 EB 与 AC 之间的距离，利
用等积法可求此最小距离.
【详解】
解： A 点关于 BC 的对称点为 E ， M 关于 BB的对称点为 M ，
记 d 为直线 EB 与 AC 之间的距离，则 MT NT M T NT M N d ≥ ≥ ，
由 //B E D C ， d 为 E 到平面 ACD 的距离，
因为 1 1 11 1 13 3 3D ACE ACEV S ，
而 21 3 323 4 6D ACE E ACDV V d d ，故 2 3
3d ，
故选：B.
17．（2021·高三月考）如图，在 ABC 中， 36A ， AD DB BC ，点 E 为线段 AB
上一点，将 ADE 绕 DE 翻折．若在翻折过程中存在某个位置，使得 AE CD ，记 为 ADE 的最小值，
则（ ）
A． (15 ,20 ] B． (20 ,25 ] C． (25 ,30 ] D． (30 ,35 ]
【答案】C
【解析】
易知，A 在以 AD 为母线的圆锥上的一部分（弧 AF），AE 与 CD 所成的最大角为 FGA ，只需 90FGA .
【详解】
如图， AE 与CD 所成的最大角为 FGA ，只需 90FGA 即可.
即90 (54 ) (90 )AFG FAG ADE ADE ，
即 27ADE ，即 27 (25 ,30 ] .
故选：C.
18．（2021·浙江高三月考）如图，已知在 ABC 中， 90 , 1, 2,BAC AB BC D 为线段 BC 上一点，
沿 AD 将 ABD△ 翻转至 AB DV ，若点 B在平面 ADC 内的射影 H 恰好落在线段 AC 上，则二面角
B DC A 的正切的最大值为（ ）
A． 3
3
B．1 C． 2 D． 3
【答案】C
【解析】
过 B作 B E BC 交 BC 于 E，连接 EH，结合已知条件有二面角 B DC A 的平面角为 B EH ，而
tan B HB EH mEH
，设 AH x 且 0 1x ，则 3HC x ，即可求 B H ，
2
HCEH ，应用函
数与方程思想，构造 ( )g x 且在 0 1x 上有解求参数 m 的范围，即可得二面角 B DC A 正切的最大值.
【详解】
过 B作 B E BC 交 BC 于 E，连接 EH，
∵ B在平面 ADC 内的射影 H 恰好落在线段 AC 上，即 B H 面 ABC ，
∴ B H BC 且 B E BC ， B E B H B ,即 BC ⊥面 B HE ，
EH 面 B HE ，则 BC EH ,
∴二面角 B DC A 的平面角为 B EH ，
在 Rt B HE 中， tan B HB EH EH
，若令 AH x ，则 3HC x ，又 1AB AB ，
∴ 21B H x ， 3
2 2
HC xEH 且 0 1x ，
故
22 1tan
3
xB EH m
x
，则 2 2 2 2( ) ( 4) 2 3 3 4 0g x m x m x m ，即方程在 0 1x 上有解
时，m 的最大值即为所求，
而 ( )g x 开口向上且 216 8 0m ，即 20 2m ，对称轴
2
3 3(0, ]4 31
x
m
.
∴当 2 2m 时， 3 (0,1)3x ，显然成立；
当 20 2m 时，当对称轴在 1(0, )2
上， 2(1) (4 2 3) 0f m 恒成立；当对称轴在 1 3[ , )2 3
上，
2(0) 3 4 0f m ，即 2 4
3m ；
∴综上，有 24 23 m ，即 2 3 2 3[ 2, ) ( , 2]3 3m ，故二面角 B DC A 的正切的最大值为 2 .
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：利用三垂线定理找到二面角的平面角，进而根据线段关系、勾股定理求 B H ， EH ，由
tan B HB EH mEH
，结合函数与方程的思想求参数 m 范围，进而确定最大值.
二、多选题
19．（2021·浙江温州市·高三二模）如图，点 M N、 分别是正四面体 ABCD 棱 AB CD、 上的点，设 BM x ，
直线 MN 与直线 BC 所成的角为 ，则（ ）
A．当 2ND CN 时， 随着 x 的增大而增大
B．当 2ND CN 时， 随着 x 的增大而减小
C．当 2CN ND 时， 随着 x 的增大而减小
D．当 2CN ND 时， 随着 x 的增大而增大
【答案】AC
【解析】
分 2ND CN 和 2CN ND 两种情况，分别过 N 作 BC 的平行线，可得直线 MN 与所作的平行线成的角
即为角 可得答案.
【详解】
当 2ND CN 时，如下图作 //NF BC 交 BD 于 F 点，所以直线 MN 与直线 BC 所成的角即为直线 MN 与
直线 NF 所成的角，即 MNF ，从图中可以看出，随着 x 的增大 MNF 逐渐增大，所以 随着 x 的
增大而增大；
当 2CN ND 时，如下图作 //NE BC 交 BD 于 E 点，所以直线 MN 与直线 BC 所成的角即为直线 MN 与
直线 NE 所成的角，即 MNE ，从图中可以看出，随着 x 的增大 MNE 逐渐减小，所以 随着 x 的
增大而减小；
故选：AC.
