三年 (2020-2022 ) 高考数学真题汇编 06立体几何（解答题）（理科专用）

专题06立体几何(解答题)(理科专用)

【2022年全国甲卷】

1.在四棱锥P-AfiCD中，1ABCD,CD//AB,AD=DC=CB=l,AB=2,DP=yf3.

(1)证明：BDA.PA-.

(2)求PD与平面248所成的角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

⑵*.

【解析】

【分析】

(1)作DE_LAB于E,于F,利用勾股定理证明AOJ_80,根据线面垂直的性质

可得PDLBD,从而可得平面PAO,再根据线面垂直的性质即可得证；

(2)以点。为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.

(1)

证明：在四边形ABCO中，作。于E,于尸，

CD//AB,AD=CD=CB=1,A8=2,

所以四边形ABC。为等腰梯形，

所以AE=B尸=1,

2

故DE：4,BD=NDE°+BE?=5

所以">2+302=AB，

所以ADL8D,

因为P£)_L平面A8CO,Mu平面ABC。,

所以Pr>_L3£>,

又PDcAD=D,

所以BO_L平面P4Q,

又因为R4u平面上40,

所以83J.B4;

(2)

解：如图，以点。为原点建立空间直角坐标系,

BD=6

则A（l,0,0）,B（0,❷0）,P（0,0词,

则丽=卜1,0,6）,3户=（0,-6,6）,加=（0,0,百）,

设平面PAB的法向量石=(x,y,z),

n-AP=-x+Gz=0

则有｛可取方=(百,1,%

元.而=_岛+^z=0

则户）=n-DP_75

cosRR=T

所以PO与平面R4B所成角的正弦值为手.

AZ

【2022年全国乙卷】

2.如图，四面体ABC。中，AD±CD,AD=CD,ZADB=ZBDC,E为AC的中点.

(1)证明：平面BED_L平面AC。；

(2)设48=3£>=2,44。8=60。，点尸在3。上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面9

所成的角的正弦值.

【答案】(1)证明过程见解析

(2)CF与平面4如所成的角的正弦值为更

7

【解析】

【分析】

(1)根据已知关系证明四△CB。，得到AB=C8,结合等腰三角形三线合一得到垂

直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；

(2)根据勾股定理逆用得到从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则

进行计算即可.

(1)

因为4)=8,E为AC的中点，所以ACLOE；

在△ABD和ACBD中，因为">=8,ZADB=NCDB,DB=DB,

所以△ABD^^CBD,所以AB=C3,又因为E为AC的中点，所以AC_L3E；

又因为。瓦BEu平面BED,DECBE=E,所以AC_L平面5EO,

因为ACu平面4CD,所以平面8a_1_平面ACT).

(2)

连接EF,由(1)知，AC_L平面BED,因为EFu平面

所以ACLEF,所以％wc=g4aEF,

当",必时，EF最小，即△AFC的面积最小.

因为△AB虑△C8O,所以CB=AB=2,

又因为NAC8=60。，所以AABC是等边三角形，

因为E为AC的中点，所以AE=EC=1,BE=6

因为ADJ_CD,所以。E=gAC=l,

在A£)EB中，DE2+BE2=BD2<所以BELZJE.

以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E-种，

则A(1,O,O),8(O,EO),£>(O,O,1),所以而=(-1,0,1),丽=卜1,6,0),

设平面的一、个法向量为"=(x,y,z),

n-AD=—x+z=0厂-/i-\

则一l,取y=G，则〃=(3,j3,3),

而.48=一丹如=01)

'所以科卜当养

又因为C(-l,0,0),产

4#)

所以cos伍瓯人n-CF6

同司4xp7，

4

设CF与平面说所成的角的正弦值为e[o<0<^\,

所以sin6=|cos(n,CF^|=

所以C尸与平面曲所成的角的正弦值为速.

7

【2022年新高考1卷】

3.如图，直三棱柱A8C-ABG的体积为4,AABC的面积为20.

⑴求A到平面ABC的距离;

(2)设。为AC的中点，A4,=AB,平面\BC1平面ABB^,求二面角A-BO-C的正弦值.

【答案】(1)0

⑵3

2

【解析】

【分析】

(1)由等体积法运算即可得解;

(2)由面面垂直的性质及判定可得平面A88M，建立空间直角坐标系，利用空间向

量法即可得解.

