2023年高考数学复习讲义进阶方案-03 大题专攻（二）（立体几何中的综合问题）（解析版）

专题03大题专攻（二）（立体几何中的综合问题）

目录

题型一：翻折问题

题型二：探索性问题

题型三：最值与范围问题

应用体验精选好题做一当十

题型一：翻折问题

1.（2021•重庆八中高三月考）如图甲，在梯形A8CD中，AD//BC,过点6作破且

AE=ED=2BC=2BE,将梯形沿BE折叠得到图乙.折叠后ZA£D=60。，点厂是AE的中点.

（1）求证：BF〃平面ACD；

（2）求平面ME与平面所成的锐二面角的余弦值.

乙

（1）证明见解析

⑵昱

7

（1）

证明：取庾的中点G连接月；、CG,因为点尸是AE的中点，所以FG〃ED,FG=!ED,

2

又A,IBC,过点6作3EJ_4）且他=££>=28C=28E,所以BC〃ED,BC=^ED,,

所以FG〃BC,FG=BC,所以四边形BCGE是平行四边形，所以B/7/CG,又（Z面AC£>,CGu面ACD,

所以〃面ACO.

解：取加的中点。连接8、A0,因为8E_LE23E_LAE,Er>nAE=E,所以BE1面AED,

又COHEB,所以COL而AEZ），

又N4ED=60。，AE=ED,所以是正三角形，AO1ED,

所以以。为坐标原点，a'所在的直线为x轴，以丽，）的方向分别为必z轴的正方向，建立如图所示

的空间直角坐标系O-xyz.

设8c=1,则8（1,-1,0）,C（1,O,O）,£）（0,1,0）,A（0,0,石），E（0,-1,0）,从而而=（1,0,一⑹，而=（0,1,一码,

A£=（0,-l,-V3）,AB=（1,-1,->/3）.

设平面｛切的法向量为3=（%，x，Z|）,

则『差"一，=（）,令得心便，⑸）

n-AD=y—=0,

设平面/协的法向量为，”=（》2，%*2），

m-AE=y+>/3z=0,,

22得送=（0,-6,1）.

则《_——r-2Z?=1

m-AB=x2-y2-y/3z2=0,

设平面ABE与平面ACD所成的锐二面角为。,

R1二崎步率所以平面树与平面A。。所成的锐二面角的余弦值为今

2.（2021•广东顺德•高三月考）某商品的包装纸如图1,其中菱形A8CO的边长为3,且N4BC=60。，

AE=AF=6,BE=DF=2^3,将包装纸各三角形沿菱形的边进行翻折后，点£,F，M，N汇聚为

一点P，恰好形成如图2的四棱锥形的包裹.

（1）证明以，底面A3CD；

（2）设点T为BC上的点，且二面角3-姑-7的正弦值为鲁，试求PC与平面B4T所成角的正弦值.

E

P

【答案】

(1)证明见解析

⑵亚

14

(1)

由菱形A3C。的边长为3,AE=AF=y/3,BE=DF=2拒

可得：BE2=AB2+AE2.即有

同理£＞尸2=4£)2+4尸2,即有

在翻折的过程中，垂直关系保持不变可得：PA±AB,PAYAD,ABi^AD=A.

可得抬，底面ABC。

(2)

解法一：如图，以点1为原点，为A"轴，过点力作"的垂线为y轴，小为z轴建立空间直角坐标系.

由第(1)问可得R4_L底面ABC",可得：PALAB,PA1.AT.

则N847为：面角的平面角，由题意可得：sinZBAT=^-

14

考虑△BAT,ZAB7'=60°,可得sin/AT8=sin(/A8T+60o)=e"L

ABBT

利用正弦定理

sinNA78sinNBAT

可得：BT=1,可得点T的坐标为-,y,0.

I4/

点尸(0,0,6),A((),0,0),dl¥，o

m-AP=0Gz=o

设面P4T的法向量为Z=(x,y,z)，则有，一，即：

inAT=05x+My=0

—>

令x=3,则有蔡=(3,-56。卜PC[I，"

—>—>

T—>m-PC3A/7

则有：，

cos(mPC[=—>

PC-m

则/个与面为7所成角的正弦值为我.