三、填空题
20．（2021·浙江高三期末）圆锥被一平面所截得到一个圆台，若圆台的上底面半径为 2cm，下底面半径为
3cm，圆台母线长为 4cm，则该圆锥的侧面积为_______cm2.
【答案】 36
【解析】
由所截圆台的上下底面半径的比例及母线长，即可求得圆锥的母线长，以及圆锥底面周长，应用扇形面积
公式即可求圆锥的侧面积.
【详解】
如上图，圆台的上底面半径为 2cm，下底面半径为 3cm，圆合母线长为 4cm，
∴圆锥的侧面积等于扇形 OAB 面积： OABS S ，
而 2
3
OC OC
OB OC CB
且 4CB cm ，得 8OC cm ，即 12OB OA cm ，又 6AB cm ，
∴ 21 362S OB AB cm .
故答案为：36
21．（2021·浙江绍兴市·高三一模）如图，在棱长为 4 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，M 是棱 1A A 上的动点，
N 是棱 BC 的中点.当平面 1D MN 与底面 ABCD 所成的锐二面角最小时， 1A M ___________.
【答案】 8
5
【解析】
建立空间直角坐标系，分别得到平面 1D MN 、平面 ABCD 的法向量，然后按照公式计算进行判断即可.
【详解】
如图
设 4,0, 0 4M a a ， 12,4,0 , 0,0,4N D
12,4, , 2,4, 4MN a D N
设平面 1D MN 的一个法向量为 , ,n x y z
1
4
2 4 00 4
2 4 4 00 4
8
a zxx y azn MN
x y zn D N a zy
令 8z ， 8 2 , 4x a y a ，则 8 2 , 4,8n a a
平面 ABCD 的法向量的一个法向量为 1 0,0,1n
设平面 1D MN 与底面 ABCD 所成的锐二面角为
所以
1
2 2 2
1
8 8cos
5 24 1448 2 4
n n
n n a aa a
当 24 12
10 5a 时， cos 有最大，则 有最小，所以 1
8
5A M
故答案为： 8
5
22．（2021·浙江省高三开学考试）已知三棱锥 P ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，PA
平面 ABC ， 6PA ， 2 3AB ， 2AC ， 4BC ，则球O 的半径为______；若 D 是 BC 的中点，过
点 D 作球O 的截面，则截面面积的最小值是______．
【答案】 13 4
【解析】
过底面外接圆的圆心O 作垂直于底面的直线，则球心O 在该直线上，可得 32
PAOO ，然后即可求出
球的半径，若 D 是 BC 的中点， D ，O 重合，过点 D 作球 O 的截面，则截面面积最小时是与 OO垂直的
面，即是三角形 ABC 的外接圆，然后算出答案即可.
【详解】
如图所示：由题意知底面三角形为直角三角形，所以底面外接圆的半径 22
BCr ，
过底面外接圆的圆心O 作垂直于底面的直线，则球心O 在该直线上，可得 32
PAOO ，
连接 OA ，设外接球的半径为 R ，所以 2 2 2 2 22 3 13R r OO ，解得 13R ．
若 D 是 BC 的中点， D ，O 重合，过点 D 作球O 的截面，
则截面面积最小时是与 OO垂直的面，即是三角形 ABC 的外接圆，
而三角形 ABC 的外接圆半径是斜边的一半，即 2，所以截面面积为 22 4 ．
故答案为： 13 ， 4
四、双空题
23．（2021·浙江高三月考）若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积________ 3cm ；
表面积是________ 2cm .
【答案】 4
3 6 2 3
【解析】
根据三视图还原出直观图，根据题中数据，代入公式，即可求得其体积，根据 ABC 为等边三角形，求得
BC 的长，代入表面积公式，即可求得答案.
【详解】
由三视图可得，该几何体为一个三棱锥，直观图如图所示:
所以该几何体的体积 31 1 42 2 2 ( )3 2 3V cm ，
在 Rt BCD 中， 2 2 2 2BC BD CD ，且 ABC 为等边三角形，
所以表面积 2 21 33 2 2 (2 2) 6 2 3( )2 4S cm .
故答案为： 4
3
； 6 2 3
24．（2021·浙江高三期末）某几何体的三视图如图所示，其正视图中的曲线是半圆弧，则该几何体的体积为
___________，表面积为___________.
【答案】 64 8 80 12
【解析】
由三视图得到直观图，再根据体积和表面积公式即可求得结果.
【详解】
该几何体的直观图为：由一个边长为 4 正方体加上一个半圆柱组成，其半径为 2
体积 3 214 2 4 64 82V ；表面积为 24 4 5 2 2 4 80 12S
故答案为： 64 8 ；80 12
五、解答题
25．（2021·全国高三专题练习（理））已知四边形 ABCD ， 90ABC CAD ， 2
2AB BC AD ，
将 ABC 沿 AC 翻折至 PAC△ .
（Ⅰ）若 PA PD ，求证： AP CD ；
（Ⅱ）若二面角 P AC D 的余弦值为 1
4
，求 PD 与面 PAC 所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） 105
14
.
【解析】
（Ⅰ）证CD 面 PAE 推出 AP CD ；
（Ⅱ）作出二面角 P AC D 的平面角，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦.
