专题06 立体几何（解答题）（解析版）.docx

1、五年（2019-2023）年高考真题分项汇编专题05 立体几何（解答题）立体几何在理科数解答题中一般出现在20题左右的位置。主要考查空间几何体对应的空间角问题，考查二面角的频率比较大。1（2023全国新课标卷）如图，在正四棱柱中，点分别在棱,上，(1)证明：；(2)点在棱上，当二面角为时，求【答案】(1)证明见解析；(2)1【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，则，又不在同一条直线上，.（2）设，则，设平面的法向量，则，令 ，得，设平面的法向量，则，令 ，得，

2、化简可得，解得或，或，.2（20203全国统考新课标卷）如图，三棱锥中，E为BC的中点(1)证明：；(2)点F满足，求二面角的正弦值【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出【详解】（1）连接，因为E为BC中点，所以，因为，所以与均为等边三角形，从而，由，平面，所以，平面，而平面，所以（2）不妨设，又，平面平面以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：设，设平面与平面的一个法向量分别为，二面角平面角为

3、,而，因为，所以，即有，取，所以；，取，所以，所以，从而所以二面角的正弦值为3（2023全国统考高考乙卷）如图，在三棱锥中，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，.(1)证明：平面；(2)证明：平面平面BEF；(3)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3).【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.（2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明；（3）法一：由（

4、2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【详解】（1）连接，设，则，则，解得，则为的中点，由分别为的中点，于是，即，则四边形为平行四边形，又平面平面，所以平面.（2）法一：由（1）可知，则，得，因此，则，有，又，平面，则有平面，又平面，所以平面平面.法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，在中，在中，设，所以由可得：，可得：，所以，则，所以，设平面的法向量为，则，得，令，则，所以，设平面的法向量为，则，得，令，则，所以，所以平面平面BEF；（3）法一：过点作交于点，设，由，得，且，又由（2

5、）知，则为二面角的平面角，因为分别为的中点，因此为的重心，即有，又，即有，解得，同理得，于是，即有，则，从而，在中，于是，所以二面角的正弦值为.法二：平面的法向量为，平面的法向量为，所以，因为，所以，故二面角的正弦值为.4（2023全国统考高考甲卷）如图，在三棱柱中，底面ABC，到平面的距离为1(1)证明：；(2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得平面，再由勾股定理求出为中点，即可得证；（2）利用直角三角形求出的长及点到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值.【详解】（1）如图，底面，面，又，平面，,平

6、面ACC1A1，又平面，平面平面， 过作交于，又平面平面，平面，平面到平面的距离为1，在中，设，则，为直角三角形，且，解得，（2），过B作，交于D，则为中点，由直线与距离为2，所以，在，延长，使，连接，由知四边形为平行四边形，平面，又平面，则在中，在中，,又到平面距离也为1，所以与平面所成角的正弦值为.5（2022全国统考高考乙卷）如图，四面体中，E为的中点(1)证明：平面平面；(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值【答案】(1)证明过程见解析(2)与平面所成的角的正弦值为【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可

7、证明；（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.【详解】（1）因为，E为的中点，所以；在和中，因为，所以，所以，又因为E为的中点，所以；又因为平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，所以，所以，当时，最小，即的面积最小.因为，所以，又因为，所以是等边三角形，因为E为的中点，所以，因为，所以,在中，所以.以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，又因为，所以，所以，设与平面所成的角的正弦值为，所以，所以与平面所成的角的正弦值为.6（2022全国统考高考甲卷）在四棱锥中，

8、底面(1)证明：；(2)求PD与平面所成的角的正弦值【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于，因为，所以四边形为等腰梯形，所以，故，所以，所以，因为平面，平面，所以，又，所以平面，又因为平面，所以；（2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，则，设平面的法向量，则有，可取，则，所以与平面所成角的正弦值为.7（2022全国新课标卷）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为(1)求A到平面的距离；

9、(2)设D为的中点，平面平面，求二面角的正弦值【答案】(1)(2)【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，则，解得，所以点A到平面的距离为；（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,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，所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得，所以，所以，则,所以的中点，则，,设平面的一个法向量，则，可取，设平面的一个法向量，则，可取，则，所以二面角的正弦值

