十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题汇编新高考卷与全国专题12立体几何与空间向量解答题（解析版）

大数据之十年高考真题(2013-2022)与优质模拟题(新高考卷与新课

标理科卷)

专题12立体几何与空间向量解答题

◎真题汇总

1.【2022年全国甲卷理科18］在四棱锥P-4BCD中，PD1底面IIAB,AD=DC=CB=1,AB=

2,DP=V3.

(1)证明：BD1PA；

(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析;

【解析】

(1)证明：在四边形4BCD中，作于E,CF1AB于F,

因为=CD=CB=1,AB=2,

所以四边形ABCO为等腰梯形，

AEFB

所以==g

故DE=—.BD=>JDE2+BE2=V3,

所以+BD2=附,

所以/W1BD,

因为P。J_平面ABC。，BOu平面4BC0,

所以PC1BD,

乂PDMD=D,

所以8D_L平面P4D,

又因P4u平面P4D,

所以8。1PA；

BD=心,

则4(1,0,0),B(0,V3,0),尸(0,0,V3).

则方=(-1,0,y/3),BP=(0,-V3,V3),DP=(0,0,V3).

设平面P4B的法向量元=(x,y,z),

则有｛了.#=-”+8z=°，可取元=（低1」）,

n-BP=-V3y+V3z=0

则cos他而＞=焉瓶=曰，

所以PC与平面P4B所成角的正弦值为g.

2.【2022年全国乙卷理科18】如图，四面体力BCD中，AD1CD,AD=CD,zJ\DB=^BDC,E为4c的中点.

D

(1)证明：平面BEDI平面4CD：

(2)设AB=BD=214C8=60。，点尸在BD上，当AAFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦

值.

【答案】(1)证明过程见解析

⑵CF与平面ABD所成的角的正弦值为苧

【解析】

(1)因为4D=CD,E为AC的中点，所以ACJ_DE；

在448。利必CBD中,因为40=CD/ADB=乙CDB,DB=DB,

所以△力8。三△CBO,所以48=CB,又因为E为AC的中点，所以AC_LBE；

又因为DE,BEu平面BED,DECBE=E,所以ACJ■平面BED,

因为4Cu平面4C。，所以平面BED1平面4CD.

(2)连接EF,由(1)知，4cl平面BE。，因为EFu平面BEO,

所以“_LEF,所以SA4FC="LEF,

当“18。时，EF最小，即尸C的面积最小.

因为△ABD三△C8D,所以CB=4B=2,

又因为乙ACB=60。，所以△ABC是等边三角形，

因为E为AC的中点，所以4E=EC=1,BE=依,

因为ICO,所以DE=(4C=1,

在△DEB中，DE2+BE2=BD2,所以BEIDE.

以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,

则A(l,0,0),B(0,g,0),C(0,0,l),所以而=(-1,0,1),=(-1,73,0),

设平面4B0的一个法向量为五=(x,y,z),

则一:+j_°n，取y=V5,则五=(3,6,3),

E•AB=—x+73y=0)

又因为C(-1,0,0),F(0,ft)，所以汴=(

/一64V3

所以85仇,")=n而'CF闻=喜=丁，

设CF与平面4BC所成的角的正弦值为。(0<0<0,

所以sin。=|cos(n,CF)|=一，

3.【2022年新高考1卷19］如图，直三棱柱ABC-&B1C1的体积为4,△48C的面积为2VL

⑴求Z到平面4BC的距离;

(2)设。为4c的中点，AAj=AB,平面ABCJL平面48丛&,求二面角4一8。-C的正弦值.

