立体几何解答题（解析版）-2021年新高考数学模拟题分项汇编（第四期4月）

专题17立体几何解答题

1.（福建省名校联盟2021届高三大联考）如图，在四棱锥P-ABC。中，底面ABCO是边长为4的菱形,

=ZABC^-,PB=26PC=4,点A/是AB的中点.

23

（1）求证：CM_L平面R46；

（2）线段CD上是否存在一点N,使得直线PN与平面PMZ）所成的角的正弦值为逅，若存在，求出的

8

——值，若不存在，请说明理由.

ND

CN

【答案】（1）证明见解析；（2）存在，—=1.

ND

【分析】

（1）先证明然后连接PM，利用题目所给的边长关系，根据勾股定理证明。0J.PM，然

后根据线面垂直的判定定理即可得到CM_L平面PAB；

（2）假设在线段C£＞上存在一点N,使得直线PN与平面RWD所成的角的正弦值为亚，设CN=/l，

8

然后以以点M为坐标原点，MB，MC分别为％轴，＞轴，竖直向上为z轴，建立空间肖角坐标系，写出

各点的坐标，得出向量PN,计算出平面PMD的法向量而，使蜀与前所成角满足|cos〈欣丽〉|=—，

8

CN

然后求解2,得出——的值.

ND

【解析［解：（1）证明：连接PM，在中，因为NABC=。，PB=2日PC=4,所以B4=2.

因为点M是A3的中点，所以8M=PM=2.

在ABMC中，ZMBC=1,BM=2,BC=4,由余弦定哩，有CM=2百，

所以8M2+0/2=8。2,所以

在APMC中，PM=2,CM=26，PC=4满足PC?=32+92,

所以PM_LCM,又ABnPM=M，

所以CMJ_平面R43.

(2)如图，以点M为坐标原点，建立空间肖角坐标系，则M(0,0,0),。(0,2百,0),D(-4,273,0).设

产(x0,0,Zp),^(-A,273,0)(2e[0,4]),

DApBj—

在ARAB中，Zp=---=6而PM=2，得Xp=-1,所以「(-l,0,、Q).

AB

平面PMD的一个法向量为而=(X]，X，zJ,直线PN与平面PMD所成角为"

因为MP=(-1,0,我,知。=(~4,2后0出上二°,

m-MD=Q

所以拓=(6,2,1).

因为PN=(1—426,—百).

所以sin”gs〈加市〉|=M.啊=F产一回|二旦,

I川・|PN|25/2-VA2-22+168

CN

得;12—102+16=0，所以4=2或;1=8(舍)，所以——=1.

ND

2.（福建省漳州市2021届高三质检）如图，四边形8EOC为正方形，AE±BE>AE=BE，AADE为

TT

锐角三角形，M，N分别是边OE，破的中点，直线DE与平面ABE所成的角为一.

3

（1）求证：£W_L平面A。/；

（2）若AAQE为锐角三角形，求二面角"―AC-8的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）巫1.

35

【分析】

（1）先证明NAED为直线OE与平面ABE所成角，得到AADE为等边三角形，然后证明。N_LAM,

DN1CM,进而证得ON_L平面ACM；

（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面ACM和平面ABC的一个法向量，再利用空

间向量夹角公式求解二面角的余弦值即可.

【解析】解：（1）证明：8ELAE,BE上DE,AEC\DE=E,

跖1平面人。石.

二平面A5E_L平面A0E，因为AA。石为锐角三角形，

/.点D在平面ABE的射影在线段AE上，

7T

二NAED为直线DE与平面A8E所成的角，即NAED=-.

3

又,：AE=DE，：,AADE为等边三角形.

•••点/为£>£的中点，，AA/L0E.

又BE工AM，

BEcDE=E，.••，平面BCDE.

■:DNu平面BCDE,：.AM±DN.

TT

'：CD=DE,DM=EN,NCDE=NDEN=—,

2

/.4CDMwADEN，

7C

：.ZEND=ZDMC，；•NDMC+NEDN=-,

2

/.DNYCM.

VCMoAM^M,CM,AMu平面ACM，

。村,平面从。/.

（2）取AE的中点为。，A5的中点为P,连接。。，P0.

,/AADE为等边三角形，；.DOA.AE.

平面ADE，DOu平面AOE，

/.BELDO.

又•••BEDAE=E,DO_L平面,

二DOLOP.

