2022屆新高考復習必備數學試卷分項解析12

2022屆新高考復習必備數學試卷分項解析

專題12.立體幾何與空間向量（解答題）

43.（2021.浙江高三開學考試）如圖，三棱柱ABC-A/。所有的棱長為2,人5=4。=及，M是棱BC

的中點.

（I）求證：AM，平面ABC;

（II）在線段BC是否存在一點P,使直線BP與平面4BC所成角的正弦值為理？若存在，求出CP

20

的值；若不存在，請說明理由.

【答案】（1）證明見解析；（II）存在，CP=-CB.=—.

412

【分析】

（1）由題意，證明與AMLAM,根據線面垂直的判定定理即可證明平面ABC；

（2）建立恰當的空間直角坐標系，令定=2配，求出所需點的坐標，向量的坐標，法向量的坐標，根據

向量法求解線面角即可.

【詳解】

解：（1）證明：A8=AC=拒，BC=2,例是BC中點，

AM_LBC,A|M=1,

又A4,=2,AM=百,

AM2+A^M2=AA^,

AtMYAM,

.1AMJ■平面ABC,

（2）建立如圖所示的空間直角坐標系孫z,

4.

由(1)知平面ABC的法向量為祝5=(6,0⑼,A(6,0⑼,4(0,0,1)，8(0,1,0)，c(0T0),

前=前-BB；=前-(73,-2,-1),

令=屈=(GZ-24-4),(0<2<1)

則而=前+麗=(0,-2,0)+卜公422,2)=(-V32,2A-2,A),

設直線8/,與平面48C所成角為氏則

3730

sin0=|cos<MA,BP>|=-3/1

6次力-8/1+420

33

解得右I或行2(舍),

所以當CF=：Cq時，滿足題意，此時CP=當2滬一3五

44.(2021?浙江高三三模)如圖，已知三棱錐/MBC中，AB=AC=2,PB=8C=26，PC=6,Q為棱PC上

的一點，且尸。=2QC.

(I)求證：BCVAQ-,

(2)若AQ=0,求直線A8和平面MC所成角的正弦值.

【答案】(1)證明見解析；(2)叵.

7

【分析】

(1)先求出NPCB=§,取BC中點0,連AO,QO,證明BC,AO和BC，。。，從而證明BCL面A。。,

得到

（2）先證明AO_LQ。，以。為原點，0c為x軸，04為），軸,0Q為z軸建系,

用向量法求解.

【詳解】

（I）\'PQ=2QC,PC=6,二PQ=4,QC=2.

由余弦定理可知，COS/PCB=12+3"%=立,:"pcB=5

2-2V3-626

取BC中點0,連AO,。。，則由A5=AC可知8CLAO

在AQOC中，NQCO=m，CO=y/3,QC=2,

6

。0=小+4一2."2等=1，???。。2+oc?=QC?,

Z.BC1QO

又因為OAc0O=O,所以8CL面AQ。，又???AQu面4。。,BC±AQ

(2)由4。=0可知，AO2+QO2=AQ2,

：.AO±QO,

以。為原點，0C為x軸，0A為y軸，0。為z軸建系,

則/l(O,hO),B(-瓜0,0),P(-26,0,3),C(石,0,0)

/.AP=(-2>/3,-l,3),AC=(A/3,-1,0),A月=(-百，一1,0)

設平面期C的一個法向量為為=(x,y,z)

/??AP=0.i—2y/3x—y+3z=0

可取藥=U

n-AC=0=03'J

設直線AB和平面PAC所成角為6,

綜上，所求直線A8和平面以C所成角的正弦值為立L

7

45.（2021.浙江臨海市回浦中學高三其他模擬）如圖，已知平面。5c與直線依均垂直于用AZRC所在平面,

且％=AB=AC.

（1）求證：幺//平面。C；

（2）若P。，平面。8C,求CQ與平面PBC所成角的正弦值.

【答案】（D見解析；（2）立

3

【詳解】

（1）證明：過點。作QDLBC于點。，

?.?平面QBC±平面ABC,：.QD±平面A8C

又：如_1_平面ABC

：.QD//PA.