10、为.8（2022全国统考新课标卷）如图，是三棱锥的高，E是的中点(1)证明：平面；(2)若，求二面角的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，因为是三棱锥的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，所以所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，又平面，平面，所以平面（2）解：过点作，如图建立空间直角坐标

11、系，因为，所以，又，所以，则，所以，所以，所以，则，设平面的法向量为，则，令，则，所以；设平面的法向量为，则，令，则，所以；所以.设二面角的大小为，则，所以，即二面角的正弦值为.9（2021全国统考高考乙卷）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，为的中点，且（1）求；（2）求二面角的正弦值【答案】（1）；（2）【分析】（1）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；（2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.【详解】（1）方法一：空间坐标系+空间向量法平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、所在直线分别为、

12、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、，则，则，解得，故；方法二【最优解】：几何法+相似三角形法如图，连结因为底面，且底面，所以又因为，所以平面又平面，所以从而因为，所以所以，于是所以所以 方法三：几何法+三角形面积法如图，联结交于点N由方法二知在矩形中，有，所以，即令，因为M为的中点，则，由，得，解得，所以（2）方法一【最优解】：空间坐标系+空间向量法设平面的法向量为，则，由，取，可得，设平面的法向量为，由，取，可得，所以，因此，二面角的正弦值为.方法二：构造长方体法+等体积法如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，所以平面过H作的垂线，垂足记为G联结，由三垂线定理可知，故为二面角的平

13、面角易证四边形是边长为的正方形，联结，由等积法解得在中，由勾股定理求得所以，即二面角的正弦值为【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.10（2021全国统考高考甲卷）已知直三棱柱中，侧面为正方形，E，F分别为和的中点，D为棱上的点 （1）证明：；（2）当为何值时，

14、面与面所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；【详解】（1）方法一：几何法因为，所以又因为，所以平面又因为，构造正方体，如图所示，过E作的平行线分别与交于其中点，连接，因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，易证，则又因为，所以又因为，所以平面又因为平面，所以 方法二 【最优解】：向量法因为三棱柱是直三棱柱，底面，又，平面所以两两垂直以为坐标原点，分别以所在直线为轴

15、建立空间直角坐标系，如图，由题设（）因为，所以，所以 方法三：因为，所以，故，所以，所以（2）方法一【最优解】：向量法设平面的法向量为，因为，所以，即令，则因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则当时，取最小值为，此时取最大值为所以，此时 方法二 ：几何法如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角设，过作交于点G由得又，即，所以又，即，所以所以则，所以，当时，方法三：投影法如图，联结，在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则设，在中，在中，过D作的平行线交于点Q在中，在中，由余弦定理得，当，即，

16、面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小

17、，非常好的方法，开阔学生的思维11（2021全国新课标卷）如图，在三棱锥中，平面平面，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【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证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【详解】（1）因为，O是中点，所以，因为平面，平面平面，且平面平面，所以平面因为平面，所以.（2）方法一：通性通法坐标法如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，则，设,

18、所以，设为平面的法向量，则由可求得平面的一个法向量为又平面的一个法向量为，所以，解得又点C到平面的距离为，所以，所以三棱锥的体积为方法二【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作，垂足为点G作，垂足为点F，连结，则因为平面，所以平面，为二面角的平面角因为，所以由已知得，故又，所以因为，方法三：三面角公式考虑三面角，记为，为，记二面角为据题意，得对使用三面角的余弦公式，可得，化简可得使用三面角的正弦公式，可得，化简可得将两式平方后相加，可得，由此得，从而可得如图可知，即有，根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，结合的正切值，可得从而可得三棱锥的体积为【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐

19、标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.12（2021全国统考新课标卷）在四棱锥中，底面是正方形，若（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面

20、的法向量后可求二面角的余弦值.【详解】（1）取的中点为，连接.因为，则，而，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面.（2）在平面内，过作，交于，则，结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.则，故.设平面的法向量，则即，取，则，故.而平面的法向量为，故.二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.13（2020全国卷）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，是底面的内接正三角形，为上一点，（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）要证明平面，只需证明，即可；（2）方法一：过O作BC交AB