(1)

在直三棱柱ABC-A内G中，设点A到平面\BC的距离为h,

J、'A8c3S^A，。43〃-A5c3S4ABe'AA=§YABC-ABIG=§，

解得〃=0，

所以点A到平面\BC的距离为亚；

(2)

取A/的中点E,连接AE,如图，因为A4,=AB,所以AE，A8,

又平面ABC，平面ABAA,平面A]cn平面ABB/=RS,

且AEu平面ABB/,所以A£J_平面ABC,

在直三棱柱ABC-ABCI中，口4,平面ABC,

由BCu平面ABC,BCu平面ABC可得A£_LBC,BB,1BC,

又AE,阴u平面ABB}\且相交，所以BC，平面ABB^,

所以BC,用两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图,

由(1)得AE=应,所以AA=AB=2,^8=2^,所以5c=2,

则A(0,2,0),A(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0)，所以AC的中点0(1,1,1),

则丽=(1,1,1),丽=(0,2,0)灰=(2,0,0),

in-BD=x+y+z=0

设平面ABQ的一个法向量m=(x,y,z),则，

m-BA=2y=0

可取而=(1,0,-1),

n•BD=a+b+c=0

设平面BOC的一个法向量3=(a,b,c),贝1卜

n-BC=2a=0

可取;?=(0,

mn1

则cos(九九

2，

所以二面角A-比＞-。的正弦值为

[2022年新高考2卷】

4.如图，尸。是三棱锥P-ABC的高，PA=PB,AB1AC,E是心的中点.

(1)证明：OE〃平面PAC；

(2)若NABO=NC3O=30。，尸0=3,PA=5,求二面角C-A£—B的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）连接8。并延长交AC于点。，连接。4、PD,根据三角形全等得到。4=03,再根

据直角三角形的性质得到AO=即可得到。为8。的中点从而得到OE//P/）,即可得证；

（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同

角三角函数的基本关系计算可得.

（1）

证明：连接80并延长交AC于点。，连接Q4、PD,

因为是三棱锥P-ABC的高，所以P0J•平面ABC,AO,8Ou平面ABC,

所以尸0,AO、POLBO,

又PA=PB,所以△尸043△POB,即。4=OB,所以N0LB=NO3A,

又ABLAC,即4AC=90°,所以NQ4B+NO4£>=90。，NO8A+NODA=90°,

所以NQD4=NOAO

所以AO=OO,即AO=£）O=O8,所以。为B£>的中点，又E为PB的中点，所以OE//PD,

又OE（Z平面PAC,P£）u平面PAC,

所以0£〃平面PAC

解：过点A作Az〃。尸，如图建立平面直角坐标系，

因为PO=3,AP=5,所以3=J/产-po?=4,

又NO3A=NO8C=30。，所以30=2tM=8,则AD=4,AB=4y[i,

所以AC=12,所以0（262,0）,B（473,0,0）,尸（2万2,3）,C（0,12,0）,

所以E

(百通(后))

则通=3=40,0,*=(0,12,0,

h-AE=3下+y+—z=0

设平面AEB的法向量为3=(x,y,z),贝।卜*2，令z=2,则丁=-3,%=0,

n•AB=4Gx=0

所以3=(0,—3,2)；

m-AE=3y/3a+b+—c=0

设平面AEC的法向量为£=(〃也c),则＜

tn-AC=\2b=0

令〃=JL贝!Jc=-6,b=0,所以帆=(G,0,-6)；

4G

所以虫/-〃---\切n=t丽n=标-1相2=-

~13~-

设二面角C—AE—8的大小为夕，则

[2021年甲卷理科】

5.已知直三棱柱A8C-A4G中，侧面A44B为正方形，AB=BC^2,E,尸分别为AC和

CG的中点，力为棱上的点.BF1A.B,

（1）证明：BF±DE；

（2）当8Q为何值时，面B8CC与面DFE所成的二面角的正弦值最小？

【答案】（1）证明见解析；（2）B,D=1

【解析】

【分析】

（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借

助空间向量证明线线垂直；

（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进

而可以确定出答案；

【详解】

（1）［方法一］：几何法

因为所以段'_LAB.