又?.?QOU平面Q8C

PA〃平面Q8c

(II)：PQ_L平面QBC：.NPQB=ZPQC=90,又：PB=PC,PQ=PQ：.\PQB^\PQC：.BQ=CQ

點￡)是BC的中點，連結AO，則AOLBC

二AO_L平面。C；.P?！?AD1QD

...四邊形PAOQ是矩形

設PA—AB=AC=1a,得：PQ-AD=6a,PD=娓a

又：BC_LPA8C_LP。，3C_L平面PAOQ,

從而平面P8C1平面PA及。,過。作Q"，PO于點H,則QH1平面尸8c

NQCH是CQ與平面PBC所成角

Q"=2*"=亞a,CQ=BQ=46a

。63

?“口。"261V2

sinZ.QCH=——=-------r==——

CQ3463

/.CQ與平面PBC所成角的正弦值為正

3

46.(2021.浙江效實中學高三其他模擬)如圖，正方形A88和正方形8""所在平面的二面角是60。，M

為BC中點.

(I)求證：EC〃平面40F；

(II)求4尸與面EMC所成角的正弦值.

【答案】(I)證明見解析；(II)匕.

7

【分析】

(1)建系并設邊長為2a求出各點的坐標，求出或=(_0,24,-友)和

面AMF法向量正=(2,1,0),得出反<五=0即可.

3

⑵求出面EMC的法向量日=(0,5，6)和酢=(-a,2a,缶)，進而求出

卜0$(4尸,〃)卜當^即可.

【詳解】

(1)由題意可知。CLD4，過。作z軸垂直底面ABCQ,如圖，

則z軸垂直0c和。A,以D4為x軸，〃。為y軸，設邊長D4=2a.

因為四邊形A8CD和COEF都是正方形，所以。CJ_D4,DCA.DE

所以NAZJE為正方形ABCD和CDEF所成的二面角，所以ZAD￡=60°

。(0,0,0),C(0,2?,0),3(2。,2a,0),A(2a,0,0),F(a,2a0),

E(4,0,島)，M(a,2a,0)，則皮=(-?,2a,-國)，AM=(-a,2a,0)

MF=(0,0,5/3a),設面AMF的一個法向量為五(x,y,z)

有佛篙=｛修誓°，所以加=(2,1，0)，有反?薪=0

又或U面AA/E,所以EC〃面AMF.

(2)山(1)知，EM=(0,2a,-y/3a),CM=(a,0,0),

AF=(-a,2a,6a)，設面EMC的一個法向量為〃(勾加,z),

｛黑黑=>｛器&廿，所以石=(0，|，回

叫_x/42

|cos^AF,n^|=L6a

研用等x2缶7

所以AF與面EMC所成角的正弦值為叵.

7

【點睛】

（1）證明線面平行的常用方法

①利用線面平行的定義（無公共點）.

②利用線面平行的判定定理（a<ta,bua,a//b^>a//a）.

③利用面面平行的性質定理（a〃夕，auana〃夕）.

④利用面面平行的性質（a〃￡,a邨,a//a^a//p）.

（2）利用向量法求線面角的2種方法

法一：分別求出斜線和它在平面內的射影直線的方向向量，

轉化為求兩個方向向量的夾角（或其補角）.

法二：通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量

所夾的角（夾角為鈍角時取其補角），取其余角就是斜線和平面所成的角.

47.（2021?浙江省寧海中學高三其他模擬）如圖，平面內直線EF與線段AB相交于C點，ZBCF=30",且

AC=CB=4,將此平面沿直線EF折成60一的二面角a-EF-夕平面a,點尸為垂足.

（1）求的面積;

（2）求異面直線AB與EF所成角的正切值.

【答案】（1）Sg>=36；（2）近.

6

【分析】

方法1、（1）在平面a內，過點P作點M為垂足，以點P為坐標原點，以直線PM為*軸，射

線網為z軸的正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標系"yz,由已知的數據求出

CP=（l,2V3,0）,C4=（2,-2>/3,0）,再利用夾角公式求出cos/ACP=一品，進而可，sin/4CP=兼，

然后利用二:角形的面積公式求出△ACP的面積；（2）利用空間向量求出異面直線A8與EP所成角；

方法2、（1）如圖，在平面a內，過點尸作點M為垂足，連結則N&WP為二面角e-EF-#

的平面角，結合已知的數據，分別在RtZSBMC,RSBMP,RtZXCMP中求解即可；（2）過點A作A0/EF,

交MP于點Q,則N8AQ是AB與EF所成的角，然后在RtZXBA。中求解

【詳解】

解1：（建系法）

（1）如圖，在平面a內，過點P作尸MJ_EF，點M為垂足，連結則N8MP為二面角a-EF-6的

平面角.以點尸為坐標原點，以直線PK為x軸，射線PB為z軸的正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標系

Pxyz.