【详解】
（Ⅰ）取 CD 的中点 E，连接 AE ， PE
不妨设 2AD ，则 2AB BC ，即 2AP PC
因为 90ABC CAD ，所以 2AC ，则 AE CD ，
又因为 PA PC PD ，所以 PE CD ，且 AE PE E ，
∴CD 面 PAE ， PA 面 PAE ，则 AP CD .
（Ⅱ）取 AC 的中点 O，连接 PO ，OE ， PE ，
不妨设 2AD ，则 2AB BC ，即 2AP PC
因为 90ABC CAD ，则 PO AC ，
又因为 O 为 AC 中点，E 为 CD 的中点，则 //OE AD，所以OE AC ，
所以 POE 为二面角 P AC D 的平面角.
因此以点 O 为坐标原点，以 OA ，OE ，Oz 分别为 x，y，z 轴建空间直角坐标系如图：
1,0,0A ， 1,2,0B ， 1,0,0C ， 1 150, ,4 4P
设面 PAC 的法向量为 , ,n x y z
， 2,0,0CA ，
1 150, ,4 4OP
， 9 151, ,4 4DP
则
2 0
1 15 04 4
x
y z
，所以 0x ，令 15y ，则 1z ，
所以面 PAC 的一个法向量为 0, 15,1n ，
设 PD 与面 PAC 所成的角为 ，则 105sin 14| || |
n DP
n DP
.
26．（2021·浙江温州市·高三二模）如图，在三棱锥 A BCD 中， 90 , 1BCD BC CD ，
ACB ACD ．
（1）证明： AC BD ；
（2）有三个条件；
① 60 ；
②直线 AC 与平面 BCD 所成的角为 45；
③二面角 A CD B 的余弦值为 3
3
．
请你从中选择一个作为条件，求直线 BC 与平面 ACD 所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）选任何一个，结果均为 6
3
．
【解析】
（1）取 BD 中点O ，连接 ,OA OC ，证明 BD 平面 AOC ，可证线线垂直；
（2）分析图形，在CA 上取点 P ，使得 PO OC （即平面 PBD 平面 BCD），这样以 , ,OC OD OP 为
, ,x y z 轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求线面角的正弦值．不管选①②③中哪一个，都推导出
OM OC ．得出各点坐标，用向量法求解即可．
【详解】
（1）取 BD 中点O ，连接 ,OA OC ，则OC BD ，
又 BC DC ， ACB ACD ． AC AC ，所以 ABC ADC△ △ ，
所以 AB AD ，所以 AO BD ，
AO CO O ， ,AO CO 平面 AOC ，所以 BD 平面 AOC ，
又 AC 平面 AOC ，所以 BD AC ；
（2）在CA 上取点 P ，使得 90POC ，连接 ,PB PD ，由于OC 与 BD 是平面 BCD内相交直线，所
以 PO 平面 BCD ，
以 , ,OC OD OP 为 , ,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图，
2BD ， 2
2OC = OB ，因此 PD PC 同理 PD PC PB ，
选①， 60 ，则 PCD 是等边三角形， 1PD CD PC ， 2
2OP ，
则 2(0,0, )2P ， 2( ,0,0)2C ， 2(0, ,0)2D ， 2(0, ,0)2B ，
2 2( , ,0)2 2BC
uuur ， 2 2( , ,0)2 2DC ， 2 2(0, , )2 2DP ，
设平面 PCD的一个法向量是 ( , , )n x y z ，
则
2 2 02 2
2 2 02 2
n DC x y
n DP y z
，取 1x ，则 1y z ，即 (1,1,1)n ，
记直线 BC 与平面 PCD（即平面 ACD ）所成的角为 ，
则
2 2 0 62 2sin cos , 31 3
BC nBC n
BC n
．
选②，由 PO 平面 BCD得 PCO 是 PC （即 AC ）与平面 BCD 所成的角，
所以 45PCO ，OP OC ，
以下同选①；
选③，作 PM CD ，垂足为 M ，连接OM ，
由 PO 平面 BCD ，CD 平面 BCD，所以 PO CD ，
又 PO PM P ， ,PO PM 平面 POM ，而 OM 平面 POM ，所以CD OM ，
所以 PMO 是二面角 P CD B 即二面角 A CD B 的平面角，
已知即为 3cos 3PMO ，则 tan 2PMO ，
2 2
12 2
1 2OM
，
所以 2tan 2OP OM PMO OC= ，
以下同选①．
27．（2021·浙江绍兴市·高三一模）如图，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，
1 1 14, 2, 2 3, , 60AB AA BC AC AC BC A AB .
（1）证明： BC ⊥平面 1 1ACC A ；
（2）设点 D 为 1CC 的中点，求直线 1A D 与平面 1 1ABB A 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2） 3
3
.
【解析】
（1）根据勾股定理逆定理可知 1BC AC ，然后利用线面垂直的判定定理可知结果.
（2）解法 1 通过作辅助线，找到直线 1A D 与平面 1 1ABB A 所成角，然后根据三角函数的知识进行求解即可；
解法 2 利用建系，求得平面 1 1ABB A 的一个法向量，然后按公式计算即可.
【详解】
（1） 证明：如图，连接 1A B
由 1 1, 60AB AA A AB ，所以 1ABA△ 为等边三角形
因为 1 12 3 2 4AC BC A B ， ， ，
所以 2 2 2
1 1A B AC BC ，所以 1BC AC ，
又 1 1BC AC AC AC C AC AC ， ， ， 平面 1 1ACC A ，
所以 BC ⊥平面 1 1ACC A .