又因为ABLBg,BFcBB^B,所以A3,平面8。。内.又因为AB=BC=2,构造正方

体ABCG-ABCIG，如图所示,

过E作A8的平行线分别与AG8c交于其中点M,N,连接

因为E,F分别为AC和CC,的中点，所以N是BC的中点,

易证RuBCF=RsB,BN,则NC3F=ZBB./V.

又因为ZB4N+NB1N8=90°,所以/C8F+/4N6=90°,BF工B】N.

又因为BF±AB1，4NnAB1=4,所以BF_L平面4仞叫.

又因为E£>u平面AMN及，所以8FJ_DE.

［方法二］【最优解】：向量法

因为三棱柱ABC-AB©是直三棱柱，阴，底面ABC,：.即1AB

A、BJ/AB,8F_L4与，二“_LA8,又叫cBF=8,.L_L平面比6用.所以84,BC,8隹

两两垂直.

以8为坐标原点，分别以8A,8C,84所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图.

.-.B（0,0,0）,A（2,0,0）,C（0,2,0）,4（0,0,2）,A（2,0,2）,£（0,2,2）,E（1,1,0）,尸（0,2,1）.

由题设。（40,2）（0<a<2）.

因为旃=（0,2,1）,诙=（l—a/,-2）,

所以赤.诙=0x（l-a）+2xl+lx（_2）=0,所以

［方法三］:因为8尸，44，出AB,所以故乔•福=（）,而.丽=0,所

以而屈=丽•（丽+西+丽）砺:•丽+乔•（而+西）=丽.丽+瓯瓯

=BF\--BA--BC\+BFBB,=一一BFBA--BFBC+BFBB.=--BF-BC+BF-BB.

<22）22'21

=-||BF|-|BC|COSZFBC+|BT|-|B^|COSZFBBI=-1X^X2X-^+V5X2XA：=0,所以

BFLED.

(2)［方法一］【最优解】：向量法

设平面DFE的法向量为m=(x,y,z),

因为酝诙=(1-4,1,-2),

.\ni-EF=0nn［-x+y+z=O

f\m-DE=Q［(l-a)x+y-2z=0'

令z=2-a,则所=(3,l+a,2-a)

因为平面BCG4的法向量为丽=(2,0,0),

设平面BCCM与平面DEF的二面角的平面角为Q,

63

…I'网M•网2xj2/—24+14，2/一2〃+14

1-27

当。二Q时，，2〃—2〃+4取最小值为彳，

36

此时cos。取最大值为W.

所以(sin%,=3-闺浮此时80=；.

［方法二］:几何法

如图所示，延长EF交AG的延长线于点S,联结。S交4G于点7,则平面。尸ECI平面

BBgC=FT.

作4H1FT,垂足为“，因为。q_L平面BBCC,联结。“，则NDHB1为平面8BCC与

平面DFE所成二面角的平面角.

设4。=入re[0,2],BJ=s,过G作交OS于点G.

C.S1C.Gi

由京亍右得GG=§(2—).

B.DB.T-L—=-_3/

又而=前即g(2T)2-s，所以S=77T

BtHB、TB、Hs_DUS

又手=方,即丁=7EF'所以取

所以DH二廊R访=《谓才+『=

Rn=—

则sinNDHB\=等9?；

DHJ—z-------+t

\2t2-2t+5

所以，当，二;时

»(sinZDWB.)

\*/min3

［方法三］:投影法

如图，联结叫，尸N,

4】DB)

△DM在平面BBgC的投影为AB|N/，记面BBCC与面OFE所成的二面角的平面角为。，

则cosd=".

S.DEF

设BQ=KO4”2),在RtA。耳尸中，DF=+B|1'=5/1+5.

在RIA£C》中，EF7EC?+FC?=也，过。作8户的平行线交EN于点Q.

在RtZ\OE。中，DE=ylQD2+EQ2=^5+（1-t）2.

DF2+EF，-DE。，3产+15Q+1）

在A£)£F中，由余弦定理得cosZDFE=

2DF•EF3（r+5）

2厂―2f+1411I一i-------

sinZDF£=2SzB\NF=/

~712~，S=-DFEFsinZDFE=->/2r-2r+14，

3（Z+5）MDEF22

qsin"11-9y,

cos®=23

12/-27+14X2（/T+7），

QGFE

当f=J,即耳£>=；,面BBCC与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为3.

223

【整体点评】

第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐

标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解：方法三利用空间向量加减法则及数量积的

定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.

