2023年高考數(shù)學(xué)大題練習(xí)（新高考） 09 空間向量與立體幾何 含解析

專題9立體幾何中的探索性問題

1.（2022?全國福考真題）如圖，直三棱柱ABC-ABlG的體積為4,ABC的面積為2&.

B

（1）求A到平面ABC的距離；

⑵設(shè)。為AC的中點(diǎn)，A4i=AB,平面ABC，平面ABBM,求二面角A-BD-C的正弦直

【答案】（l）√∑

【解析】

【分析】（1）由等體積法運(yùn)算即可得解；

（2）由面面垂直的性質(zhì)及判定可得BC_L平面ABBM」建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向

量法即可得解.

（1）在直三棱柱ABC-AtBlCi中，設(shè)點(diǎn)A到平面AiBC的距離為h,

∣

J''-ABC33ABCh3'^^J4~ABC?SA8CA*=?^ΛBC-A,BlCt=§，

解得/?=Λ∕2>

所以點(diǎn)A到平面AtBC的距離為正：

（2）

取AB的中點(diǎn)E,連接AE,如圖，因?yàn)锳A=48,所以AELA1B.

又平面A8C，平面,平面ABC-I平面AB8∣A=AB,

且ΛEu平面ABgA,所以A￡_L平面ABC,

在直三棱柱ABC-AB∣G中，8g_L平面ABC,

由BCU平面A/C,BCU平面ABC可得ABBIBC,

又AE,BB∣U平面ABB1A1且相交，所以BCjL平面ABB1A1,

所以8C,BA,88∣兩兩垂直，以8為原點(diǎn)，建立空間宜角坐標(biāo)系，如圖，

由(I)得AE=JΣ，所以M=AB=2,Λ1β=2√2,所以BC=2,

則A(0,2,0),4(0,2,2),8(0,0,0),C(2,0,0),所以AC的中點(diǎn)￡>(1,1,1),

則BD=(1,1,1),BA=(0,2,0),BC=(2,0,0),

m-BD=x+y+z=0

設(shè)平面ABD的一個法向量機(jī)=(x,y,z),則

m?BA=2y=Q

可取加=(1,0,-1),

m?BD=a+b+c=0

設(shè)平面3。C的一個法向量〃=(4,Z?,c),則＜

m`BC=2Q=O

可取3=(0,1,-1),

/?m?n11

則CoS6，〃〉=麗=?7^=5,

所以二面角A-BD-C的正弦值為Jm.

2.(2022.浙江?高考真題)如圖，已知ABCD和CDE/都是直角梯形，AB//DC,DCHEF,

A3=5,DC=3,EF=I,ΛBAD=ZCDE=60°,二面角F-OC-B的平面角為60。.設(shè)

M,N分別為AE,BC的中點(diǎn).

AB

(1)證明：FNVADx

(2)求直線與平面A￡>￡'所成角的正弦值.

【答案】(1)證明見解析；

Q)5>∕7

14

【解析】

【分析】

(I)過點(diǎn)E、。分別做宜線OC、A8的垂線EG、JCw并分別交于點(diǎn)G、”，由平面知識

易得FC=BC,再根據(jù)二面角的定義可知，ZBCF=60，由此可知，F(xiàn)NLBC,FNLCD,

從而可證得FNL平面ABCD,即得FNrAD；

(2)由(1)可知FN_L平面ABCD,過點(diǎn)N做AB平行線NK,所以可以以點(diǎn)N為原點(diǎn)，NK,

NB、NF所在直線分別為X軸、V軸、Z軸建立空間直角坐標(biāo)系N-孫z,求出平面Af)E的

一個法向量，以及8M，即可利用線面角的向量公式解出.

(1)

過點(diǎn)E、O分別做直線。C、A8的垂線EG、DH并分別交于點(diǎn)交于點(diǎn)G、H.

；四邊形4BCD和EFC。都是直角梯形，AB//DC,CD//EF,AB5,DC=3,EF,

NBAD=NCDE=60°,由平面幾何知識易知，

DG=AH=2,NEFC=ZDCF=ZDCB=ZABC=90°,則四邊形EFCG和四邊形DCBH是矩

形，，在Rt一EGD和Rt..f>H4,EG=DH=26

VDCVCF,DCVCB,且bcC8=C,

.?.E?C_L平面BCF,ZBCF是二面角F-IDC-B的平面角，則ZBCF=60,

...△8C尸是正三角形，由OCu平面ABC。，得平面AB8,平面BCF,

N是BC的中點(diǎn)，???/WjLBC,乂DCJ_平面BCE,RVu平面BC/，可得FNJLCD,

而BCcCD=C,二/7NJL平面ABCO,而ADU平面AeCD.?.E∕Vj_AO.

(2)

因?yàn)镕N_L平面ABC。，過點(diǎn)N做AB平行線NK,所以以點(diǎn)N為原點(diǎn)，NK,NB、NF所

在直線分別為X軸、V軸、Z軸建立空間直角坐標(biāo)系N-型，

設(shè)4(5,√5,0),8(0,G,0),D(3L√5,0),E(1,0,3),則M?,?,-,

(∕ξ??