•••点0，P分别为AE和AB的中点，

/.OPIIBE,

；.OP_L平面ADE..'.OP±EA

：.OP,OA,。。两两垂直，

故以点。为坐标原点，以OP,OA,0D所在直线分别为X轴、y轴、Z轴建立如图所示空间直角坐标系.

设。4=1,则A（0,1,0）,P（l,0,0）,£＞（0,0,⑹,£（（）,-1,0）,8（2,—1,0）,N（l,-l,0）,

•••AB=（2,-2,0）＞/=访=（0,1,@，

设平面ABC的法向量为：=（x,y,z），

则九而n±AB'

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

・・・〈一厂，解得〈

iiBC=y+J3z=0y=一岛

不妨设z=—l，则〃=(点后-1).

由（1）可得而为平面ACM的.个法向量.

又：ZW=(1,-1,-73).

.cos]n,DNn-DN

|n|.|z)7V

V5xl-gxl+lxg

/x不

V105

35

又V二面角M-AC-B的平面角为锐角,

...二面角〃—AC—3的余弦值为迎I.

3.（广东省广州市2021届高三一模）在边长为2的菱形ABCD中，44£>=60。，点E是边A3的中点（如

图1），将AAOE沿OE折起到△4OE的位置，连接4B，AC,得到四棱锥4-BCOE（如图2）

（1）证明：平面ABEJ■平面8C0E；

（2）若连接CE，求直线CE与平面4。。所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析，(2)叵.

14

【分析】

(I)连接图1中的30,证明。然后证明。E_L平面ABE即可；

(2)证明4后，平面6COE,然后以E为原点建立如图空间直角坐标系，然后利用向量求解即可.

【解析】(1)连接图1中的3。，

因为四边形ABCD为菱形，且44£>=60°

所以△A8D为等边三角形，所以。

所以在图2中有。因为BECA|E=E

所以OE_L平面&BE,因为OEuBCDE,所以平面4BE，平面BCDE

(2)因为平面平面8cOE,平面ABE。平面3co£=3石，A.E1BE,\E\BE

所以AE_L平面BCDE

以£为原点建立如图空间直角坐标系

所以4（O,O,l）,C（2,V3,O）,D（O,V3,O）,£（0,0,0）

所以亚=（0,G,-l）,不=（2,后-1）,反百,0）

n•AjD=6y-z=0

设平面的法向量为％=（x,y,z）,则

n-A,C-2x+V3y-z=0

-/厂\/-乔\n-EC百5

令y=l,则"=回@,所以小〃，叼=施的=而=而

所以直线CE与平面A。。所成角的正弦值叵

14

4.（广东省汕头市2021届高三一模）在AAHC中，角48,C的对边分别为a,"c,已知:

b=®c=0,ZB=45°.

（1）求边8C的长和三角形ABC的面积；

4

（2）在边BC上取一点Q,使得cos?ADB求tanZDAC的值.

5

32

【答案】（1）BC=3；S«ABC=—；（2）—.

4ABe211

【分析】

（1）法一：AA3c中，由余弦定理求3c的长，应用三角形面积公式求A5C的面积：法二：过A作出高

交BCTF，在所得直角三角形中应用勾股定理求BEFC,即可求BC,由三角形面积公式求A8C的面

积；

（2）由正弦定理、三角形的性质、同角三角函数的关系，法一：求sinC、cosC、sinZADB.cosZADB,

由sin/D4C=sin（NAO8—NC）结合两角差正弦公式求值即可；法二：求tan。、tanZADB,再由

tan/DAC=tan（〃-（NAT）C+NC））结合两角和正切公式求值即可；法三：由（1）法二所作的高，直角

△A"）中求sinNAD?，进而求sinNAOC，再根据正弦定理及同角三角函数关系求值即5

【解析】（I）法一：在AABC中，由人=右,。=夜,/5=45°,

由余弦定理，h2=a2+c2-2accosB<得5=2+a?—2xJ5xax—>解得a=3或a=—1(舍),

2

所以BC=a=3,S=—acsinB=—-3-V2=.