【答案】⑴立

【解析】

(1)在直三棱柱48。-414的中，设点Z到平面418c的距离为

则力-&BC=gs-i8c,h==/i-ABC=(SAABC,A-[A=^VABC-AiBiCy=g

解得/l=V2,

所以点Z到平面ABC的距离为我；

(2)取的中点E,连接4瓦如图，因为44]=48,所以4EJ.A8,

又平面418。_1_平面488141，平面AiBCn平面ABB/i=ArB,

且4Eu平面4幽4，所以4E1平面&BC,

在直三棱柱4BC-&B1C1中，BBiJ_平面ABC,

由BCu平面A]BC,BCu平面ABC可得4E1BC,BB11BC,

又4E,BBiu平面且相交，所以BCJ_平面ABB14,

所以8C,B4BBi两两垂直，以8为原点，建立空间直角坐标系，如图,

由(1)得4E=&,所以44i=4B=2,A、B=2握,所以BC=2,

则4(0,2,0),4(0,2,2),8(0,0,0),C(2,0,0),所以&C的中点£>(1,1,1),

贝丽=(1,1,1)>BA=(0,2,0),近=(2,0,0),

设平面4BD的一个法向量福=(x,y,z),则产,二x+y+z=0,

m-BA=2y=0

可取而=(1,0,-1),

设平面BCC的-个法向量冠=(a,b,c),则｛沅,而二a+匕+'=°,

沅・8C=2Q=0

可取元=(0,1,—1),

则cos(沅,元)=焉^=备=/

所以二面角4-BD-C的正弦值为Jl-(1)2=当

4.【2022年新高考2卷20]如图，P0是三棱锥P-4BC的高，PA=PB,AB1AC,E是PB的中点.

p

c

(1)证明：OE〃平面P4C；

(2)若乙48。=4c8。=30。，PO=3,PA=5,求二面角C-4E-B的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

啮

【解析】

(1)证明:连接BO并延长交AC于点交连接04、PD,

因为P0是三棱锥P-4BC的高，所以P。！平曲;4BC,A0,B0u平面4BC,

所以PO1A。、P01B0,

又P4=PB,所以△P04WAP0B,即04=。8,所以乙。48=4。84,

5LAB1AC,即NBAC=90。，所以4。48+4040=90。，/.OBA+Z.ODA=90°,

所以40ZM=/.OAD

所以4。=DO,BIMO=DO=0B,所以。为BD的中点，又E为PB的中点，所以OE〃P。,

又OEC平面P4C,PDu平面P4C,

所以0E〃平面P4c

(2)解：过点4作4z〃0P,如图建立平面直角坐标系,

因为尸。=3,AP=5,所以O4=V4P2-2。2=4,

y

z

又40BA=NOBC=30。，所以BC=2O4=8,贝ijAD=4,AB=4V3.

所以4C=12,所以0(2百,2,0),F(4V3,0,0),P(2b,2,3),C(0,12,0),所以E(3K,1,|),

则在=(3百,1，5，AB=(4V3,0,0),AC=(0,12,0),

设平面4EB的法向量为H=(x,y,z),则1nAE-jV3x+y+-z-0,令z=2、则y=-3,x=0,所以五=

(n-AB=4V3x=0

(0,-3,2)；

设平面4EC的法向量为市=(a,b,c),贝ij］沆TE=/a+"+|c=°,令。=g，则c=一6,b=0,所以

Im-AC=126=0

m=(V3,0,-6)：

用而__12__4V3

所以cos（五，沆）同|利一V13xV39一—IT

设二面角C一AE-B为仇由图可知二面角C一AE一8为钝二面角,

所以cose=-竽’所以Sina='l—8S28=£

故二面角C一AE-B的正弦值为三；

5.（2021年全国甲卷理科19】已知直三棱柱ABC-A/iCi中，侧面人公/夕为正方形，AB=BC=2,E,

尸分别为AC和eg的中点，。为棱AiBi上的点.BFlAiBi

（1）证明：BF1DE-.

（2）当BiD为何值时，面BBigC与面DFE所成的二面角的正弦值最小？

【答案】（1）见解析；（2）BXD=^

因为三棱柱ABC—41/Ci是直三棱柱，所以BBil底面ABC,所以

因为AiBi〃4B,BFJ.A1B1，所以BF1AB,

XBB]OBF=8,所以4B1平面BCCiBr

所以两两垂直.

以B为坐标原点，分别以所在直线为％y,z轴建立空间直角坐标系，如图.

所以8(0,0,0),4(2,0,0),C(0,2,0),8式0,0,2),A式2,0,2),g(0,2,2),

0)/(0,2,1).

由题设D(a,0,2)(0<a<2).

(1)因为BF=(0,2,1),DE=(1-a,1,-2),

所以BF-DF=0x(l-a)+2xl+lx(-2)=0,所以BF1DE.

(2)设平面DFE的法向量为沅=(x,y,z),

因为EF=(-1,1,1),DE=(1—a,1,-2),

EF=0-x+y+z=0

所以｛»OE=0'BmP(((l-a)x+y-2z=0-

令z=2—a,则m=(3,1+a,2—a)

因为平面BCgBi的法向量为瓦？=(2,0,0)，

设平面BCG/与平面。EF的二面角的平面角为仇

则|cos8|=-四纲-=—，上_.=r—_.