.?.BM=3,--,-,AD=(-2,-2√3,0),DE=(-2,y∣3,3)

I22)

設(shè)平面ADE的法向量為〃=(x,y,z)

n?AD=O-2x-2y∕3y=0

取〃=(6,-1,石)，

n?DE=O-2x+Gy+3z=O

設(shè)直線BM?平面AZ)E所成角為θ,

3.(2022.青海?海東市第一中學(xué)模擬預(yù)測(理))如圖，在三棱柱ABC-ABC中,

A,C=AAt=2AB=2AC=2BC,ABAAi=60°.

(2)設(shè)P是棱CG的中點(diǎn)，求AC與平面PA與所成角的正弦值.

【答案】(1)證明見解析

【解析】

【分析】

(I)設(shè)AB=2,由余弦定理求出AB=26，從而由勾股定理得到ABJ?AB,A1BlBC,

進(jìn)而證明出線面垂直，面面垂直；(2)建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解線面角的正

弦值.

(1)

設(shè)AB=2.

在四邊形44片8中，VΛ4l=2AB,ZBAA,=60°,連接A/,

22

.?.由余弦定理得AtB=AA；+AB-2ΛΛlMBcos600=12,即=2√5,

22

??AtB+AB=AA；,

：.Λ1B1AB.

222

又YAxB+BC=AiC,

：.AiBlBC,ABCBC=B,

：.AB?L平面ABC,

?/ABU平面AΛ1B∣B,

.?.平面ABCL平面例用8.

(2)

取AB中點(diǎn)。，連接CC,VACBC,：.CDLAB,

由(1)易知Cf)I平面MBlB,且CD=6.

如圖，以8為原點(diǎn)，分別以射線84,BA為％y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系Bj)2,

則A(2,0,0),A(0,2√5,O),C(l,0,√3),B,(-2,2√3,0),Cl(-1,2√3,√3),P(0,瓜肉.

A4=(-2,0,0),^P=(0,-√3,√3),

設(shè)平面PA用的法向量為"=(χ,y,z),貝”"Tg=,,

n?A1P=Q

f-2x=0

+島=?！睢?，則取"=(0山)，

AC=(-l,0,√3),際〈10〉I=IA，川=J，

1IlAeII〃|2√24

AC與平面PA1B1所成角的正弦值為理.

4

4.(2022?內(nèi)蒙古?赤峰紅旗中學(xué)松山分校模擬預(yù)測(理))如圖，在四棱錐產(chǎn)一A3C。中，底

面ABC。為正方形，包)，底面ABC。，M為線段PC的中點(diǎn)，PD=AD,N為線段上

的動點(diǎn).

P

(1)證明：平面MVE)，平面PBC

(2)當(dāng)點(diǎn)N在線段BC的何位置時，平面MN。與平面所成銳二面角的大小為30。？指出

點(diǎn)N的位置，并說明理由.

【答案】(1)證明見解析

(2)點(diǎn)N在線段BC的中點(diǎn)

【解析】

【分析】

(1)由PDj"底面ABCD,可得P￡)J_BC,而CDj_BC,可證得BCL平面PCD,從而得

BCYDM,而ZWLPC,所以ZWJ_平面PBC,再由面面垂直的判定定理可得結(jié)論，

(2)設(shè)PD=AD=I,以。為原點(diǎn)，以D4,OGDP所在的直線分別為X,%z軸建立空間直角

坐標(biāo)系，然后利用空間向量求解即可

(1)

證明：因?yàn)镻D_L底面ABC。，BCU底面A8C。，

所以PDLBC,

因?yàn)镃cBC,CDPD=D,

所以BC_L平面PCD,

因?yàn)閆Wu平面PCD,

所以BC_LDM,

因?yàn)樗倪呅蜛8C。為正方形，PD=AD,

所以PO=Cr>,

因?yàn)樵谥?，PD=CD,M為線段PC的中點(diǎn),

所以ZW_LPC,

因?yàn)镻CCBC=C,

所以O(shè)ML平面PBC,

因?yàn)镈MU平面DMN,

所以平面MND上平面PBC,

(2)

當(dāng)點(diǎn)N在線段BC的中點(diǎn)時，平面MNo與平面以8所成銳二面角的大小為30°,理由如下:

因?yàn)?>￡>_L底面ABCD，DA,OeU平面ABCD,

所以Pz)J_D4,PD-LDC,

因?yàn)镈AJ.DC,

所以QADC,DP兩兩垂直，

所以以。為原點(diǎn)，以。ADGOP所在的直線分別為MV*軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示,