（2）解法 1：如图，设 E 为 1BB 的中点，连结 1A E DE， ，作 1DF A E 于 F.
因为 BC ⊥平面 1 1ACC A ， //DE BC ，所以 DE 平面 1 1ACC A ，
又 1CC 平面 1 1ACC A ，所以 1DE CC .
在 1 1ACC△ 中， 1 1 1AC AC ，
D 为 1CC 的中点，所以 1 1A D CC ，又 1A D DE D ，所以 1CC 平面 1A DE .
因为 1 1/ /BB CC ，所以 1BB 平面 1A DE ，所以 1BB DF ，
又因为 1 1 1 1 1,DF A E BB A E E BB A E ， ， 平面 1 1ABB A ，所以 DF 平面 1 1ABB A ，
所以直线 1A D 与平面 1 1ABB A 所成角为 1DA E .
在 1DA E 中， 2 2
1 1 1 2 2 2 2A D DE A D AC DE BC ， ， ，
所以 2 2
1 1 2 3A E A D DE ，所以 1
1
3sin 3
DEDA E A E
.
因此，直线 1A D 与平面 1 1ABB A 所成角的正弦值为 3
3
.
解法 2：如图，以 C 为原点，以射线CA CB， 分别为 x，y 轴正半轴，建立空间直角坐标系 C xyz ，
则 1
2 3 4 60,0,0 , 2 3,0,0 , 0,2,0 , ,0,3 3C A B A
1
4 3 4 6 2 3 2 6,0, , ,0,3 3 3 3C D
因此 1
4 3 2 6,0,3 3A D
，
1
4 3 4 62 3,2,0 , ,0,3 3AB AA
.
设平面 1 1ABB A 的法向量为 , ,n x y z （ ），
由
1
0
0
n AB
n AA
，得 3 0
2 0
x y
x z
可取 2, 6,1n .
设直线 1A D 与平面 1 1ABB A 所成角为 ，
则 1
1
1
3sin cos , 3
A D n
A D n
A D n
.
因此，直线 1A D 与平面 1 1ABB A 所成角的正弦值是 3
3
.
28．（2021·全国高三专题练习）在四棱锥 P ABCD 中， //AB CD ， 2AD ， 60DAB ， APB△ 为等
腰直角三角形， 2 2PA PB= = ，过 CD 的平面分别交线段 PA ，PB 于 M ，N ，E 在线段 DP 上（ M ，
N ， E 不同于端点）.
（1）求证： //CD 平面 MNE ；
（2）若 E 为 DP 的中点，且 DM 平面 APB ，求直线 PA 与平面 MNE 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2） 3
3
.
【解析】
（1）由 //AB CD ，得 //CD 平面 ABP ，又平面CDMN 平面 ABP MN ， //CD MN 可得答案；
（2）作 MF AB 于 F ，得 AB 平面 DMF ，所以 DF AB ，且得平面 //MNE 平面 ABCD ，直线 PA
与平面 MNE 所成角，即直线 PA 与平面 ABCD 所成角，又平面 MDF 平面 ABCD ，得 MH 平面
ABCD ， MAH 是直线 PA 与平面 ABCD 所成角，在直角三角形中可得答案.
【详解】
（1）证明：∵ //AB CD ， AB Ì平面 ABP ，CD 平面 ABP ，
∴ //CD 平面 ABP ，又∵ CD 平面CDMN ，平面CDMN 平面 ABP MN ，
∴ //CD MN ，又∵ MN 平面 MNE ，CD 平面 MNE ∴ //CD 平面 MNE .
（2）作 MF AB 于 F ，连接 DF ，由 DM 平面 APB ， AB Ì平面 APB ，
所以 DM AB ，又 DM FM M ，所以 AB 平面 DMF ，
DF 平面 DMF ，所以 DF AB ，
在 Rt ADF 中，∵ 60BAD ， 2AD ，∴ 1AF ，
在 Rt AMF△ 中，∵ 45BAM ，∴ 2AM ，∴ 2M P ，
∵ M 为 AP 的中点， E 为 DP 的中点，
∴ //MN AB ， //ME AD ， MN ME M ，
∴平面 //MNE 平面 ABCD ，直线 PA 与平面 MNE 所成角，
即直线 PA 与平面 ABCD 所成角，
∵ DM 平面 APB ，∴ DM AB ，又∵ AB MF ， DM MF M ，
∴ AB 平面 DFM ，平面 MDF 平面 ABCD ，
过点 M 作 MH DF 交于点 H ，连接 AH ，则 MH 平面 ABCD ，
∴ MAH 是直线 PA 与平面 ABCD 所成角，
∵ 1MF AF ， 2 2 2DM AD AM ，∴ 6
3
MF MDMH DF
.
3sin 3
MHMAH AM
.
∴直线 PA 与平面 MNE 所成角的正弦值为 3
3
.
29．（2021·浙江温州市·高三开学考试）如图，三棱柱 ABC DEF 所有的棱长均为 1，且四边形
BCFE 为正方形，又 AB EC .
（Ⅰ）求证： DE AF ；
（Ⅱ）求直线 AB 和平面 ACF 所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） 6
3
.