在RtABMPLp,由==2,得MP=1,BP=6

故P（O,O,O）,B（O,O,石）,《-1,-2。,0）,〃（-1,0,0）.

由NACM=150,得A（l,-4M0）.

所以麗=（1,26,0）,⑸=（2,-2/,0）,

______53^3

貝ijCP?CA=—10,cos/ACP=——=,sin/ACP=~^=.

2V132V13

因此s,g=36―

（2）麗=豆），祝=（0,-26,0）,麗?祝=24,

cos（麗?旗）=景，所以AB與所所成角的正切值為當.

解1：（幾何法）

（1）如圖，在平面a內，過點P作尸M_LEF,點M為垂足，

連結則ZBMP為：面角a-EF-6的平面角.

在RtZXBMC中，由NBCM=30,C8=4,得CM=2區(qū)BM=2.

在中，由/BMP=6(y,8M=2,得MP=L

在RtAXMP中，由CM=2g,MP=l,CP=V13,cosZPCM=,sinZPCM=-^=.

V13V13

故sin/AC尸=sin(l50°—NPCM)=,

所以S』CP=3百.

（2）如圖，過點A作AQ/EF,交MP于點。，則N84Q是AB與EF所成的角，且AQ，平面BMQ.在ABMQ

中，由/BMQ=60,BM=MQ=2,得2Q=2.

在RtZsBAQ中，由AQ=ACcos30+CM=4瓜BQ=2,

得tan/BAQ=旭=@.因此AB與EF所成角的正切值為立.

AQ66

48.（2021?浙江鎮(zhèn)海中學高三其他模擬）如圖，在三棱柱48C-A81G中，AB=1,BC=6,AC=2,點

2

E在BC上且滿足BE=-BCf若G在底面ABC上的投影為AC中點。.

4

（1）證明：OEJ.Be,；

■7T

（2）若NGCB=g,求直線AE與平面AC乃所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）名叵.

11

【分析】

（1）連接&。，OE,。8,由幾何關系得OE_LOB,再結合C0，平面A8C,得C0_LOE,故OE_L面。8G，

進而0E_L8G;

（2）以OC,0G為y軸，z軸，x軸如圖所示建立空間直角坐標系，設CQ=/z,結合題意得三角形GC8

為正三角形，進而得力=夜，再寫出各點坐標，利用坐標法求解即可.

【詳解】

（1）連接CQ,OE,0B,由題意可知08=1,0E=立，BE=±叵.

33

+0E2=BE2，即OE_LO3,

又因為CQ_L平面ABC,

所以G。

又因為CQcO8=。，

所以OEL面OBC1,

所以OE1.BG.

小G

(2)如圖，以。C,。6為＞軸，z軸，x軸如圖所示建立空間直角坐標系.

設GO=〃，因為G。，平面ABC,所以GOJLOC,CpLOB

又因為OB=OC=1,所以G6二。。

1T

因為NCC8=§,所以三角形為正三角形,

所以\Jl+h2=5/3,所以〃=\/2.

攣E(6)—>

所以G(0,0,血)，A(O,-LO),BTT°bA(0,-2，?轉=,I,。,

22

7

設面47田的法向量為；=(x,y,z)

21A

n-AB=0—xH—y=0—

山”_，得22,令x=l可得〃=1,-

n-AC,=0y+\/2z=0

設直線AE與平面AC}B所成角為0,

—>—>2V22

所以sin。=cos(n,A^E

11

ACy

B

49.（2021?寧波市北侖中學高三其他模擬）在三棱錐P-ABC中,

A8=BC=2,AB±BC,CP1BC,AP±AB,ZCPA=60°.

(1)求證：PBLAC；

(2)求直線8C與平面RV?所成角的正弦值.

【答案】(1)證明見解析；(2)巫.