第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法,

也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面B8CC与面。灰所成的二面角，并求

出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面OFE在面8BCC上的投影三角形

的面积与面积之比即为面38CC与面。FE所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最

小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维.

[2021年乙卷理科】

6.如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，叨，底面ABC。，PD=DC=1,M为BC的

中点，且PB_LA/.

（1）求BC；

(2)求二面角A—PM—B的正弦值.

【答案】(1)友；(2)恒

14

【解析】

【分析】

(1)以点。为坐标原点，DA.DC、0P所在直线分别为x、丫、z轴建立空间直角坐标

系，设8。=幼，由已知条件得出而.前=0,求出。的值，即可得出BC的长；

(2)求出平面RAM、P3M的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求

得结果.

【详解】

(1)［方法一］:空间坐标系+空间向量法

平面ABCD,四边形A8CD为矩形，不妨以点。为坐标原点，D4、DC、。尸所在

直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系。-孙z,

设BC=2a,则£＞（0,0,0）、尸（0,0,1）、B（2a,l,0）、“⑷⑼、A（2a,0,0）,

则丽=（2a,l,-1）,AM=（-a,l,0）,

­：PB±AM,则而•丽?=-2/+1=0，解得。=走，故BC=2a=血;

2

［方法二］【最优解】：几何法+相似三角形法

如图，连结BO.因为P£>_L底面ABCD,且AMu底面A8CD,所以

又因为PB_LAA/,PB［｝PD=P,所以AM_L平面尸8Z).

又Mu平面?比＞,所以

从而ZADB+ZDAM=90°.

因为NM4B+"4W=90。，所以NM4B=NAO3.

所以AADBSRAM,于7E——•=.

ABBM

所以gBC=l.所以BC=0.

［方法三］:几何法+三角形面积法

如图，联结8。交AM于点N.

由［方法二］知AW_LO3.

ANDA9

在矩形4?CQ中，有ADANSABMN,所以——=——=2,即AN二4M.

MNBM3

令3c=2fQ>0),因为M为BC的中点，则&W=f,DB=,4/+1，AM=V/2+1-

由S曲B=；D4A8=gf>8-AN,得€府方|5/771,解得产=；,所以8c=2f=0.

(2)［方法一］【最优解】：空间坐标系+空间向量法

设平面P4/W的法向量为沅=(%,*,zj,则AM=--—,1,0,AP=(-\/2,0,l),

\/

一72

in-AM=----x+y.=0广,//-\

由21?1,取不=也，可得玩=(夜,1,2),

m-AP=-\Z2Xj+z,=0

设平面尸3M的法向量为万=（%，%/2），丽^,孝,。,。］,BP=（-y/2-l,\）,

n-BM=--x.,=0

由《2'取以=1,可得万二（0,1,1）,

元,BP=-\/2X2-+z2=0

/_、inn33A/14

c°K比'"〉=丽=77^=看’

所以，sin（坑,元）=-cos2（m,n）=，

因此，二面角A-PM-B的正弦值为画

14

［方法二］:构造长方体法+等体积法

如图，构造长方体48C。-ABCQ,联结A*A8,交点记为从由于A4J.Af,AB}lBCf

所以平面A8CR.过，作的垂线，垂足记为G.

联结AG,由三垂线定理可知AG1R历，

故NAG”为二面角A-EM-B的平面角.

易证四边形ABC。是边长为亚的正方形，联结。”，HM.

SmHM=2RM,HG、SRM=S正方形we_Se'H_SAHBM-SAMC"，

由等积法解得HG=观.

10

在Rf®/G中,AH=-,HG=^-,由勾股定理求得AG=且.

2105

所以，sinZAG//=—=^,即二面角A-PM-3的正弦值为恒.

AG1414

【整体点评】

（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，

结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上,

利用三角形等面积方法求得.

（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清

晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注

意进行严格的论证.

[2021年新高考1卷】

7.如图，在三棱锥4一88中，平面平面BCD,AB=AD,。为BO的中点.

(1)证明：OALCD,

(2)若AOCD是边长为1的等边三角形，点E在棱A。上，DE=2EA,且二面角E-BC-。

的大小为45。，求三棱锥A-3CD的体积.

【答案】(1)证明见解析；(2)也.

6

【解析】

【分析】

(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；

(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体

积即可.