\m\-\BA\2xJ2a2-2。+14y/2a2-2a+14

当。=:时，2a2—2a+4取最小值为

3x/6

此时cos。取最大值为居=T.

所以(sin9)min=JI-(y)2=导

此时=i

6.【2021年新高考1卷20］如图，在三棱锥4-BCD中，平面4BDJ■平面BCD,AB=AD,。为BD的中点.

(1)证明：041CD；

(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱4D上，DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45。,

求三棱锥4-BCD的体积.

【答案】(1)详见解析(2)在

6

(1)因为AB=AD,0为BD中点，所以AO_LBD

因为平面ABDC平面BCD=BD,平面ABD_L平面BCD,AOu平面ABD,

因此AO_L平面BCD,

因为CDu平面BCD,所以AO±CD

(2)作EF_LBD于F,作FMJ_BC于M,连FM

因为AO_L平面BCD,所以AO_LBD,AOICD

所以EF1BD,EFXCD,BDnCD=。，因此EF_L平面BCD,即EF1BC

因为FM_LBC,FMCEF=F，所以BC_L平面EFM,即BC_LMF

则4EM尸为二面角E-BC-D的平面角，4EMF=彳

因为BO=OD,AOCD为正三角形，所以△OCO为直角三角形

因为BE=2ED,-FM=^BF=1(1+1)=|

从而EF=FM=1AO=1

■■■AO，平面BCD,

所以V={AO-SABCD=JxlxixlxV3=^

<5oLt>

7.【2021年全国乙卷理科18］如图，四棱锥P-4BCD的底面是矩形，PD1底面4BCD,PD=DC=1,M

为BC的中点，且PB14M.

(2)求二面角4—PM—B的正弦值.

【答案】⑴缶⑵罂

（1）•••POJ■平面4BCD,四边形4BCD为矩形，不妨以点。为坐标原点，DA.DC.DP所在直线分别为X、

设BC=2a,则。(0,0,0)、P(0,0,l)、B(2a,1,0),M(a,l,0)、A｛2a,0,0),

则而=(2a,1,-1),AM=(-a,l,0)，

•­■PB1AM,则而•而=-2a2+i=o，解得。=争故BC=2a=低；

⑵设平面PAM的法向量为沅=（x"i，Zi）,则彳祈=（一苧,1,0）,AP=（-y/2,0,1），

^2

-AM=--Xi+%=0

由｛21-71取冗i=V2,可得沅=(V2,1,2),

m-AP=-V2%1+Z[=0

设平面PBM的法向量为正=（%%々），两=（一苧,0,0），BP=（-V2,-1,1），

由｛nBM=--x2=0,取力=1,可得m=(0,i,i),

z

nBP=-V2X2-y2+2=0

,一»1、mn33-714

<m,n>=~rr^

cos|m||n|=V-77=x—V2?==14

所以，sin<m,n>=V1_cos2<m,n>=

14

因此,二面角4-PM-8的正弦值为唱.

8.（2021年新高考2卷19】在四棱锥Q-4BCD中，底面4BCD是正方形，若4。=2,QD=QA=遮,QC=3.

Q

----r

（1）证明：平面Q4D-L平面4BCD；

（2）求二面角B—QD—4的平面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）1

（1）取4D的中点为。，连接QO,CO.

因为Q4=QD,0A=0D,则Q01AD,

而4D=2,Q4=V5,故Q0=75^1=2.

在正方形4BCD中，因为4。=2,故DO=1,故CO=代，

因为QC=3,^QC2=QO2+OC2,故△QOC为直角三角形且QO1OC,

因为OCCl4。=0,故QO1平面4BCD,

因为Q。u平面Q4D,故平面Q4。1平面4BCD.

（2）在平面4BCD内，过。作O77/CD,交BC于7,则07_L4D,

结合（1）中的Q01平面ABCD,故可建如图所示的空间坐标系.

Q

则0(0,1,0),<2(0,0,2),B(2,-1,0),故的=(-2,1,2),BD=(-2,2,0).

设平面QB。的法向量ii=(x,y,z),

则Cn-BQ—Ownr-+y+2z=0

'[nBD=0U{-2x+2y=0取x=1,则y=l,z=|,

故元=(1,1弓).

而平面QA。的法向量为沅=(1,0,0),故cos(而，元)=+=：.