14

解法二：由第(1)问可知Q4_L底面A3CD,4C=3,

所以R4J_AB,PA±AT,PC=2y/3.

则NB4T为二面角B-Rl-T的平面角，由题意可得：sinZBAT=—

14

考虑△BAT,ZABT=6O°,可得sinNATB=sin(NABT+60。)=

ABBT

利用正弦定理

sinZATB~sinZBAT

可得：BT=1,即点T为用上靠近点8的三等分点

所以在中，由余弦定理可得：AT=4AB?+BT。-2AB-BTcosZABT=B

设过点C作平面力7.的垂线，垂足为0,连接偌，

所以NCPQ为民与面以7所成角

考虑三棱锥尸—ACT,由于匕,er=LSAAB.尸A=Lx'x2x±且x百=3,

13ZA/ICi322，2

xx

^C-PAT=§/A7P，CQ=—-币X6'CQ,

因为皿=yc-pAr，所以CQ=—

所以sinNCPQ=^=迫

PC14

所以与面为7所成角的正弦值为迈

14

解法三：由PA_L面A8CD,可得：PAYAB,PAYAT.

故N3AT为：面角B—PA—A的平面角，山题意可得：sinZBAT=-

14

因为ZBAT为锐角，所以85/区47=上立

14

故sinZCAT=sin(60。—NC4T)=--

过点C作8垂直于“于Q，连接CQ、AC

则CQ=AC.sinZCAT=

7

VPAA.AC,：.PC=25/3

：PA_L面A8CO,PA，CQ

又因为AT_LCQ,ATr>PA=A,故CQL面为7

故NCPQ为PC与面处7■所成的角，•••sinZCPQ=迎

即先片面印7所成角的正弦值为地

14

题型二：探索性问题

1.(2021•河南•高三月考(理))如图，多面体ABC£＞石尸中，四边形ABC。是边长为2的菱形，AC=2上,

AADE为等腰直角三角形，ZA£D=90°.平面ADE_L平面ABC。，且EF||AB,EF=\.

(1)证明：4。，平面3。9；

(2)若G为棱3/上的一点，使直线AG与平面8CE所成角的正弦值为囱，求AG的长.

7

【详解】

(1)证明：取4〃的中点〃，

因为为等腰直角三角形，ZAED=90°,所以E”_LA£>,

因为平面4更，平面ABCD,且平面AOEn平面ABCD=AD,

所以E〃_L平面A3CD,

设AC,BD的交点、为0,连接"011,

则OH//AB,且0H=LA8=1,

2

因为EF///W,EF=\,所以EF//HO且EF=HO,

所以四边形EFOH为平行四边形.

故FOHEH&FO=EH,

所以尸0,平面A8C£>,又ACu平面488,从而FOJ.AC,

在菱形中，^ACrBD,

因为EOcB£>=O,所以ACJ•平面8DE：

(2)以。为原点，以如，0C,6F分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系,

有A(0,-6,0),8(1,0,0),C(0,百,0),尸(0,0,1).

设G(a,0,c),BG=2BF(O<Z<1),BG=(a-l,0,c),BF=(-1,0,1),

得a=l—2,c=/l,即G(1—4(U),

从而=百,/l),BC=(-1,73,0).

设平面3CF的一个法向量为M=(x,y,z),

,fi-BF-Of-x+z=0

味屈m得L+岛=o,取〜可，物，

।.,_r/H|ii-AG|121_,

由已知可得一=!-=--,z得;I2-2=O,

\n\\AG\7

所以4=0或2=1,所以AG=|而1=2.

2.（2021•全国•高三专题练习）如图，已知四棱锥S-AB8的底面为直角梯形，且满足AB〃CD,

BC±AB,AB=9,BC=CD=SD=6,SB=n,平面58,平面SBC.M为线段SC的中点，N为线段上的动

点.