AA"BCC2222

法二：(1)过点A作出高交BC于b，即△ABP为等腰直角三角形，

QAB=O,A/=BR=1，同理△AFC为直角三角形，

VAF=\,AC=y[5,

13

:.FC=2,故=5尸+尸。=3,S.=-\BC\-\AF\=-.

hBC22

(2)在AABC中，由正弦定理，一=£；,即1_=XL,得sinC=亚，又b=gc=近,

sin8sinCsin45°sinC5

所以NC为锐角，

法一：由上，cosC=A/l-sin2C=-^)由cos?A£>8-(NADB为锐角)，得

55

sinZADB=yjI-cos2ZADB=J1--=-，

V255

sinZDAC=sin(ZA£)B—ZC)=sinZADB-cosZC-cosZADB-sinZC="一+又近~=，

555525

由图可知：ND4c为锐角，则cosADAC=yjI-sin2ZDAC=，所以tanZDAC=s1"/加。=1.

25cosZDAC11

143

法二：由上，tanC=—,由cos?A£)B—(NAZ出为锐角)，得tanN4Z)8=—,

254

•.■ZADB+ZADC=7T,

3

/.tanZ4DC=--,故

4

tan(ZADC)+tan(ZC)

tanADAC=tan(乃-(ZADC+ZC))=-tan(ZADC+ZC)=-

1-tan(ZADC)-tan(ZC)

4

法三：△为直角三角形，且|AF|二l,cos/4QB=g,

所以sinNADB=-cos2ZADB

AT5423

AD=------------=-,DF=ADcosZADB=~,CD=-,sinZADC=~,

sinZADB3335

CDAC故sinZDAC=^1.

在AADC中，由正弦定理得,

sinADAC~sinZADC25

由图可知ZDAC为锐角，则cosZDAC=Vl-sin2ZDAC=生5，所以tanZDAC=sm/"。=2

25cosADAC11

5.（广东省汕头市2021届高三一模）如图，在圆柱。。|中，四边形ABCD是其轴截面，EE为。。।的直

径，且砂_L8,AB=2，BC=a(a>0).

(1)求证：BE=BF；

(2)若直线AE与平面所成角的正弦值为迈，求二面角A—8E—户平面角的余弦值.

3

【答案】(1)证明见解析；(2)

3

【分析】

(1)连接8。，证明出EF±平面ABCD,可得出EF1B0「利用等腰三角形三线合一可证得结论成立;

(2)以点0为坐标原点，08、。。］所在直线分别为＞、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合

直线AE与平面3石尸所成角的正弦值为迈求出。的值，再利用空间向量法可求得二面角A—6E—尸平

3

面角的余弦值.

【解析】(1)证明：连接BQ,在圆柱中。中，3(7，平面。石。/，

•.•所匚平面。石。尸，：.EF±BC,

-.-EF±CD,BCcCD=C，:.EFL平面ABCD，

又BO,a平面ABCD，:.EF±BO,,

•••在ABEF中,。1为EF的中点，.•.3E=M；

(2)连接。。，则。。与该圆柱的底面垂直，

以点。为坐标原点，0B、。。所在直线分别为y、Z轴建立如下图所示的空间直角坐标系。-孙Z,

则A(0,-l,0)、3(0,1,0)、矶-1,0,a)、F(l,0,a),

AE=(-l,l,a),^=(-1,-1,a),5F=(l,-l,a),

设平面的法向量分别是1=&,%，4），

[it•BE—0—y+az1=0一/、

由《二k八，得《'I八，取4=1,得勺=（0,61）,

-BF=0[x]-y]+az[=0

设宜线AE与平面BEF所成角为仇

由sin夕=Icos<AE.M>|=—：化简得,2—2)("-1)=0,

'1，।V?72.A/77T3

Qtz>l.解得a=&，...)=(0,也,1)，

设平面ABE的法向量分别是1=（%,%，Z2），而=（0，2,0）,

得『>。

n2A5=°2=

取z2=1得微=(0,oR,

n2-AE=0[-x2+%+Mz]=0

一一5"1

・•・cos<%，%>=昌]刍=三,

阿佃3

由图象可知，二面角A—BE—尸为锐角，因此，二面角A—BE—尸的余弦值为

3

6.（广东省深圳市2021届高三一模）如图，在四棱锥S—ABCD中，S4=SB=SC=SE>=13,AC±CD,

AB=6,BD=8.