設(shè)PZ)=AZ)=1,則。(0,0,0),A(l,0,0),8(1,1,0),P(0,0,1),C(0,l,0),

設(shè)N(ZI,0)(()<Λ<1),l)∣ljAP=(-1,0,1),AB=(0,1,0),QN=(兒1,0),DM=fθ,∣,?j,

設(shè)m=(?,y,z)為平面PAB的法向量，則

m`AP=-x+z=0令x=l,則I=(1,0,1),

tnAB=y=0

設(shè)M=(α,b,c)為平面MwD的法向量,則

n?DN=λa+h=O

<II,令α=l,K∣Jn=(1,-2,2),

n`DM=—。+―C=O

22

因?yàn)槠矫鍹ND與平面PAB所成銳二面角的大小為30°,

所以辰加小i?=V‰等

化簡得4萬-44+1=0,得％=；，

所以當(dāng)點(diǎn)N在線段BC的中點(diǎn)時，平面MND與平面PAB所成銳二面角的大小為30。

'I

5.(2022.四川?成都七中模擬預(yù)測(理))如圖1,在邊上為4的菱形ABC。中，ZDAB=ω°,

&M,N分別是邊BC,CO的中點(diǎn)，ACryBD=Ot,ACCMN=G.沿MN將ACMN翻

折到PMN的位置，連接R4,PB,PD,得到如圖2所示的五棱錐

(1)在翻折過程中是否總有平面PBOJ_平面尸AG?證明你的結(jié)論；

(2)當(dāng)四棱錐尸-MNDB體積最大時，求直線總和平面MM)B所成角的正弦值；

(3)在(2)的條件下，在線段2上是否存在一點(diǎn)Q,使得二面角Q-MV-P余弦值的絕對

值為巫？若存在，試確定點(diǎn)。的位置；若不存在，請說明理由.

10

【答案】(1)在翻折過程中總有平面PHDjL平面尸AG,證明見解析

Q)叵

10

(3)。存在且。為線段PA的中點(diǎn)

【解析】

【分析】

(I)證明出8。1平面PAG,進(jìn)而證明面面垂直；(2)找到當(dāng)PG_L平面MNDB時，四棱

錐P-MNDB體積最大，直線總和平面MNr)8所成角的為NPBG,

求出PG=G，BG=不，由勾股定理得：PB=VPG2+BG'=Ti5，從而求出NPBG的正

弦值；(3)建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量和二面角的大小，列出方程，確定點(diǎn)Q的位

置

(1)

在翻折過程中總有平面PBQ，平面PAG,

證明如下：：點(diǎn)M，N分別是邊CO,CB的中點(diǎn)，

又ZDAB=60o,.?.BD//MN,且,PMN是等邊三角形，

：G是MN的中點(diǎn)，ΛMNA.PG,

；菱形ABC。的對角線互相垂直，.?.8OJ_AC,

VACr>PG=G,ACU平面尸AG,PGU平面PAG,

/.MV_L平面PAG,：.BD1平面PAG,

"：BDU平面PBD,平面PBD1平面PAG.

(2)

由題意知，四邊形MM)B為等腰梯形，

HDB=4,MN=2,O1G=√3,

所以等腰梯形MNDB的面積S='+4I'=3√3,

2

要使得四棱錐尸-MVDB體積最大，只要點(diǎn)P到平面MM)5的距離最大即可,

當(dāng)PG，平面MNDB時,點(diǎn)P到平面MNDB的距離的最大值為√3,

此時四棱錐P-MNDB體積的最大值為V=gXXG=3,

直線尸8和平面MNDB所成角的為NPBG,

連接8G,在直角三角形PBG中，PG=BBG=√7,

由勾股定理得：PB=y]PG2+BG2=√iθ-

PG√3√30

SinNPBG=

PB^√10-?

(3)

假設(shè)符合題意的點(diǎn)Q存在.

以G為坐標(biāo)原點(diǎn)，GA,GM,G尸所在直線分別為X軸、V軸、Z軸，建立如圖所示空間直

角坐標(biāo)系，

則A(3"θ,θ),M(0,1,0),N(OTO),P(θ,O,√3),

由(2)知，AGA.PG,

又AG上MN,且MVCPG=G,MNU平面PMV,PGU平面PMN,

AGJ■平面ΛW,

故平面PMV的一個法向量為G=(1,0,0),

設(shè)AQ=2AP(0≤Λ≤l),

VAP=(-3√3,0,√3),

Aβ=(-3√3Λ0,^2),故(3W(I-2),0,也同，

.?.NM=(0,2,0),βM=(3√3(Λ-l),l,-√3λ),

平面QWN的一個法向量為〃2=(x2,y2,z2)<

則%?NM=0,n2QM=0,

U2%=0,

-l)x2+y2-√3Λz2=0,

y2=。，

令Z2=1,所以，_λ

“3(R)

"2=??m∏I?C("∣)),

則平面QMN的一個法向量n=(A,0,3(2-1)),

設(shè)二面角Q-MN-P的平面角為巴

則ICOSθ?=

HIH.|?/r+9(2-1)

故符合題意的點(diǎn)Q存在且。為線段A4的中點(diǎn).