（1）求证：平面SC£）_L平面A8CD；

（2）设AN=4NB（，>0）,当二面角C—DW—N的大小为60时，求2的值.

7

【答案】（1）证明见解析；（2）

【详解】

证明：（1）•.•$£>=8..•me为等腰三角形.

又为SC的中点，.•.£>M_LSC.

又,/平面SCD1.平面SBC,平面SCD0平面SBC=SC且DMu平面SCD,

由平面与平面垂直的性质定理可知，OM_L平面S3C.

又「BCu平面S8C,由直线与平面垂宜的性质可知DW-LBC

又；3(7_18,。加八£＞。=。,£＞知＜=平面5。。，C£»u平面SCZX

•••8Cu平面SC£＞

又•.•BCu平面A3C£),

/.平面SCD±平面ABCD

(2)(方法一)由(1)可知，用71_平面5£9，,5。_15。.

2222

在./SCB中,sc=y/sB-BC=712-6=71()8=6＞/3.

在A5DC中，由余弦定理可知，cosZSDC=SD+DC~SC=—+62-(66)2_1

2SDDC2x6x62

NSDCe(0°,l80°NSDC=120.

过点N作NGJ_C£＞于点G,G为垂足，则NG//BC,

BCJ•平面SCD一•.NGJ_平面SCD,

•■•DWu平面SC。，:.DMING.

过点G作GKJ.ZW于点K,K为垂足，连接NK.

•.­DM1GK,DM_LNG,NGcGK=G,

.•.DW_L平面NGK.

又NKu平面NGK,DM1NK,

.•.NGKV即为二面角C-OW-N的平面角

在Rt^NGK中NNKG=60°,...tan60=—=GK=-^==

GKGKJ3

八Rt.DKG,NKDG=60°,sin60=-=友DG=窄=4

在&DGDG逝

T

・•.GC=CD-DG=6-4=2,:.NB=GC=2,AN=AB-NB=9-2=1

.•・石冽上

NB2

（方法:）山（1）可知，BCL平血SDC,

;.8C_LSC.在RfASCB中，SC=^SB--BC2=V122-62=7108=6>/3

在A5DC中，由余弦定理可知

SD2+DC2-SC262+62-(6>/3)2_1

cosNSDC=

2SDDC2x6x6一5

NSDCe（0°,l80）,NSDC=120°

过S点作线段CO的延长线的垂线，垂足为。,

/SDC=120NSDO=60°,:.OD=-SD=3,:.OC^9,

2

二四边形A3co为矩形.

由平面SCOJ■平面A8CD可知，5。_1平面48。£)

\nt-DN=6x+(a-3)y=0

设平面DMN的法向%=(x,y,z),由<______33.

Iny-DM=—y+—^―z=0

令Z=G，得y=-3,x=%^

a—3q

/.%=亍‘一3.

又•.•平面CDM的法向量后=(1,0,0)

7

即AV=7,.・.N8=AB—AV=9—7=2

,AN7

A,=------

NB2

题型三：最值与范围问题

1.(2021•浙江•模拟预测)在四棱锥尸中，BC/MD,C£>_LAL>,二面角P-AO-B的大小为行，

且PA=PO=夜，AD=2DC=2BC=2.

(1)求证：PB1.AD；

(2)设£是直线PC上一点，求AE与平面Q43所成角正弦的最大值.

【答案】

(1)证明见解析

(2)亚

155

(1)

取AO中点。，则尸。_LAD,3O_LAO,

PO,BOU平面POB,POC]BOO,

平面POB,P3u平面POB,

・•・AD.LPB；

以。为原点，。氏0。为工，J，釉，建立空间直角坐标系,

由(1)知，ZPOB与,则

A(O,-1,O),B(1,O,O),C(1,1,O),

T&PE=APC-则荏=(空+

22

设平面R4B的法向量G=(x,y,z),则一5yl~z-U

x+y=0

故取7=(1,—1,6)

1211,25/310

sin〃—----7===^^=^^=~--------S---------------------------------

设AE与平面PA8所成角。，则一155

石山』+2闯4_；+以-

故AE与平面B48所成角正弦的最大值些£,

2.(2021•河南驻马店•高三月考(理))如图所示的几何体，其底面ABC。是直角梯形，ZADC=90°,

AD//BC,AD=CD=1,BC=2,SAJ■底面A3CZ).