21、于点N，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面的一个法向量，平面的一个法向量为，利用公式计算即可得到答案.【详解】（1）方法一：勾股运算法证明由题设，知为等边三角形，设，则，所以，又为等边三角形，则，所以，则，所以，同理，又，所以平面；方法二：空间直角坐标系法不妨设，则，由圆锥性质知平面，所以，所以因为O是的外心，因此在底面过作的平行线与的交点为W，以O为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，则，所以，故，所以，又，故平面方法三：因为是底面圆O的内接正三角形，且为底面直径，所以因为（即）垂直于底面，在底面内，所

22、以又因为平面，平面，所以平面又因为平面，所以设，则F为的中点，连结设，且，则，因此，从而又因为，所以平面方法四：空间基底向量法如图所示，圆锥底面圆O半径为R，连结，易得，因为，所以以为基底，平面，则，且，所以故所以，即同理又，所以平面（2）方法一：空间直角坐标系法过O作BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，由，得，令，得，所以，设平面的一个法向量为由，得，令，得，所以故，设二面角的大小为，由图可知二面角为锐二面角，所以.方法二【最优解】：几何法设，易知F是的中点，过F作交于G，取的中点H，联结，则由平面，得平面

23、由（1）可得，得所以，根据三垂线定理，得所以是二面角的平面角设圆O的半径为r，则，所以，在中，所以二面角的余弦值为方法三：射影面积法如图所示，在上取点H，使，设，连结由（1）知，所以故平面所以，点H在面上的射影为N故由射影面积法可知二面角的余弦值为在中，令，则，易知所以又，故所以二面角的余弦值为【整体点评】本题以圆锥为载体，隐含条件是圆锥的轴垂直于底面，（1）方法一：利用勾股数进行运算证明，是在给出数据去证明垂直时的常用方法；方法二：选择建系利用空间向量法，给空间立体感较弱的学生提供了可行的途径；方法三：利用线面垂直，结合勾股定理可证出；方法四：利用空间基底解决问题，此解法在解答题中用的比较少

24、；（2）方法一：建系利用空间向量法求解二面角，属于解答题中求角的常规方法；方法二：利用几何法，通过三垂线法作出二面角，求解三角形进行求解二面角，适合立体感强的学生；方法三：利用射影面积法求解二面角，提高解题速度.14（2020全国新课标卷）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD设平面PAD与平面PBC的交线为l（1）证明：l平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；（2）方法一：根据题意，建立

25、相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.【详解】（1）证明： 在正方形中，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为，所以平面（2）方法一【最优解】：通性通法因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：因为，设，设，则有，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所

26、成角的正弦值的最大值为.方法二：定义法如图2，因为平面，所以平面在平面中，设在平面中，过P点作，交于F，连接因为平面平面，所以又由平面，平面，所以平面又平面，所以又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角设，在中，易求由与相似，得，可得所以，当且仅当时等号成立方法三：等体积法如图3，延长至G，使得，连接，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求设，在三棱锥中，在三棱锥中，由得，解得，当且仅当时等号成立在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝

27、对值，即，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；方法三：巧妙利用，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出15（2020全国统考新课标卷）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD设平面PAD与平面PBC的交线为（1）证明：平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为上的点，QB=，求PB与平面QCD所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用线面平行的判定定理以

28、及性质定理，证得，利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得到平面；（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得，即可得到直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）证明： 在正方形中， 因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为所以平面；（2）如图建立空间直角坐标系，因为，则有，设，则有，因为QB=，所以有设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等

29、于所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目.16（2020全国统考新课标卷）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）证明：AA1MN，且平面A1AMNEB1C1F；（2）设O为A1B1C1的中心，若AO平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【

30、分析】（1）由分别为，的中点，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；（2）连接，先求证四边形是平行四边形，根据几何关系求得，在截取，由（1）平面，可得为与平面所成角，即可求得答案.【详解】（1）分别为，的中点，又，在中，为中点，则，又侧面为矩形，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：几何法如图，过O作的平行线分别交于点，联结，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，所以因为，所以面又因，所以面，所以与平面所成的角为令，则，由于O为的中心，故在中，由勾股定理得所以由于，直线与平面所成角的正弦