2

二面角B-QD-4的平面角为锐角，故其余弦值为:

9.【2020年全国1卷理科18］如图，0为圆锥的顶点，0是圆锥底面的圆心,4E为底面直径,4E=.△ABC是

底面的内接正三角形，P为。。上一点，PO=^DO.

O

(1)证明：PA1平面PBC；

(2)求二面角B—PC-E的余弦值.

【答案】(1)证明见解析：(2)詈.

【解析】

(1)由题设，知△O4E为等边三角形，设4E=L

则D0=",C0=B0=；4E=；,所以PO=¥DO=',

22264

PC=\/P02+0C2=—,PB=VPO2+OB2=

44

又△ABC为等边三角形，则鼻=204,所以84=容

sm602

PA2+PB2=-=AB2,则ZJ!PB=90。，所以P4J.PB,

4

同理1PC,又PCnPB=P,所以PAiTffiPBC；

(2)过。作0N〃8c交4?于点N,因为P01平面4BC,以O为坐标原点，0/为x轴，ON为y轴建立

如图所示的空间直角坐标系，

则E(-i0,0),P(0,0,当,B(-i,y,0),C(一一苧,0),

配=(-？-今-与，而=(-；，?，-当，闻=

设平面PCB的一个法向量为冗=(Xi，%,Zi),

由口篇:.得二请MD—…

所以同=(鱼,0,—1),

设平面PCE的一个法向量为沆=(x2,y2,z2)

嘴吃常得

，人/二.，8r得—咛

所以市=(1,今-烟

s,一一、ft而2V22x/5

故4tcos<m,n>=——=—-1==—»

MHm|gx隼5

V3

设二面角B-PC—E的大小为仇则cos。=竽.

10.【2020年全国2卷理科20］如图，已知三棱柱N8C-48C1的底面是正三角形，侧面BBCC是矩形,

M,N分别为8C,81G的中点，P为4M上一点,过SG和尸的平面交48于E,交AC于F.

（1）证明：AA\//MN,且平面44WN_LE5iG尸；

（2）设。为△小81cl的中心，若40〃平面且Z0=/5,求直线囱E与平面44VW所成角的正弦

值.

【答案】（1）证明见解析；（2）嘿

【解析】

（1）TM,N分别为BC,8佟1的中点，

又AAi〃BBI

MNHAAi，

在AABC中，M为BC中点，则8cl4M

又•.•侧面BBiGC为矩形，

**•BC-LBB-^9

MN1BC,

由MNn4M=M,MN,ZMu平面44MN

・••BC_L平面44MN

又・・•B*C/BC,且C平面ABC,BCu平面ABC,

B£〃平面ABC

又；u平面EBi”,且平面E/CiFC平面ABC=EF

BiCJ/EF

：.EF//BC,

乂,:BC_L平面414MN

EF，平面AiAMN

•••EFu平面EBigF

••・平面EB[C/J_平面414MN

(2)连接NP

•••4。〃平值iEBigF,平面40NPC平面EBigF=NP

：.AOHNP,

根据三棱柱上下底面平行，

其面41NM4。平面ABC=AM,面&NMAC平面AiBiQ=AtN

：.ON//AP,

故：四边形0/VP4是平行四边形

设44BC边氏是6m(m>0)

可得：ON=AP,NP=AO=AB=6m

•••。为AAiBiCi的中心，且Ci边长为6nl

ON=|x6xsin60°=V3m,

故：ON=AP=^m

•••EF//BC,

:.——AP=——EP,

AMBM

V3_EP

"373=~）

解得：EP=m

在BiG截取/Q=EP=m,故QN=2m

■■■BiQ=EP旦BQEP

二四边形BiQPE是平行四边形，

•••B[E〃PQ,

由（1）81cl_L平面414MN

故NQPN为/E与平面414MN所成角

^r.Rt^QPN,根据勾股定理可得：PQ=yjQN2+PN2=V（2m）2+（6m）2=2V10m

.QN2mV1O

•••smy乙QPN=z—=—==—=-

yPQZx^iOm10

•••直线B/与平面为AMN所成角的正弦值：察.

11.【2020年全国3卷理科19］如图，在长方体4BCD-&B1C1D1中，点瓦F分别在棱上，且2CE=

EDi，BF=2FBi，

(1)证明：点Ci在平面4EF内；

(2)若4B=2,AD=1,44i=3,求二面角4一E尸一公的正弦值.

【答案】(1)证明见解析;(2)手.