2

【分析】

(1)作AO//BCOC//AB,利用線面垂直的判定及性質定理即可求證；

(2)過點。作于￡>,NQ4D即為OA與平面R4S所成角，解直角三角形即可.

【詳解】

⑴如圖，作AO//8C,OC〃A8,連接PO,

由AB，8C,4B=BC=2,可知。4BC為邊長為2的正方形，PA1AB,又「AAAO=A,

所以平面尸AO,AB1PO；

同理PCLBC,pcnco=c，得8c，平面POC,BC1PO,

BAcBC=B,所以PO_L平面O4BC,

所以「O1.AC,又ACJLO8,得47_1平面P。5,得AC_LP3.

⑵由⑴知ABL平面PD4,43u平面以8,所以平面POA_L平面％B,過點。作。DJ_PA于。,

ODJ■平面A4B,NOAD即為OA與平面尸A8所成角.

由于△POA,ZsPOC全等，PA=PC,ZCPA=60%所以△PAC為等邊三角形，

PA=PC=AC=2近,故尸。=2,所以點。為中點，故sinNOAD=sin450=等，

BC//OA,所以BC與平面PA8所成角和OA與平面"8所成角相等，

故直線3c與平面A4B所成角的正弦值為變.

2

50.(2021?浙江杭十四中高三其他模擬)如圖，已知三棱錐P-MC,平面PACL平面A8C,

AB=BC=PA=-PC=2,ZABC=120°.

2

(1)證明：PA1BC；

(2)設點E為PC中點，求直線AE與平面PBC所成角的正弦值.

【答案】(1)見解析；(2)叵

7

【分析】

(I)由題可利用余弦定理計算AC,再利用勾股定理證明_LAC,進而得到PA，平面ABC,進而證明

PA1BC

(2)由(1)可知PA，面ABC,故可以A為坐標原點建立空間直角坐標系，求出AE對應的向量與面PBC的法向

量即可求得AE與平面PBC所成角的正弦值.

【詳解】

(1)AB=8C=2.4BC=120。,由余弦定理得

AC2=AB2+BC2-2AB-3c.eosZABC=12,故4c=2行

又aV+AC?=4+12=16=改2,故PA_LAC.又平面PACJ-平面ABC,且平面PACPl平面ABC=AC,故

PA_L平面ABC.又BCu平面ABC.故必_L3C.

證畢.

(2)由(1)有P4J_平面ABC,故以A為坐標原點，垂直AC,AP為x軸，/為y軸正向，衣為z軸正向建如圖空

間直角坐標系.

則40,0,0),8(1,73,0)，P(0,0,2),C(0,2&,0),E(0,瓜1).

故荏=(0,石,1),正=(0,2x/3,-2),BC=(-1,區(qū)0),

m-PC=Q|2島-2z=0

設平面PBC的法向量正=(x,y,z)則

in-BC=0[-x+x/3y=0

令y=l有，＞,=1，故而=(G,1,石)，設AE與平面P3C所成角為仇則

Z=yfi

V2l

7

51.(2021?浙江)如圖，在三棱柱A8C-4BC中，平面ACQAJ?平面ABC,AC=BC=CCt=2,。是A4

(1)證明：平面，平面CBQ；

(2)求直線AD與平面BOG所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）叵.

10

【分析】

（1）通過面面垂直的性質定理證明BCJ_平面ACGA,由此證明BCJ.A。，通過長度關系證明AD_L8,

再根據線面垂直的判定定理證明A。JL平面CB。，由此可證面面垂直；

（2）根據已知條件建立合適空間直角坐標系，分別求解出直線A￡）的方向向量而以及平面BOQ的個法

向量入根據方向向量與法向量夾角的余弦值的絕對值求解出直線A￡）與平面B￡>G所成角的正弦值.