(1)若SA=1,求直线A8与平面SBC的夹角口：

(2)若SA=a,求平面SAB与平面S£>C所成二面角的余弦值与。的关系，并求出余弦值的取值范围.

S

【答案】(2)平面皿与平面S8所成二面角的平面角的余弦值为—‘余弦值的范围是

【详解】

(1)在直角梯形A3CO中，作AH//ZJC交肉于〃，因NADC=90。，则AH_L/W>，又S41.底面A5C。，以

A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

因此，A(0,0,0),0(0,1,0),S(0,0,1),C(l,l,0),

uuu_UUU1

则A5=(l,-l,0),SC=(l,l,-l),3c=(0,2,0),

-、n-SC=0fx+y—z=0_

设平面SBC的法向量为〃=(x,y,z),则｛,即＜*,令人=1得〃=(1,0,1),

[/?-BC=0[2y=0

于是得如。=辰I$*_4_氏”*|।=|丽AB-f卜i反1正=于I

所以2=2;

6

=C/w,zJ、,则E长%..A血S=0,即nraz,=0

(2)S(0,0,a),旃=(0,0M),设平面S4B的法向量为行“产。’令2

得元=(1,1,0),

/即■x=03令

DS=(0,-1,a),DC=(1,0,0),设平面SDC的法向量为石2=(%,%，z?)，■2

Z2=1得九2=(O,6t,l),

n\­n2

卜[卜2]V2-V«2+l12a2+2，

因此，平面.与平面处所成二面角的平面角的余弦值为小

a

闪^/2a72+/2，

(向

所以平面®IB与平面SDC所成二面角的平面角的余弦值为,其范围是0,事.

42a2+2

应用体验精选好题做一当十

1.(2021•湖南•临澧县第一中学高三月考)如图1,在矩形ABC。中，AB=4，AD=2，E是CD的

中点，将△AQE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥R-A6CE,其中平面"AE，平面ABCE.

(1)设尸为CA的中点，试在上找一点M，使得〃平面"AE；

(2)求直线8。与平面CQE所成角的正弦值.

【答案】(1)和(2)—.

43

【详解】

(1)取。6的中点N,连AN、NF,则NE=；EC,NEI/EC

VEC=^AB=2,当4佐;AB=1时，AM=^EC,AM//EC

则=且NFHAM,则4幽V是平行四边形，AN//MF.

又MF0平面DJU,ANu平面D\AE,则物■〃平面1\AE.

（2）分别取花、AB.6c的中点。、G、K,连瞅、OM、OK、EG,

'：AD\=E4=2,：.O仄工AE,又平面〃心1_平面仍龙且交于羔

如_L平面ABCE.易知以〃AB,OM//EG//BC,又ABLBC,：.OMV0K,

故如图建系0-xyz.

设平面办少的法向量3=（x,y,z）,

・・・£C〃y轴，AEC=（0,2,0）,

•?OD、=-AE=-722+22=V2,

22

・・・〃为（0,0,正），又£为（-1,1,0）,则屏=（1,一1,正）,

[EC'n=2y=0[y=0_

由〈____r-=><{厂，取Z=l,则[=（-行，0,1）

DxEn=x-y+j2z=0[x=-yJ2z

又8为（1,3,0）,贝ij瓯=（-1,-3,正）,

记直线能与平面勿〃所成角的大小为*,

_瓯臼_2应—夜

则sine

"叫日「"26=7

2.(2021•全国•高三专题练习)如图1,在直角梯形A8CZ)中，AD//BC,AD=ABf，^BAD=90,

NBC£>=451E为对角线3。的中点.现将AABD沿80折起到AP8D的位置，使平面网3。L平面8CZ),如

图2.