（1）求证：平面SW_L平面ABCD；

（2）求二面角A—S3—。的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）一、二

170

【分析】

(1)取AD的中点0,连接S。，0C,可得SO_LAO,利用直角三角形的性质可得OC=8,即可证

明△SOC£ASO£),进而可得S0_L0C，利用线面垂直的判定定理可证SOJ•平面A5CD,利用面面垂直

的判定定理即可求证；

(2)先证明Q4=Q3=OC=OD，可得4)为四边形A6QD外接圆的直径，进

而可得SO和4。的长，以5为原点，所在的直线为轴，过点5与SO平行的直线为z轴建立

空间直角坐标系，求出平面43S的一个法向量和平面S3。的一个法向量，利用空间向量夹角的坐标运算即

可求解.

【解析】

y

取AO的中点。，连接SO，0C，

因为S4=SO,所以SOL4)，

因为AC_LC£＞，。为AO的中点，

所以OC=LAO=O0,

2

因为SO=SO,SC-SD.

所以△SOCMASOD，

所以ZSOC=ZSOD=90°，

所以SOLOC，

因为ocn8=o，OCu平面A8CD，ODu平面ABC。，

所以SO_L平面ABC。，

因为SOu平面SA£),

所以平面S4D_L平面ABC。；

(2)由(1)知：SOJ.平面A8C。，所以SOL3O,在MASQA和中，由

SO=SO,SA=SB闻得RQSOA整RtASOB，所以3=03,即（24=QB=OC=。。，

所以A,B,C,。在以。为圆心的圆上,

IIIAC±CD可得A£>为四边形ABC。外接圆的直径，

A£>=A/62+82=10'A0=5,SO=1132-52=12,

以8为原点，BD,3A所在的直线为苍》轴，过点B与SO平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，则

4(0,6,0),8((),0,0),0(8,0,0),0(4,3,0),5(4,3,12),丽=(0,6,0),丽=(8,0,0),

旃=（4,3.12）,

设平面A8S的一个法向星团=(X],y,zJ,

in-BA=6y=0,八.

则〈_—}令玉=3,可得马=-1,M=0，

沅•3S=4玉+3y+12Z]=0

所以〃z=（3,0,-1）.

设平面S3。的一个法向量为7=(%，必，Z2)，

\n-BS=4X+3y,+12z,=0八A八

则《一2一.--，令％=4,则z,=-1,X,=0

万30=8x2=0-

所以3=(0,4,—1),

所以〃”丽=而而=而，

因为二面角A—S3-。的平面角为钝角，

所以二面角A—SB—。的余弦值为-巫。.

170

7.(广东省实验中学2021届高三模拟)如图，已知圆0的直径A3长为2,上半圆圆弧上有一点C,

NCO3=6()°,点尸是弧AC上的动点，点。是下半圆弧的中点，现以A3为折线，将下半圆所在的平面

折成直二面角，连接P。、PD、CD.

(1)当AB〃平面PC。时，求PC的长;

(2)当三棱锥尸—COD体积最大时，求二面角。-PC—O的余弦值.

【答案】(1)PC=\,(2)B

3

【分析】

(1)根据线面平行的性质定理证得AB〃PC,然后根据角度证得三角形为正三角形，从而求得结论.

(2)根据二面角为直二面角，证得平面COP,由等体积法证得当CO_LOP时，三棱锥P—COD

体积最大，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用空间向量数量积的运算求得二面角的余弦值.

【解析】解：(1)：A3〃平面PCD，ABI平面OCP,平面OCPc平面PC0=PC，

•••由线面平行的性质定理得ABIIPC又/COB=60°，可得ZOCP=60°.

而OC=CP，△OCH为正角形，所以PC=1.

(2)•.•二面角为直二面角，DOLAB,所以。O_L平面COP,

而^P-COD=^D-COP'

••.'"iCOLOP时，三棱锥P-COD体积最大.

方法一：因为OP,OD,0c两两垂直,

所以OP,OD,oc分别为％,y,z轴建空间直角坐标系,

ULI1UUU

P(l,0,0),ZX0,l,0),C(0,0,l),PC=(-l,0,l),DP=(l,-l,0)

”___

令平面QPC的法向量为五।=O,y,z）,«丽［一0，

-x+z=0

,八，取4=（1』/）

x-y=0

又取平面尸C。的法向量为亢2=（°，L°）

々・%y/3

设二面角。一PC—O的平面角为a,COS6Z='=—；

Hhl3

方法二：取PC的中点”，连接。〃，DH.因为OC=OP，DC=DP,

所以。”都与PC垂直，即NO"。为所求二面角的平面角.