【解析】

(1)在棱eg上取点G,使得CiG=；CG,连接DG、FG、gE、QF,

在长方体ABCD-&出6/中，AD//BCS.AD=BC,BBJ/CCi且=Cg,

CXG=~CG,BF=2FBi，:.CG=|CC\=|BBi=BFRCG=BF,

所以，四边形BCGF为平行四边形，则4尸〃DG旦4F=OG,

同理可证四边形。EQG为平行四边形，:C1E//DG且GE=DG,

：.C1E//4F且GE=AF,则四边形4EC/为平行四边形，

因此，点Ci在平面4EF内；

(2)以点G为坐标原点，Ci。I、gBi、gC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

GL-xyz,

则4(2,1,3)、4(2,1,0)、£(2,0,2),/(0,1,1),

而=(0,-1,-1),AF=(-2,0,-2),取=(0,—1,2),A^F=(-2,0,1),

设平面4EF的法向量为市=(Xi，yi，zi),

由匕萼=＞得匚：〔工厂:取zi=-l,得必=%=1,则沆=(1,1,一1),

lm-AF=0I以1/Zi—u

设平面&Ef的法向量为元=(x2,y2,z2'),

由尸？I=t得取Z2=2,得必=1,%=4,则冗=(1,4,2),

-zx

(n-ArF=0l2+Z2-u

Zi

,一一、m«3y/7

cos<m,n>=—=-；=-7==—，

|mHH|V3xV217

设二面角4一E尸一A1的平面角为0,则|cosO|=?,sin0=V1-cos20=

因此，二面角4-EF-①的正弦值为手.

12.[2020年山东卷20]如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，底面/8CO.设平面PAD与平面PBC

的交线为/.

(1)证明：LL平面PZJC；

(2)已知PD=ZO=1,。为/上的点，求尸8与平面所成角的正弦值的最大值.

【答案】⑴证明见解析；(2)当

【解析】

(1)证明：

在正方形4BCD中，AD//BC,

因为40C平面PBC,BCu平面PBC,

所以4。//平面PBC,

乂因为4。u平面P4。，平面PADn平面PBC=，，

所以40//1,

因为在四棱锥P—4BCD中，底面4BCD是正方形，所以4。1DC,1

且P。，平面4BC。，所以4。1PD,•­.I1PD,

因为CDClPD=。

所以，，平面PDC；

(2)如图建立空间直角坐标系。-xyz,

因为PD=4D=1,则有D(0,0,0),C(0,l,0),4(l,0,0),P(0,0,l),B(l,L0)，

设Q(m,0,1),则有双=(0,1,0),DQ=(m,0,1),PB=(1,1,-1),

设平面QCD的法向量为ft-(x,y,z),

令尤=1,则z=—m,所以平面QCD的一个法向量为”=(1,0,—m),则

nPB1+0+m

cos<n,PB>=

\n\\PB\V3-Vm2+1

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于|8S<n,PS>|==日•^・小得若•［高<

争=M当且仅当m=1时取等号，

所以直线PB与平面QC。所成角的正弦值的最大值为苧.

13.［2020年海南卷20］如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，底面/8CO.设平面PAD与平面PBC

的交线为/.

方…c

(1)证明：平面尸£>C；

(2)已知尸。=/。=1,。为/上的点，求P8与平面0CD所成角的正弦值的最大值.

【答案】(1)证明见解析；⑵Y，

【解析】

(1)证明：

在正方形4BCD中，AD//BC,

因为4。C平面PBC,BCu平面PBC,

所以平面PBC,

又因为4。u平面P40,平面PADn平面PBC=I,

所以4D//1,

因为在四棱锥P-4BCD中，底面4BCD是正方形，所以4D1_L0C,

且PD1平面4BCD,所以AD1PD,IIP。，

因为CDf\PD=D

所以•平面PDC：

(2)如图建立空间直角坐标系。一久yz,

因为PD=AD=1,则有D(0,0,0),C(0,1,0),4(10,0),P(0,0,1),8(1,1,0),

设Q(m,0,l),则有配=(0,1,0),函=(m,0,1),而=(1,1,-1),

设平面QCD的法向量为定=(x,y,z),

DCn=

DQ-n=0

令冗=1,则2=—加，所以平面QCO的一个法向量为元=(1,0,-m),

n-PB1+0+m

则cos<n,PB>=

m\?B\~后石石T

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于|8S＜加四＞|=标号=去］臂=今”^三泉广高S

^-V1T1=Y，当且仅当m=l时取等号，

所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为苧.