(1)求证：直线PEL平面BCD；

(2)求异面直线B方和PC所成角的余弦值.

P

D

【答案】(1)证明见解析；(2)亚；

6

【详解】

(1)因为平面PBOJ.平面BC。，且平面PBOPI平面3c0=30,

又由图1可知出=P。且E为80中点，所以

又PEu平面尸8£>,所以PE_L平面BCD；

(2)建立空间直角坐标系，以EB方向为了轴，以垂直3。方向为)'轴，以EP方向为z轴，如下图所示:

由图1可知为等腰直角三角形，所以NADB=N£)3C=NOCB=45,

所以ADBC为等腰直角三角形，

因为40=48=0，所以PD=PB=近,所以£)2=£>C=，

所以B(l,0,0),£>(-1,0,0),P(0,0,l),C(-l,2,0),

所以访=(-2,0,0),北=(-1,2,-1)，

所以cos<gb,pb>|=乎*一=-^邛,

\BD\\PC\2766

所以异面直线即，PC所成角的余弦值为无

6

3.(2021•黑龙江•佳木斯一中高三月考(理))如图①，在直角梯形ABC。中，AD\\BC,乙BAD=g

AB=3C=2,AD=4,E是AT>的中点，。是AC与5E的交点.将AASE沿BE折起到的位置,

如图②.

(1)证明：81_平面4。(^；

(2)若平面平面BCDE,求二面角8-AC-。的余弦值.

【详解】

7T

(1)在图①中，因为Afi=8C=l,AD=2,E是的中点，ZBAD=~,

故四边形MCE为正方形

所以8ELAC

即在图②中，BE1OA,,BE1OC,又OAcOC=O,

所以8E1平面40C.

又BC//DE,BC=DE,所以四边形BCDE是平行四边形，

所以CD//BE,所以CDL平面4QC.

(2)由已知，平面ABEL平面BCDE,又由(1)知，BELOA，BELOC,

所以NA。。为：湎角A-BE-C的平面角，

TT

所以NA℃=：.

如图，以。为原点，分别以os,oc,。4所在直线为％轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.

A(0,0,0),B(72,0,0),C(0,0),5-2a,叵,0)

设平面A.BC的一个法向量为1=(x,y,z),A.B=(啦,0,-夜)，而=(0,血,-血)

4•A月=&x-&z=0

令z=l/.x=l,y=l

勺•AC=y[ly-\[2z=0

故平面ABC的一个法向量为）=（U,l）,

设平面A。。的•个法向量为々=a，x，z34。=（-26"-夜卜AC=（。，6-3）

n2-\D=-2y/2xl+-应4=0

令Z]=1，司=0,凶=1

4•AC=5/2y,-6z1=0

平面ACO的一个法向量为胃=（0,u）.

不妨设二面角B-A.C-D的平面角为o

从而|cos®|=|cos如沙=|向前|=耳殳=坐，山图得：面角为钝角

故二面角8-A。-。的余弦值为-巫.

3

4.（2021•北京八中高三月考）如图，在三棱锥尸-ABO中，平面PAD，平面ASD,且AP=PZ）=3D=2,

AB=20,PA±PD.

（I）求证：APLBDx

（II）求二面角的余弦值；

2

（HI）在线段尸。上是否存在点E,使得直线AE与平面所成角的正弦值等于：，若存在，求线段PE的

长；若不存在，说明理由.

【答案】（I）证明见解析；（II）也；（IH）勺匣，理山见解析

217

【详解】

（I）因为AP=P£>=2,PA±PD,所以AL>=Vi4P=2&，

又BO=2,A8=2石，所以AB2=AD2+BO2,所以8DLAE）,

又因为平面上LD_L平面ABD,所以BD_L平面PAD,

所以APJLBZ）.