【解析】
（Ⅰ）先证 EC 平面 ABF ，得到 EC AF ，再结合条件证明 AF 平面CDE ，即 AF DE .
（Ⅱ）由（1）得， AF 平面CDE ，所以平面CDE 平面 ACFD ，过点 E 作 EH CD ，即 EDH 为
DE 和平面 ACF 所成角，结合条件即可求得下弦值.
【详解】
（Ⅰ）解（几何法）
连接 BF ，CD ，由四边形 BCEF 为正方形可得，EC BF ，又因为 AB EC ，AB BF B ，所以 EC
平面 ABF ，所以 EC AF 易得四边形 ACFD 为菱形，则 AF CD ，又 CD CE C ，所以 AF 平
面CDE ，即 AF DE .
（Ⅱ）解（几何法）
因为 //AB DE ，所以 DE EC ，且 DE 和平面 ACF 所成角与直线 AB 和平面 ACF 所成角相等，由（1）
得， AF 平面CDE ，又因为 AF 平面 AFC ，所以平面CDE 平面 ACFD ，过点 E 作 EH CD ，
又因为平面CDE 平面 ACFD CD ，EH 平面CDE ，所以 EH 平面 ACFD ，即 EDH 为 DE 和
平面 ACF 所成角，由 DE EC ， 2EC ，得 3DC ，所以
sin sin ECEDH EDC DC
2 6
33
，直线 AB 和平面 ACF 所成角的正弦值为 6
3
.
30．（2021·全国高三专题练习）如图 1，在矩形 ABCD 中， 2 2,BC AB E 是 AD 中点，将 CDE△ 沿直
线CE 翻折到 CPE△ 的位置，使得 3PB ，如图 2.
（1）求证：面 PCE 面 ABCE；
（2）求 PC 与面 ABP 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2） 2 22
11
.
【解析】
（1）连结 BE ，可得 BE EC ，结合两图，可得 BE EC ， BE PE ，又 EC PE E ，根据线面垂直
的判定定理证得 BE 面 PEC，再利用面面垂直的判定定理证得结果；
（2）以点 A 为原点，分别以 ,AB AE 直线为 x 轴， y 轴，以经过点 A 且垂直于平面 ABCE 的直线为 z 轴建
立直角坐标系，利用直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值得到结果.
【详解】
（1）证明：连结 BE ，
由图 1 可得 BE EC
在图 2 中 2, 1, 3,BE PE PB BE PE
又 EC PE E BE 面 PEC
BE 面 ABCE面 PCE 面 ABCE
（2）以点 A 为原点，分别以 ,AB AE 直线为 x 轴， y 轴，以经过点 A 且垂直于平面 ABCE 的直线为 z 轴建
立直角坐标系.
由题意可知， 1 3 21,0,0 , 1,2,0 , 0,1,0 , , ,2 2 2B C E P
1 3 2, , , 1,0,02 2 2AP AB
设面 ABP 的法向量为 , ,n x y zr
则 0,
0
n AP
n AB
令 2,y 得 3,z 所以 0, 2, 3n
1 1 2, ,2 2 2PC
2 22sin cos , 11
PC n
PC n
PC n
所以直线 PC 与面 ABP 所成角的正弦值为 2 22
11
.
31．（2021·浙江高三期末）如图，三棱锥 P ABC 中， 3 ,AB AC BC PA PB 面 , ,PAC E F 分
别为 ,AC PB 的中点.
（1）求证： AC EF ；
（2）求 PB 与面 ABC 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2） 1
3 .
【解析】
（1）连接 ,PE BE ，结合已知条件先证明 AC 面 PEB ，然后由线面垂直的性质证得线线垂直；（2）由（1）
得 AC 面 PEB ，先找出线面角，结合条件中的边长数量关系计算求出结果.
【详解】
（1）连接 ,PE BE
AB AC BC
AC BE
PB 面 PAC
,PB PA PB PC
BPA△ ≌ BPC△ ，得 PA PC
AC PE
PE BE E
AC 面 PEB
EF 面 PEB
AC EF ;
（2）过点 P 作 PD BE ，交于点 D ，由（1）有 AC 面 PEB ，
PD Q 面 PEB ， AC PD ， AC BE E ， PD 面 ABC ，
所以 PBE 就是 PB 与面 ABC 所成的角，不妨设 1PA ，
在等腰三角形 PAC 中， 1, 3PA PC AC ，
则 3
2AE ，在直角三角形 PAE 中，由勾股定理计算得 1
2PE ，
等边三角形 ABC 中 3
2BE ，
在直角三角形 BPE 中，计算得 1sin 3
PEPBE BE
，
即 PB 与面 ABC 所成的角的正弦值为 1
3
32．（2021·全国高三专题练习）如图，圆锥 PO 的顶点为 P，其母线长为 3，点 A B C M、 、 、 都在底面 O
上，且 3BC ， AO OM
uuur uuur ， PAB PAC ；设 E F、 分别是母线 PB PC、 靠近 B C、 的三等分点，
并且平面 AEF 交母线 PM 于点T .
（1）证明： AP EF ；
（2）当 060 PAB 时，求 PT 与平面 AEF 所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） 5 39 .