【詳解】

（1）因為NAC3=90。，所以8C_LAC,

又因為平面4CGAL平血43C,平面ACC0n平面A8C=AC,

所以5C_L平面ACGA,且ADu平面ACG4，所以

又因為==gcG=1,AC=2,ZDAC=60°,

所以CD?=AC>2+AC?-2AC-A￡>?cosNa4c=1+4-2=3,所以CO=G，

所以A￡>2+C￡>2=AC2,所以AD_LCD,

又BCcCD=C,BCu平面CBO,COu平面CB。，所以AO,平面CBO,

又因為ADu平面ABD，所以平面AS￡>_L平面C2O;

（2）取AG中點。，連接OC,\C,

因為四邊形ACGA為平行四邊形，所以AG=AC=2,ZDAC=ZCC,A=60°,4C./MC,

所以AAGC為等邊三角形，所以co，AG，所以COLAC,

因為平面ACC,At，平面ABC,平面ACGAD平面ABC=AC,

所以CO_L平面ABC,建立如圖所示的空間直角坐標系，分別以C4,C8,C。為x,y,z軸的正方向,

設平面BDC、的一個法向量為n=(x,y,z),

,：：：-所以

所以l>令x='，則z=5,y=2"^,所以”=(6,26,5),

-x-2y+V3z=0、'

設直線AD與平面BDC,所成角為0,

_V|5G

所以如叫3<而,腦卜罟口怎

1I碼洞&,屈I。

【點睛】

思路點睛：向量法求解直線與平面所成角。的正弦值的步驟：

(1)先寫出直線的一個方向向量2,求解出平面的一個法向量入

(2)利用向量夾角的余弦值計算公式求解出cos<2,3>的值;

(3)根據sin。=卜os<a,n>1求解出結果.

52.(2021?浙江溫州中學高三其他模擬)已知在六面體PABCDE中，PA,平面ABC。，ED,平面A8CO,

且PA=2E?,底面A8C￡>為菱形，且NABC=60。.

p

(I)求證.平面PAC_L平面PSD.

(2)若直線PC與平面ABC。所成角為45。，求直線8。與平面ACE所成角的正弦值.

【答案】(1)證明見解析；(2)1

【分析】

(1)由8￡>_LAC和得出BO1平面PAC,即可得證：

(2)通過證明平面ACE_L平面BDE可判斷NE。。即為直線班?與平面ACE所成角，即可求解.

【詳解】

(1)連接3￡)，交AC于。，???底面43co為菱形，，呂。，/1。，

PA_L平面ABCD,u平面ABC。,:.PA±BD，

QPA1AC=A,,8。，平面PAC,

Q8/)u平面PBD,平面PACA.平面PBD；

(2)設￡D=a,則PA=2a

P4_L平面A3CO.即為直線PC與平面A3CO所成角，

即NPC4=45°,：.PA^AC^2a,

,.?￡?，平面718?！?,ACu平面ABC。，:.ED1AC,

?;ACLBD,BDcDE=D,.1AC，平面BOE,

?.?ACu平面ACE，，平面ACE，平面,

/EO￡>即為直線BD與平面ACE所成角，

ZAfiC=60°,ABCD為菱形，；.0D=6a,；.OE=2a,

則sinZEOD=—=~.

2a2

53.(2021?浙江省杭州第二中學高三其他模擬)在如圖所示的空間幾何體中，兩等邊三角形與。與AABC

互相垂直，AC=BE=4,BE和平面ABC所成的角為60，且點E在平面A8C上的射影落在NA5C的平分

線上.

(1)求證：OE〃平面A8C；

(2)求平面4速與平面AC。所成夾角的余弦值.

【答案】(1)證明見解析；(2)叵.

13

【分析】

(1)取AC的中點O,連接80,DO,根據等邊三角形的性質可知平面A8C,通過計算證明四邊形

￡尸OO是平行四邊形，故?！?/30,由此可得OE〃平面A8C；

(2)以OA,OB,0。方向為X軸，y軸，Z軸的正方向，建立空間直角坐標系。-a，求出平面ABE和

平面AC￡>的法向量，利用向量的夾角公式可得大.

【詳解】

(1)取AC中點。，連接8。，DO,由題知，8。為NABC的平分線，BOVAC,DO±AC,設點/是點

E在平面ABC上的射影，山題知，點尸在8。上，

連接EF,則防_1_平面ABC,

??,平面AC￡>1.平面ABC,平面AC￡)n平面ABC=AC，

OOu平面AC￡>,D(7_LAC,.?.DO_L平面ABC,

.-.DO//EF,

?.?8E和平面ABC所成的角為60,，即N￡BF=60,EF=2>/5，XDO=2>/3>

四邊形EFOD為平行四邊形，DEUBO,

80u平面ABC,平面ABC,〃平面ABC.