（H）以。为原点，DA,OB为x，V轴，过。且垂直于平面4阳的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐

标系：

则£>（0,0,0）,4（2夜,0,0）,5（0,2,0）,P（©0,扬,

衣=（-也0,衣，丽=（-2衣2,0）,

设平面PAB的法向量为n=（x,y,z）,

n-AP=-\[2x+\[2z=0_广

则〈_厂,取X=l,得Z=l,产上，则万=

n-AB=-2y/2x+2y=0

因为8。，平面PAO,所以取平面PAD的一个法向量为DB=（0,2,0）,

er.-YiD斤」DB2>/2>/2

所以rcos<n,DB>=------=-=,---------——=——，

\n\-\DB\71+2+1x22

因为二面角为锐二面角,

所以二面角-。的余弦值为正.

2

（IH）假设存在符合题意的点E，设PE=t,则而=；而=（一等r,o,-等。，

所以荏=衣+而=（-夜,0,夜）+（-也£,0,-也£）=（-&-立/,0,四-立0,

2222

山（II）知，平面B43的法向量为无=（1,0,1）,

所以直线AE与平面Q48所成角的正弦值等于

\n-AE\=________।；22।

问“醺।屈罚小而争）2+0+5冬产

2x74+7254+产'

由已知可得产，=]，解得/=公后.

2V4+7517

所以PE=&叵.

17

所以在线段PD上存在点E,使得直线AE与平面皿所成角的正弦值等于：，此时PE=公昼.

517

5.（2021帙西•西北工业大学附属中学高三月考（理））如图AO//BC,且49=28C,47〃EG,且49=EG,

CDHFG,且CQ=2FG,AD±CD,DC_L平面ABC。，AD=CD=DG=2.

(1)求二面角E-BC-F的余弦值；

TT

(2)若点尸在线段。G上，且直线板与平面APGE所成的角为求线段OP的长.

4

【答案】⑴支吧：(2)口.

10

【详解】

解：因为。GJ•平面ABCD,D4u平面ABCD,AD,OCu平面ABCD,

所以£>G，ZM,OG，£)C,又

故可以。为坐标原点，D4,应的方向分别为％y，z轴正方向，建立如图所示的

空间直角坐标系.

由4。〃BC且AO=2BC,AO//EG且A£>=EG,8//FG且CO=2尸G,

AO=CD=2X7=2可知，各点坐标为E（2,0,2）,3（l,2,0）,C（0,2,0）,F（0,l,2）,

（1）易知函=（2,-2,2）,屈=（l,O,O）,#=（O,T,2）

,

设平面EBC的法向量为=(x1,>pz1),则由“•CE=O,勺•CB=O可得

一:I：'=°，故平面EBC的一个法向量为)=(0,1,1).

,

设平面FBC的法向量为%=(x2,>2,z2)»则由%-CF=0,,CBuO可得

|x=j，故平面尸BC的一个法向量为N=(021)

/-,-A7?i,71)33A/10

因为cos(4,%)=向同=7元后=一彳厂且显然二面角E—BC—/为锐角.

故:面角E-3C-尸的余弦值为之叵；

10

(2)因为点尸在线段。GE故可设点P坐标为(0,0,P),其中0<。<2

于是丽=(—1,—2,p),

易知平面ADGE的个法向量为3=(0,1,0)

TT

因为直线研与平面4DGE所成的角为:，

4

.712V2

所以sm：=/,=/

4^/1+4+/?2xI2

解得P=6

所以线段OP的长为6.

6.(2021•天津二中高三月考)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABC。为直角梯形，AD//BC,ADLDC,

PA=PD=PB=25BC=DC=^AD=2,E为AD的中点.

(I)求证：PEL平面他8；

(II)求二面角A-PB-C的正弦值；

(III)记8C的中点为M,若N在线段PE上，且直线MN与平面248所成的角的正弦值为直，求线段EN

18

的长.