【解析】
（1）连结 AM 交 BC 于 H ，证明 PO BC ， AP BC ，后得线面垂直，从而得线线垂直 BC AP ，
再由平行得证结论．
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求线面角的正弦值．
【详解】
（1）在圆锥 PO 中， PO 平面 ABC ， BC 平面 ABC PO BC
PAB PAC
PA PA PAB PAC AB AC
PC PB
连结 AM 交 BC 于 H ，则 AO BC ，又 AO PO O ， ,AO OP 平面 APO ，
所以 BC ⊥平面 APO ， AP 平面 APO ，
所以 BC AP
又 E F、 分别是靠近 B C、 的三等分点
//PE PF EF BC EF APPB PC
（2）由 060 PAB 得 PAB PAC、V V 都为正三角形，则 = 3AB AC BC
如图以O 为原点，垂直于 AM 所在的直线为 x 轴，OM 所在的直线为 y 轴，OP 所在的直线为 z 轴建立空
间直角坐标系，
则 (0, 3,0)A ， (0,0, 6)P ， 3 3( , ,0)2 2B ，
3 3 3 3( , , 6), ( , , 6)2 2 2 2PB PC
uur uuur
2 3 2 2 3 2(1, , 6), ( 1, , 6)3 3 3 3 3 3PE PB PF PC
uur uur uuur uuur
3 6 3 6(1, , ), ( 1, , )3 3 3 3E F 4 3 6( 2,0,0), (1, , )3 3EF AE
uuur uuur
设 ( , , )n x y z 为平面 AEF 的法向量，则
2 00
4 60 3 03 3
xn AE
n EF x y z
，取 4z ，得 =(0, 2,4)n
又 (0, 3, 6)PM
uuur ，
设 PT 与平面 AEF 所成角为 ，则 设 PM 与平面 AEF 所成角也为
6 4 6 5sin 393 3 2
33．（2021·浙江高三月考）如图，在三棱锥 P ABC 中， 3, 2, 1,AB PA PB AC F 为线段 BC 的
中点.已知 AC AB ，且二面角 P AB C- - 的平面角大小为 60.
（1）求证： AC PF ；
（2）求直线 PF 与平面 PAC 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2） 10
10
.
【解析】
（1）过点 A 作 AQ PB∥ ，连接 PQ，取 AC 中点 E ，连接 ,EF OE ，证明 AC 平面QEFP ，利用线面垂
直的性质得到 AC PF ；
（2）以 E 为坐标原点， , ,EC EF EQ
所在直线分别为 x 轴､ y 轴､ z 轴正方向，建立空间直角坐标系，用向
量法计算即可.
【详解】
解：（1）证明：如图，
过点 A 作 AQ PB∥ ，连接 PQ.
2 2 2 , ,AP AB BP BP AB AQ AB .
又 ,AC AB AC AQ A ，
∴ 易知 QAC 为二面角 P AB C- - 的平面角，即 60OAC ，
1QC AC QA .
取 AC 中点 E ，连接 ,EF OE ，则 AC QE .
又 ,AC EF QE EF E ，
AC 平面 QEFP .
又 PF 平面QEFP ， AC PF .
（2）由（1）知 , ,EQ EF EC 两两垂直，故以 E 为坐标原点， , ,EC EF EQ
所在直线分别为 x 轴､ y 轴､ z 轴
正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 1 1 1 3 3(0,0,0), ,0,0 , ,0,0 , ( , 3,0), 0, ,0 , 0.0, ,2 2 2 2 2E A C B F Q
30, 3, 2P
则 1 3 1 3, 3, , , 3, ,2 2 2 2PA PC
3 30, ,2 2PF
设平面 PAC 的一个法向量为 ( , , )n x y z ，
则 0,
0,
n PA
n PC
即
33 0,2 2
33 0,2 2
x y z
x y z
不妨设 1y ，则 (0,1, 2)n .
设直线 PF 与平面 PAC 所成角为 .
则
30 3 102sin cos , | | 10| | | | 3 30 0 1 24 4
n PFn PF
n PF
.
即直线 PF 与平面 PAC 所成角的正弦值为 10
10
.
34．（2021·浙江宁波市·高三月考）如图所示，已知 ABC 与 BCD△ 所在平面互相垂直， 60BAC ，
90BCD ， AB AC ， 2CD BC ，点 ,P Q 分别在边 ,BD CD上，沿直线 PQ 将 PQD△ 翻折，使 D
与 A 重合．
（1）证明 AD PQ ．
（2）求直线 AP 与平面 ABC 所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） 8 5
25
．
【解析】
（1）证明 AD 平面 PQR ， AD PQ 即得证；
（2）设 2BC ，过 P 作 PH BC 于点 H，连结 AH ，证明 PAH 就是直线 AP 与平面 ABC 所成角，
再解三角形得解.
【详解】
（1）证明：由题意可得 AP DP ， AQ DQ ．
取线段 AD 的中点 R，连结 , PR QR ，显然 AD PR ， AD QR ．
因为 , ,PR QR R PR QR 平面 PQR ，
所以 AD 平面 PQR ，
所以 AD PQ .