在Rt^OPC中可得OH="，

2

在RtA0HD中，£>〃=『：与

—,

也

所以cosNOHD――———

V63

2

所以：二面角O—PC—O的余弦值的为W

3

8.（广东省湛江市2021届高三一模）如图,平面ABC。_L平面ABE,AD//BC,BCA.AB,AB=BC=2AE=2,

尸为C£上一点，且BFL平面ACE.

小

T

（1）证明：AE,平面BCE；

（2）若平面ABE与平面COE所成锐二面角为60。,求AD

3

【分析】

（1）由平面A8C£>J_平面ABE证明BC，面ABE,得至!J8C_LAE,由8FL平面4CE,得至!J从而

证明AE_L平面BCE.

（2）过4作Ar垂直AB,以击为x轴正方向，以彳月为y轴正方向，以4而为z轴正方向，建立直角坐标

系，用向量法计算可得.

【解析】（1）:•平面48CO_L平面A8E,A8为平面A8C。和平面ABE的交线，BCLAB,

ABClffiABE,；・BCLAE.

又8尸，平面ACE,ABFYAE.

乂BCABE=8,AEJ_平面BCE.

如图示，过4作4x垂直A8,以刀为x轴正方向，以通为y轴正方向，以而为z轴正方向，建立空间直

（/7।、

角坐标系，则A（0,0,0）,B（0,2,0）,E^-,-,0,。（0,2,2）,。（0,0,优），

.•.丽=--,-,2，丽=（0,—2,加—2）

、22,

m-CE=0-^-x+—y+2z=0

设蔡=（x,y,z）为平面COE的一个法向量，则《,即122，

所CD-00xx-2y+(m-2)z=0

_（l2J31

不妨取z=2,则机=y/3m+^^-,m-2,2

、3>

显然平面ABE的一个法向量7=沅=（0,0,2）

n\=

cos（m,14_=cos60

l+H"f：+（〃T）*x2，

解得：，片@5.

3

故AZ）长为止.

3

9.（广东省肇庆市2021届高三二模）如图，在四边形PDC8中，PDUBC.BALPD，R4=A3=3C=1,

A。=1.沿BA将△RW翻折到ASBA的位置，使得SD=0

22

（I）作出平面SCO与平面SB4的交线/,并证明/_L平面CSB：

（2）点。是棱SC于异于S,C的一点，连接Q。，当二面角Q-B。-C的余弦值为逅，求此时三棱

锥。一BCD的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）—.

12

【分析】

（1）延长B4，CD相交于E，连接SE，则SE为平面SCD与平面S8A的交线/，由勾股定理可得

SA1AD,结合AD_LAB可得平面S4B，在判断出SEJ•平面CS8即可证明；

（2）以点4为坐标原点建立空间直角坐标系，设通=2宜，由二面角。一切一。的余弦值为迈建立

向量关系，求出4即可求出体积.

【解析】（1）如图，延长84，CO相交于E，连接SE,则SE为平面SCD与平面SB4的交线/.

s,

证明：在ASAD中，SA=\,AD=~,SD=—，则SA2+AZ)2=S£)2,所以以工人。.

22

FllS4_LAZ)，4)_LAB，S4cAB=A,得ADJ_平面SAB.

又3C〃A。，所以BCJ_平面S48，所以3C_LSE.

由PO〃BC,AB=BC=l，AO=g,得AE=1.

所以AE=A5=S4，所以SE_LSB.

又因为BCnS8=8,所以SEL平面CS3，即/，平面CSB.

(2)由(1)知，S4_LAB，AD±AB，AP_LS4以点A为坐标原点，AD，AB，AS所在宜线分别

为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.

易得A(O,O,O),o(g，o,o)，5(0,1,0),S(0,0,l),C(l,l,0),则丽=(g,—1,0

设宛=4而<0<2<1),则Q(/L,/M-X),则的=(4,4一1,1一；I).

设n=(x,y,z)是平面QBD的一个法向量，

2x+(A-l)y+(l—2)z=0

则《

1八

—x-y=0

[2-

，-J,1-32

令x=2,贝ij〃=|2,1,-~-

\L-A

肩=（0,0,1）是平面c即的一个法向量.

解得w

所以点。是sc的中点.

所以VQ_BDC=]xS.BDC=3X(^X^X^]X2^=?2

10.（广东省执信中学2021届高三模拟）如图，多面体ABCD防中，四边形ABCD为矩形，二面角

A—CD—f为60°,DE//CF,CD±DE,AD=2,DE=DC=3,CF=6.