13

A

【答案】（I）证明见解析；（II）y2;（III）1或（19

（I）连接BE,则BC=gAO=DE,因为所以四边形BCDE为平行四边形：所以BE=CD=2,

因为PA=4力=2石,A£>=4,且E为A£>的中点，所以PE_LA£）,所以PE=dPD?-DE，=也0-4=4，所以

PE2+BE2=PB2>即PE_L3E,又因为AZ）nBE=E,所以PEL平面A3CZ）：

（II）以E为原点，E4为x轴，EB为y轴，EP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则

A(2,0,0),fi(0,2,0),C(-2,2,0),P(0,0,4),

所以通=（—2,2,0）,丽=（O,2,T）,肥=（—2,0,0）,

设平面PAB的法向量为a=（X]，x，zJ,则〈历而_0,即苗_4z-0，取'"=（221），设平面PBC的法

向量为〃=（孙必,2,）,则｛一,即L.取”=（0,2,1）,

v

•n-PB=0[2y2-4z2=0、,

/---\mn2x0+2x2+lxl5朝

J圻以cos'/.I.।=7/22+22+12—x>I/o2+22=4-12=—3亚-j=——3

闺4

所以:面角A-P3-C的正弦值为,1

（III）设硒=《rw（O,4））,则N（0,0,t）,而M（—1,2,0）,所以丽=（T,2,f）,山（H）知平面R45的法向

量为五=（2,2,1）,设直线与平面Z4B所成的角为。，则

-lx2+2x2+(-r)xl

sin。=旦

+22+(-t)2xV22+22+l218

化简得5*-24/+19=0,解得：，=1或/=会，故线段硒的长度为1或

7.（2021谊宁模拟预测）已知在四棱锥P-ABCD中，P4J_平面A8CD,四边形ABCO为矩形，PA=AB=2,

AD=3贬,E为棱BC上一点，且BE=2EC.

（1）求证：平面PAE_L平面P0E；

(2)在线段AB上是否存在点尸，使得直线尸尸与平面尸E£>所成的角为30。？若存在，求出矢的值；若不

存在，说明理由.

【详解】

解：(1)证明：在矩形A8C£>中，AE=243,DE=而,AD=3贬,

•••AE2+DE2=AD2,即AE工DE,

,：PAJL平面ABCD,u平面ABCD，

：.PA±DE,

又AEnPA=A,4£\24<3平面24£，

/.OE_L平面/^£，

*.<£>Eu平面P£>E,

Z.平面PAE±平面PDE.

(2)以A为原点，AB,AD,AP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40,0,0),尸(0,0,2),5(2,0,0),0(0,372.0),E(2,2&,0),

设第=26，4e[0,l],则尸(2尢0,0),

二办=(22,0,-2)，6E=Q「0,O)，PE=(2,2A/2,-2)

n-DE=02x-\[ly-0

设平面产田的法向量为；=(x,y,z)，贝上即《

n-PE=02x+2y/2y-2z=0

令x=l,贝l]y=V5,z=3,〃=(l,a,3)，

,宜线PE与平面PED所成的角为30°,

—>—>

sin30'=PJ'n,即:=’1一6尸,化简得分+3义一3=0，

2

pp.n2V42+4X2V3

解得兀=-3土际,

2

•♦•法［()』，:.A=~3+^,

.A尸儿万~+3

~2-

8.（2021•天津和平•高三月考）如图，已知平面8CEL平面A8C,直线DA_L平面ABC,且ZM=AB=AC.

（1）求证：D4〃平面EBC；

jr

(2)若N8AC=耳，OE_L平面BCE

（i）求二面角A-M-E的余弦值;

（ii）在直线CE（除C、E两点外）上是否存在一点M,使得直线A"与平面8OE所成角的余弦值为苧,

请说明理由.

【答案】（1）证明见解析；⑵⑴-半；（“）存在，牛

【详解】

(1)证明：过点E作于点出，

因为平面BCEL平血ABC,又平面BCE0平面ABC=BC,EHu平面BCE,

所以£77J_平面ABC,

又因为D4J_平面A3C,所以AO//E”,

因为£Wu平面BCE,平面BCE,所以。A//平面EBC；

jr

(2)(i)因为。£_1_平面比：。，所以NDEB=NDEC=w，

由四二人(:可知加二7%;,DE=DE,A£)£B^A£)EC,则BE=CE,

所以点//是BC的中点，连接AH,则A”，8C,

所以AH,平面E8C,则DE//A”，AHYEH,所以四边形ZM/7E是矩形.