6.(2022?全國?南京外國語學(xué)校模擬預(yù)測)如圖，在三棱臺ABC-ABg中，ABlAC,

AB=AC=4,AlA=AlBt=2,側(cè)棱，平面ABC,點(diǎn)。是棱Ca的中點(diǎn).

(1)證明：平面8B∣C?L平面明。；

(2)求二面角C-B。-A的正弦值.

【答案】(1)證明見解析

【解析】

【分析】(1)先根據(jù)線面垂直的性質(zhì)與判定證明AC±BBt,再根據(jù)勾股定理證明AB11BB1,

進(jìn)而根據(jù)線面垂直得到BB∣J.平面ABC,從而根據(jù)面面垂直的判定證明即可(2)A為坐

標(biāo)原點(diǎn)，AB,AC,AA的所在的直線分別為X,九z軸建立空間直角坐標(biāo)系，再分別求

解平面ABRCB。的一個法向量，進(jìn)而得到面面角的正弦即可

(1)證明：因?yàn)锳A?L平面ABC,ACU平面ABC,所以AA^AC,

又A8L4C,AAiAB=A,AA,,AB\平面4880，所以ACL平面AB8∣人.

又BB1U平面ABBM,所以AC，88,.

22

又因?yàn)锳g=JF百=2&,BB1=λ∕(4-2)+2=2√2,所以A)=AB；+88：,所以

AB11BB1,

又A%AC=A,ABt,ACU平面A8,C,所以，平面AgC,

因?yàn)锽gu平面網(wǎng)C,所以平面88CJ_平面A8,C.

(2)

以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB.AC,AA的所在的直線分別為X,y,Z軸建立空間直角坐標(biāo)系,

如圖所示.

Z

因?yàn)锳S=AC=4,AA=Ag=AG=2,

所以A(0,0,0),B(4,0,0),C(0,4,0),C1(0,2,2),D(0,3,l).

設(shè)平面4犯的一個法向量為勺=（X],χ,zJ,設(shè)平面CB。的一個法向量為〃2=（工2，%/2），且

AB=(4,0,0),AD=(0,3,1),CB=(4,-4,0),CD=(0,-l,l),

叫心AB?/「7.=0。,所I以Xi=20,令乂"則XiL3,所以2』,-3).

又因喟晨所以仁黑：令e則％…=1，所以-（W）.

不〃「巧=「3'√30

所以COS6,∏

2^5^?

∣∕!l∣∣n2∣λ^?λ∕io

√195

設(shè)二面角C-Bo-A的大小為6?,貝IJSine=

15'

所以二面角C-BD-4的正弦值為晅.

15

7.（2022?青海?模擬預(yù)測（理））如圖，在四棱錐A-BCDE中，底面BCQE為矩形，M為CD

中點(diǎn)，連接8M,CE交于點(diǎn)凡G為AABE的重心.

（1）證明：GF〃平面4BC

⑵已知平面ABULBC￡>￡,平面ACC_L平面BCQE,BC=3,CD=6,當(dāng)平面GCE與平面AOE

所成銳二面角為60。時，求G到平面ADE的距離.

【答案】（1）證明見解析（2）6

【解析】（1）延長EG交A8于M連接NC,

EG

因?yàn)镚為△小的重心，所以點(diǎn)N為AB的中點(diǎn)，且詼=2.

EFBE

因?yàn)?。W//3E,故CMFSEBF,所以—=一=2，

CFCM

故翁患故GFUNC,

而NCU平面ABC,GFO平面ABC,

故GF〃平面ABC；

(2)山題意知，平面ABC_L平面BCOE,fji∏ABCTffiBCDE=BC,DCVBC,

OCU平面BCDE,故。C，平面ABC,AcU平面ABC,

則DCLAC,同理BCJ_AC,

乂BC-QC=C,BC,OCU平面BCDE,

所以AC_L平面BCDE,

以C為原點(diǎn)，以CBCDC4所在直線分別為x,yz軸，建立空間直角坐標(biāo)系,

設(shè)點(diǎn)G到平面BCDE的距離為t{t>0),

則A(O,O,3r),B(3,0,0),￡(3,6,0),G(2,2,t),0(0,6,0),

故CG=(2,2,t),CE=(3,6,0),AD=(0,6,-3r),DE=(3,0,0),

:鼠，即2x+2y∣+?=O

設(shè)平面GCE的法向量為Tn=(3,y,zj,則，l1

3x∣+6yl=O

22

取y∣=1,則，Z]=7,七=—2,即m-(—2,1,—),

;器：即βy2-3tz2=O

設(shè)平面4￡>E的法向量為〃=(X2,%,Z2),則，

3X2=O

取z?=2,則為=/，則〃=(0",2),

Nz?m'Mt1L

所以cos60==—--------=-＞解得/=12/=2/，

?m?'?n?U4∏~2

J5+^-×√r÷4

又。G=(2,-4,2J5),

故點(diǎn)G到平面AoE的距離為d=|PGW|=理=6

Inl4

8.(2022?北京市第九中學(xué)模擬預(yù)測)如圖，在四棱錐尸-ABa)中，底面ABC。是邊長為2

的正方形，△%B為正三角形，且側(cè)面物底面ABCD,M為P。的中點(diǎn).