14.【2019年新课标3理科19】图1是由矩形/OE8、和菱形8尸GC组成的一个平面图形，其中

AB=\,BE=BF=2,NFBC=66；将其沿48,8c折起使得8E与8F重合，连结。G,如图2.

图1图2

(1)证明：图2中的力，C,G,。四点共面，且平面48cJ_平面8CGE；

(2)求图2中的二面角8-CG-N的大小.

【答案】证明：(1)由已知得CG//BE,：.AD//CG,

：.AD,CG确定一个平面，

：.A,C,G,。四点共面，

由已知得ABLBC,BCGE,

VABC,ABCmBCGE.

解：(2)作EH1,BC,垂足为H,

；EHu平面BCGE,平面BCGEA.T'ffiABC,

平面45C,

由已知，菱形8CGE的边长为2,NEBC=60；

:EH=V3,

以，为坐标原点，"C的方向为x轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系，-孙z,

则/(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,V3),

CG=(1,0,V3),AC=(2,-1,0),

设平面4CGZ)的法向量〃=(x,y,z),

贝"阿=x+8z=°,取x=3,得1=(3,6,—遍),

(AC•n=2x—y=0

又平面BCGE的法向量为蔡=(0,I,0),

・J~、n-m>/3

..cos<n,m>=——

1nMm|2

二面角8-CG-/的大小为30°.

15.【2019年全国新课标2理科17］如图，长方体力58-351。n的底面是正方形，点E在棱441

上，BELECi.

(1)证明：8E_L平面EBiCi；

(2)若求二面角8-EC-G的正弦值.

【答案】证明：(1)长方体中，8iG_L平面/8Z/1,

:・BiCi上BE,YBE工ECi,

解：(2)以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

设ZE=4E=1,:夕月,平面后囱。，ABE±EB\,：.AB=],

则E(1,1,1),A(1,1,0),Bi(0,1,2),Ci(0,0,2),C(0,0,0),

'：BCVEB\,AEfiilffiEBC,

故取平面£8C的法向量为云=EBr=(-1,0,1),

设平面EC。的法向量％=(x,y,z),

由匕41=°,得t；；+z=o,取x=l，得鼠（1，7,0），

（n•CE=0

—>—>

tTTTL'Tl

Acos<m,n>=Jt=~4»

V3

，二面角B-EC-Ci的正弦值为三.

16.【2019年新课标1理科18］如图，直四棱柱月88-/18QD1的底面是菱形，AA\=4,AB=2,/BAD

=60°,E,M,N分别是BC,BB\,小。的中点.

(1)证明：MN〃平面CiDE；

(2)求二面角4-MXi-N的正弦值.

【答案】（I）证明：如图，过N作则N”〃/4，且NH=*44i，

又MB〃AA\,MB=^AAX,，四边形NA784为平行四边形，则MW〃64,

由NH〃44i，N为小。中点，得“为中点，而£为8c中点，

：.BE//DH,BE=DH,则四边形为平行四边形，则BH〃DE,

C.NM//DE,

平面CiDE,OEu平面C\DE,

；.MV〃平面C\DE-,

（2）解：以。为坐标原点，以垂直于。C得直线为x轴，以0c所在直线为夕轴，以。。।所在直线为z轴

建立空间直角坐标系，

则N（j-i,2）,M（V3,1,2）,Al（V3,-1,4）,

2乙

赢=（号,|,0）,启=（孚，2）,

设平面小MV的•个法向量为蓝=(%,y,z),

in-NM=^-x+=01

t片'，取x=V5,得m=(VL-1,-1),

{m•NA^=竽x-iy+2z=0

又平面M441的一个法向量为3=(1,0,0),

mn_>/3_/15

/.cos<m，

|m|-|n|正5

二二面角力-Mm-N的正弦值为平.

17.【2018年新课标1理科18］如图，四边形Z8S为正方形，E,尸分别为8c的中点，以。尸为折

痕把△£>“1折起，使点C到达点P的位置，且

(1)证明：平面尸EF_L平面48尸£)；

(2)求QP与平面48万所成角的正弦值.

【答案】(1)证明：由题意，点E、尸分别是4。、8c的中点,

11

贝必E=.4D,BF=”(：,

由于四边形/8C。为正方形，所以EFLBC.