(2)以OA,OB,0。方向為了軸，V軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間宜角坐標系。-孫z,

則A(2,0,0),￡(0,2^-2,2^3),B(0,2^,0),

=(-2,273,0),AE=(-2,273-2,2^),

設平面.A8E的一個法向量為〃=(x,y,z),

〃?竺=-2x+2@=0,取z=i,得7=(3,6,1),取平面/18的法向量為六=(0,1,0),

則

?-AE=-2x+(2V3-2)>>+2V3z=0''

設平面ABE與平面AC。所夾角為。,

貝1JCOS0=|cos^/?,/H_n-_m,病

|n||m|l-713x113

屈

54.(2021?浙江高三其他模擬)如圖，已知多面體ABCOEF,四邊形A8CO為矩形，AB=2,AD=4,EFUAD

（2）求直線ON與平面EFBC所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）眄.

5

【分析】

（1）以A為原點，AB,AD為x,y軸建立如圖空間直角坐標系，取AB中點S,連FS,進而根據題意可

證明平面即尸點的橫坐標為1,再根據四邊形ADEF為等腰梯形得F點的縱坐標為1,再結合

SF=45得F點的豎坐標為2,再根據向量法求解即看；

（2）結合（1）,利用坐標法求解即可.

【詳解】

解：（1）證明：以A為原點，AB,AD為了,）'軸建立如圖空間直角坐標系

則4（0,0,0）,8（2,0,0）,C（2,4,0）,￡＞（0,4,0）,N（2,2,0）,

取A3中點S,連內，由于AF=B尸，所以5尸_143,

因為EF//AD,所以

由于EFASF=尸，所以?平面EFS,所以廠點的橫坐標為1,

又因為四邊形相）￡尸為等腰梯形，故尸點的縱坐標為1

因為AF=3F=?，AB=2,所以5尸=不，

所以F點的豎坐標為2,即*1,1,2）,

所以呢，；」

T[37>

/?AF=(1,1,2).DM=l2，-2,T?N=(2,-2,0)，

令面￡>MN的法向量為：=(%,%,z0)，

n-DM-0—x?+z?=：—y->

所以一，即《20°2,n°,令%=1,則"=(1,1,2)，

n-DN=O-vK

Ilx0-No

因為；〃正AfJ_面OWN.

(2)因為癡=(2,-2,0)，BC=(0,4,0))晶=(-1,1,2)，

令面BCEF的法向量為〃；=(3,y,zJ，

所以，——,即丫、，令4=1,則〃?=(2,0,l).

m-BF=0[玉=y+2Z|v7

所以宜線￡)N與平面EFBC所成角為0,則sin0=cos(加,而)=

55.(2021?浙江金華?)如圖，已知多面體ABC￡>-AB|GR,AA\,BB\,CCx,DDt均垂直于平面ABCD,ADHBC,

AB=BC=CD=AAi=CCi=2,AD=DDi=4.

BC

（1）證明：AG，平面CD。G；

（2）求直線8G與平面481G所成的角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）亞

8

【分析】

（1）以A為坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系，證明福?第'=（）,福?函=0即可;

（2）求得平面A8儲的一個法向量，由sin。[cos〈山西乂可求.

【詳解】

（1）山題可以A為坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系，

則A（0,0,2）,C,（6,3,2）,D,（0,4,4）,0（0,4,0）,

則而=便,3,0）,函=（一61,2）,西=（0,0,4）,

AtCl-CtDt=\/3x^—73j+3xl+0x2=0,AG_LC,D,,

?宿?西=Gx0+3x0+0x4=0,..AG_L￡?R,

G。cDR=Dt.AG~L平面CDD、C、；

（2）A（0,0,0）,B（61,0"（6,1,1）CM，3,2）,

則晅=（0,2,2）,福=（石,1,1）,甌=（0,2,1）,

設平面AB\C\的一個法向量”=（x,y,z）,

.n-AB.=03eJix+y+z=0

則（'八，即rl'",

n-BlCi=0[2y+z=0

令y=3,貝I]Z=-6,X=A/5,即"=（6,3,-6）,

設直線BG與平面A8G所成的角為。，

則sin0=Icos<n,BC[>1=J-j-：——1=—產自~尸=,

1'1|n|-|BC；|473x2728

所以宜線8G與平面A8Q所成的角的正弦值為

8

Dx

56.（2021.浙江杭州高級中學高三其他模擬）如圖，四棱錐P-AB8中，底面488為菱形，A8=A￡>=2,

NABC=60。，R4_L平面A8CQ,PA=0.