(1)求證:PB//平面ACM；

(2)求直線8例與平面PAD所成角的正弦值；

(3)求二面角C-幺―。的余弦值.

【答案】(1)證明見解析；

⑵g

2

⑶出

7

【解析】

【分析】

(1)連接8。AC=N,連MN,證明P8//MN,再利用線面平行的判定推理作答.

(2)(3)取AB中點(diǎn)。，連PO,證明POL平面ABCD,以點(diǎn)。為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)

系，借助空間向量求線面角的正弦，二面角的余弦作答.

(1)連接5D∩AC=N,連MN,如圖，正方形ABCf)中，N為Bf)的中點(diǎn)，而M為P￡)的中

點(diǎn)，

則PB//MN,而MNU平面ACM,「8仁平面ACM,

所以「8〃平面AeW.

(2)取AB中點(diǎn)。，連PO,如圖，正△上"中，POlAB,

因側(cè)面PABJL底面ABa>,側(cè)面BABc底面ΛBC3=Λfi,POU側(cè)面R4B，則P。，平面

ABCD,

在平面ABCD內(nèi)過。作QylAB,則射線OB,Oy,OP兩兩垂直，

以點(diǎn)。為原點(diǎn)，射線OB,Oy,OP分別為X,y,z軸非負(fù)半軸建立空間直角坐標(biāo)系，

In

則8(1,0,0),A(-l,0,0),D(-l,2,0),P(0,0,√3),M(--,l,?,C(l,2,0),

22

AD=(0,2,0),AP=(1,0,揚(yáng),BM=(-1,1,當(dāng)，

m?AD=2?.=O

設(shè)平面尸4)的法向量∕%=α,y,z∣),貝叫r,令4=1,得加=(-C,O,l),

m?AP=x1+√3z1=O

設(shè)直線BM與平面PAD所成角為θ,則sinθ=∣cos(∕π,BM)∣=|w，W|=巫=昱，

?m??BM?2×22

所以直線與平面RS所成角的正弦值是且.

2

(3)

UUU

由(2)知，AC=(2,2,0),

n?AC=2x,+2?=Or-L

設(shè)平面CPA的法向量"=(χ7,%,z,)，則'r',令Z2=l,得"=(-MMl),

~[n?AP=X2+?J3Z2=O

于是得COS(∕M,〃〉==-?==苧，顯然二面角C-H4-O大小為銳角，

?>n??n?2x√77

所以二面角C-PA-O的余弦值為空.

7

9.(2022?內(nèi)蒙古海拉爾第二中學(xué)模擬預(yù)測(理))已知四棱錐S-ABCD中，四邊形ABCQ為

菱形，NSAB=NSBA,SDYAB.

(1)求證：aA8Z)是等邊二角形；

(2)若√2SA=SD=AD=2,求SC與平面&W所成角的正弦值.

【答案】(1)證明見解析

⑵等

【解析】

【分析】

(1)取AB的中點(diǎn)O,連接SO、OD,證明出ABJ"平面SD0,可得出ABJ_DO,可得出

AD=BD,再利用菱形的性質(zhì)可證得結(jié)論成立；

(2)證明出SO?LDO,以點(diǎn)。為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA.OD、OS所在直線分別為x、V、Z軸

建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法可求得SC與平面SAO所成角的正弦值.

(1)

證明：取AB的中點(diǎn)。，連接S。、。。，

因?yàn)镹S43=NSB4,。為AB的中點(diǎn)，則SOLAB,

因?yàn)镾Z)_LAB,SOSQ=S,.?.ΛBJ"平面S。。，

Or)U平面S。。，則OΓ>J_4Λ故ΛD=3Q,

因?yàn)樗倪呅蜛BC。為菱形，則AB=4),所以，AD=AB=BD,

因此，AABD為等邊三角形.

(2)

解：由已知SA=S8=也，AB=2,則SzV+SB?=AB?,:.SArSB,

,。為AB的中點(diǎn)，所以，SO=-AB=I,

2

因?yàn)椤?￡>是邊長為2的等邊二角形，則O0=2sin(=6,

因?yàn)镾￡>=2,則SO[+￡)0?=Sz)-二SO,OO,

因?yàn)锳B_L平面S。。，以點(diǎn)。為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA.OD.OS所在直線分別為x、V、Z軸建

立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則4(1,0,0)、O(0,6,0)、C(-2,√3,O),S(O,O,1),

設(shè)平面SW的法向量為"=(x,y,z),AD=(-l,√3,θ),AS=(T,0,1),

n?AD=-x+?∕3y=0

取X=JL可得〃=(G,ι,G),

n?AS=-x+z=0

/廠?SSCn2√3√42

SC=(-2,G'T,c°s<SC">=前=一^=一寸?