（2）设 2BC ，则 2AB AC ， 4CD ， 2 5BD AD ．
由余弦定理得
2 2 2 20 20 4 9cos 2 102 2 5 2 5
AD BD ABADB AD BD
，
1
102 5cos 9
AD
AP DP ADB
， 5
9DP BD ， 4
9BP BD ．
过 P 作 PH BC 于点 H，
因为平面 ABC 平面 BCD，所以 PH 平面 ABC ．连结 AH ，
所以 PAH 就是直线 AP 与平面 ABC 所成角．
在 PAH 中． 4 16
9 9PH CD ，
16
8 59sin 10 2559
PHPAH AP
．即直线 AP 与平面 ABC 所成角的
正弦值为 8 5
25
．
【点睛】
方法点睛：直线和平面所成的角的求法：
方法一：（几何法）找 作（定义法）证（定义）指 求（解三角形），其关键是找到直线在平面内
的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.
方法二：（向量法）sin
AB n
AB n
，其中 AB
是直线 l 的方向向量， n
是平面的法向量， 是直线和平面
所成的角.
35．（2021·浙江省高三开学考试）如图，在多面体 ABCDP 中， ABC 是边长为 4 的等边三
角形， PA AC ， 2 2BD CD ， 4 2PC PB ，点 E 为 BC 的中点，平面 BDC 平面 ABC ．
（1）求证： //DE 平面 PAC
（2）线段 BC 上是否存在一点T ，使得二面角T DA B 为直二面角？若存在，试指出点T 的位置；若不
存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，T 为线段 BC 上靠近点C 的八等分点.
【解析】
（1）根据题目条件证明 DE 平面 ACE ，从而得到 DE // PA ，得出 DE //平面 PAC ;
（2）建立空间直角坐标系，假设存在点 ,0,0T ，计算平面TDA和平面 BDA 的法向量，使法向量数量
积为零，然后求解 ，根据 的值确定点T 的位置.
【详解】
解：（1）因为 2 2BD CD ， ABC 是边长为 4 的等边三角形，
所以 2 22 2 22 2 2 2 16BD CD BC ，
所以 BDC 是等腰直角三角形， 90BDC ．
又点 E 为 BC 的中点，所以 DE BC ．
因为平面 BDC 平面 ABC ，平面 BDC 平面 ABC BC ，
所以 DE 平面 ABC ．
因为 4 2PC PB ， 4PA AC AB ，
所以 2 2 2 2 24 4 32PA AC PC ， 2 2 2 2 24 4 32PA AB PB ，
所以 PAB△ 与 PAC△ 都是直角三角形，
故 PA AC ， PA AB ．
又 AC AB A ，
所以 PA 平面 ABC ，
所以 DE PA∥ ．
因为 PA 平面 PAC ， DE 平面 PAC ，
所以 DE 平面 PAC ．
（2）连接 AE ，以 E 为原点， EC ， EA ， ED 所在直线分别为 x ， y ， z 轴，建立如图所示的空间直角坐
标系，
则 0,2 3,0A ， 2,0,0B ， 2,0,0C ， 0,0,2D ，
设存在 ,0,0T ，使得二面角T DA B 为直二面角，易知 2 2 ，且 0 ．
设平面 BAD 的法向量为 11 1 1, ,xn y z
，
则由 2,0,2BD ， 0, 2 3,2AD
，
得 1 1
1 1
0
3 0
x z
y z
，令 1 1z ，得 1 1 1x x ， 1
3
3y ，
故 1
31, ,13n
．
设平面TAD 的法向量为 2 2 2 2, ,n x y z
，
则由 ,0, 2DT ， , 2 3,0AT
，
得 2 2
2 2
2 0,
2 3 0
x z
x y
，令 2 1z ，得 2
2x ， 2
3
3y ，
故 2
2 3, ,13n
．
由 1 2
2
2 3 3 13 3cos , 0
7 4 4
3 3
n n
，得 1 2 1 03 ，故 3
2
．
所以当T 为线段 BC 上靠近点C 的八等分点时，二面角T DA B 为直二面角．
36．（2021·高三月考）如图，在斜四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1 3DAB A AB ，
1 A A AD ， 1 2AB AA AD .
（1）证明：平面 1 1A AD D 平面 1 1B BD ；
（2）求二面角 1 1 1B AD A 的正切值.
【答案】（1）证明见解析；（2） 10 .
【解析】
（1）要证明面面垂直，关键证明线面垂直，利用垂直关系，转化为证明 AD 平面 1 1BDD B ；（2）几何法，
利用二面角的余弦值为射影面积与原面积的比值计算结果；向量法，分别求平面 1 1B AD 和平面 1ADA 的法向
量，利用法向量求二面角的余弦值，再求正切值.
【详解】
（1）证明：不妨设 1AD ，则 1 2AB AA
由余弦定理： 2 2 2 cos 3BD AD AB AB AD DAB
∴ 2 2 2AD BD AB ，∴ AD DB
∵ 1DD AD ， 1DD BD DI ，∴ AD 平面 1 1BDD B
∵ AD 平面 1 1A AD D ，∴平面 1 1A AD D 平面 1 1BDD B .