（1）求证：〃平面ADE；

（2）在线段。/上求一点G,使锐二面角3—EG—£＞的余弦值为I.

3

【答案】（1）详见解析；（2）点G满足CG=二.

2

【分析】

（1）先证明BC7/平面ADE，CF〃平面ADE,可得平面BCF//平面ADE,从而可得结果；（2）作

AOJ_DE于点O,则AO_L平面SEF,以平行于DC的直线为x轴，DE所在直线为＞轴，OA所在

直线为z轴，建立空间直角坐标系，设G（3,7,O）,—1W/W5,利用向量垂宜数量积为零列方程组求得平面

BEG的法向量，结合面DEG的一个法向量为7=（0,0,1）,利用空间向量夹角余弦公式列方程解得f=1，

从而可得结果.

【解析】（1）因为A8C。是矩形，所以8C〃4O,

乂因为BC不包含于平面ADE,

所以8c〃平面ADE,

因为DE//CF,CF不包含于平面ADE,

所以CF〃平面AOE,

又因为BCHCF=C,所以平面8CF〃平面ADF,

而8Fu平面8CF,所以8尸〃平面AOE.

（2）VCD±AD,CD±DE

二ZADE为二面角A-CD-F的平面角

.*.ZADE=60o

VCD±®ADE

二平面CDEE_L平面AOE，作AOLOE于点。，

则AO,平面C£）砂，

由AO=2,£>E=3,得DO=1,EO=2,

以。为原点，平行于QC的直线为x轴，所在直线为>轴，OA所在直线为z轴,

建立如图所示的空间直角坐标系。-孙z,

则4仅,0,@,。（3,-1,0）,力（0,-1,0）,石（0,2,0）,*3,5,0）,

OB^OA+AB^OA+DC-（3,Q,y/3）,

设G（3J,0）,—K5,则诙=（—3,2,—G）,的=（0,f,—@,

设平面BEG的法向量为m=（x,y,z），

x=2-t

m-BE=Q-3x+2y-y/3z=Q

则由，一，得〈取<y=3

m-BG=Qty-百z=0

Z=y/3t

得平面BEG的一个法向量为正=(2—f,3,6，,

又面DEG的一个法向量为7=((),()』),

113

解得，=一或♦=——(舍去)，

222

此时生=,，得CG=』CE=3,

CF442

3

即所求线段上的点G满足CG=j

2

11.(河北省邯郸市2021届高三一模)如图，在直三棱柱ABC-Agq中，底面A8C是等边三角形，D

是AC的中点.

(1)证明：4?//平面8。1。.

(2)若AA=2AB,求二面角耳一AC-£的余弦值

【答案】(1)证明见解析；(2)生叵.

19

【分析】

(I)B.CABC,=E,连接由三角形的中位线可得DE//A耳，进而可得做〃平面BCQ.

（2）故以。为原点，分别以而，反,方声的方向为x,y,z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系

D-xyz.平面AB。的法向量为3=（x,y,z）,平面ACG的个法向量为记=（1,0,0），进而可得结果•

【解析】（1）记连接OE.

由直棱柱的性质可知四边形片是矩形，则E为耳。的中点.

因为/）是AC的中点，所以。E//A4.

因为Ag2平面BGROEu平面5CQ,所以Ag〃平面5Go.

（2）因为底面ABC是等边三角形，力是AC的中点，所以BOLAC,

由直棱柱的性质可知平面ABCJ■平面,则BO_L平面.

取AG的中点尸，连接。尸，则D5,DC,。尸两两垂直，故以。为原点，分别以丽，觉,前的方向为X,

y,z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系。一孙z.

设AB=2，则A(0,-1,O),C(O,1,O)，4(6,O,4),从而而=(0,2,0),词=(6,1,4).

设T-lfilAB©的法向量为"=(X,y,z),

n-AC=2y=0,一厂

则〈

_r令x=4,得〃=.

n-AB1=j3x+y+4z=0,

平面ACG的一个法向量为m=（1,0,0），

m・n_4_4y/19

则C0S〈〃2,〃〉=

\m\\n\~y[19~19

设二面角4-AC—6为。,由图可知。为锐角，则cos。=|cos〈/〃,〃〉|=.

12.（河北省张家口2021届高三一模）如图，四边形A8CD是正方形，/%_1平面48。,/%//破，且

E4=AB=3・

（1）求证：CE//平面?4）；

（2）若BE=lpA,求直线PD与平面PCE所成角的正弦值.