因此，SC與平面S4Q所成角的正弦值為畫.

14

10.(2022?廣東茂名?二模)如圖，四棱錐P-ABCO的底面是等腰梯形，AD∕∕BC,BC=2AD,

ZABC=60o,E是棱PB的中點(diǎn)，F(xiàn)是棱PC上的點(diǎn)，且4、。、E、尸四點(diǎn)共面.

(1)求證：F為尸C的中點(diǎn)；

(2)若△勿。為等邊三角形，二面角P-45-3的大小為120。，求直線BD與平面AOFE所

成角的正弦值.

【答案】⑴證明見解析

⑵正

4

【解析】

【分析】

(1)先由線面平行的判定定理證明〃平面P8C,再根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理即可證明

EF〃A/),即可證明結(jié)論；

(2)建立空間直角坐標(biāo)系，求得相關(guān)各點(diǎn)坐標(biāo)，求得平面4QFE的法向量，根據(jù)向量的夾

角公式即可求得答案.

(I)

證明：四棱錐P-ABC。中，AD//BC,BCu平面PBC,

.?.AD〃平面PBC.

由題意A、。、E、尸四點(diǎn)共面，平面AoFEn平面P2C=EF,

.?AD∕∕EF,而AO〃8C,.?EF∕∕BC,

YE是棱PB的中點(diǎn)，.?.尸為PC中點(diǎn).

(2)

如圖，以BC為龍軸,連接5C中點(diǎn)。和4。中點(diǎn)G,以O(shè)G為y軸,過點(diǎn)O作垂直于平面ABCD

的直線作為Z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，

因?yàn)锳8=CO,BC=2AD,ZABC=60°

設(shè)AD=4,則BC=2α,AB=CD=a,

所以O(shè)G=@α,A(-@,且4,0),B(-4,0,0),,且4,0),C(α,0,0),

22222

βr>=(-α,-a,0),AO=(a,0,0).

22

因?yàn)椤鞒隽榈冗吶切?，所以「GL4。，由題意知OGLAD,

所以/尸G。為二面角P-A￡>—B的平面角，又二面角P—AD—5的大小為120。,

所以NPGO=I20。，

因?yàn)槭珿_LAD,G0A.AD,PGGO=GPG,GOu平面PG0,

所以AoJ_平面PG0,

過P作PH垂直于y軸于點(diǎn)H,

因?yàn)楱M7∕u平面PG。，所以AQ_LP”，

X.PHLGH,6〃,4。＜=平面48。。，GHAD=G,

所以尸”垂直于平面A8CD,且NPG”=60,

_√3?√3&336

PG=——a,PpH=——a×——=-a,GH=——a,

22244

OH=0G+GH=-a+-a=-a,；?P(O,羋α,∣?α],

244144J

因?yàn)镋,尸分別為P8,PC的中點(diǎn)，

r.ia3√33a3√33?/?3

rQ)?以rECV(——,-----〃,一〃),尸(一,----a,-a),AE=(0,------a,-a),

28828888

.AE=O

設(shè)平面4。/E的法向量為力=(χ,y,z),則1n,

γi?ΛD=O

√33_

所以一^Γ"+鏟Z=O,取Z=I,8=(0,61),

0r=O

設(shè)BD與平面ADFE所成角為θ,

3

則sinθ=|COS〈BD,n)∣=—=—'

√3a×24

即直線8。與平面AoFE所成角的正弦值為迫.

4

11.(202)安徽省舒城中學(xué)三模(理))在四棱錐P-ABCD中，ARW為正三角形，四邊形

ABCD為等腰梯形，M為棱AP的中點(diǎn)，且AB=2AO=2BC=2CD=4,DM=拒,

UUin1Uim

AO=-AB,

4

AOB

(1)求證：平面ODWJ_平面ABC。；

(2)求直線AP與平面PBC所成角的正弦值.

【答案】(1)證明見解析；

⑵晅

13

【解析】

【分析】

(I)E為A8中點(diǎn)，連接。M,PE,DE,易得88E為平行四邊形，即知△ADE為等腰三.角

形，進(jìn)而有8,AB,由等邊三角形性質(zhì)有PELM,根據(jù)中位線、平行線的推論知

OMlAB,再根據(jù)線面垂直的判定、面面垂直的判定證結(jié)論.

(2)構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，求出直線ΛP方向向量和平面PBC的法向量，應(yīng)用空間向量夾

角的坐標(biāo)表示求線面角的正弦值.