【详解】

(1)因为=。是BO中点，所以。4_L8Q,

因为。4u平面平面平面88,

且平面他£＞门平面38=8。，所以。4,平面BCD.

因为COu平面BCD,所以。4d.eD.

(2)［方法一］:通性通法一坐标法

如图所示，以。为坐标原点，为z轴，。。为y轴，垂直。。且过。的直线为x轴，建立

空间直角坐标系。一曲2,

则C(—,-,0),。(0,1,0),B(0,-1,0),设A(0,0,m),E(0,刈，

2233

所以丽=(0,—,-|附，玩=(孝,|,0),

设。=(x,y,z)为平面EBC的法向量，

则由［","=°可求得平面EBC的一个法向量为万

=(-73,1,--).

m

又平面BCO的一个法向量为函=(o,o,M，

所以cos(冗04)=-----/2=1卷,解得根=1.

\Vnr

又点。到平面说的距离为也，所以匕11一代百

_68=%.A=—x—x2xlx——=——

即ftn3226

所以三棱锥A-BCD的体积为由.

6

［方法二］【最优解】：作出二面角的平面角

如图所示，作EGJ_8O,垂足为点G.

作GF_LBC,垂足为点尸，连结EF,则。4〃£G.

因为OA_L平面BCD,所以EGJ•平面BCD,

DEfG为二面角E—BC—。的平面角.

因为ZEFG=45。，所以EG=FG.

由已知得。3=8=1,故OB=OC=1.

又NOBC=NOCB=30°,所以BC=g.

24222

因为(70=—,33=—,产6=—。0=一,E6=—,。4=1,

33333

[1]]y/3\/3

V

4-flCO=T54SCDxG>A=-x254SOCxC>A=-x2x(-x--xlxl)xl=-^-.

jJj22o

[方法三]:三面角公式

考虑三面角6-互心，记NEBD为a,ZEBC为。,ZDBC=30°,

记二面角七—3C—。为凡据题意，得。=45。.

对夕使用三面角的余弦公式，可得cos尸=cosa♦cos30。，

化简可得cos/?=*cosa.①

使用三面角的正弦公式，可得sin/二当，化简可得sin夕二忘sina.②

sine/

3

将①@两式平方后相加，可得;cos%+2sin)=l,

4

1.1

由此得sin2a=—cos-a,从而可得tana=±—.

42

A

TT)

如图可知a£(0,一)，即有tana=-,

22

4

根据三角形相似知，点G为。。的三等分点，即可得BG=§,

结合。的正切值，

可得EG=：,=1从而可得三棱锥A-BCD的体积为B.

36

【整体点评】

(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处

在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；

方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的儿

何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.

方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得

问题更加简单、直观、迅速.

[2021年新高考2卷】

8.在四棱锥。一ABC。中，底面ABCD是正方形，若A£»=2,QO=Q4=右,QC=3.

(1)证明：平面，平面ABCD；

(2)求二面角8-Q。-A的平面角的余弦值.

【答案】⑴证明见解析；⑵

【解析】

【分析】

(1)取AD的中点为0,连接QO,C。，可证Q。，平面A3CD,从而得到面面ABCD.

(2)在平面ABCO内，过。作077/8,交BC于T,则OT_LA£),建如图所示的空间坐标

系，求出平面QA。、平面8。。的法向量后可求二面角的余弦值.

【详解】

Q

因为QA=Q£>,OA=OD,则QO^AO,

而AO=2Q=6,故。。=>/^=2.

在正方形ABC。中，因为A£>=2,故。。=1,故C0=石,

因为QC=3,i^QC2=QO2+OC2,故AQOC为直角三角形且QOJ_OC,

因为OCnAD=O,故QO,平面ABC。，

因为。Ou平面04。，故平面QA。J■平面438.

（2）在平面ABC。内，过。作O77/C。，交BC于T,则OTL4）,

结合（1）中的Q。，平面ABC。，故可建如图所示的空间坐标系.

则£>(0,1,0),2(0,0,2),5(2,-1,0),故丽=(-2,1,2),丽=(-2,2,0).

设平面QBO的法向量7=（x,y,z）,

黑;即-2x4-y+2z=01

则-2x+2y=。'取X"则kJR

故7=（1，1，；）.

12

而平面Q4D的法向量为碗=（1。0）,故8$（小，〃

2

二面角B-QD-A的平面角为锐角，故其余弦值为|.