31、值也为方法二【最优解】：几何法因为平面，平面平面，所以因为，所以四边形为平行四边形由（）知平面，则为平面的垂线所以在平面的射影为从而与所成角的正弦值即为所求在梯形中，设，过E作，垂足为G，则在直角三角形中，方法三：向量法由（）知，平面，则为平面的法向量因为平面，平面，且平面平面，所以由（）知，即四边形为平行四边形，则因为O为正的中心，故由面面平行的性质得，所以四边形为等腰梯形由P，N为等腰梯形两底的中点，得，则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方法四：基底法不妨设，以向量为基底，从而，则，所以由（）知平面，所以向量为平面的法向量设直线与平面所成角，则故直线与平面所成角的正弦值

32、为方法五：坐标法过O过底面ABC的垂线，垂足为Q，以Q为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，设，AO=AB=2，则，所以，所以易得为平面A1AMN的一个法向量，则直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为【整体点评】(2)方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的关键；方法二：等价转化是解决问题的关键，构造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法；方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量法求解即可；方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于找到平面的法向量和直线的方向向量.方法五：空间坐标系法

33、是立体几何的重要方法，它是平面向量的延伸，其关键之处在于利用空间坐标系确定位置，找到平面的法向量和直线的方向向量.17（2019全国统考卷）如图，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【答案】（1）见解析；（2）.【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取中点，可证得平面，得到平面的法向量；再通过向量法求得平面的法向量，利用向

34、量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.【详解】（1）连接，分别为，中点为的中位线且又为中点，且 且 四边形为平行四边形，又平面，平面平面（2）设，由直四棱柱性质可知：平面四边形为菱形则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：则：，D（0，-1,0）取中点，连接，则四边形为菱形且为等边三角形 又平面，平面 平面，即平面为平面的一个法向量，且设平面的法向量，又，令，则， 二面角的正弦值为：【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

35、题型.18（2019全国统考卷）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.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）利用长方体的性质，可以知道侧面，利用线面垂直的性质可以证明出，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出平面；（2）以点坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方形的边长为，求出相应点的坐标，利用，可以求出之间的关系，分别求出平面、平面的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角的正弦值.【

36、详解】（1）证明：因为是长方体，所以侧面，而平面，所以又，平面，因此平面；（2）方法一【三垂线定理】由（1）知，又E为的中点，所以，为等腰直角三角形，所以如图2，联结，与相交于点O，因为平面，所以又，所以平面作，垂足为H，联结，由三垂线定理可知，则为二面角平面角的补角设，则，由，得在中，所以，即二面角的正弦值为方法二【利用平面的法向量】设底面边长为1，高为，所以因为平面，所以，即，所以，解得因为平面，所以，又，所以平面，故为平面的一个法向量因为平面与平面为同一平面，故为平面的一个法向量，在中，因为，故与成角，所以二面角，的正弦值为方法三【利用体积公式结合二面角的定义】设底面边长为1，高为，所以

37、因为平面，所以，即，所以，解得因为，所以是直角三角形，因为平面，所以到平面的距离相等设为同理，A，E到平面的距离相等，都为1，所以，即，解得设点B到直线的距离为，在中，由面积相等解得设为二面角的平面角，所以二面角的正弦值为方法四【等价转化后利用射影面积计算】由（1）的结论知，又，易证，所以，所以，即二面角的正弦值与二面角的正弦值相等设的中点分别为F，G，H，显然为正方体，所求问题转化为如图3所示，在正方体中求二面角的正弦值设相交于点O，易证平面，所以是在平面上的射影令正方体的棱长，则，设二面角为，由，则，所以即二面角的正弦值为方法五【结合（1）的结论找到二面角的平面角进行计算】如图4，分别取中点F，G，H，联结过G作，垂足为P，联结易得E，F，G，H共面且平行于面由（1）可得面因为面，所以又因为E为中点，所以，且均为等腰三角形设，则，四棱柱为正方体在及中有所以与均为直角三角形且全等又因为，所以为二面角（即）的一个平面角在中，所以，所以故二面角的正弦值为方法六【最优解：空间向量法】以点坐标原点，以分别为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，