(1)

若E為Ag中點(diǎn)，連接。M,PE,DE,

由CD//BE且CΓ>=8E=2,故為平行四邊形，

unit1uun

所以8C=DE=2,又4)=2且Ao=?AB,即。為AE中點(diǎn),

47

等腰△ADE中OD_LAE,即OD_LAB,

又，R43為正三角形，故PE_LA5,

因?yàn)镸分別為AE,AP中點(diǎn)，敬OMIlPE,則OMd.AB,

由OMOD=O,OΛ∕,OOu面OMZ),故A8_L面OMD,

而ABi面ABC￡>,則平面OZ)Mj_平面ABC。；

(2)

過。作OZJjmABCD,由(1)可構(gòu)建以。為原點(diǎn)，。2,。。,。2為工。*軸的空間直角坐標(biāo)

系，

所以A(-l,0,0),8(3,0,0),C(2,G,0),而OM=0。=OM=√5,則Λf(O,正,』)，

22

所以P(l,√3,3).故AP=(2,√3,3),BP=(-2,√3,3),CP=(TO,3),

"[?BP=-2x+>∕3y+3z=O

若帆=(x,y,z)是面PBC的一個法向量，則〈，令Z=1,則

∕n?CP=-x+3z=0

m=（3,后,1）,所以ICoS<∕κ,AP>∣=∣q"I=T==M1,故直線”與平面PBC所成

I/IlAPl4×√1313

角的正弦值士叵.

13

12.（2022?廣東?大埔縣虎山中學(xué)模擬預(yù)測）如圖，在四棱臺ABCo-A4G。中，AB=2,

44=1,四邊形ABCZ）為平行四邊形，點(diǎn)E為棱BC的中點(diǎn).

（2）若四邊形ABCD為正方形，AA，平面ABCDAA=AB=2,求二面角入一。E-C的余

弦值.

【答案】（1）證明見解析；

（2）-∣.

【解析】

【分析】

（1）連A8,利用給定條件證明四邊形AREB為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理

作答.

(2)以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，借助空間向量求解作答.

(1)

在四棱臺ABCD-A與GP中，四邊形ABC。為平行四邊形，且AB=2AM,點(diǎn)￡為棱BC

的中點(diǎn)，連AB，如圖，

則有AA=gAO=8E,AtDt//AD//BE,即四邊形42所為平行四邊形，

則RE〃AB,又與EU平面43B∣A,ABU平面

所以。E〃平面ABBM.

(2)

以4為坐標(biāo)原點(diǎn)，A8為X軸，AE)為y軸，AA為Z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

則4(0,0,2),0(0,2,0),E(2,l,0),ZMI=(O,-2,2),Eo=(-2,1,0),

設(shè)平面AOE的一個法向量為"=(χ,y,z),貝/,力：_2χ+y2-Qj,令X=L得〃=(1,2,2),

MI.〃22

平面OEC的一個法向量為《1=(0,0,1),則COS〈加〃)=------=——=-,顯然二面角

∣m∣∣nI1×33

A-OE-C的平面角為鈍角，

所以二面角A-。E-C的余弦值為

13.(2022?全國?模擬預(yù)測(理))如圖，在四棱錐A-Ba)E中，ACBCDE,ADVDE,

BCE為等邊三角形，ZECD-60.

(1)求證：￡>EJL平面ACz),且BE//平面AC。.

(2)已知AC=3,BC=2,求平面ADE與平面ABE所成銳二面角的余弦值.

【答案】(1)證明見解析

【解析】

【分析】

(1)由線面垂直性質(zhì)可得AC?LOE,結(jié)合AQ_LoE可證得OE，平面Ae￡)；根據(jù)BE//。,

由線面平行的判定可證得結(jié)論；

(2)以。為坐標(biāo)原點(diǎn)可建立空間直角坐標(biāo)系，利用.面角的向量求法可求得結(jié)果.

(I)

ACBCDE,QEU平面BCr>E,.?.ACJ?f>E,

XADlDE,ACAO=A,AC,AOu平面AC￡),.?.￡)￡，平面AC。：

QVBCE為等邊三角形，二/BEC=60,又乙ECD=鈦)，：.BEIlCD，

CZ)U平面AC。，8我0平面47。，；.8E〃平面4?！?.

(2)

DEJ_平面ACQ,CDU平面Aa),,OE_LCD：

以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，DC,DE為x,y軸正方向，作Z軸〃AC,可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,

則O(0,0,0),A(l,0,3),42,6,0),E(θ,√3,θ),

.?.DA=(1,O,3),OE=(O,省,0),AB=(I,√J,-3),B￡=(-2,0,0),

設(shè)平面ADE的法向量〃=(%,χ,z∣),

則Ir,令z∣=l,貝∣Jx∣=-3,M=O,.?.w=(-3,0,l);

DE`n=√3y1=O

設(shè)平面AfiE的法向量加=(七,為，z?)，

則〈~令Z2=l,貝∣J%=0,>?=√3,.?.w=(θ,√3,l);

BEm=x

?-2X2=O

II辰〃I1√io

..COS<ItlH>\=~j—i~~r=-----7^="=--------,

191∣m∣?∣n∣2√1020

---平面ADE與平面ΛBE所成銳二面角的余弦值為畫.

20

14.(2022.浙江紹興.模擬預(yù)測)如圖，三棱臺ABC-ABC中，NABC=90。,

AtA=AiB=AiC=>∣3,AB=BC=2.