（2）解法一：由（1）可知：∴平面 1 1A AD D 平面 1 1BDD B
如下图，连 1DB ，作 1 1B H DD ，故 1B H 平面 1 1A AD D
∴ 1AD H 即 1 1 1A D B 在平面 1 1A AD D 的射影
∵ 1AD DB ，∴ 1 1 13DB D B ，故 H 为 1DD 的中点，故
1 1
1 1
2 2AHD ADDS S
∵ 1AD DD ，∴ 1 5AD ，
∵ 1 3A AB ，∴ 1 2AB
由余弦定理：
1
5 3 4 2cos
2 15 15
AD B ∴ 1
11sin
15
AD B
故
1 1 1 1 1 1
1 11 11sin 152 22 15AD BS AD B AD D B
设二面角 1 1 1B AD A 的大小为 ，则
1 1
11cos 11
AHD
AD B
S
S
故 tan 10
解法二：如下图，以 1D 为原点， 1 1D A 为 x 轴， 1D D 为 y 轴，建立空间直角坐标系，连 1DB
∵ 1AD DB ，∴ 1 1 13DB D B
故得到 1,2,0A ， 0,1, 2B ， 1 1,0,0A
设平面 1 1A AD D 的法向量 v
，取 0,0,1v ，平面 1 1AD B 的法向量为 r
，
得 1
1
0
0
r D B
r D A
取 2 2, 2,1r
设二面角 1 1 1B AD A 的大小为 ，则 11cos 11
v r
v r
故 tan 10
【点睛】
方法点睛：求二面角的方法通常有两个思路：
一是利用空间向量，建立坐标系，求得对应平面的法向量之间夹角的余弦值，再判断锐二面角或钝二面角，
确定结果，这种方法优点是思路清晰、方法明确，但是计算量较大；
二是传统方法，利用垂直关系和二面角的定义，找到二面角对应的平面角，再求出二面角平面角的大小，
这种解法的关键是找到平面角.
三是射影面积法，其中一个平面的三角形，与其在另一个平面的射影三角形，射影三角形的面积与原三角
形的面积比值就是锐二面角的余弦值.
37．（2021·全国高三专题练习）如图，已知四棱锥 P ABCE 中，PA 平面 ABCE ，平面 PAB 平面 PBC ，
且 1AB ， 2BC ， 2 2BE ，点 A 在平面 PCE 内的射影恰为 PCE 的重心G .
（1）证明： BC AB ；
（2）求直线 CG 与平面 PBC 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2） 4 42
63
.
【解析】
（1）过 A 作 AD PB 于 D ， 利用面面垂直的性质定理可知 AD 平面 PBC ，进而可知 AD BC ，又
由已知可知 PA BC ，再利用线面垂直的判定定理证得 BC ⊥平面 PAB ，进而证得 BC AB ；
（2）连结 PG 并延长交 CE 于 M ，连结 AM ，以 B 为原点，分别以 BA ， BC 所在的直线为 x ， y 轴，以
过 B 且与平面 ABCE 垂直的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，求出平面 PBC 的法向量，即 CG
，再利
用向量夹角公式即可求得直线CG 与平面 PBC 所成角的正弦值.
【详解】
（1）过 A 作 AD PB 于 D ，
因为平面 PAB 平面 PBC ，平面 PAB 平面 PBC PB ， AD 平面 PAB ，
AD 平面 PBC ，
BC 平面 PBC ， AD BC .
又 PA 平面 ABCE ， BC 平面 ABCE ， PA BC ，
又 PA AD A ， BC 平面 PAB ，
AB 平面 PAB ， BC AB .
（2）连结 PG 并延长交 CE 于 M ，连结 AM ，以 B 为原点，
分别以 BA ， BC 所在的直线为 x ， y 轴，以过 B 且与平面 ABCE 垂直的直线为 z 轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，则 0,0,0B ， 1,0,0A ， 0,2,0c ，设 , ,0E x y ，
AG Q 平面 PCE ， CE 平面 PCE ， AG CE ，同理 PA CE ，
又 AG PA A ， CE 平面 PAM ， CE AM ，
又G 是 PCE 的重心， M 是CE 的中点， AC AE ，由（1）知， BC AB ，
5AC AE ， , ,0BE x y
uur
， 1, ,0AE x y ，
2 2
2 2
8
( 1) 5
x y
x y
，解得 2
2
x
y
， 2,2,0E ，
设 AP a ，则 1,0,P a ，故 41, ,3 3
aG
，
40, ,3 3
aAG
uuur
， 21, ,3 3
aCG
，
280 09 9
aAG GC
uuur uuur ， 2 2a ，
1,0,2 2P ， 1,0,2 2BP
uur
， 0,2,0BC
uuur
， 2 2 21, ,3 3CG
，
设平面 PBC 的法向量为 , ,n x y z
，则 0 2 2 0
0 2 0
BP n x z
BC n y
，
令 1z ，则 2 2,0,1n
，
设直线CG 与平面 PBC 所成角为 ，则 sin CG n
CG n
2 22 2 0 4 423
6321 33
，
故直线CG 与平面 PBC 所成角的正弦值为 4 42
63
.
【点睛】
方法点睛：本题考查线线垂直，及线面角的求法，利用空间向量求立体几何常考查的夹角：
设直线 ,l m 的方向向量分别为 ,a b
，平面 , 的法向量分别为 ,u v
，则
①两直线 ,l m 所成的角为 ( 0 2
),cos
a b
a b
r r
r r ；
②直线l 与平面 所成的角为 ( 0 2
),sin
a u
a u
r r
r r ；
③二面角 l 的大小为 (0 ), cos .
u v
u v
r r
r r
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