33

（1）點E在線段PC上，PE=mPC,點F在線段PD上,PF=^PD,求證：PC,平面AEF；

（2）設M是直線AC上一點，求CM的長，使得與平面PCO所成角為45。.

【答案】（1）證明見解析；（2）CM=2或CM=14

【分析】

方法一：（1）根據題意，在△皿中，由余弦定理得AE=￥，進而得PE_LAE,在APCD中，由余弦定

理cosNCPO=T，進而在APEE中，由余弦定理得七尸=染，故PE工EF,進而PC_L平面AEF；

3h

（2）設CM=〃，點M到平面尸8的距離為人由%“88=匕/一尸。得〃=混明進而由^45。=/得

2V6PM

片_16〃+28=0,解方程即可得答案.

方法二：以A8所在直線為x軸，以”所在直線為z軸建立空間直線坐標系利用坐標法證明.

【詳解】

法1：(1)因為申，平面ABC。，PA=G，

所以PAJ_AC,

因為底面ABCD為菱形，AB=AZ>=2,ZABC=60°

所以PC=J7,cos/APC=73

因為PE=3pC,所以尸E=3

7

所以在"4￡中，由余弦定理得，AE=^3+^-2-y/3~~=^-

所以4￡2+PE?=PA?，即PE_LA￡\

7+7-4533/-

所以在APCO中，由余弦定理cosNCPQ=匚口=不PF=-PD=-^

2-V7-V7755

所以在#EF中，由余弦定理得EF-=PE2+PF--2PE-PFcosZCPD=—,

175

因為「爐+EF?=PF?，所以PE_L所

又AEcEF=E,所以PC_L平面AE尸

(2)設。W=a,點M到平面PC。的距離為力，則由匕

1?3

—x2xt?xsin60°x>/3=—x2xV?xsin/PCDxh得h=a,

222V6

3

所以sin45°=焉，即$山45°=2娓-16a+28=0

J(2-a)2+3

解得a=2或a=14

從而得M點與A點重合或在AC的反向延長線上，則得。/=2或。0=14

法2：(1)以AB所在直線為x軸，以AP所在直線為z軸建立空間直線坐標系

則B(2,0,0),C(l,瓜0),0(-1,區(qū)0),尸(0,0,G)

PD=(-1,V3,->/3),PF=|PD=

—>—>

「據例一1￥,明AFPC=0

所以PCJ_AF

又AEcEF=E,所以PCJ?平面AEF

(2)正=(2,0,0),麗=(-2,0,6),及=(-1,右,0),即=(-2,0,6)

2%=0

設%=（xi，y,zj是平面尸8的?個法向量，則得％=(0,1,1)

西-6y+百Z|=0

公=(1,6,0)，設京=4/=(46%0)，

所以局=（九百；I,-石），

因為MP與平面PCD所成角為45。,

—>—>

PM%

所以sin45°=---------1&逆|

—>—>，4儲+3?血

\PM\-\M

解得幾=0或/=-6

從而得M點與A點電:合或在AC的反向延長線上，則得CM=2或CM=14

z

57.（2021?浙江高三其他模擬）如圖所示，四棱錐S-ABQ中，底面A8CO是矩形，SAJ_底面ABCO,點

分別為AB,SZ）的中點.

（1）證明：直線M〃平面S3C；

（2）設&4=4）=2AB,試求直線EF與平面SCO所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）逑.

3

【分析】

（1）過點E作EG〃SB交SA于點G.連接GE證明平面GE尸〃平面SBC得證牙7/平面SBC.

（2）連接AA證明加E為直線EF與平面SCD所成角的余角.得解

【詳解】

（1）證明：過點E作EG//S8交辦于點G.連接GD

因為E為AB中點，所以G為SA中點.

所以GF//A。，

所以GF//BC,所以GF//平面SBC

同理可得，EG"平面SBC

所以平面GEFH平面SBC

所以比//平面SBC.

(2)連接A尸.

因為S4=AD,所以AFLSQ

因為SA_L平面A3C。，

所以叢_L8.