以“为坐标原点，分别以“3、HA,HE所在直线为x、V、z轴建立空间直角坐标系,

设Z)A=2a,则E(0,0,2a)、A(0,岛,0)、8(。,0,0)、0(0,岛,2a).

设平面的一个法向量为，”=(%,，y,zj,

又入a=3-瓜,0),无方=(0,0,2°).

,\m-AB=QZ11[ax.-\/3ay.=0,r,__r

由《一得＜।,取乂=1,得m=(6,1,0).

ffi-AD=02azi=0

设平面BOE的一个法向量为分=(々,%*2)，

因为B/5=(-a,J5a,2a),BE=(-a,0,2a).

n-BD=0ax2—y/3ay2—2az2=0

由，，得取z2=l,得元=(2,0,1)；

n-BE=0ax2-2az2=0

设二面角A-8D-E的平面角为。,则ICOS01=1COS(加5)I=j匕"

由题知二面角A—BQ—E是钝角，则二面角A—BO—E的余弦值为-空.

5

（＞设晋W。，石）

AM=CM-CA=ACE—CA=(A—1,—V3,2Z)

设直线AM与平面3C£所成角为a

则sina=cos<AM,n>=

14

2=0(舍)或4=YY

g”CM14

所以布=T7

9.（2021•江苏•苏州中学高三月考）如图，在四棱锥P—43co中，PAinABCD,PA=AB=BC=2,

AD=CD,ZABC=120°.

（1）求证：平面PAC_L平面P8£）；

（2）若点M为总的中点，点N为线段PC上一动点，求直线MN与平面PAC所成角的正弦值的取值范围.

⑵瞪，率.

【答案】（I）证明见解析;

【详解】

（1）设AC的中点为0,因为A3=BC,所以30LAC,

因为4）=a＞,所以“＞，AC,所以8,0,。三点共线，所以8Z5JLAC,

因为P4J•平面ABC。，BOu平面ABC。，所以8D_LE4,

因为PADAC=A,且PA,ACu平面PAC,所以8。，平面PAC,

因为BOu平面尸BC,所以平面尸AC_L平面汽BD.

（2）以OC,。。所在的直线分别为x轴、y轴，过点。点作平行于•的直线为z轴，建立空间直角坐标系,

则C(石,(),()),尸(-6,0,2),8((),-1,0),

因为M为/>8的中点，所以M（-电,-L1）,

22

由点"为线段PC上一动点，设西=2所（04几41）,

则函=（百一20,0,22）,所以N（J5-20,0,22）

所以丽=（迈-26/1」,22-1），

22

由（1）知B£>,平面P4C,所以平面R4C的一个法向量为5=（0,1,0）,

设直线MN与平面PAC所成的角3,

则sin0=卜os（丽,n）|=口=v==：.-=‘

171J_।

'|w|xl2\MN\

又山|丽『=（.一2G团2+；+（22-[）2=]6产-22f+8

因为ow/twi,当义=||七时，研2取得最小值，最小值为高

当2=0时，|丽『取得最大值，最大值为8,

所以|就『e/,8],可得《〈sin”竽，

即直线MN与平面PAC所成角的正弦值的取值范围

10.（2021•广东•清远市博爱学校高三月考）如图，AB是圆。的直径，点C是圆。上异于4，B的点,

直线PCJ•平面ABC,E，尸分别是R4,PC的中点.

（1）记平面BE尸与平面ABC的交线为/,试判断直线/与平面PAC的位置关系，并加以证明;

（2）设PC=2AB,求二面角E-/-C大小的取值范围.

【答案】（1）〃/平面PAC,证明见解析；（2）ML

【详解】

解：（1）〃/平面PAC.

证明如下：EF//AC,ACu平面ABC,平面A8C,

Z.E/7/平面A3C.

又£Fu平面BEF,平面B