(1)證明：AiClIAtBi

(2)求直線AG與平面ACB所成的角.

【答案】(1)證明見解析

【解析】

【分析】

(I)由題，取AC中點(diǎn)O,連接A。、BD,AC//A1C1,先由線線垂直證AC上面ABD,即

可由線面垂直證AC,Λ1B,即可證AG

(2)分別以。8、DC、DAI為X、AZ軸建立如圖空間直角坐標(biāo)系，即可由向量法求所求線

面角.

(1)

由題，取AC中點(diǎn)。，連接A3、BD,由AA=AC,AB=BC,則AC，4。、ACLBD,

乂A∣ZλBoU面A8。，故AC_1面片8。，

因?yàn)锳BU面AB。，故ACLAB,又4<7〃46，則4?，38,得證;

(2)

由題，ZABC=90。，則AD=BO=CD,又AA=AB,AtD=AtD,

故，的。三陽。，故NA。B=NAOA=90°.

分別以。8、DC、D41為x、y、Z軸建立如圖空間直角坐標(biāo)系，

易得網(wǎng)友,0,0),C(θ,√2,θ),Λ1(θ,O,l),A(θ,-^,θ),^C=(θ,√2,-l),AB=(α,0,-1),

AC=(θ,2√2,θ),設(shè)平面ACB法向量"=(χ,y,z),

nA.B=yJ2x-z=0(∣-?

則一,L,令X=I,則〃=1,1,√Σ,

v7

/Z-A1C=√2γ-z=O

故cos(〃,AC)=2^=，，故直線AC與平面ACB所成的角為三.

?/2?2√226

即直線AG與平面ACB所成的角為：.

O

15.(2022?遼寧實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬預(yù)測)如圖所示正四棱錐P-A88,AB=2,PA=7

(1)求證：PALBD

(2)若沿側(cè)棱將此四棱錐剪開，四個側(cè)面向外旋轉(zhuǎn)，抬。旋轉(zhuǎn)至［AAPC力旋轉(zhuǎn)至巴C。如圖

所示，其中二面角I-AD-B與二面角鳥-CO-B相同，當(dāng)￡>［1￡>6時，求平面［4。與

2C0所成的銳二面角的余弦值

【答案】(1)證明見解析

【解析】

【分析】

(I)連接BD,AC,交于點(diǎn)0,連接PO,POJJHiABS,得POLBD,從而證得8。_L平

面B4C,得線線垂直；

(2)以。為原點(diǎn)，ZM為X軸，OC為y軸，過點(diǎn)。且垂直于平面ABC。的直線為Z軸建立

空間直角坐標(biāo)系，設(shè)是二面角I-AZJ-B大小為6,表不出％?的坐標(biāo)，由向量垂直求出。，

得的坐標(biāo)，再求出平面片與平面6CQ的一個法向量，則法向量夾角得二面角.

(1)

證明：連接8D,AC,交于點(diǎn)0,連接PO,Po，面ABC。，Br>u平面ABC￡),

POlSD,

又?BD±AC,POAC=O,Po,ACu平面H4C,所以BDj"平面PAC,

又?小匚平面尸4(7,，8￡>_1%.

(2)

以。為原點(diǎn)，D4為X軸，QC為)，軸，過點(diǎn)。且垂直于平面ABCQ的直線為Z軸建立空間

直角坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)E為￡>A中點(diǎn)，則片￡=4百，設(shè)尸是BC中點(diǎn)，則防，A￡),乂勺ELA。，

所以N[E尸是二面角耳―AD-B的平面角，即N[EF=9,

.?.[(1,4√3cosθ,4yβsin6),同理鳥(4√3cos6,1,4√3sinθ)

。片.=4J3cose+443cose+48sin26=0

K1

解得：cos。=----,Sine=不

22

.*(1,y2?E(C)

UUIllUlffl

DA=(1,-6,2揚(yáng),ZM=(2,0,0)

設(shè)〃I=(x,y,z)為平面[A。的法向量，則ZVZM=O,.?.2x=0,/.x=0,

UUUU_Ur-

%?DR=O,Λx-6γ+2√3z=0,取y=1,則z=√L,?nl=(0,l,√3)

UUU

De=(-6,1,2回OC=(0,2,0),

LU

設(shè)%=(九s")為平面A。。的法向量，則n1?DC=Q,/.25=O,.*.5=0,

LtlUUUUU?-

n2?DP2=0,—6m+2√3f=0?取m=1,貝!]f=6，.?.4=(1,0,J3),

Irun33

COS</R,/?->>=~//=,

~√l+3?√l+34

3

平面[A。與平面鳥。。所成的銳二面角的余弦值為二.

4

16.(2022.福建.三明一中模擬預(yù)測)如圖，四邊形ABCZ)為菱形，48=2,ZABC=60。，將

ΔA8沿AC折起，得到三棱錐O-ABC,點(diǎn)M,N分別為△"￡＞和一ABC的重心.

⑴證明：CO〃平面N；

(2)當(dāng)三棱錐