由于PF1.BF,EFC\PF=F,贝I」8尸_1_平面PEF.

又因为8/七平面48/孙所以：平面尸EF_L平面/8FD

(2)在平面PEF中，过P作PHLEF于点H,连接。4,

由于丘尸为面ABCD和面PEF的交线，PHLEF,

则•面ABFD,故PHLDH.

在三棱锥尸-。£尸中，可以利用等体积法求

因为OE〃8尸且

所以P/7!.。。

乂因为△POF空△CDF,

所以/FPC=/FC£)=90°,

所以PFJ_PD,

由于DEQPD=D,贝UPF_L平面PDE,

1

故UF-PDE=QPF•S“PDE，

因为BF//DA且5尸，面PEF,

所以O4JL面尸£凡

所以DELEP.

设正方形边长为2〃，则PQ=2〃，DE—a

在△POE中，PE=V3a,

所以5^PDE=苧a?，

故VF-PDE-第加，

又因为=々a,2a=Q2,

所以所=①£/£=*a,

aL,

所以在△PHA中,sinNPDH=器=拳

V3

即ZPDH为£＞尸与平面Z8FD所成角的正弦值为：—.

4

4c的中点.

(1)证明：尸。_1平面/8C；

(2)若点M在棱8C上，且二面角%-C为30°,求PC与平面P4M所成角的正弦值.

【答案】(1)证明：连接80,

,:AB=BC=2&,。是4C的中点，

J.BOLAC,且80=2,

又PA=PC=PB=AC=4,

J.POLAC,PO=2y/3,

贝ijPB2=PO2+BO2,

则P0L0B,

,：OBQAC=O,

."O_L平面ABC；

(2)建立以。坐标原点，OB,OC,OP分别为x,y,z轴的空间直角坐标系如图:

A(0,-2,0),P(0,0,2V3),C(0,2,0),B(2,0,0),

BC=(-2,2,0),

设嬴=入诟=(-2入，2入，0),O<A<1

则京=前一赢=(-2入，2人，0)-(-2,-2,0)=(2-2入，2入+2,0),

则平面以C的法向量为薪=(1,0,0),

设平面A/以的法向量为n=(x,y,z),

则易=(0,-2,-2V3),

贝房•易=-2夕-2怎=0,n-AM=(2-2入)x+(2A+2)y=0

令z=l,贝x=尸,

-(2+l)V3广、

1B3rPln=(-------,—V3>1)>

・・•二面角为30°,

mnV3

/-cos30°

■+1).p

即।F~=%

J(-V3)^+l+3-l

解得入=q或入=3(舍)，

则平面A/必的法向量1=(2V3,-VI1),

PC=(0,2,-26),

-t-2V3-2V34。75

PC与平面总M所成角的正弦值sin6=|cos<PC,n>\=\r-\==V.

V16-V16104

19.【2018年新课标3理科19］如图，边长为2的正方形488所在的平面与半圆弧而所在平面垂直，M

是加上异于C,。的点.

(1)证明：平面/皿，平面8MC；

(2)当三棱锥M-N8C体积最大时，求面与面MCZ)所成二面角的正弦值.

【答案】解：(1)证明：在半圆中，DMLMC,

:正方形N8CQ所在的平面与半圆弧前所在平面垂直,

，平面DCM,则AD±MC,

'：ADC\DM=D,

，A/C_L平面4DM,

•.•MCu平面MBC,

二平面平面BMC.

(2),•,△Z2C的面积为定值，

要使三棱锥M-48C体积最大，则三棱锥的高最大，

此时M为圆弧的中点，

建立以。为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图

•正方形的边长为2,

：.A(2,-1,0),B(2,1,0),M(0,0,1),

则平面A/CO的法向量益=(1,0,0),

设平面的法向量为ri=(x,y,z)

则n=(0,2,0),AM=(-2,1,1),

1TTT

由几・48=2》=0,n・4M=-2x+y+z=0,

令x=l,

则y=0,z=2,即九=(1,0,2),

i/-、m-n11

则micos<mn>=--=---===-T=,

f|m||n|lxVl+4V5

则面MAB与面MCD所成二面角的正弦值sina=Jl-(-^)2=等.

20.【2017年新课标1理科18］如图，在四棱锥尸中，AB//CD,且NBAP=NCDP=90°.

(1)证明：平面为B_L平面BW；

(2)若PA=PD=AB=DC,//PD=90°,求二面角/-P8-C的余弦值.