3

【答案】（1）证明见解析；（2）昱.

7

【分析】

（1）先由线面平行判定定理证明BC//平面B4D，砂//平面R4D，再由面面平行判定定理证明平面

EBC//平面PAO,最后由面面平行的性质得出CE//平面PAD；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可.

【解析】（1）证明：因为四边形ABCO是正方形，所以8C//A0.

又ADu平面PAD,BC<Z平面PAD

所以8C//平面A4O.

因为Q4//E3,同理，可证EB//平面

又BC1EB=B，所以平面EBC//平面B4O

又因为CEu平面E8C，所以CE//平面?

解：分别以AD,AB,AP为％V，z轴建立如下图所示的空间直角坐标系.

因为PA=AB=3,所以8E=，PA=1,则P(0,0,3),0(3,0,0),C(3,3,0),E(0,3,1)

3

则PD=(3,0,-3),PC=(3,3,-3),PE=(0,3,-2)

设平面PCE的法向量为所=(%y,z)

z

X--

m-PC=3x+3y-3z=03

则山，一得

m-PE=3y-2z=02z

令z=3,得平面PCE的一个法向量为比=(L2,3)

PD-in(3,0,-3>(1,2,3)

设直线P。与平面PCE所成角为氏则sin。=也

PD\\m\35/2xV14V

所以直线PO与平面PCE所成角的正弦值为五.

7

13.(湖北省八市2021届高三联考)已知四棱锥E—ABC。中，四边形ABC。为等腰梯形，AB//DC,AD

=DC=2,AB=4,△4。£t为等边三角形，且平面4。后_1平面48。。.

(1)求证：AE^BD-,

（2）是否存在一点F,满足彷=4丽（0</1<1）,且使平面AQF与平面BCE所成的锐二面角的余弦值

为晅.若存在，求出；I的值，否则请说明理由.

13

【答案】（1）证明见解析；（2）存在2=:使得平面AO/与平面BCE所成的锐二面角的余弦值为巫.

213

【分析】

（I）取的中点G,连接DG，证明△A80是直角三角形，得从而由面面垂直的性质定

理得线面垂直，则可得证线线垂直；

（2）取A。的中点”，连接EH，证明石"_1_平面43。。，以。ADB为轴，过。平行于的直线

为z轴建立空间直角坐标系，写出各点坐标，由空间向量法求二面角的余弦值，由已知求得；I,说明存在.

【解析】（1）取的中点G，连接。G,vBG^-AB^CD,BG//四边形BCDG是平行四边形,

2

£）G=8C=AG=AZ）=2,，AAr）G为等边三角形，=是直角三角形，.♦.A£>_LBZ），

2

•••平面4宓，平面ABCO.BOu平面ABC。，4）=平面4。石0平面43。。，.・.应>，平面

ADE,AEu平面ADE，..AE，

（2）F为E8中点即可满足条件.

取AD的中点“，连接E“，则E”J_AD，取AD的中点H,连接EH,平面平面ABC。，EHu平

面EA£>，所以即，平加ABC。，的=百,3。=26,如图建立空间直角坐标系。一型，

则0（0,0,0）,4（2,0,0）,8（0,26,0）,。卜1,60）,后（1,0,@,则

次=（2,0,0）,而=（1,60）,丽=（-1,2疯-百）,EF=AEB=（-2,2&,-&）,

方=（1—426;

设平面AOF的法向量为沅=（X［，X，Z］）,平面BCE的法向量为为=（%2，%，22）.

需M，得产…笺，S）.,取血…孙

x+Cy?-0

CBn=Q2

由，得《取〃二卜后1,3）.

EBn=Q_X?+2>/3y2-V3Z2=0

|2-1+6A|765

于是,|cos(/n,n)|=

H'HV13-V522-22+l

解得x=—或4=—（舍去）

23

14.（湖北省荆门2021届高三联考）在三棱锥产一ABC中，平面Q4C_L平面ABC,

（I）证明：PC_L平面A8C；

（II）已知。，M,N分别为线段以、PB、BC的中点，求直线MN与平面QAC所成角的正弦值.

【答案】（I）证明见解析；（II）旦.

3

【分析】

（【）取AB中点。，连接PZXOC,川证AB_LPC,从而可证BC_LPC,从而可证线面垂直.

（II）如图建立空间直角坐标系，设AC=1,求出旃