【2020年新课标1卷理科】

9.如图，。为圆锥的顶点，。是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD.AA3C是

底面的内接正三角形，P为。。上一点，PO=^-DO.

6

D

(1)证明：B4_L平面PBC；

(2)求二面角8—PC—E的余弦值.

【答案】(1)证明见解析：(2)年.

【解析】

【分析】

(1)要证明PA_L平面PBC,只需证明R4J_P3,PALPC即可；

(2)方法一：过。作。N〃2C交48于点N,以0为坐标原点，。4为x轴，ON为y轴建

立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面PCB的一个法向量入平面PCE的一个法向

量为加，利用公式cos＜肛〃计算即可得到答案.

\n^m\

【详解】

(1)［方法一］：勾股运算法证明

由题设，知△D4E为等边三角形，设AE=1,

则。。=且，CO=BO=-AE=-,所以尸。=逅£＞。=也，

22264

PC=ylPO2+OC2=—=PB=PA

4

又A4?C为等边三角形，则一^=2。4,所以氏4=且，

sin602

3

PA2+PB2=-=AB2,则ZAPB=90°,所以姑_LP8,

4

同理B4_LPC,又PCDPB=尸，所以平面PBC；

［方法二］:空间直角坐标系法

不妨设48=2百，则AE=AD=1六=4,由圆锥性质知平面A8C,所以

sin60°

DO=yjAD2-AO2=V42-22=273>所以PO=显DO=血.因为。是AABC的外心，因

6

止匕AEJ.BC.

在底面过。作8c的平行线与A8的交点为W,以。为原点，丽方向为x轴正方向，朝方

向为y轴正方向，砺方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系。-孙z,

则4(0,-2,0),B(6,l,0),C(-百,1,0),E(0,2,0),P(0,0居.

所以丽=(0,2,0),丽=(-6,-1,&),/=(6,-1,夜).

故丽•丽=0-2+2=0，APCP=0-2+2=0.

所以AP_L3P,AP±CP.

又BPCCP=P,故APJ"平面PBC.

［方法三］:

因为AA8C是底面圆。的内接正三角形，且AE为底面直径，所以AE_LBC.

因为。。(即PO)垂直于底面，8c在底面内，所以POJ_BC.

又因为POu平面R4E,AEu平面R4£,POlAE=O,所以平面R4E.

又因为F4u平面PAE,所以B4J_5C.

设AEnbC=F,则F为BC的中点，连结PF.

设£)0="，且20=渔£)0,

6

则4尸=正“，PA=—a,PF=-a.

222

因此丛②+尸尸=A尸2,从而

又因为尸尸口8。=尸，所以PA_L平面PBC.

D

［方法四］:空间基底向量法

如图所示，圆锥底面圆。半径为R,连结OE,AE=AD=DE,易得00=6/?,

因为尸0=』5。£>,所以PO=X2R.

62

以次，而，而为基底，平面A8C,则丽=同+而=-3+且丽,

6

'BP=BO+OP=-OB+—Ol5,SLOAOB=-R1,OA-OD=OBOD=0

62

所以福•丽:-OA+一方+骼丽1=

OA.OB-OA.JLOD-OB.^OD

+-OD2=0.

666

故入户户=0.所以而_L而，BPAPLBP.

同理APLCP.又3PnCP=P,所以AP_L平面P8C.

(2)［方法一］:空间直角坐标系法

过。作。N〃BC交A8于点N,因为PO_L平面ABC,以O为坐标原点，0A为x轴，ON为

y轴建立如图所示的空间直角坐标系,

则E（4，0,0），尸（0,0净，吟，¥，o）,c（—"¥，o）,

设平面PCB的一个法向量为石=（%,y,%）,

n-PC=0-Xj-\f3y1-V2zj=0

_,zs<令玉=0,得Z|=-l,y=0,

n-PB=0-X]+6%-0Z1=0

所以3=(a,0,-l),

设平面PCE的一个法向量为"?=（/,必，z2）

m-PC=0一X）.2一二冠-=。=0，令一得L&.—2邛、C

由，一,得/rl<

m•PE=0

所以机=一夜）

n-m2V2_245

」.cos<m,n>=————=

故\n\-\m\/TVW'T"

V3x—

A/3

设二面角3-PC-E的大小为凡由图可知二面角为锐二面角，所以cos6=3叵

5

［方法二］【最优解】：几何法

设8CnAE=F,易知尸是BC的中点，过F作FG〃AP交PE于G,取PC的中点”,

联结GH,则

由抬J■平面PBC,得FG_L平面P8C.