【答案】(1)证明：':NBAP=NCDP=9G°,C.PAVAB,PD1CD,

".'AB//CD,J.ABLPD,

又：以。尸。=尸，且孙u平面以。，P〃u平面以。，

平面21D,又48u平面均8,

二平面以8_1_平面PAD；

(2)解：'JAB//CD,AB=CD,四边形NBCD为平行四边形，

由(1)知平面%。，则四边形/8CO为矩形，

在△/!尸。中，由以=P。，ZAPD=90°,可得△为。为等腰直角三角形，

i§LPA=AB=2a,贝ij4)=2夜a.

取/。中点O,8c中点E,连接P。、OE,

以。为坐标原点，分别以04、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系,

则：D(-V2a,0,0),B(V2a,2a,0),P(0,0,V2a),C(-&a,2a,0).

PD={-42a,0,-V2a),PB=(V2a,2a,-V2a),BC=(-2V2a,0,0).

设平面P8C的一个法向量为％=(x,y,z),

t

得n=1

(oV2)

平面以。，力。u平面以。，：.AB±PD,

又PDLP4,PAQAB=A,

，PD_L平面以8,则访为平面以8的一个法向量，PD=(-V2a,0,-V2a).

：.cos<PD,%>=一卓

|PD||n|2axj33

由图可知，二面角/-P8-C为钝角,

二面角A-PB-C的余弦值为一堂.

21.【2017年新课标2理科19］如图，四棱锥尸-48CC中，侧面为等边三角形且垂直于底面/BCD,

4B=BC=%D,ZBAD=ZABC=90°,E是尸。的中点.

(1)证明：直线CE〃平面我8；

(2)点M在棱PC上，且直线与底面48CO所成角为45°,求二面角M。的余弦值.

【答案】(1)证明：取期的中点F,连接EF,BF,因为七是2。的中点，

所以EFII^D，AB=BC=^AD,ZBAD=ZABC=90°,.\BC//^AD,

尸是平行四边形，可得CE〃BF,BFu平面必B,C&t平面刃8,

直线CE〃平面PAB；

(2)解：四棱锥P-48CD中，

侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=^AD,

ZBAD=ZABC=90°,£是心的中点.

取力£)的中点O,M在底面43。上的射影N在。C上，设4。=2,则N8=8C=1,OP=V3,

...NPCO=60°,直线8A/与底面Z8CZ)所成角为45°,

Jo

可得：BN=MN,CN=,MN,BC=\,

可得：1+q8解=8解，BN=*,MN=咚,

作NQ1.AB于Q,连接MQ,ABLMN,

所以乙W0N就是二面角-D的平面角，MQ=Ji?+（日）2

1VTo

二面角M-AB-D的余弦值为：~f==——.

V105

22.【2017年新课标3理科19］如图，四面体/8CO中，Zv/BC是正三角形，△NCO是直角三角形，ZABD

=NCBD,AB=BD.

(1)证明：平面4CD_L平面N2C；

（2）过/C的平面交8。于点E,若平面/EC把四面体Z8CD分成体积相等的两部分，求二面角。-NE-

C的余弦值.

【答案】（1）证明：如图所示，取4c的中点O,连接8。，OD.

•.,△NBC是等边三角形，C.OBLAC.

△48。与△C8。中，AB=BD=BC,/ABD=NCBD,

:.△ABDmACBD,：.AD=CD.

:是宜角三角形，

是斜边，.•.N/£)C=90°.

：.DO=^AC.

：.DO2+BO2=AB2=BD2.

：.ZBOD=90a.

J.OBLOD.

又。。n/C=O,.•.OB,平面4CD.

又O8u平面ABC,

二平面4CZ)_L平面/8C.

(2)解：设点。，8到平面/C£的距离分别为红，加.则粤=整

hfBE

・・・平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，

./△ACkMhDDE

具研,如无EBE

，点E是8。的中点.

建立如图所示的空间直角坐标系.不妨取48=2.

则O(0,0,0),A(1,0,0),C(-1,0,0),D(0,0,1),B(0,6,0),£(0,闿，方).

AD=(-1,0,1),AE=(-1,亨，I),AC=(-2,0,0).

设平面ZOE的法向量为其=(x,y,z),贝*巾,竺=°,即同1八，取薪=(3,聒,3).

lm-XE=0(-x+Ty+2^=0

同理可得：平面/C£的法向量为蔡=(0,1,-V3).