因為AD_LCD,

所以CO_L平面SA。，

因為AFu平面S45,

所以CD_LAF.

所以AF_L平面SCO.

所以ZAFE為直線EF與平面SCD所成角的余角.

因為必=/W=2AB,令SA=AO=2AB=4,

貝ljAE=1,AF=20,所以所=3.

設直線EF與平面SCD所成的角為e，

則sin0=sin(--NAFE)=cosNAFE=—=.

2EF3

(法二)如圖，因為，底面A3CO是矩形，SAL底面A3CD

所以可以以A為坐標原點，AB,AD,AS分別為x,Xz軸，建立空間直角坐標系A-“z.

設S4=AD=2AB=4,

則5(0,0,4),C(2,4,0),0(0,4,0),E(l,0,0),F(0,2,2)

所以麗:=(-1,2,2).

設平面SCO的一個法向量為a=（x,y,z）,

aSD-4y-4z=0,_

則《一所以a=((),l,l).

aoc=2x=o

設直線EF與平面SCD所成的角為6.

A/研0+2+22&

所以所*眄=R=丁

58.（2021?浙江高三其他模擬）如圖，在棱臺ABCD-EFG”中，底面A8CO為直角梯形，ZABC=90°,

AB=AD=3EH=\,BC=2,AE=—,上下底面的距離為1.

3

（1）若AE=CG,證明：平面ACGEJ■平面ABCO；

（2）在（1）的條件下，求直線A"與平面8CGE所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）封畫.

95

【分析】

3

(1)先證明POLAC,接著求出產點到平面A8CO的距離力=耳和尸。=力，再證明POJ_平面A8C0,最

后證明平面ACGE,平面ABCD.

9424968

(2)先得到Vp-BOC=§^P-ABCD、^Q-BFGC=豆^P-BQC~^^P-ABCD=?再建乂方程

3v=GQsin<9xS=4—19()§而<=,求解sind=3*9。即可解題.

oBorFOGCCijrUCBFGC27995

【詳解】

(1)證明：如答圖，延長AE,CG交于點尸，作△APC的中線PO交AC于點0.

AE=GC^>POLAC.

由比例關系：AP=PC=叵,P點到平面A8CO的距離〃=：

22

AB—1>BC=2=>AO=,由勾股定理：

2

PO=yjAP2-AO2=-=/?.

2

從而，PO_L平面ABC。，P0u平面ACGEn平面ACG￡_L平面A8C￡>.

(2)如答圖，將臺體補形至四棱錐尸-ABCD,取8CH」點R,連AR,取AR三等分點。，連BQ,CQ,

FQ,GQ.

<(l+2)xl3_..z339

SABS=-：—=/=^VP-ABCD=/*萬=“

_4_4

SRQC=§SABCDNVp-BQC=§Vp_ABCD'

_8_2496_8

、BFGC=g、PBC=^Q-BFGC=^P-BQC=^P-ABCD=§?

將梯形EFGH投影至平面4?C。，由勾股定理計算得

Hr=CG=-----,CQ=------

33

計算得orUC9

故3%一8血=GQsineXSBFGC=^^sin0=^.

解得sine=2叵，故宜線AH與平面BCGF所成角的正弦值為獨曳.

9595

59.（2021.吉林長春H高高二期中（理））如圖，在直三棱柱ABC-DE/中，正方形ACTQ邊長為3,5c=4,

AC1BC,M是線段8c上一點，設MC=/18C.

（1）若，證明：8。//平面AMr；

（2）若二面角M-AF-E的余弦值為亞，求4的值.

3

3

【答案】（1）證明見解析；（2）2=-.

4

【分析】

（1）連接CD交A尸于點M連接MN,證明BEV/MN即可；

（2）以C為原點，CA,CB,CF分別為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標系，運用空間向量法求

解.

【詳解】

(1)

D

連接CO交A尸于點M連接MN,

則M,N分別為BC和CD的中點，.?.MW/5￡＞；

,.,5。2平面4^,MVu平面AMF；

BD//平面AMF；

（2）以C為原點，CA.CB,CF分別為x軸，y軸，z軸正方向建立空間宜角坐標系,

A（3,0,0）,￡（0,4,3）,尸（0,0,3）,設M（0",0）,其中飛［0,4］；

則而=(—3,0,3),前=(0,T,