由（1）可得，BC2=PB1+PC2,得PBJ.PC.

所以"_LPC,根据三垂线定理，得GH工PC.

所以NG//F是二面角3-PC-E的平面角.

3IEF11

设圆。的半径为〃则AF=A3sin60°=y,AE=2r,EF=y,俞=§,所以FG=,

FH=LPB=LPA,FG1

22~FH~2

在Rt^GFH中,tanZGHF^—=-,

FH2

cosZGHF=^-

5

所以二面角8-PC-E的余弦值为竽.

［方法三］:射影面积法

如图所示，在PE上取点4,使HE=>E,设BCAAE=N,连结NH.

4

由（1）知NE='AE,所以N”〃?A.故平面P8C.

4

所以，点”在面P8C上的射影为M

S

故由射影面积法可知二面角8-PC-£的余弦值为cos。二产.

、△PCH

在APCE中，令PC=PE=&,则CE=1,易知S〉CE=@.所以SVCH=3S#CE=^5・

24△4A16

3

又—‘故c°s"肝=盅=竽

16

所以二面角8-PC-E的余弦值为乎.

D

【整体点评】

本题以圆锥为载体，隐含条件是圆锥的轴垂直于底面，(1)方法一：利用勾股数进行运算证

明，是在给出数据去证明垂直时的常用方法；方法二：选择建系利用空间向量法，给空间立

体感较弱的学生提供了可行的途径；方法三：利用线面垂直，结合勾股定理可证出；方法四：

利用空间基底解决问题，此解法在解答题中用的比较少；

(2)方法一：建系利用空间向量法求解二面角，属于解答题中求角的常规方法；方法二：

利用几何法,通过三垂线法作出二面角，求解三角形进行求解二面角，适合立体感强的学生；

方法三：利用射影面积法求解二面角，提高解题速度.

【2020年新课标2卷理科】

10.如图，已知三棱柱48C-4/B/。的底面是正三角形，侧面B8/GC是矩形，M,N分别为

BC,B/G的中点，P为4M上一点，过B/G和P的平面交AB于E,交AC于尺

(1)证明：AAi//MN,且平面4MMN_LE8/C/F；

(2)设O为4A/B/Ci的中心，若40〃平面EBiCiF,且AO=AB,求直线B,E与平面AiAMN

所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；(2)叵.

10

【解析】

【分析】

(1)由例,N分别为BC,8c的中点，MN//CC-根据条件可得AA//88,,可证MN〃A4,,

要证平面E8CF1平面AAMN,只需证明斯J_平面4AMN即可；

(2)连接NP,先求证四边形OMH是平行四边形，根据几何关系求得£P,在8c截取

BQ=EP,由(1)BCJ•平面AAMN,可得NQPN为8避与平面AAMN所成角，即可求

得答案.

【详解】

(1)分别为BC,BC的中点，

又AAJIBB、,

/.MN//AA、,

在AABC中，M为3c中点，则

又•.・侧面88CC为矩形，

BC_LBB],

MNIBC,

由MNcAM=M,MN,AMu平面A^AMN,

「•8CJ_平面AAMN,

又B、Ci〃BC,且片G(z平面ABC,3Cu平面45C,

「•AC"平面ABC,

又•••MGu平面目?6尸，且平面E8C£c平面.。=叱

1.B]Ci"EF,

EF//BC,

又平面A,AMN,

£F_L平面AAMN,

•;EFu平面EBCF,

平面EB£F1平面%AMN.

(2)［方法一］:几何法

如图，过。作用G的平行线分别交于点联结A昂AO,ARNP,

由于AO//平面ESC7,E///平面EBCL，AO［\E^=O,

AOu平面AE1£,46u平面A&耳，所以平面A/耳〃平面E8C/.

又因平面AE£CI平面"蜴8=A&,平面E8C/c平面孤片8=E耳，所以E耳〃AE-

因为4G，AN,B,C,1MN,%NCMN=N,所以4Gl■面A4,NM.

又因巴耳〃4G，所以口耳，面44AM,

所以4骂与平面A4,NM所成的角为N&AO.